理论力学(周衍柏第三版)思考题习题答案.

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理论力学课后答案第五章(周衍柏)上课讲义

理论力学课后答案第五章(周衍柏)第五章思考题5.1虚功原理中的“虚功”二字作何解释？用虚功原理理解平衡问题，有何优点和缺点？5.2 为什么在拉格朗日方程中，a θ不包含约束反作用力？又广义坐标与广义力的含义如何？我们根据什么关系由一个量的量纲定出另一个量的量纲?5.3广义动量a p 和广义速度a q 是不是只相差一个乘数m ？为什么a p 比a q 更富有意义？5.4既然a q T ∂∂是广义动量，那么根据动量定理，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂αq T dt d 是否应等于广义力a θ？为什么在拉格朗日方程()14.3.5式中多出了aq T ∂∂项？你能说出它的物理意义和所代表的物理量吗？5.5为什么在拉格朗日方程只适用于完整系？如为不完整系，能否由式()13.3.5得出式()14.3.5？5.6平衡位置附近的小振动的性质，由什么来决定？为什么22s 个常数只有2s 个是独立的？5.7什么叫简正坐标？怎样去找？它的数目和力学体系的自由度之间有何关系又每一简正坐标将作怎样的运动？5.8多自由度力学体系如果还有阻尼力，那么它们在平衡位置附近的运动和无阻尼时有何不同？能否列出它们的微分方程？5.9 dL 和L d 有何区别？a q L ∂∂和aq L ∂∂有何区别？ 5.10哈密顿正则方程能适用于不完整系吗？为什么？能适用于非保守系吗？为什么？5.11哈密顿函数在什么情况下是整数？在什么情况下是总能量？试祥加讨论，有无是总能量而不为常数的情况？5.12何谓泊松括号与泊松定理？泊松定理在实际上的功用如何？5.13哈密顿原理是用什么方法运动规律的？为什么变分符号δ可置于积分号内也可移到积分号外？又全变分符号∆能否这样？5.14正则变换的目的及功用何在？又正则变换的关键何在？5.15哈密顿-雅可比理论的目的何在？试简述次理论解题时所应用的步骤.5.16正则方程()15.5.5与()10.10.5及()11.10.5之间关系如何？我们能否用一正则变换由前者得出后者？5.17在研究机械运动的力学中，刘维定理能否发挥作用？何故？5.18分析力学学完后，请把本章中的方程和原理与牛顿运动定律相比较，并加以评价.第五章思考题解答5.1 答：作.用于质点上的力在任意虚位移中做的功即为虚功，而虚位移是假想的、符合约束的、无限小的.即时位置变更，故虚功也是假想的、符合约束的、无限小的.且与过程无关的功，它与真实的功完全是两回事.从∑⋅=iii r F W δδ可知：虚功与选用的坐标系无关，这正是虚功与过程无关的反映；虚功对各虚位移中的功是线性迭加，虚功对应于虚位移的一次变分.在虚功的计算中应注意：在任意虚过程中假定隔离保持不变，这是虚位移无限小性的结果.虚功原理给出受约束质点系的平衡条件，比静力学给出的刚体平衡条件有更普遍的意义；再者，考虑到非惯性系中惯性力的虚功，利用虚功原理还可解决动力学问题，这是刚体力学的平衡条件无法比拟的；另外，利用虚功原理解理想约束下的质点系的平衡问题时，由于约束反力自动消去，可简便地球的平衡条件；最后又有广义坐标和广义力的引入得到广义虚位移原理，使之在非纯力学体系也能应用，增加了其普适性及使用过程中的灵活性.由于虚功方程中不含约束反力.故不能求出约束反力，这是虚功原理的缺点.但利用虚功原理并不是不能求出约束反力，一般如下两种方法：当刚体受到的主动力为已知时，解除某约束或某一方向的约束代之以约束反力；再者，利用拉格朗日方程未定乘数法，景观比较麻烦，但能同时求出平衡条件和约束反力.5.2 答因拉格朗日方程是从虚功原理推出的，而徐公原理只适用于具有理想约束的力学体系虚功方程中不含约束反力，故拉格朗日方程也只适用于具有理想约束下的力学体系，αθ不含约束力；再者拉格朗日方程是从力学体系动能改变的观点讨论体系的运动，而约束反作用力不能改变体系的动能，故αθ不含约束反作用力，最后，几何约束下的力学体系其广义坐标数等于体系的自由度数，而几何约束限制力学体系的自由运动，使其自由度减小，这表明约束反作用力不对应有独立的广义坐标，故αθ不含约束反作用力.这里讨论的是完整系的拉格朗日方程，对受有几何约束的力学体系既非完整系，则必须借助拉格朗日未定乘数法对拉格朗日方程进行修正.广义坐标市确定质点或质点系完整的独立坐标，它不一定是长度，可以是角度或其他物理量，如面积、体积、电极化强度、磁化强度等.显然广义坐标不一定是长度的量纲.在完整约束下，广义坐标数等于力学体系的自由度数；广义力明威力实际上不一定有力的量纲可以是力也可以是力矩或其他物理量，如压强、场强等等，广义力还可以理解为；若让广义力对应的广义坐标作单位值的改变，且其余广义坐标不变，则广义力的数值等于外力的功由W q r F s i ni i δδθδααα==⋅∑∑==11 知，ααδθq 有功的量纲，据此关系已知其中一个量的量纲则可得到另一个量的量纲.若αq 是长度，则αθ一定是力，若αθ是力矩，则αq 一定是角度，若αq 是体积，则αθ一定是压强等.5.3 答 αp 与αq 不一定只相差一个常数m ，这要由问题的性质、坐标系的选取形式及广义坐标的选用而定。

周衍柏《理论力学教程(第三版)》电子教案第三章4-5刚体力学解析

所以可以把所有空间力化为过一点的力和力偶. P点叫简化中心, 力的矢量和叫主矢, 力偶矩的矢量和叫对简化中心的主矩.
主矢使刚体平动状态发生变化主矩使刚体转动状态发生变化
2 刚体运动微分方程
如果ri代表刚体中任一质点Pi 对静止系S原点O的位矢, rC 为质心C对O的位矢, 而ri’ 为Pi 对质心C的位矢, 动坐标系S’随质心作平动, 其原点与质心C重合.
2
a R
T
a mg 5 m s2
mm
mM 2
h 1 at 2 2.5 m T 40 N
mg
2
例3、一质量为 m 、长为 l 的均质细杆，转轴在 O 点，距A端 l/3 . 杆从静止开始由水平位置绕O点转动. 求：（1）水平位置的角速度和角加速度. （2）垂直位置时的角速度和角加速度.
述位置仍处于平衡状态，求棍与地面的摩擦系数
解：受力分析知本题是一共
y
面力系的平衡问题, 取棍子所在的平面为xy平面, 则
Fx 0, N1 sin 0 f 0
B
N1
Cl
Fy 0, N1 cos0 N2 P 0
对A点
Pl cos0 N1h / sin 0 0
h P
O
l N2
0
x
f
A
第三章刚体力学
导读
• 空间力系和平行力系的求和 • 刚体运动微分方程和平衡方程 • 简单转动惯量的计算 •转动惯量的计算
§3.4 刚体运动方程与平衡方程
1 力系的简化
F1 F2 F3
将所有空间力作用点都迁移到一点.
力是滑移矢量
F
F
F
F
力可沿作用线移动，不能随意移动

理论力学(周衍柏第三版)习题答案

⑦--⑧
对⑦⑧俩式分别作如下处理：⑦ cos ，⑧ sin
即得
xcos ysin

ar ar
cos a sin cos sin a sin cos
⑨--⑩
⑨+⑩得
ar xcos ysin ⑾
把④⑥代入 ⑾得
ar r r2
3h 4
即午后 45 分钟时两船相距最近最近距离
1.3 解 1 如题 1.3.2 图
smin
15
3 2
15
3
15
3 2
km
4 4
2
y
A
r
a C

aB
O
x
第1.3题图
y
A r
O
C a B x
题1.3.2图
由题分析可知，点 C 的坐标为
v0

s t1

1 2
at1
a

2st2 t1t2 t1
t1 t2
1.2 解由题可知,以灯塔为坐标原点建立直角坐标如题 1.2.1 图.
AO
B 题1.2.1图
设
ห้องสมุดไป่ตู้
A 船经过 t0
小时向东经过灯塔,则向北行驶的
B
船经
过

t
0
1 1 2
小时经过灯塔任意时刻
A
船的坐标
即
1 1 t cot
此即质点的速度随时间而变化的规律.
v v0 r
1.12 证由题 1.11 可知质点运动有关系式
所以 dv dv d dv ，联立①②，有 dt d dt d

理论力学课后答案第五章(周衍柏)

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理论力学(周衍柏)习题答案,第五章

第五章习题解答5.1解如题5.1.1图杆受理想约束，在满足题意的约束条件下杆的位置可由杆与水平方向夹角所唯一确定。

杆的自由度为1，由平衡条件：即mg y =0①变换方程y=2rcos sin-= rsin2②故③代回①式即因在约束下是任意的，要使上式成立必须有：rcos2-=0④又由于cos=故cos2=代回④式得5.2解如题5.2.1图三球受理想约束，球的位置可以由确定，自由度数为1，故。

得由虚功原理故①因在约束条件下是任意的，要使上式成立，必须故②又由得：③由②③可得5.3解如题5.3.1图，在相距2a的两钉处约束反力垂直于虚位移，为理想约束。

去掉绳代之以力T，且视为主动力后采用虚功原理，一确定便可确定ABCD的位置。

因此自由度数为1。

选为广义坐。

由虚功原理：w①又取变分得代入①式得：化简得②设因在约束条件下任意，欲使上式成立，须有：由此得5.4解自由度，质点位置为。

由①由已知得故②约束方程③联立②③可求得或又由于故或5.5解如题5.5.1图按题意仅重力作用，为保守系。

因为已知，故可认为自由度为1.选广义坐标，在球面坐标系中，质点的动能：由于所以又由于故取Ox为零势，体系势能为：故力学体系的拉氏函数为：5.6解如题5.6.1图.平面运动，一个自由度.选广义坐标为，广义速度因未定体系受力类型，由一般形式的拉格朗日方程①在广义力代入①得：②在极坐标系下：③故将以上各式代入②式得5.7解如题5.7.1图又由于所以①取坐标原点为零势面②拉氏函数③代入保守系拉格朗日方程得代入保守系拉格朗日方程得5.8解：如图5.8.1图.(1)由于细管以匀角速转动，因此=可以认为质点的自由度为1.(2)取广义坐标.(3)根据极坐标系中的动能取初始水平面为零势能面，势能:拉氏函数①(4)，代入拉氏方程得：(5)先求齐次方程的解.②特解为故①式的通解为③在时：④⑤联立④⑤得将代回式③可得方程的解为：5.9解如题5.9.1图.（1）按题意为保守力系，质点被约束在圆锥面内运动，故自有度数为2. （2）选广义坐标，.（3）在柱坐标系中：以面为零势能面，则：拉氏函数-①（4）因为不显含，所以为循环坐标，即常数②对另一广义坐标代入保守系拉氏方程③有得④所以此质点的运动微分方程为（为常数）所以5.10解如题5.10.1图.（1）体系自由度数为2.（2）选广义坐标（3）质点的速度劈的速度故体系动能以面为零势面，体系势能：其中为劈势能.拉氏函数①（4）代入拉格郎日方程得：②代入拉格郎日方程得③联立②，③得5.11 解如题5.11.1图（1）本系统内虽有摩擦力，但不做功，故仍是保守系中有约束的平面平行运动，自由度（2）选取广义坐标（3）根据刚体力学其中绕质心转动惯量选为零势面，体系势能：其中C为常数.拉氏函数(4)代入保守系拉氏方程得：对于物体，有5.12解如题5.12.1图.（1）棒作平面运动，一个约束，故自由度. （2）选广义坐标（3）力学体系的动能根据运动合成又故设为绕质心的回转半径，代入①得动能②（4）由③（其中）则④因为、在约束条件下任意且独立，要使上式成立，必须：⑤（5）代入一般形式的拉氏方程得：⑥又代入一般形式的拉氏方程得：⑦⑥、⑦两式为运动微分方程（6）若摆动角很小，则，代入式得：，代入⑥⑦式得：⑧又故代入⑧式得：（因为角很小，故可略去项）5.13解如题5.13.1图(1)由于曲柄长度固定，自由度.(2)选广义坐标，受一力矩，重力忽略，故可利用基本形式拉格朗日方程：①(3)系统动能②（4）由定义式③（5）代入①得：得5.14.解如题5.14.1图.（1）因体系作平面平行运动，一个约束方程：(2)体系自由度，选广义坐标.虽有摩擦，但不做功，为保守体系（3）体系动能：轮平动动能轮质心转动动能轮质心动能轮绕质心转动动能.①以地面为零势面，体系势能则保守系的拉氏函数②(1)因为不显含，得知为循环坐标.故=常数③开始时：则代入得又时，所以5.15解如题5.15.1图（1）本系统作平面平行运动，干限制在球壳内运动，自由度；选广义坐标，体系摩擦力不做功，为保守力系，故可用保守系拉氏方程证明①（2）体系动能=球壳质心动能+球壳转动动能+杆质心动能+杆绕中心转动动能②其中代入②得以地面为零势面，则势能：（其中为常数）(3)因为是循环坐标，故常熟③而代入①式得④联立③、④可得（先由③式两边求导，再与④式联立）⑤⑤试乘并积分得：又由于当5.16解如题图5.16.1.（1）由已知条件可得系统自由度.（2）取广义坐标.（3）根据刚体力学，体系动能：①又将以上各式代入①式得：设原点为零势能点，所以体系势能体系的拉氏函数②(1)因为体系只有重力势能做工，因而为保守系，故可采用③代入③式得即（5）解方程得5.17解如题5.17.1图（1）由题设知系统动能①取轴为势能零点，系统势能拉氏函数②（2）体系只有重力做功，为保守系，故可采用保守系拉氏方程.代入拉氏方程得：又代入上式得即③同理又代入上式得④令代入③④式得：欲使有非零解，则须有解得周期5.18解如题5.18.1图（1）系统自由度（2）取广义坐标广义速度（3）因为是微震动，体系动能：以为势能零点，体系势能拉氏函数（4）即①同理②同理③设代入①②③式得欲使有非零解，必须解之又故可得周期5.19解如题5.19.1图（1）体系自由度（2）取广义坐标广义速度（3）体系动能体系势能体系的拉氏函数（4）体系中只有弹力做功，体系为保守系，可用①将以上各式代入①式得：②先求齐次方程③设代入③式得要使有非零，必须即又故通解为：其中又存在特解有②③式可得式中及为积分常数。

经典教材——周衍柏理论力学教程及参考答案chp-4

第四章思考题4.1为什么在以角速度ω转动的参照系中，一个矢量G 的绝对变化率应当写作G ωG G ⨯+=*dt d dt d 在什么情况下0=*dtd G？在什么情况下0=⨯G ω？又在什么情况下0=dtd G？ 4.2式（4.1.2）和式（4.2.3）都是求单位矢量i 、j 、k 对时间t 的微商，它们有何区别？你能否由式（4.2.3）推出式（4.1.2）？4.3在卫星式宇宙飞船中，宇航员发现自己身轻如燕，这是什么缘故？ 4.4惯性离心力和离心力有哪些不同的地方？4.5圆盘以匀角速度ω绕竖直轴转动。

离盘心为r 的地方安装着一根竖直管，管中有一物体沿管下落，问此物体受到哪些惯性力的作用？4.6对于单线铁路来讲，两条铁轨磨损的程度有无不同？为什么？4.7自赤道沿水平方向朝北或朝南射出的炮弹，落地是否发生东西偏差？如以仰角 40朝北射出，或垂直向上射出，则又如何？4.8在南半球，傅科摆的振动面，沿什么方向旋转？如把它安装在赤道上某处，它旋转的周期是多大？4.9在上一章刚体运动学中，我们也常采用动坐标系，但为什么不出现科里奥利加速度？第四章思考题解答4.1.答：矢量G 的绝对变化率即为相对于静止参考系的变化率。

从静止参考系观察变矢量G 随转动系以角速度ω相对与静止系转动的同时G 本身又相对于动系运动，所以矢量G 的绝对变化率应当写作G ωG G ⨯+=*dt d dt d 。

其中dtd G *是G 相对于转动参考系的变化率即相对变化率；G ω⨯是G 随动系转动引起G 的变化率即牵连变化率。

若G 相对于参考系不变化，则有0=*dt d G ，此时牵连运动就是绝对运动，G ωG ⨯=dt d ；若0=ω即动系作动平动或瞬时平动，则有0=⨯G ω此时相对运动即为绝对运动 dtd dt d G G *=；另外，当某瞬时G ω//，则0=⨯G ω，此时瞬时转轴与G 平行，此时动系的转动不引起G 的改变。

当动系作平动或瞬时平动且G 相对动系瞬时静止时，则有0=dtd G；若G 随动系转动引起的变化G ω⨯与相对动系运动的变化dtd G *等值反向时，也有0=dt d G 。

理论力学第三版(周衍柏)全部习题答案

彗星轨道为抛物线，即。近日点时。故近日点有
即
①
又因为
所以
②
（彗星在单位时间内矢径扫过的面积）
扫过扇形面积的速度
③
又因为
故
两边积分
④
从数学上我们可以得到两轨道交点为地球轨道半径处。
上升时下降时
题1.19.1图
则两个过程的运动方程为：
上升
①
下降：
②
对上升阶段:
即
对两边积分
所以
③
即质点到达的高度.
对下降阶段：
即
④
由③=④可得
1.20解作子弹运动示意图如题1.20.1图所示.
题1.20.1图
水平方向不受外力，作匀速直线运动有
①
竖直方向作上抛运动，有
②
由①得
③
代入化简可得
因为子弹的运动轨迹与发射时仰角有关，即是的函数，所以要求的最大值.把对求导，求出极值点.
因为
所以
即
令
上式化为
这是一个二阶常系数废气次方程。
解之得
微积分常数，取，故
有
令
所以
1.45证由题意可知，质点是以太阳为力心的圆锥曲线，太阳在焦点上。
轨迹方程为
在近日点处
在远日点处
由角动量守恒有
所以
1.46解因为质点速率
所以
又由于
即
又因为
所以
两边积分
即
1.47证（）设地球轨道半径为。则彗星的近日点距离为。圆锥曲线的极坐标方程为
时，得 ,故
⑦
同理，把⑦代入⑤可以解出
把⑦代入⑤
代入初条件时，，得 .所以

理论力学教程(第三版)第三章周衍柏编

质心 c 的纵坐标
P
∫ yc =
θ0 ρdθR(R cosθ
−θ0
θ0 ρRdθ
− R) = −R + sinθ0
θ0
R
∫−θ0
上式中 ρ 为圆弧的线密度
l = R − sinθ0 R ② θ0
又
[ ] ∫ I =
θ0 ρR (R cosθ − R)2 + (R sinθ )2 dθ
−θ 0
=
c2 ⎜⎜⎝⎛1 −
y2 b2
⎟⎟⎠⎞
故积分
H
S(y)
=
πac⎜⎜⎝⎛1 −
y2 b2
⎟⎟⎠⎞
P∫ ∫ ∫ y2dm =
b −b
y2S(y)
⋅
ρdy
=
b −b
y2πac⎜⎜⎝⎛1 −
y2 b2
⎟⎟⎠⎞ρdy
=
4 πρab3c 15
同理可求
∫ ∫ x2dm = 4 πρa3bc, z2dm = 4 πρabc3
第三章习题解答
3.1 解如题 3.1.1 图。
y
N1 o
N2 θ
B
θ
x
θθ
G
A
题3.1.1图
S C
I 均质棒受到碗的弹力分别为 N1 ， N2, 棒自身重力为G 。棒与水平方向的夹角为
θ 。设棒的长度为 l 。
S 由于棒处于平衡状态，所以棒沿 x 轴和 y 轴的和外力为零。沿过 A 点且与
z 轴平行的合力矩为 0。即：
I
S O 为正方体中心。Ox 、Oy 、Oz 分别与正方体的边平行。由对称性可知，Ox 、
Oy 、Oz 轴就是正方体的中心惯量主轴。设正方体的边长为 a 。设为平行于轴的一小方条的体积，则正方体绕轴的转动惯量

高等教育出版社理论力学第三版(周衍柏)第1章习题解答

O
θ A
α
1.19 将质量为 m 的质点竖直抛上于有阻力的媒质中。设阻力与速度平方成正比，即
R = mk 2gv2 。如上抛时的速度为 v0 ，试证此质点又落至投掷点时的速度为
v1 =
v0
1
+
k
2v
2 0
1.20 一枪弹以仰角α 、初速度 v0 自倾角为 β 的斜面的下端发射。试证子弹击中斜面的地方和发射点的距离 d （沿斜面量取）及此距离的最大值分别为
1.41 试导出下面有心力量值的公式：
F = mh2 dp−2 2 dr
式中 m 为质点的质点，r 为质点到力心的距离，h = r 2θ = 常数， p 为力心到轨道切线的垂
直距离。 1.42 试利用上题的结果，证明：
(a ) 如质点走一圆周，同时力心位于此圆上，则力与距离五次方成反比。 (b) 如一质点走一对数螺线，而其质点即力心，则力与距离立方成反比。
低点时停止运动，则摩擦系数 μ 应满足下式
试证明之。
μ 2eμπ = 1
1.31 假定单摆在有阻力的媒质中振动，并假定振幅很小，故阻力与 θ 成正比，且可写为
R = −2mklθ ，式中 m 是摆锤的质量， l 为摆长， k 为比例系数。试证当 k 2 ＜ g 时，单摆 l
的振动周期为
τ = 2π
l g − k 2l
1.32 光滑楔子以匀加速度 a0 沿水平面运动。质量为 m 的质点沿楔子的光滑斜面滑下。求质点的相对加速度 a′ 和质点对楔子的压力 P 。 1.33 光滑钢丝圆圈的半径为 r ，其平面为竖直的。圆圈上套一小环，其中为 w 。如钢丝圈
以匀加速度 a 沿竖直方向运动，求小环的相对速度 vr 及圈对小环的反作用力 R 。 1.34 火车质量为 m ，其功率为常数 k 。如果车所受的阻力 f 为常数，则时间与速度的关系

理论力学教程思考题第三版.doc

第一章思考题解答1.1答：平均速度是运动质点在某一时间间隔内位矢大小和方向改变的平均快慢速度，其方向沿位移的方向即沿对应的轨迹割线方向；瞬时速度是运动质点在某时刻或某未知位矢和方向变化的快慢程度其方向沿该时刻质点所在点轨迹的切线方向。

在的极限情况，二者一致，在匀速直线运动中二者也一致的。

1.2答：质点运动时，径向速度和横向速度的大小、方向都改变，而中的只反映了本身大小的改变，中的只是本身大小的改变。

事实上，横向速度方向的改变会引起径向速度大小大改变，就是反映这种改变的加速度分量；经向速度的方向改变也引起的大小改变，另一个即为反映这种改变的加速度分量，故，。

这表示质点的径向与横向运动在相互影响，它们一起才能完整地描述质点的运动变化情况1.3答：内禀方程中，是由于速度方向的改变产生的，在空间曲线中，由于恒位于密切面内，速度总是沿轨迹的切线方向，而垂直于指向曲线凹陷一方，故总是沿助法线方向。

质点沿空间曲线运动时，z 何与牛顿运动定律不矛盾。

因质点除受作用力，还受到被动的约反作用力，二者在副法线方向的分量成平衡力，故符合牛顿运动率。

有人会问：约束反作用力靠谁施加，当然是与质点接触的周围其他物体由于受到质点的作用而对质点产生的反作用力。

有人也许还会问：某时刻若大小不等，就不为零了？当然是这样，但此时刻质点受合力的方向与原来不同，质点的位置也在改变，副法线在空间中方位也不再是原来所在的方位，又有了新的副法线，在新的副法线上仍满足。

这反映了牛顿定律得瞬时性和矢量性，也反映了自然坐标系的方向虽质点的运动而变。

1.4答：质点在直线运动中只有，质点的匀速曲线运动中只有；质点作变速运动时即有。

1.5答：即反应位矢大小的改变又反映其方向的改变，是质点运动某时刻的速度矢量，而只表示大小的改变。

如在极坐标系中，而。

在直线运动中，规定了直线的正方向后，。

且的正负可表示的指向，二者都可表示质点t t t ∆+→t ∆0→∆t r V θV r a r r V θa θθ r r +θV θV r V 2θr -r V θV θr 2θr r a r -=.2θθθ r r a +=n a a v n a v n a 0,0≠=b b F a F R 0=+b b R F 0=b a b b R F 与b a b a 00==+b b b a R F 即n a a 而无ττa a n 而无n t a a 又有dt d r r dtdr r j i r θ r r dt d +=r dt dr =dt d dt dr r =dt dr dt d r的运动速度；在曲线运动中，且也表示不了的指向，二者完全不同。

理论力学(周衍柏第三版)思考题习题答案

er e F r F r 0
e F r F r e e 0 0
由于坐标系的选取只是数学手段的不同，它不影响力场的物理性质，故在三维直角坐标系中仍有 F 0 的关系。在直角坐标系中
r xi yj zk,Fr Fx r i Fy i j Fz r k
第一章思考题解答
1.1 答：平均速度是运动质点在某一时间间隔 t t t 内位矢大小和方向改变的平均快慢速度，其方向沿位移的方向即沿 t 对应的轨迹割线方向；瞬时速度是运动质点在某时刻或某未知位矢和方向变化的快慢程度其方向沿该时刻质点所在点轨迹的切线方向。在 t 0 的极限情况，二者一致，在匀速直线运动中二者也一致的。 1.2 答：质点运动时，径向速度 V 和横向速度 Vθ 的大小、方向都改变，而 a 中的 r 只反映 r r 了 Vr 本身大小的改变， a 中的 r r 只是 Vθ 本身大小的改变。事实上，横向速度 Vθ 方向的改变会引起径向速度 Vr 大小大改变， r 2 就是反映这种改变的加速度分量；经向速度 Vr 的方向改变也引起 Vθ 的大小改变，另一个 r 即为反映这种改变的加速度分量，故
dt
而
dr 只表示大小的改变。如在极坐标系中， dr j 而 dr r i r 。在直线运动中，规 r r dt dt dt
dr dr dr 的正负可表示 dr 的指向，二者都可表示质点的运。且 dt dt dt dt
定了直线的正方向后，
动速度；在曲线运动中
dr dr ，且 dr 也表示不了 dr 的指向，二者完全不同。 dt dt dt dt
Fb 与Rb 大小不等， a b 就不为零了？当然是这样，但此时刻质点受合力的方向与原来不同，

周衍柏《理论力学教程第三版》电子教案章作业解答

T
N
T
物体 : ma2 mg T
圆柱 : M a1 T f
I0
d dt
T
f R,I0
1 2
MR2
Mr
f Mg
m mg
xC
R , d dt
xC R
a1 R
a1
3M4m8gm,a2
8mg 3M8m
a A 2a1 a2
T 3Mmg 3M8m 团结信赖创造挑战
4.2) 一直线以匀角速在一固定平面内绕一端O转动. 当直线位于Ox的位置时, 有
mx2mysin
x2ysinC1
my2mzcosxsiny2zcosxsinC2
mzmg2mycos
zgt2ycosC3
在t =0,
x y 0,z v0, x yz 0
x 2ysin
y 2zcosxsin
zv0 gt2ycos
将这个结果反代入第一式, 忽略2项. 化简,得
团结信赖创造挑战
x0
竖直直线所成的角满足下列关系
tan
a2
b2 2ab
解: 研究对象为ABC结构,受力分析如图. 按照题意,知道
R
A
B m1g
m 1a,m 2b
m2g
C
平衡时:
i n 1 M A 0 m 1 g a 2 si m n 2 g b 2 c o a ss i n ta ( m n 1 m 2 2 b m 2 ) a
y2gtcos2v0cos
zg
再进行积分,并代入初始条件得:
x 0
y gt2cos2v0tcos
zv0 gt
x 0
再积分,并代入初始条件得:
y

周衍柏《理论力学教程(第三版)》电子教案 3-4章作业解答

4.10) 质量为m的小环M, 套在半径为a的光滑圆圈上, 并可沿着圆圈滑动. 如圆圈在水平面内以匀角速绕圈上某点O转动, 试求小 y 环沿圆圈切线方向的运动微分方程. 解: 设坐标系如图, oxy为水平面,它绕z轴转动,即圆圈为转动参照系受力分析,重力和约束反力都在z轴方向, 没有画出. 惯性离心力m2r , 科里奥利力为 FC= -2m×v
2 sin 0
4.12) 一质点如以初速v0在纬度为的地方竖直向上射出, 达到h 高度复落至地面. 假定空气阻力可以忽略不计, 试求落至地面时的偏差.
解: 设地球为转动坐标系,在北纬处, 由地心指向为单位矢量k指向, j表示东, i为南.地球自转角速度为绕地轴匀速转动状态
第十四讲作业复习(二)
3.1)半径为r的光滑半球形碗, 固定在水平面上. 一均质棒斜靠在碗缘, 一端在碗内, 一端则在碗外, 在碗内的长度为c, 试证棒的全长为 4c 2 2r 2 N
c
证: 研究对象为棒, 建立直角坐标系并受力分析如图.
平衡方程
y
A

R
B mg
x
F
n
x
0 R cos mg sin R mg tan
4.2) 一直线以匀角速在一固定平面内绕一端O转动. 当直线位于Ox 的位置时, 有一质点P开始从O点沿该直线运动. 如欲使此点的绝对速度v的量值为常数, 问此点应按何种规律沿此直线运动?
解:这是一个平面转动.如图坐标系 r r i rj v r
vB v A rBA vBx v Ax y B v v x Ay B By
and
yB 0, xB a

理论力学周衍柏第三版第二章习题答案

第二章习题解答2.1 解均匀扇形薄片，取对称轴为x 轴，由对称性可知质心一定在x 轴上。

题2.1.1图有质心公式⎰⎰=dmxdm x c 设均匀扇形薄片密度为ρ，任意取一小面元dS ，drrd dS dm θρρ==又因为θcos r x =所以θθθρθρsin 32adrrd dr rd x dmxdm x c ===⎰⎰⎰⎰⎰⎰对于半圆片的质心，即2πθ=代入，有πππθθa a ax c 3422sin 32sin 32=⋅==2.2 解建立如图2.2.1图所示的球坐标系题2.2.1图把球帽看成垂直于z 轴的所切层面的叠加（图中阴影部分所示）。

设均匀球体的密度为ρ。

则)(222z a dz y dv dm -===ρπρπρ由对称性可知，此球帽的质心一定在z 轴上。

代入质心计算公式，即)2()(432b a b a dmzdmz c ++-==⎰⎰2.3 解建立如题2.3.1图所示的直角坐标，原来人W 与共同作一个斜抛运动。

yO题2.3.1图当达到最高点人把物体水皮抛出后，人的速度改变，设为x v ，此人即以 x v 的速度作平抛运动。

由此可知，两次运动过程中，在达到最高点时两次运动的水平距离是一致的（因为两次运动水平方向上均以αcos v 0=水平v 作匀速直线运动，运动的时间也相同）。

所以我们只要比较人把物抛出后水平距离的变化即可。

第一次运动：从最高点运动到落地，水平距离1st a v s ⋅=cos 01 ① gt v =αsin 0 ② ααcos sin 201gv s =③第二次运动:在最高点人抛出物体，水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，有)(cos )(0u v w Wv v w W x x -+=+α可知道u wW w a v v x ++=cos 0水平距离αααsin )(cos sin 0202uv gW w w gv t v s x ++==跳的距离增加了12s s s -=∆=αsin )(0uv gw W w +2.42.4 解建立如图2.4.1图所示的水平坐标。

理论力学第三版课后习题答案

理论力学第三版课后习题答案【篇一：理论力学教程思考题答案第三版.doc】2r?.。

这表示质点的径向与横向运动在相互影响，它们一起才?2，a??rar??r??r?能完整地描述质点的运动变化情况1.3答：内禀方程中，an是由于速度方向的改变产生的，在空间曲线中，由于a恒位于密切面内，速度v总是沿轨迹的切线方向，而an垂直于v指向曲线凹陷一方，故an总是沿助法线方向。

质点沿空间曲线运动时，ab?0,fb?0z何与牛顿运动定律不矛盾。

因质点除受作用力f，还受到被动的约反作用力r，二者在副法线方向的分量成平衡力fb?rb?0，故ab?0符合牛顿运动率。

有人会问：约束反作用力靠谁施加，当然是与质点接触的周围其他物体由于受到质点的作用而对质点产生的反作用力。

有人也许还会问：某时刻若fb与rb大小不等，ab就不为零了？当然是这样，但此时刻质点受合力的方向与原来不同，质点的位置也在改变，副法线在空间中方位也不再是原来ab所在的方位，又有了新的副法线，在新的副法线上仍满足fb?rb?0即ab?0。

这反映了牛顿定律得瞬时性和矢量性，也反映了自然坐标系的方向虽质点的运动而变。

1.4答：质点在直线运动中只有a?而无an，质点的匀速曲线运动中只有an而无a?；质点作变速运动时即有at又有an。

1.5而dr即反应位矢r大小的改变又反映其方向的改变，是质点运动某时刻的速度矢量，dtdrdr?j而dr?r?i?r??。

在直线运动中，?r只表示r大小的改变。

如在极坐标系中，dtdtdt规定了直线的正方向后，drdrdrdr。

且的正负可表示的指向，二者都可表示质点dtdtdtdt的运动速度；在曲线运动中drdrdrdr?，且也表示不了的指向，二者完全不同。

dtdtdtdtdvdv表示质点运动速度的大小，方向的改变是加速度矢量，而只是质点运动速度大小dtdtdvdvaan,而?a?。

dtdt的改变。

在直线运动中规定了直线的正方向后，二者都可表示质点运动的加速度；在曲线运动中，二者不同，1.6答：不论人是静止投篮还是运动投篮，球对地的方向总应指向篮筐，其速度合成如题1.6v球对人v人对地题1-6图图所示，故人以速度v向球网前进时应向高于篮筐的方向投出。

理论力学期末复习重点习题答案(周衍柏第三版)

1.1 由题可知示意图如题1.1.1图:{{SSt t 题1.1.1图设开始计时的时刻速度为0v ,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为a . 则有:()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-+=-=221210211021221t t a t t v s at t v s 由以上两式得11021at t s v +=再由此式得()()2121122t t t t t t s a +-=证明完毕.1.2 解由题可知,以灯塔为坐标原点建立直角坐标如题1.2.1图.设A 船经过0t 小时向东经过灯塔,则向北行驶的B 船经过⎪⎭⎫ ⎝⎛+2110t 小时经过灯塔任意时刻A 船的坐标()t t x A 15150--=，0=A yB 船坐标0=B x ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛+-=t t y B 15211150则AB 船间距离的平方()()222B A B A y y x x d -+-=即()2021515t t d -=201521115⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛++t t()20202211225225675900450⎪⎭⎫ ⎝⎛++++-=t t tt t题1.2.1图2d 对时间t 求导()()67590090002+-=t t dtd d AB 船相距最近，即()02=dtdd ，所以h t t 430=- 即午后45分钟时两船相距最近最近距离22min231543154315⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-⨯+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=s km1.3 解 ()1如题1.3.2图y题1.3.2图由题分析可知，点C 的坐标为⎩⎨⎧=+=ψψϕsin cos cos a y a r x 又由于在∆AOB 中，有ϕψsin 2sin ar =（正弦定理）所以ry r a 2sin 2sin ==ψϕ联立以上各式运用1cos sin 22=+ϕϕ由此可得rya x r a x 22cos cos --=-=ψϕ得第1.3题图12422222222=---++r y a x y a x r y 得22222223y a x r a x y -=-++化简整理可得()()2222222234r a y x y a x -++=-此即为C 点的轨道方程. （2）要求C 点的速度，分别求导⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=--=2cos sin cos 2cos sin ϕωψψϕωϕωr y r r x 其中ϕω = 又因为ψϕsin 2sin a r =对两边分别求导故有ψϕωψcos 2cos a r =所以22y x V +=4cos sin cos 2cos sin 2222ϕωψψϕωϕωr r r +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--= ()ψϕψϕϕψω++=sin cos sin 4cos cos 22r1.5 解由题可知，变加速度表示为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=T t c a 2sin 1π 由加速度的微分形式我们可知dtdv a =代入得dtT t c dv ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2sin 1π 对等式两边同时积分dt T t c dv t v⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛-=002sin 1π可得：D Ttc Tct v ++=2cos2ππ（D 为常数）代入初始条件：0=t 时，0=v ，故c TD π2-=即⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=12cos2T t T t c v ππ 又因为dtds v =所以=ds dt T t T t c ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+12cos2ππ 对等式两边同时积分，可得：⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-+=t T t T T t c s 2sin 22212πππ1.6 解由题可知质点的位矢速度r λ=//v ①沿垂直于位矢速度μθ=⊥v又因为 r r λ== //v ，即r rλ= μθθ==⊥r v 即rμθθ=()()j i v a θ r dtd r dt d dt d +==（取位矢方向i ，垂直位矢方向j ）所以()j i i i θ r rdtd r i dt r d r dt d +=+=()dtd r dt d r dt dr r dt d j j j j θθθθ ++=i j j 2r r r θθθ -+= 故()()j i a θθθ r r r r22++-= 即沿位矢方向加速度()2θ r ra -= 垂直位矢方向加速度()θθr r a 2+=⊥ 对③求导r rr 2λλ== 对④求导θμμθθr rr +-=2⎪⎭⎫⎝⎛+=λμμθr 把③④⑦⑧代入⑤⑥式中可得rr a 222//θμλ-= ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⊥r a μλμθ1.10解由题可知运动轨迹如题1.10.1图所示，则质点切向加速度dtdv a t =法向加速度ρ2n v a =，而且有关系式ρ2v 2k dt dv -= ①又因为题1.10.1图()232y 1y 1'+''=ρ②2px y 2=所以ypy =' ③ 32yp y -='' ④联立①②③④2322322y p 1y p 2kv dtdv⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-= ⑤又dydvydt dy dy dv dt dv =⋅= 把2px y 2=两边对时间求导得pyy x= 又因为222y xv += 所以22221py v y+= ⑥ 把⑥代入⑤23223222122121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅-=⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+y p y p kv dydvp y v既可化为222py dykp v dv +-= 对等式两边积分222py dykp v dv p p vu+-=⎰⎰- 所以πk ue v -=1.11解由题可知速度和加速度有关系如图1.11.1所示⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====ααcos sin 2a dt dv a a r va t n 两式相比得dtdvr v ⋅=ααcos 1sin 2即2cot 1vdv dt r =α 对等式两边分别积分20cot 1v dv dt r v v t⎰⎰=α 即αcot 110rtv v -= 此即质点的速度随时间而变化的规律.1.12证由题1.11可知质点运动有关系式⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==ααcos sin 2a dtdv a r v ①② 所以ωθθθd dv dt d d dv dt dv =⋅=，联立①②，有题1.11.1图ααωθcos sin 2r v d dv = 又因为r v ω=所以θαd vdvcot =，对等式两边分别积分，利用初始条件0=t 时，0θθ= ()αθθcot 00-=e v v1.19 解质点从抛出到落回抛出点分为上升和下降阶段.取向上为正各力示意图如题1.19.1图，上升时下降时题1.19.1图则两个过程的运动方程为：上升22y g mk mg ym --= ① 下降：22y g mk mg ym +-=- ② 对上升阶段:()221v k g dtdv+-= ()221v k g dyvdvdt dy dy dv +-== 即gdy vk vdv-=+221 对两边积分gdy vk vdv h v ⎰⎰-=+022010所以()20221ln 21v k gk h +=③ 即质点到达的高度. 对下降阶段：22gv k g dyvdvdt dy dy dv -== 即gdy vk vdv h v ⎰⎰=-022011()21221ln 21v k gk h --= ④ 由③=④可得202011vk v v +=1.21 解阻力一直与速度方向相反，即阻力与速度方向时刻在变化，但都在轨道上没点切线所在的直线方向上，故用自然坐标比用直角坐标好.轨道的切线方向上有：θsin mg mkv dtdv m --= ① 轨道的法线方向上有：θcos 2mg rv m = ② 由于角是在减小的，故θd ds r -= ③ 由于初末状态由速度与水平方向夹角θ来确定，故我们要想法使①②变成关于θ的等式由①dsdv mv dt ds ds dv m dt dv m== 即题1.21.1图θsin mg mkv dsdvmv--= ④ 把代入可得θθcos 2mg dsd mv -= ⑤ 用④÷⑤可得θθθcos sin 1g g kv d dv v +=θθθθθd v d g k dv vcos sin cos 12+=θθθθθθd v g kd v dv 222cos sin cos cos += θθθθθ222cos cos sin cos g kd v d v dv =- 即()θθθθ222cos cos cos g kd v v d =，两边积分得 C gkv +=-θθtan cos 1 ⑥代入初始条件0=t 时，0,v v ==αθ即可得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=ααtan cos 10g k v C 代入⑥式，得()[]g kv gv v +-=θαθαtan tan cos cos cos 0 ⑦又因为θωcos ,2mg rv m r v ==所以vg dt d θθωcos --=⑧把⑦代入⑧()[]dt g d g kv gv θθθαθαcos tan tan cos cos cos 0-=+-积分后可得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=g kv k t αsin 21ln 1101.24 解以竖直向下为正方向，建立如题1.24.2图所示坐标，T 'm mTT 'T 'm TT '()1()2(3题1.24.1图题1.24.2图以①开始所在位置为原点.设①-②-③处物体所处坐标分别为321,,y y y ，则3个物体运动微分方程为：⎪⎩⎪⎨⎧=-=-+'='-32122y m T m g y m T m g T y m T m g①-②-③ 由②于③与、之间是，即不可伸长轻绳连接，所以有32y y -=，即yy -= ④ 之间用倔强系数amg k =弹性绳联结.故有()()a y y amga y y k T --=--='2121 ⑤ 由①⑤得()g y y agy2211+--= ⑥ 由②③④得mg ym T +='23 ⑦ 代入①，有213yy -= ⑧ 代入⑥，有g y agy=+1134 ⑨ 此即为简谐振动的运动方程. 角频率ag 32=ω 所以周期ga 32πωπτ==解⑨得43sin cos 211a t A t A y ++=ωω以初始时③为原点，0=t 时，0,011==y y .所以a t a y 43cos 431+-=ω ⑩ 代入①得⎪⎪⎭⎫⎝⎛-='t a g m g T 32cos 1 联立-③④⑧⑩得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t a g m g T 32cos 3112 1.28解建立如题1.28.1图所示直角坐标.椭圆方程12222=+bya x ① 从A 滑到最低点B ，只有重力做功.机械能守恒.即221mv mgb =② 设小球在最低点受到椭圆轨道对它的支持力为N 则有：ρ2v mmg N == ③ρ为B 点的曲率半径.题1.28.1图B A →的轨迹：221ax b y --=得2221ax abx y -='；2322211⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅=''a x ab y 又因为()223211a b y y k ='+''==ρ所以⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⨯+=+=2222212a b W mgh a b mg mv mg N ρ故根据作用力与反作用力的关系小球到达椭圆最低点对椭圆压力为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+2221a b W方向垂直轨道向下.1.32 解：设楔子的倾角为θ，楔子向右作加速度0a 的匀加速运动，如图1.32.1图。

理论力学(周衍柏)习题集答案解析,第五章

第五章习题解答5.1解如题5.1.1图颠七.1图杆受理想约束，在满足题意的约束条件下杆的位置可由杆与水平方向火角a所唯一确定。

/r的自由度为1,由平衡条件:mg力y =0①变换方程f a—sin ayl =2rcos fl! sin flf - 2 = rsin2 2 (2小,1, V 2r cos 2cc~ —1cos Ci6a2/叵代回①式即1 )2r cos(3f--/ cos it(5a= 02 j因5a在约束下是任意的，要使上式成立必须有:I-cosa rcos2 二-- =013 = 0= 2r sin fi- (/+r)si sin a三球受理想约束，球的位置可以由 4确定，自由度数为1,故。

Xj = -2r sin-0 + r)$in a又由于代回④式得5.2解如题5.2.1图.4rcos2o;COSGf ④c2 -2rcos2 二= 二题321图用二口+『)COS比乃=0 +产)cos aj3 = (? +r)cos】-2r cos §物=_Q+ r)sin毋m = _Q+r)sin ada8三二-(/ 4-r)sin drd'(2f+2rsin ■8d由虚功原理4物+马a2+月弧=oa产-(Z + r)sin 值5值一1 + 八5m aSa- (/ +r)那a5a+ 2r sm R—(5af= 05a 0因灰K在约束条件下是任意的，要使上式成立，必须-3（/ + r）sin cr+2rsin B- -0 6a故3a _ 2r sin §第3（"小met a又由的*泯力纵得：Sa _2rgs f羽（，+比。

£口③由②③可得tan £ = 3 tan 45.3解如题5.3.1图,8 54 口VTF \y题531 ―在相距2a的两钉处约束反力垂直于虚位移，为理想约束。

去掉纯代之以力T,且视为主动力后采用虚功原理，4 一确定便可确定ABCD的位置因此自由度数为1。

理论力学(周衍柏)习题答案,第四章

第四章习题解答4.1解如题4.1.1图所示.坐标系的原点位于转动的固定点，轴沿轴与角速度的方向一致，即设点沿运动的相对速度为则有题意得：故在点时的绝对速度设与轴的夹角为，则故与边的夹角为，且指向左上方。

点时绝对速度设的夹角为，则,故与边的夹角为，且指向左下方。

4.2解如题4.2.1图所示，以转动的方向为极角方向建立坐标系。

轴垂直纸面向外，设点相对速度①设绝对速度的量值为常数，则：②对②式两边同时球时间导数得：依题意故解得通解当时，，将其带入①式游客的知：时，即最后有4.3解如题4.3.1图所示，直角坐标的原点位于圆锥顶点轴过圆锥的对称轴.点在轴上对应的一点，且有，所以点的绝对加速度：最后有4.4解如题4.4.1图所示，题4.4.1图坐标系是以轴转动的坐标系.图中画出的是曲线的一段，在任意一点处，假设某质点在此处静止，则该质点除了受重力、钢丝的约束力之外，还会受惯性离心力的作用，，方向沿轴正向，在作用下，致信处于平衡状态，则有①②有①得③又因为过原点.对上式积分得抛物线有③得将代入②的反作用力4.5以直管为参照系，方向沿管，沿竖直轴建立坐标系，则小球受力为：故沿方向运动的微分方程为：①有初始条件：可得①式解为故当邱刚离开管口时，即时.则得所以此时：故当球刚要离开管口时的相对速度为，绝对速度为，小球从开始运动到离开管口所需时间为4.6解以光滑细管为参考系，沿管，沿水平轴建立坐标系，如题4.6.1图所示，则小球受力为：故沿方向运动的微分方程为：①方程的通解而方程①的特解为：故方程①的通解为：初始条件为当时，故可得所以质点相对于管的运动规律为：4.7解以水平细管为参考系，沿管，沿竖直转动轴向上建立坐标系，如题图4.7.1图所示则易得质点反方向的运动微分方程为：①②将方程①②作简单变换可得：化简得其通解为：初始条件为：故可得：故4.8解以抛物线形金属丝为参照物沿抛物线在顶点的切线方向，沿竖直轴建立坐标系，则小环的运动微分方程为：①②故代入①②得化简即得4.9解一当小环相对平衡时，由上题可知即要求为常数，故故解二以地面为参照系，则小球受力，如图4-8所示.其中为固定地面的坐标系，故平衡时有：4.10解以地面为参考系，则小环的运动微分方程为：其中为与圆心的连线和通过点的直径间所夹的角化简得4.11解以地面为非惯性参考系，建立坐标系，指正南，竖直向上，发射点为原点，炮弹的运动微分方程为：①②③初始条件为故将①②③积分一次代入初始条件后得：④⑤⑥有⑥可得落地时间：⑦其中所以将展开可得由式及初始条件可得所以炮弹落地时的横向偏离为4.1 解以地面为非惯性，建立坐标系指向正南，竖直向上，上抛点为原点，质点的运动微分方程为：①初始条件为：如上题同理可得②③④代入①式得有④式求出落地时间为：有③式得：将代入得复落至地面时：。