理论力学简明教程复习题题库 (物理专业用)

理论力学复习题 计算题题库

第一章质点力学

点沿空间曲线运动，在点M处其速度为v4i3j ，加速度a与速度

v夹角300，且a10m/s2。求轨迹在该点密切面内的曲率半径和

切向加速度a。

答：由已知条件v4i3j得

v42325m/s 法向加速度anasin3005m/s2 v2则曲率半径5m 切向加速度 aacos3008.66m/s2

an一点向由静止开始作匀加速圆周运动，试证明点的全加速度和切向加速度的夹角与其经过的那段圆弧对应的圆心角之间有如下关系tan2

证明：设点M沿半径为R的圆作圆周运动，t时刻走过的路程为AM=s，速度为v，对应的

anv2tanaaRaadvdvvCbdtdss0圆心角为。由题设条件知

C为常数 积分(b)式得0vvdvads 所以v22asc

将（c）式代入（a），并考虑sR，所以tan2

质点M的运动方程为x3t(m),y2t2(m) 求t=1秒时，质点速度、切

向加速度、法向加速度的大小。

2y29165m 3(m),y4t4(m) 所以有vx解：由于xsss2y2916t2 则又：vx11221916t32tatv232t2916t1223.2ms

0,4m,a224mxyxyss

222anaat163.22.4ms点M沿半径为R的圆周运动。如果

anK(K为已知常数），以初a始位置为原点，原点初速度为v0。求点的弧坐标形式的运动方程及点的速度减少一半时所经历的时间。

解：设点的初始位置为A。依题意

andvv2a dtKKR积分上式vvRKv011tdv1tv 得 dt200vKRv0tv0vKRKRt则弧坐标形式的运动方程为s0当vv0KR时t

v02KRv0vtdtKRln10

KRk0tKR一质点沿圆滚线s4asin的弧线运动，如为常数，则其加速度亦为一常数，试证明之。式中为圆滚线某点P上的切线与水平线（x轴）所成的角度，s为P点与曲线最低点之间的曲线弧长。 解：因s4asin 故vdscos4acos 4adt

式中=常量（题设）

v2dvds2又a4asin an 而4acos

dtd16a22cos24a2cos 所以an4acos24a2sin2cos24a2=常数 结论得证 故aa2anv2设质点沿螺旋线x2sin4t,y2cos4t,z4t运动，试求质点的速度、加速度和轨道的曲率半径。 解：因x2sin4t,y2cos4t,z4t

8cos4t4y,y8sin4t4x,z4 故x2y2z24x2y2145 所以vx4y16x,4x16y,0 又xyz22216x2y232 所以axyz又a2yydv12xx4xy4xy440 22dt2x2y21xy1所以ana16x2y232

v280而2.5

an32小环的质量为m。套在一条光滑的钢索上，钢索的方程式为x24ay，试求小环自x=2a处自由滑至抛物线顶点时的速度及小环在此时所受到的约束反作用力。

解：小环受力如图示，重力mg竖直向下，约束力R的方向沿着抛物线的法线



dvmgsin(1)dt小环在任意位置P处的运动微分方程为2

vmRmgcos(2)m因

dvdvdsdvdydy（s增大而y减小故为v 而tansin

dtdsdtdsdxds负值） （1）式变为mvv0dvdy 即vdvgdy(3) mgdsdsx2积分0vdvagdy得v2ag（因x2a,ya）此即小环自x=2a

4a处自由滑至抛物线顶点时的速度。

dyxd2y1又x4ay 则y,y2

dx2a2adx2在抛物线顶点处x0,y0,y0,y所以在抛物线顶点处v21 2a1yy3222a

由（2）式知Rm0,cos1）

mgcosm2agmg2mg （因在顶点处2a小环在顶点处所受到的约束反作用力为2mg。

质点所受的力如恒通过一定点，则质点必在一平面上运动，试证明之。

证明：取力通过的定点为坐标原点，则质点的位矢r与力F共线，则有MrF0

所以质点的动量矩守恒，即JC

C1..........zyJxmyz..(1)xzC2.............(2) 其分量式为jymzxyxC3..........Jzmxy...(3)

由x(1)y(2)z(3)得到C1xC2yC3z0

由解析几何知识知上式为一平面方程，故质点只能在这个平面上运动。

一物体质量m=10kg ,在变力F10(1t)N作用下运动。设物体初速度v00.2m/s，开始时力的方向与速度方向相同。问经过多长时间后物体速度为零，此前走了多少路程？

（知识要点）质点运动学微分方程，质点运动学第二类问题

dv解答：由mFdtv5t210t0.2(m/s)

得

dv10(1t)dtv00vt 积分得

再积分 0ds0(5t210t0.2)dt 得 St35t20.2t(m) 由 v5t210t0.20 解得 t2.02s 再代入前式得 S=7.07 m 质点作平面运动，其速率保持为常数，试证明速度矢量v与加速度矢量a正交。

证明：采用自然坐标系，由题意知vc c为常量

dvddcdd于是有a(c)cc

dtdtdtdtdtdn 又在自然坐标系中dtdvddcddn 所以a(c)cccdtdtdtdtdt由于n 故av 得证

st53动点M以匀速v5(m/s)沿轨迹yx2运动，求当x2m时动点M的速度沿x和y分量的大小，以及M的加速度

2y225..........(1) 解：由v2x13x........(xx而x2m时y根据yx2求导数得y2)

132343

2（2）代入（1）得x16225. x94(m./s) 3(m/s)代入（2）得y整理得x又adv22an即aan 0 则a2a2andt122(1y) 而根据yx2微分得yx,y 当

333y232又由数学知识知42x2m时y,y

331625125(1)2()22(1y)1259927所以有

222y183333233故aanv2253.6(m/s2) 12518

322某力场的力矢为F(2xyz)ixj3xzk 其中i,j,k分别为x,y,z

轴的单位矢，试证明该力场是否为保守力场，若为保守力场，求出其势能函数。 解

iFx2xyz3jyx2k(3xz2)(x2)i(zyz3xz2(2xyz3)(3xz2)jzx：



(x2)(2xyz3)22 +ki(00)j(3z3z)k(2x2x)0 xy故力场为保守力场。

U2xyz3(1)xU由 Fyx2(2)

yUFz3xz2(3)zFx（1） 式积分得：Ux2yz3xf(y,z)(4) 对（4）式求偏导数得：

Uf(y,z)f(y,z)x2x2 即0

yyyUx2yz3xg(z)(5) 上式得：f(y,z)g(z) 代入（4）式得：

对（5）式求偏导数得：得：g(z)c

Ug(z)g(z)3xz23xz2即0 积分zzz代入（5）式得：Ux2yz3xc 取x0,y0,U0 则c0 所以势能函数为 Ux2yz3x

某力场的力矢为Fx6abz3y20bx3y2,Fy6abxz310bx4y,Fz18abxyz2 试证明该力场是否为保守力场，若为保守力场，求出其势能函数。 解

iFxFxjyFy：

kFzFyFxFzFyFxijkzyzzxxyFZ22223333(18abxz18abxz)i18abzy18abzyj6abz40bxy6abz40bxyk0

故力场为保守力场。

U6abz3y20bx3y2(1)xU由 Fy6abxz310bx4y(2)

yUFz18abxyz2(3)zFx对（1）式积分得：U6abz3yx5bx4y2f(y,z)(4) 对（4）式求偏导数得：

Uf(y,z)6abz3x10bx4yFy6abxz310bx4y yy即

f(y,z)0上式得：f(y,z)g(z) 代入（4）式得：

yU6abz3yx5bx4y2g(z)(5)

对（5）式求偏导数得：即

g(z)0 积分得：g(z)c代入（5）式得： zUg(z)18abz2xyFz18abxyz2 zzU6abz3yx5bx4y2c(6)

取x0,y0,z0,U0 则c0 所以势能函数为U5bx4y26abxyz3

Fxa11xa12ya13z已知作用于质点上的力为Fya21xa22ya23z

Fza31xa32ya33z式上系数aij(i,j1,2,3)都是常数，问这些aij满足什么条件，才有势能存在？如这些条件满足，试计算其势能。

解：要满足势能存在须使力场为保守力场，既力场的旋度为零， 所以F0 即

FyFxa12a21 yx

FxFa13za31 zxFyza23Fza32 y即势能存在aij满足条件是：a12a21 a13a31 a23a32

V.............(1)xV由Fya21xa22ya23z............(2)

yVFza31xa32ya33z.............(3)zFxa11xa12ya13z（1）式积分得Va11x2a12yxa13zxf(y,z)........(4) （4）式对y偏微分=（2）式得

Vf(y,z)a12xa12xa22ya23z yy12即

f(y,z)a22ya23z...........(5) y（5）式积分得f(y,z)a22y2a23zyg(z)............(6) （6）式代入（4）式得

11Va11x2a12yxa13zxa22y2a23zyg(z)........(7)

2212（7）式对z偏微分=（3）式得

Vg(z)a13xa23ya13xa23ya33z zzg(z)a33z...........(8) 即z1..(9) （8）式积分得g(z)a33z2c..........2（9）式代入（4）式得

111Va11x2a12yxa13zxa22y2a23zya33z2c........(10)

222取x0,y0,z0,V0 则c0得势能为

111Va11x2a12yxa13zxa22y2a23zya33z2222

1(a11x2a22y2a33z22a12xy2a23zy2a31zx)2某力场的力矢为Fxiyjzk

试证明该力场是否为保守力场，若为保守力场，求出其势能函数。

i解：由于rxFxjyFykFzFyFxFzFyFxik0 jzyzzxyxFz

故力场为保守力场

VFx.............(1)xxV由Fy.............(2) yyFVz..............(3)zzx2积分（1）式得Vfy,z4

2（4）式对y偏微分=（2）式得

y2f(y,z)gz5

2Vfy,zy 积分得yyx2y2代（5）入（4）得Vgz6

22z2Vgzz 积分得gzc7 （6）式对z偏微分=（3）式得

2zz

x2y2z2代（7）入（6）得Vc

222x2y2z2取x0,y0,z0,V0 则c0得势能函数为V

222有一质点在xy平面上运动，质点受到的力为F(xy)i(xy)j，质

点在平面上由点A（1,0）沿直线运动到点B（1,1）,求力F所作的功

解法1：由功的定义计算

WBABBFdr(FxdxFydy)(xy)dx(xy)dy

AA又x1,dx0 所以

WBABB1Fdr(FxdxFydy)(xy)dx(xy)dy(1y)dyAA011(yy2)1022

解法2：由功的定义计算

B(1,0)(1,1)112(1,1),0)WFdr(FxdxFydy)(xy)dx(xy)dy(x2xy)((1(xyy)(1,0)1,0)AA(1,0)(1,0)2211122B或

BB(1,1)11WFdr(FxdxFydy)(xy)dx(xy)dyd(x2xyy2)AAA(1,0)22

1212(1,1)1111(xxyy)(1,0)(1)222222B解法3：由保守力性质计算

ijkFzFyFxyzyzFxFyFz(00)i(00)j(11)k0FxFzFyFxizxjxyk 故力场F为保守力场

VFxy.............(1)xxVFxy.............(2) yyFV0..............(3)zzx2积分（1）式得Vxyfy4

2（4）式对y偏微分=（2）式得积分得f(y)Vfyxxy yy12yc5 2x2y2代（5）入（4）得Vxyc6

22x2y2取x0,y0,z0,V0 则c0得势能函数为Vxy

22则由保守力与功的关系可知

11111111W(V2V1)V1V2(x2y2xy)(1,0)(x2y2xy)(1,1)(1)22222222Fxx2yz5设作用于质点上的力场的力矢为Fy2xyzFzxyz6

求此质点沿螺旋线xcos,ysin,z7运行，自0至2时力场所作的功

解：由保守力性质计算

ijkFzFyFxyzyzFxFyFz(11)i(11)j(22)k0FxFzizxFyFxjxyk 故力场F为保守力场

VFx2yz5.............(1)xxVF2xyz.............(2) yyFVxyz6..............(3)zzx2积分（1）式得V2xyxz5xfy,z4

2（4）式对y偏微分=（2）式得

12Vfy2x2xyz yy积分得f(y,z)y2zyg(z)5

x2y2代（5）入（4）得V2xyxz5xyzg(z)6

22（6）式对z偏微分=（3）式得

Vgzxyxyz6

zzz2 积分得gz6zc7

2x2y212代（7）入（6）得Vz2xyxz5xyz6zc6

222取x0,y0,z0,V0 则c0得势能函数为

x2y212Vz2xyxz5xyz6z6

222又由xcos,ysin,z7知当0时x1,y0,z0；

2时x1,y0,z14

则由保守力与功的关系可知

W(V2V1)V1V2121212111xyz2xyxz5xyz6z)(1,0,0)(x2y2z22xyxz5xyz6z)(1,0,14)22222211111(5)(14)2145845982145849827022222(有一划平面曲线的点，其速度在y轴上的投影于任何时刻均为常数c，

v3试证明在此情形下，加速度的量值可用下式表示a

c2y2x2c2.................(1) 证明1：由v2x （1）式求导得vdvc,0，故ax （因ya） yxxxdtav2c2dvax..............(2) 由此得出dtvvv2dv2222..............(3) 又aaanadta2(v2c2)v222a() （2）=（3）得

v2v3整理得a 结论得证

c22证明2：

c,0，故如图设v与y轴夹角为α，则由yy有aaxi

由图示几何关系知anacosv2a.............(1) cosv2 即

又vyvcosc 则有cos...........(2)

v3（2）代入（1）得a 结论得证

ccv

33、船得一初速v0 ，在运动中受到水的阻力，阻力的大小与船速的平方成正比，而比例系数为km，其中m为船的质量。问经历多长时间船速减为



其初速的一半。（15分）

解：由题意知 阻力为fkmv2 则船的运动方程为mdvkdt 2vv0tv0而t0时vv0 设船经历时间为t时，v 积分上式得 v2v2dvk0dt

02dvkmv2 即 dt即21kt v0v01 kv0从而得t质点M在力XPsint的作用下沿x轴作直线运动，在初瞬时

t0,vv0，xx0。 求质点的运动方程。

FXPsint 积分 解：由mvm(vv0)xmdvPsintdtv00vt ，得

Ptvv0(1cost) 即 xP(1cost) 积分 m xdx00v00PPP(1cost)dt 得xx0(v0)tsint 2mmm

已知点的运动方程, 求其轨迹方程, 并自起始位置计算弧长, 求出点沿轨迹的运动规律. (1) x=4t-2t2 , y=3t–1.5t2 (2) x=5cos5t2 , y=5sin5t2 (3) x=4cos2t, y=3sin2t

解（1）由x=4t-2t2 , y=3t–1.5t2…….（1） 两式相除得xy42t84t4(2t)4 31.5t63t3(2t)3

所以轨迹方程为yx是一直线方程

44t4(1t),y33t3(1t)............(2)x得 4.3......................(3)xy342y216(1t)29(1t)25(1t) 所以速度为vx221695 全加速度为axy而切线加速度为adv5，法线加速度ana2a20 dt由此说明质点作匀减速直线运动。

（2） 由x=5cos5t2 , y=5sin5t2…….（1） 得轨迹方程为x2y225是一圆的方程，其半径R=5 由（1）式得

50tsin5t2,y50tcos5t2.........(x2)

2y22500t2(sin25t2cos25t2)50t..........所以速度为vx(3)

切线加速度为adv50 说明质点作匀加速圆周运动 dtv22500t2500t2 法线加速度为an5222500250000t4501100t4 全加速度为axy

（3） 由x=4cos2t, y=3sin2t…….（1）

x2y2得轨迹方程为1为一椭圆方程

1698sin2t,y6cos2t.......(2)x由（1）式得

16cos2t,12sin2t......(3)xy所以速度为

2y264sin22t36cos22t216sin22t9cos22t..........vx(3)

全加速度为

22(16cos2t)2(12sin2t)2416cos22t9sin22t.......(axy4)

如图6 -1 所示, 半径为R 的车轮在直线轨道上滚动而不滑动, 已知轮心C 的速度是常量u , 求轮缘上一点M 的轨迹, 速度和加速度及轨迹的曲率半径.

图6-1

解 将M点与地面的接触时的位置作为直角坐标系的

原点O , 并建立直角坐标系如图所示, 经过时间t, M 点的坐标为:

x = ut - Rsinφ y = R - Rcosφ

因轮纯滚动, 线段O D 与弧长D M 相等,

DMutRR整理后得运动方程为 xutRsinut RutyRcosR从运动方程中消去时间t 后, 得轨迹方程为:

xy2RyRarccosRy R.即M 点的轨迹为旋轮线(或摆线) , 速度在x , y 轴上的投影、大小

uucosvxxusinvyyutRutR2及方向余弦分别为vvx2vy2usinut2R

vxutsinsinv2R2vyutcoscoscosv2R2cosM 点的加速度在x , y 轴上的投影、大小及方向余弦分别为

u2utxaxvxsinRRu2utyayvycosRRu222 aaxayRautcosxsinsinaRayutcoscoscosaR即各点加速度指向轮心

u2v2ut又aaa,an,而av,由此可求得: 4Rsin

RR22n证明题

证明：质量为m的质量从圆的最高点O由静止开始沿任一条光滑弦下滑到圆周上所需的时间相同。

证明：考虑质点在任意一条与过圆心的铅垂线夹角为

的弦上的运

动，则在任意位置的受力如图所示。沿弦的方向用质点动力学基本方程得

质点加速度 agcos，即质点作匀加速运动。考虑到初始条件，不难求得其运动方程为

s1212atgtcos 22又弦长（从圆顶点滑到圆周上的路程）为

s2rcos 质量为m的质量从圆的最高点O由静止开始沿任一条光滑弦下滑到圆周上所需的时间 t2sa4rcosgcos4r，与无关，故质量为m的质g量从圆的最高点O由静止开始沿任一条光滑弦下滑到圆周上所需的时间相同。证毕。

重为P的小球位于半径为r的光滑球面顶点，小球从静止开始下滑，求小球脱离球面的位置。

解：小球运动过程中受力为重力和支持力，只有重力作功，机械能

守恒。

设球面顶点处为零势能面

由机械能守恒定律有0v2P(rrcos) 故v22gr(1cos).............(1)

Pv2小球在法向方向运动微分方程为PcosN

gr1P2g小球脱离球面时N=0，所以有v2grcos.................(2) （1）代入（2）式有grcos2gr(1cos)

23rh2又由几何关系知cos （h为自球面顶点起下降高度）得

r3rh 3整理有cos,arccos48011

23讨论：由以上结论知小球脱离球面位置与小球（质量）无关，当球面不光滑时与小球（质量）有关。

可得到运动轨道方程是racos，此为圆的极坐标方程，所以质点的运动轨道为以a为半径的圆。

第二章质点系力学

一门大炮停在铁轨上，炮弹质量为m，炮身及炮车质量和等于M，炮车可以自由地在铁轨上反冲，如炮身与在地面成一角度，炮弹对炮身的相对速度为V，试求炮弹离炮身时对地面的速度v及炮车反冲的速度U。

解：由于在水平方向（x方向）无外力作用，火药爆炸力为内力，故水平方向动量守恒

即mvxMU0................(1)

又由相对运动关系知VcosUvx,Vsinvy.......(2)

MVcosMm（2）代入（1）得vyVsin......(3) ..........mUVcosMmvx 所以

M2M222222222vvxvyVcosVsinVcosV(1cos)MmMmV1m(2Mm)2cos............(4)2(Mm)vyvxVsinMmtan..........(5)

MMcosMm22如设v与水平面夹角为，则tan讨论：由（4）式知炮车反冲时vV，由（5）式知

重G的物体A带动单位长度的质量为q的软链，以速度向上抛出，如图示。假定软链有足够的长度，求重物所能达到的最大高度。

解：取OZ轴铅直向上，O点位于地面。将在空中运动的链条的物体A视为主体。则并入主体的质量元

（原先静止于地面）的绝对速度u0 于是密歇尔斯基方程为

dF1 mzdtk，代入（1）式得因mGqz,FGqzgk,zzdGqgg GqzzdtdGqzzgGqz2dz 用Gqgdz乘上式两端得Gqzzv0 所以积分上式得已知初始条件为z0时，z1g1g2Gqz3G2v02G3 当z0时，上升高度z正好Gqz2z23q23q23qv0G就是最大值h 即h311

q2Gg

某质量为m的质点，其运动方程用矢量式可表达为

r(t)x(t)iy(t)jz(t)k ，式中：r为质点的矢径，i,j,k分别为x,y,z的

单位矢。试求：

（1） 质点的动能、动量及对坐标原点O的动量矩。 （2） 质点对点A（a,b,c）的动量矩。 （3） 作用在质点上的力及力的功率。

12iyjzk) 动量pmvm(x2y2z2) 解：（1）动能Tmv2m(x12)i(zxxzyx)k zy)j(xy 动量矩LOm(yz（4） 动量矩

i(zc)x(xa)z(yb)xk (zc)yj(xa)yLAm(yb)zk) z（5） 力Fmamrm(xiyjmm(xyz) r•rxyz功率PF•vF•r一人在水平台上走动，此台可通过其中心的铅直轴而旋转，人走的轨迹是以平台中心为圆心，r为半径的圆周，假定人重为p，平台重也为p，其半径也为r，试求当人在平台上走完一周时平台转过的角度。

解：以作平台为质点系，受力为重力，方向均向下，与转轴平行，力矩为零。假设平台与转轴接触面光滑无摩擦，故质点系动量矩守恒。

在质点系起始时，t0,G00 在某时刻人相对于平台的速度为u，平台的角速度为，则人的绝对速度为vur 人的动量矩为：G1轴方向。

平台动量矩为：G2I1p2r 方向也沿转轴方向。 2gpp22ur(ur)r0  g2g3rpr(ur) 方向沿转g由动量矩守恒定律得：G1G2又 2rddsd2ds22 dds积分得：0d0ds ,u 即 dtdtdt3rdt3r3r 故4 332、一均质木板放在光滑的水平面上，板的一端站着一个人。在某一时刻，人以不变的速度u向x轴正向运动。设板的质量为m1，人的质量为m2。试求t秒钟后，人的绝对速度v与位移以及板的绝对速度v1与位移。

解：以人和板为研究对象。系统受力：人的重力P，板的重力W，光滑的水平面对板的正压力FN。以上受力均在竖直方向，所以水平方向受力为零，则动量守

恒。

在初始时刻t=0，人和板都静止，动量pax=0，任意时刻t，设板的绝对速度v1沿x轴正向，则由点的合成运动可知，人的绝对速度为v=v1+u。 由动量守恒定律得：m1v1+m2(v1+u)=0 解此方程得 v1m2u 负号表示板的运动方向与x轴正向相反。 m2m1m2m1uu 正号表示人的运动方m2m1m1m2由此得人的绝对速度为vv1uu向与x轴正向相同

因u与v都是常量，故人和板的位移分别为xvtm1m2ut,x1v1tut m1m2m1m2设矢量r在笛卡儿坐标系中的投影为x,y,z，证明divr3,rotr0并求使rgrad的函数

xyz解：（1）divr•rixjykz•xiyjzkxyz3

ijkzyxzyxijk0 （2）rotrrxyzyzzxxyxyz（3）由

rotr0可知势函数必存在，由

rxiyjzk,rgradijk

xyzxx1x2故y 2 积分（1）式得fy,z4

2y3zz

y2fy,zy 积分得fgz5 代（4）入（2）得

y2x2y2代（5）入（4）得gz6

22z2gzc7 代（6）入（3）得z 积分得gz2zzx2y2z2代（7）入（6）得c

222质量为m1及m2的两自由质点互相以引力吸引，引力与其质量成正比，与距离的平方成反比，比例常数为k，开始时两质点皆处于静止状态，其间距离为a，试求两质点间的距离为时两质点的速度。

a2r v 2m

2

v 1m

1

解法1：用机械能守恒定律求解

令质量为m1自由质点的速度为v1，质量为m2的自由质点速度为v2，则因两质点互相吸引，故v1v2方向相反，取v1方向为正方向如图示 由于两质点无外力作用，故动量守恒有m1v1m2v20...........(1) 两质点间的相互吸引力为万有引力是保守力 由保守力性质得势能为VFdr质点间的距离。由机械能守恒定律rrkm1m2km1m2dr式中r是两2rrkm1m21kmm12m1v12m2v212

aa222

2即m1v12m2v21212km1m2............(2) a解（1）（2）式得v1m22k2k v2m1

a(m1m2)a(m1m2)解法2：用动能定理求解

令质量为m1自由质点的速度为v1，质量为m2的自由质点速度为v2，则因两质点互相吸引，故v1v2方向相反，取v1方向为正方向如图示

kmm11221m2r2)Fdr122dr 由dTW得d(m1r22r2积分上式得m1v12m2v21212km1m2............(1) a由于两质点无外力作用，故动量守恒有m1v1m2v20...........(2) 解（1）（2）式得v1m22k2k v2m1

a(m1m2)a(m1m2)解法3：用两体问题方法求解

由于两质点无外力作用可视为两体问题

d2r12由两体问题运动方程2F得

dtd2r12dvmmdv12kmm21212F122........(1)

dtm1m2dtdtr12又

dv12dv12dr12dvv1212 dtdr12dtdr12代入（1）式有

v121kv12dv122dr12 m1m2r12a2a积分0v12dv12k(m1m2)dr12得v122r122k(m1m2).........(2) a由于两质点无外力作用，质心作惯性运动，原来质心静止，故由

vcm1v1m2v20得m1v1m2v20...........(3)

m1m2又根据速度合成方法知v12v1v2.......(4) 解（2）（3）（4）式得v1m2v1为负值表明与v2方向相反

2k2k v2m1

a(m1m2)a(m1m2)如图示，一长为l的均质链条在水平面上自然堆成一堆，线密度为，某人持链条一端以匀速v将其提高，试证：当他的手离开水平面的高

v2度为x时（xl），链条对手的作用力大小为Fxgg 

解法1：用质心运动定理求解

取链条整体为研究对象，在t时刻，整体所受的外力有

重力Plg，拉力F和水平面对静止的那部分链条的支持力Flxg。由质心运动定理可得

macFlglxg 式中ac为质心的加速度。

cFlglxg x上式在x轴上的投影式为m由于链条的质心坐标为xcxv2cv,cx则有x

llxlx0lx2x2 2lv2v2代入投影式得mFlglxg,mFxg

ll

v2v2所以Fxgmxg lg解法2：用动量定理求解

取链条整体为研究对象，在t时刻，整体所受的外力有重力Plg，拉力F和水平面对静止的那部分链条的支持力Flxg

链条整体的总动量在竖直方向分量为Pxxv(lx)oxv 整体所受的外力有重力Plg，拉力F和水平面对静止的那部分链条

的支持力Flxg

上式在x轴上的投影式为FXFxg 由动量定理

dPxdPddxFx得x(xv)vv2FxFxg dtdtdtdtFxgv2

解法3：用变质量问题方法求解

如图示，取已上升部分为主体，其质量为mx，速度为v，不断增加部分为变体，dmdx其速度u0，主体和变体所受合外力为

F合Fxg

由密歇尔斯基方程

ddm(mv)uF合得 dtdtddx(xv)F合Fxg 即vv2F合Fxg dtdt故Fxgv2

圆环质量为M，放在光滑水平面上，有一质量为m的小虫在圆环上爬行，如图示，求证：小虫在圆环上相对地爬行一周时，圆环的自转角

度不超过180°。设初始时系统静止。

另正解：以小虫+圆环为质点系，圆环圆心为参考点，质点系受力为重力，方向均向下，与转轴平行，力矩为零。故质点系动量矩守恒。

在质点系起始时，t0,G00 在某时刻小虫相对于圆环的速度为u，圆环的

G1mr(ur) 方 角速度为，则小虫的绝对速度为vur 小虫的动量矩为：

向沿转轴方向。

圆环动量矩为：G2IMr2 方向也沿转轴方向。 由动量矩守恒定律得：G1G2mr(ur)Mr20 有u M(1)rm又 ddds 即 ,udtdtdt1ds1ds积分得： dMdtM(1)r(1)rmm0d2r01ds M(1)rm2 M(1)m假设小虫和圆环质量相等 M=m 故1800 假设M=2m故21200 3一般Mm 故1800

一光滑球A与另一静止的光滑球B发生斜碰，如两球均为完全弹性体，

且两球质量相等，则两球碰撞后的速度互相垂直，试证明之。

证明：设两球质量为M，光滑球A碰前速度矢量为V1，光滑球B碰前

速度矢量为0，

A和B碰撞后的速度的速度矢量为V1,V2

由于两球碰撞过程中动量守恒有MV1MV1MV2.......(1)

又两球为完全弹性体动能守恒有1MV21MV21211MV2.......(2（1） 式代入（2）式有(V222)

2221V2)V1V2

整理上式得2V1V20，由于V10,V20所以欲使两矢量的乘积为零，只有两矢量互相垂直即V1V2 结论得证

有三个完全弹性的小球,质量分别为m1、m2、及m3，静止于一直线上，今于第一球上加上v1的速度，其方向沿此直线，设m1、m3及v1为已知，求第二球的速度为何值，才能使第三球于碰撞后所得的速度最大。

解：设第一、第二球碰撞后第一球的速度为v1，第二球的速度为v2 则由速度公式得vv21v11em2v1m

1m2 vm1v1v22v21em

1m2而 v故vm1v1v220,e1 2v21emm02m1v1m2m1v1

121m2m1m2又设第三、第二球碰撞后第三球的速度为v3 已知 v30,e1 则由速度公式得vm2v2v323v31emm2v24m1m2v1m

2m3m2m31m2m2m3欲使第三球的速度最大，须有dv3dm0 2即

2dv3(m1m2)(m2m3)m2(m2m3m1m2)m1m3m24m1v14m102222dm2(m1m2)(m2m3)m1m2m2m3

所以有m2m1m3时第三球的速度最大。

一条柔软、无弹性、质量均匀的绳子，竖直的自高处坠落至地板上，如绳子的长度为l，每单位长度的质量等于，求当绳子剩在空中的长度为xxl时，绳子的速度及它对地板的压力。设开始时绳子的速度为零，它的下端离地面的高度为h。 解法1：用自由落体公式和动量定理求解

当绳子的上端离地面的高度为x时，由自由落体公式知绳子的速度为v2gh2g(lhx)

地板对绳子的作用力有两部分，其一为与已经落地的绳子的重力大小相等，方向相反，设为N1，N1mg(lx)g 其二是即将落地的绳子对地板的冲力，设为N2

设在dt时间内落地的绳子的质量为dmdl，该质量元的动量为

dmv，该质量元一经落地动量即变为零。动量的变化为

dpdmv0dmv

由动量定理Fdpdmvdlvdl得 N2vv22g(lhx)dtdtdtdt（此处忽略重力）

所以总的压力为NN1N2g2h3(lx) 解法2：用变质量物体的运动方程求解

当绳子的上端离地面的高度为x时，由自由落体公式知绳子的速度为

v2gh2g(lhx)

取已落地部分为主体，其质量为m(lx)速度为v0 不断落地部分为变体dmdx，

dmdxv（dx0）其速度为uv dtdt主体和变体受力为F合N(lx)g方向向上 由密歇尔斯基方程

ddmdm(mv)uF合得uN(lx)g dtdtdt即v(v)N(lx)g

所以Nv2(lx)g2g(lhx)(lx)g2h3(lx) 长L的均匀细链条伸直平放水平光滑桌面上，方向与桌面边缘垂直（图2.7.2）。开始时链条静止，一半从桌上下垂，求链条末端滑到桌子边缘时链条的速度v。

解：如图选取坐标系，以下垂段为研究对象。 方法一：用变质量物体的运动方程求解

以长为x的 一段和Δx的一段分别作m和dm，m=λx，速度为v，dm=λdx, dx段合并于x段的速度的合外力为重力 程

（x段的速度）,作用于它们

和桌面上的一段对它的拉力T。由密歇尔斯基方

ddm(mv)uF合得 dtdt

∵u=v，∴ （1）

设线质量密度λ，取桌面上为主体，其质量m(lx)，速度为v，不断减少部分为变体，速度

（x段的速度），作用于它们的合外

ddm(mv)uF合dtdt力为桌面上的一段对它的拉力T，由密歇尔斯基方程

得

（2）

，可得

将（2）代入（1），并注意m=λx，

，积分：

，求出

方法二：用机械能守恒定律求解

以下垂的一段为研究对象，以桌面为零势能位置，则由机械能守恒：

；

，

其中： 由此得

雨滴开始自由落下时的质量为M，单位时间内凝结在它上面的水汽质量为λ，略去空气阻力，试求雨滴在t时间后所下落的距离。 解：以竖直向下为正方向，取自由落下的雨滴为主体，其质量为m=M+λt，速度为v，增加的水汽为变体，质量为dm=λdt, 速度为u=0,作用于其的合外力为雨滴的重力F合(Mt)g 由密歇尔斯基方程

ddm(mv)uF合得 dtdtd(Mt)v(Mt)g.............(1) dt积分（1）式得(Mt)v(Mtt2)gc............(2)

12

因t=0时v=0,故c=0所以

1M2gMtt2ds1Mg2..........2vggt(3) dtMt22Mt12MgM2gtln(Mt)c..........(4) 积分（3）式得sgt2422M2g因t=0时s=0,故c2lnM

212MgM2gtln(1t)这就是雨滴在t时间后所下落的距所以sgt242M2离

12MgM2g12tln(1t)gt说明雨滴在t时讨论：由上式知sgt42M222间后所下落的距离小于自由落体在同等时间内下落的距离。 雨滴下落时其质量的增加率与雨滴的表面积成正比，，试求雨滴下落速度与时间的关系

解：以竖直向下为正方向，设起始时刻（t=0）雨滴半径为a，某时刻雨滴半径为r，取自由落下的雨滴为主体，其质量为

4mVr3k1r3........(1)，速度为v

3不断增加的水汽为变体，质量为

dmk4r2k2r2........(2) 速度为u=0,dt作用于其的合外力为雨滴的重力F合mg

dmdr3k1r2...........(3)dtdt（1） 式对时间求导数得

drk2............(4)dt3k1（3）=（2）得

积分（4）式得雨滴半径变化规律是rta 所以主体质量为mk1(ta)3合外力为F合k1(ta)3g 由密歇尔斯基方程

vddmd(mv)uF合得k1(ta)3vk1(ta)3g dtdtdt积分0dk1(ta)3v0k1(ta)3gdt得

t1aga4gvgtgt 444(ta)3说明雨滴在t时间后所达到的速度小于自由落体在同等时间内达到的速度

质量为m 的质点M , 如图10 -2 所示, 在Oxy平面内运动, 其运动方程为: x=acoskt, y=bsin kt, 其中a , b , k 为正的常量, t 为时间. 求作用于该质点上的力

图10-2

x2y2解此题为第一类问题. 其运动轨迹是椭圆221

ab由x = acoskt, y = bsin kt

22

= - bksin kt = - akcos kt 先求加速度yx由运动微分方程得

22

 = - m akcoskt = - km x Fx = mx22

= - bksin kt = - k m y Fy = my或F = Fxi+Fyj = - k2mr

质量为m 的质点, 在力F = - m k2r作用下沿平面绕定点运动, 如图10 -3 所示. 其中r是质点对O点的矢径, k为常数. 设t=0时x=l, y=0 , vx=0 , vy= v0, O为坐标原点. 求质点的运动方程和轨迹方程.

图10-3

解 此题属于第二类问题, 其直角坐标形式的微分方程为

Fx,mFymxy其中

Fx = - m k2 rcosφ= - m k2 x Fy = - m k2 rsinφ= - m k2 y

= - k2 y, y= - k2 x , x则其微分方程可改写为: 其通解为

x = c1sin kt + c2 cos kt y = c3sin kt + c4cos kt

=vy=v0 =vx=0 , 􊉺y初始条件t= 0时x=l, y=0 , 􊉺x可求得其积分常数分别为c1 = 0 , c2 = l, c3 =v0/k, c4 =0 由此得运动方程为x = lcoskt, y =v0/ksin kt 其轨迹方程为x2/l2 +k2 y2/v20= 1 第三章刚体力学

在直角坐标系中，三轴的单位矢为i,j,k。物体的惯量张量为

3IN00201。设一转轴通过上述直角坐标系原点，方向为101363j3k，那么物体对于该轴的转动惯量是多少？ 36jk 于是物体对于该轴的转动惯量为 解：由于nijk03330036N021I0,,3301103222N 3363匀质圆盘，半径为a，放在粗糙水平桌上，绕通过其中心的竖直轴转动，开始时的角速度为0 。已知圆盘与桌面的摩擦系数为，问经过多长时间后盘将静止？

t；当末角速度为零时，为常数时，则有0解：当角速度。则有

t01 0，并非t为负值）（注意，。作用于圆盘的反力矩的大小为

Lr•dmgr•rd•drg

由题意，圆盘的面密度为m ，代入上式2aaa22m2m2Lg2drdrg2•2•gam2 0033aa定轴转动的动力学方程为IL3 已知圆盘的转动惯量为

I1ma24 212232gam 于是得将（2）（4）代入（3）得ma4g5 3a代（5）入（1）得t30a 4g如图示，一直角三角形薄板，两个直角边的长度分别为a、b，试求该板的主转动惯量和惯性积。

解：因该板的z坐标为零，故 惯性积IxzIyz0

yb1 即y(ax) bam2m取质量元如图示，dmdsdxdydxdy

1abab2三角形斜边的方程为xa由转动惯量的定义知主转动惯量

(ax)2ma2aIxxydmydxdydxydy00ab2ma1b32mb2a2mb2133dx(ax)(ax)dx((ax)4344ab03a43a03a22ba02mb2141amb24463a 同理有

(ax)2ma2aIyyxdmxdxdyxdx0dyab0

aa2mb2m2m1314a2m141223xdx(ax)(axx)dx(axx)02ama222ab0a46a0a3a1222b

同时由垂直轴定理还可求得IzzIxxIyym(a2b2) 惯性积为

(ax)2maaIxyxydmxydxdyxdxydy00ab 22ma1bmba122xdx(ax)x(ax)dxmab2300ab2a12ab16有一质量为m、边长为a的正方形薄板，试求其过一顶点A且与对角线DB平行的轴AF的转动惯量

解：建主轴坐标系如图示，由于Z坐标为零 平行于X轴距X轴为Y处取质量元dmdsady由转轴公式得

I1Ixxmm13(yz)dmydm2ay2dyya2a3222aa2a2mmadydy 2aa1ma2 12同理平行于Y轴距Y轴为X处取质量元dmdsadx由转轴公式得

I2Iyymm13(x2z2)dmx2dm2ax2dxxa2a3aa2a2mmadxdx

aa21ma2 12由垂直轴定理知IzzIxxIyyma2 对角线DB的方向余弦为cos42 cos0 2216所以由主轴坐标系下的转轴公式得

IDBI12I22I32I12I222121ma2()2ma2 12212

再由平行轴定理知IAFIDB

22172ma2 mAOmama212122一块正方形薄板的边长为l,质量为m，求在其中心的惯量张量，已知z轴垂直于板面，x与y轴平行于两边。

解：由于薄板的坐标z0，所以惯量积IyzIzx0，又由于薄板相对于平面oxz,oyz对称，所以惯量积Ixy0 薄板相对于x轴的转动惯量为

y1Ixxy2z2dmy2dxdyy2dydxlml2

3l122l2l2l2l23l2因x轴与y轴均为对称轴，所以Iyy由垂直轴定理知IzzIxxIyyml2

161ml2 121001ml2 010于是正方形薄板相对于中心的惯量张量为I12002一端系于天花板顶上的绳子，在另一端系一半径为r，重量为p的滑轮，求滑轮中心向下运

动的加速度和滑轮转动时的角加速度。 解：建坐标如图示

滑轮受力：重力p，绳子张力T

PcPT1xg建动力学方程式：

1P2Tr2r2gxc3 c 即rx又由约束条件：r

1P32cg x解（1）（2）（3）式得32g3rT图示半径为R的均质圆柱A缠以细绳，绳的B端固定，圆柱自静止下落，其轴心速度为vA求圆柱A的运动方程。

2。3gh（h为轴心至初始位置的距离）

3

解：设圆柱质量为m，绳的张力为T。

AmgTmxA0y由图可知圆柱作平面运动，其运动方程为m TRIA23gh,又t=0时，xA0,yA0,032gg1代入上式得t,t2,yA0,xAgt2

3R3R3AR由于IAmR2，x12 解：

1°研究系统。OD作定轴转动，AB作直线平动，取为杆OD的转角。由题意知杆OD的角速度 转向如图示，并设出 的转向。

2°运动速度分析。杆AB上点A的运动方程为 yAltg

AlvAyy1cos2其速度、加速度为

有一直角三角形薄板,两个直角边的连长分别为a、b，试求该板的三个主转动惯量和三个惯量积。

解：由于板的z坐标为零，故：惯量积IzxIzy0 三角形斜边的方程为即：yax

在三角形薄板上取质量元dmds所以 主转动惯量：

Ixxydmydxdydx022ab(ax)a0xay1 bbam2mdxdydxdy 1abab2ydy2a01dxy3312b(ax)a0

b333aa0(ax)dx3(ax)3a34b314a0b312a3a4b3am2m 1abab22m3bab3aab1所以有Ixxmb2

12126又 同理：

Iyyxdmxdxdyxdx022a2b(ax)a0dyxdxy0a0a2b(ax)a0

bab12142(ax)xdx(axx)a034aba1231ma26

由垂直轴定理得IzzIxxIyym(a2b2) 惯量积

2m2m2mxydmxydxdyxdxydyxdxababab0abaxa16Ixyydy1mab 12

r2R2（习题 3.8题）求半径为R，质量密度为(r)0(1球绕直径的回转半径K，其中0,均为常数。

)的非均质圆

解：取半径为r→r+dr的球壳做作质量元，它的质量dm和对直径的转动惯量dI分别为：

dm(r)4rdr0(12r2R2)4rdr40(r22r4R2)dr

球体对球心的转动惯量为dI′=r2dm 而球体对任一直径的转动惯量为II ∴球体对直径的转动惯量I和总质量m分别为

23

mR02r435340rdr4R015R2

所以回转半径

长为2l的均质棒，一端抵在光滑墙上，而棒身则如图示斜靠在与墙相距为d(dlcos)的光滑棱角上，求棒在平衡时与水平面所成的角

解：如图示，均质棒受力为光滑墙、光滑棱角的弹力N1,N2，及棒自身重力G，由于棒处于平衡状态，根据力系平衡条件有

RyN2cosG0(1) d2lMzN2Gcos0(2)cos2由（1）（2）得cos3d所以arccos()3

l1d l一根均匀的棍子。重为P，长为长为2l，今将其一端置于粗糙地面上，又以其上的C点靠在墙上，墙离地面的高度为h，当棍子与地面的角度为最小值0时，棍子在上述位置仍处于平衡状态，求棍与地面的摩擦系数。

解：如图示棍子受力为：重力P，C点上的作用力N1，A点上的作用力N2，摩擦力f

建坐标如图示 由于棍子处于平衡状态，根据力系平衡条件有

RxN1cos(9000)f0(1)RyN1sin(900)N2P0(2)0

对A而言有MzPlcos0N1由（3）得N1Psin0cos0

lhh0(3) sin0由（1）得fN1sin0Psin20cos0 由（2）得N2PN1cos0PPsin0cos20

lsin20cos0f所以 N2hlsin0cos20lhlh

矩形均质薄片ABCD，边长为a与b，重为mg，绕竖直轴AB以初角速0转动，此时薄片的每一部分都受到空气的阻力，其方向垂直于薄片的平面，其量值与面积及速度平方成正比，比例系数为k，问经过多长时间，薄片的角速度减为初角速的一半。

解：建坐标系0xyz与薄片固连，z轴为转轴。

dJzMz(1)则沿z轴方向有dt

JZIzz在薄片上取质量元面积为dsady，该区域受到的阻力为

dfkdsv2kady(zy)2

df对z轴的力矩为dMzdfykaz2y3dy

所以Mz0aa3b2dMzkz(2)

4又薄片对z轴的转动惯量为

aa1Izy2dmy2bdymab(mab)(3) 003Mz3ka2b2z由（1）（2）（3）得z

Iz4mtdz3ka2b24m20dzzz 积分dt而 得 0dt4m3ka2b0z2t4m

3ka2b0均匀长方形薄片的边长为a与b，质量为m，求此长方形薄片绕其对角线转动时的转动惯量。

解：用主轴坐标系求解，建主轴坐标系如图示 设薄片质量密度为，厚度为t。 由转轴公式得II12I22 由

图

知

I1y2t(ady)b2b21tab3 12I2x2t(bdx)a2a21ta3b12

又cos所以有

1a21b21a2b233II1I2tab2tab2tab22212126ababab222aab22，sinbab22

1a2b2而mtab 故Im22

6ab一轮的半径为r，以匀速v0无滑动地沿一直线滚动，求轮缘上任一点的速度及加速度。又最高点和最低点的速度和加速度各是多少。哪一点是转动瞬心。

解：如图示建立坐标系oxyz，由于球作无滑滚动，球与地面接触点A的速度为零，所以A点为转动瞬心。以O为基点，设球的角速度为

k，则  vAv0OAv0ikrjv0ri0

设轮缘上任一点P，OP与x轴的夹角为，则OPrcosirsinj

故vPv0OPv0ikrcosirsinjv0rsinircosj

 vPv0rsin2rcos2v021sin

daPa0OPOPOP2OP而加速度为 dtr2cosir2sinjr2cosisinj

当900时为最高点，其速度和加速度分别为

00vtopv0rsin90ircos90jv0ri2v0i

2002atoprcos90isin90jrj

当900时为最高点，其速度和加速度分别为

00vbottomv0rsin(90)ircos(90)jv0ri0

abottomr2cos(900)isin(900)jr2j

滚子质量m , 外轮半径为R , 滚子的鼓轮半径为r, 回转半径为ρ, 习题3.32）高为h、顶角为2的圆锥在一平面上滚动而不滑动，如已知此锥以匀角速绕O轴转动，试求圆锥底面上A点的转动加速度a1和向轴加速度a2的量值。

解：如图示，动坐标系oxyz随圆锥一起运动，ox轴过圆锥与地面的接触线OB，设圆锥绕自己的轴线转动的角速度为，又圆锥的轴线

绕z 轴转动的角速度为k

所以合角速度为合

由于OB为瞬轴，故合沿ox轴，由图可知

sin 故合coti ,即sin又A点的位置矢量为

OAOAsin2kOAcos2ih(cos2isin2k) cos所以A点的转动加速度

~d合d合a1OA(合)OA(合)OAdtdt 2hhk(coti)(cos2isin2k)(sin2icos2k)cossin向轴加速度为

ha2合(合OA)(coti)(coti)(cos2isin2k)cos

22h2cosksin2h故转动加速度的量值是a1

sin22hcos2 向轴加速度的量值是a2sin

一直线以匀角速在一固定平面内绕其一端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运动。

解：如图示以OX为极轴，直线转动的方向为极角建立极坐标系，OZ

er，故P点的绝对速度为轴垂直纸面向外，设P点的相对速度为vrerkrerrerre vvOPr22r2v2 设P点的绝对速度的量值为v，则有r0 r2r0 由题意知r 上式两边对时间求导数得2rr2r0 其通解为rAcostBsint 所以有v代入上式得A0,B当t0时有r0,rv

故运动规律为rvsint

如题图5 1 所示, 细直管长OA=l , 以匀角速度ω绕固定轴O 转动。管内有一小球M, 沿管道以速度v 向外运动。设在小球离开管道的瞬

时v=lω, 求这时小球M 的绝对速度。 答: va2l, ∠( va , i) = 45°

题图5 1

解：小球离开管道的相对速度是vl 方向沿管道向外 牵连速度是vel 方向垂直于管道

故小球离开管道的绝对速度是vav2ve22l 设绝对速度方向与管道的夹角为，则arctan一、分析力学部分

半经为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，一端在碗外，在碗内的长度为c，试用虚功原理证明棒

4c22r2的全长为：l

cv450 ve

解：建坐标如图示，棒受主动力为重力，作用点在质心c上，方向竖直向下，即

Pmgj

由虚功原理得 AFmgjxiyjmgy0 由图可知

lycsin

2

又由几何关系知sin4r2c2l4r2c2 所以yc 2r22r

4r2c2l11ycc4r2c22r22r2对c求变分得

1122cc

4r2c224r2c2c2clc4r4r2c224r2c2c2clc0 代入虚功原理得mg4r由于c0 故24r2c2c2cl0

4c22r2整理得l

c

六．五根长度相同的匀质杆，各重为P用铰连接，与固定边AB成正六边形，设在水平杆的中点施力F以维持平衡，用虚功原理求力F之大小？

解：设六边形边长为a，建坐标系如图，取角为广义坐标

由虚功原理得：

AF2py12Py2Py3Fy30

a2a23acos,y32acos 2由几何关系知 y1cos,y2acoscos变分y1sin，y2代入虚功原理

a23asin，y22asin 2a3a2Psin2PsinP2asinF2asin 226Pasin2Fasin6P2Fasin0由于的任意性，sin0,0

所以 F3P

等边六角形连杆铅直放置，各杆间用光滑铰链连接，底边固定不动，C、D点用绳拉紧，连杆AB中点受力Q作用，已知平衡时∠ACD=α，试用虚功原理求平衡时Q与绳内张力T之间的关系？

解：设六边形边长为a，建坐标系如图，取角为广义坐标

由虚功原理得： AFQy1TxCTxD0

由几何关系知 y12asin,xC(acos),xDacos 变分y12acos,xCasin,xDasin

Q2acosTasinTasin0代入虚功原理

(QcosTsin)2a0a2a2由于的任意性，0 所以QTtan

如图所示平面机构有五根长度相同的匀质杆与固定杆AB组成一正六边形，杆AF中点与杆BC中点有一刚度系数为k的水平弹簧相连，已知各杆长度用弹簧原长均为l，其重量与各铰接处摩擦均不计，若在ED中点作用一铅垂力F，则此机构平衡时角的大小为多少。

解：以AB杆中点为原点建立坐标系，ox轴沿AB

方向，oy轴竖直向上。解除弹簧约束以力T1、T2代替。由由虚功原理得：AFT1x1T2x2FYF0 由几何关系知

变分得yF2lcos,x1sin,x2sin

代入虚功原理T1sinT2sinF2lcos0

l2l2l2l2又T1T2kxk2cosklcos

klcoslsin2Flcos0,klsin2F0 2F由于0 故arcsin

kll2ox1y3yAP.206例

解： 自由度 2 个，广义坐标,

由 FiriP1x1P2x2Fy30n1l1P1xl2对 P1 , P2 , F 分别有：

P2BF11 x1l1sinx1l1cos2211xlsinlsinxlcosl2cos221 2122y3l1cosl2cosy3l1sinl2sin

代入，并令

,的系数为零，有

12P1l1cosP2l1cosFl1sin01P2l2cosFl2sin02P2P2Ptan1;tan2.2F2F由拉格朗日方程求出单摆的运动微分方程

解：以单摆为研究对象，系统为保守系，取摆角为广义坐标，设摆长为l，则摆球速度vl

121拉氏函数LTVml22mglcos

2系统动能Tmv2ml22，势能为Vmglcos

12由拉氏方程

dLLmglsin0 ()0得到ml2dtqq摆角很小时sin

0 故运动微分方程为gl讨论：由于是保守系统，存在首次积分TVC 即ml22mglcosE机械能守恒

由拉格朗日方程求出弹簧振子的运动微分方程

解：以弹簧振子为研究对象，系统为保守系，取振子位移x为广义坐

 标，设弹簧劲度系数为k，则振子速度vx121212kx 拉氏函数LTVmx222，势能为Vkx2 系统动能Tmv2mx121212由拉氏方程

dLLkx0 ()0得到mxdtqq故运动微分方程为xkx0 m讨论：由于是保守系统，存在首次积分TVC

2kx2E机械能守恒 即mx1212用哈密顿正则方程建立弹簧振子的运动微分方程

解：以弹簧振子为研究对象，系统为保守系，取振子位移x为广

 义坐标，设弹簧劲度系数为k，则振子速度vx

12mv212mx2，势能为V1系统动能

T2kx2 拉氏函数

LTV12mx212kx2

广义动量pLxxmx即xpxm 哈密顿函数Hpp2x1px2121pxxxLpm2(m)2kx2m1xm2kx2 pHkx(1)哈密顿正则方程为xxp xxHp(2)xm（1） 式微分后代入（1）式得mxkx 所以运动微分方程为xkmx0 用哈密顿正则方程建立单摆的运动微分方程

解：以单摆为研究对象，系统为保守系，取摆角为广义坐标，设摆长为l，则摆球速度vl 系统动能T122mv1222ml，势能为Vmglcos

LTV1拉氏函数

2ml22mglcos

广义动量pLpml2即ml2

哈密顿函数

Hpp1p1p2Lpml22ml2(2ml2)mglcos2ml2mglcos

Hpmglsin(1)哈密顿正则方程为 pH2(2)pmlmglsin （2） 式微分后代入（1）式得ml22ml得到mglsin0

摆角很小时sin 故运动微分方程为

0gl