分析力學答案 劉連壽 答案

1、 設質點在勢能場U(r)中運動，在笛卡爾坐標系中寫出其拉格朗日方程。解：拉格朗日方程為：0(1,2,3)dLLdtqqLTUL為拉格朗日函數(shù)笛卡爾坐標中的坐標變量為 ，那么123,x x x321/2iiTmx所以，321231/2( ,)iiLTUmxU x x x帶入那格朗日方程得到321231/2( ,)jjiiiLUmxU x xxxxx321231/2( ,)jijiiLmxU x x xmxxx0ijxx0ijxx帶入拉格朗日方程0(1,2,3)iidLLdUmxdtqqdtx即有(1,2,3)iiUmxx這就是笛卡爾坐標系中的拉格朗日方程。 已知柱坐標 與笛卡爾坐標的關系是( ,

2、 , ) z cos , = cos , xyzz如圖1設質點在軸對稱勢能場 中運動，寫出其那格朗日方程。( )U解：由柱坐標和笛卡爾坐標的關系可知ddddzz reeerzxyz等式兩邊同時除以dtzzreee那么，系統(tǒng)的動能為222211()22mmz 2T =r那么，系統(tǒng)的拉格朗日為22221()( )2LTUmzU =2( )LUm Lm0L2Lm 0LzLmzz所以帶入拉格朗日方程，則有：2( ),dUmmd 20, 0mz 長度為l的細繩系一小球，懸掛點按照 方式運動，如圖所示，小球被限制在 平面內運動， 時懸線豎直向下。 （a）求懸線和豎直線偏離 所對應的虛位移 （b）已知在這一

3、時刻的角速度為 ，求經過 時間后的位移 。問：當 時， 與 有何差別？X 0sin()Att( , )x z0ttrdtdrd0t drrlm3xM （a）在任意時刻，約束所容許的位移為虛位移，途中的小球，受到細繩的和自身重力的約束，在這個時刻，解：小球只能圍繞O點作圓周運動，當偏離角為 時，對應的虛位移為 。l（b）小球經過 時間后的位移，可以看作有兩部分組成：（1）小球繞O點作圓周運動所產生的位移（2）小球隨O點一起作簡諧運動所產生的位移dtdlteddXX tAtedddXlteAter所以，小球的位移為lm3xM 和 的區(qū)別如圖所示：drrlm3xMdr3xlmMr虛位移和實際位移的主

4、要區(qū)別在于虛位移之和約束有關。實際位移除了和約束有關以外，還和物體當前的運動狀態(tài)有關。長度同為l 的輕棒四根，相互連接成一個可以無摩擦的改變頂角的菱形ABCD，AB和AD兩棒無摩擦的支于處于同一水平線上且相距2a的兩根釘上，BD之間用一根輕質棒連接，在連接點（B和D處），各棒之間可以無摩擦的轉動，C點上系有一重物W，C點和重物受到約束，只能上下運動，設A點兩棒之間的夾角為 ,試用虛功原理求平衡時聯(lián)結棒BD2TF中的張力 ，討論的 方向與 的大小的關系。問：在什么情況下有 ，說明其意義。TF0TF WABDC22allll4.WABDC22allll虛功原理解：0Fr( )反我們考慮當A處的夾角

5、增加 ,只有B、D和C處的約束力的虛功不為零。那么：1122sin()sin2 cos()cosctan()ctan0TTTFFF llar +r +Wr-WW利用近似方法 可得：()( )ff xxf xxxsin()sincos cos()cossin 2ctan()ctancsc TFTF2/(2 sincos)tanTFalWW22cos2sincsc0TF lla+ WW將上面的近似式代入虛功方程可得：即有：3330sin20sin20sin2TTTaFlaFlaFl杠對B的作用力向外杠對B的作用力向內杠對B無作用力9質量為M的斜面可以無摩擦地在水平桌面上滑動。斜面上無摩擦地放一滑塊

6、 m，如圖所示。寫出拉格朗日方程，并求斜面的加速度 和滑塊相對于斜面的加速度 。OXxx X222211(cos )sin221sin2Lm XxmxMXmgxsinLmgx0LX2cos ( cos)sinLmxXmxx(cos )Lm XxMXX解：系統(tǒng)的拉格朗日函數(shù)為2cos ( cos)sinsinmxXmxmg(cos )0m XxMXcossinmxmXmg(cos )0m XxMX2sincossinmgXMm2() sinsinMm gxMm即有：解之得：帶入拉氏方程：10直接用拉格朗日方程 1.1.2 (2.21) 式 證明，由相差一廣義坐標和時間的函數(shù)的時間全導數(shù)的兩個拉格

7、朗日函數(shù)L 和L 1.1.3 (3.13)式 得到的運動方程相同。 證明：L和L相差一個廣義坐標和時間的全微分,dLLtftdtLtftqfttqq,qqq,qqq那么22,dLftqq dtLftqftqt qqq qqq帶入拉格朗日方程,dLLftqqq dtLftqqqq2,dddLLftdtqdtqdtqdLftqftdtqt qqq qqq那么dLLdtqq由L 和L 得到的運動方程相同。經過伽利略有限速度變換 的拉氏量為11證明一維運動自由質點的拉格朗日函數(shù) 1 . 1 . 4 (4 .10) 式 滿足有限相對速度變換下伽利略相對性原理的要求。212LmV2222221111()2

8、2221122LmmVmm VmVdmmVxCmmVxCtdt解：由（4.10）可得自由質點的拉格朗日函數(shù)為L 和L相差一廣義坐標和時間的函數(shù)的時間全導數(shù)的兩個拉格朗日函數(shù)，由上題知，他們滿足相同的拉格朗日方程。所以自由質點的拉格朗日函數(shù) (4 .10) 式 滿足有限相對速度變換下伽利略相對性原理的要求。注意：解決此類問題的關鍵是弄懂題意，在作業(yè)中我發(fā)現(xiàn)很注意：解決此類問題的關鍵是弄懂題意，在作業(yè)中我發(fā)現(xiàn)很多同學沒有弄清題目要求證明什么。要證明拉格朗日函數(shù)滿多同學沒有弄清題目要求證明什么。要證明拉格朗日函數(shù)滿足有限相對速度變換下伽利略相對性原理的要求。就要先搞足有限相對速度變換下伽利略相對性原

9、理的要求。就要先搞清楚什么是伽利略相對性原理：所有慣性系，對研究機械運清楚什么是伽利略相對性原理：所有慣性系，對研究機械運動規(guī)律是等效的。那么我們要證明的是在兩個慣性系中，拉動規(guī)律是等效的。那么我們要證明的是在兩個慣性系中，拉格朗日函數(shù)滿足相同的運動規(guī)律。要注意拉格朗日量本身是格朗日函數(shù)滿足相同的運動規(guī)律。要注意拉格朗日量本身是沒有物理意義的。重要的是他滿足的函數(shù)形式和滿足的運動沒有物理意義的。重要的是他滿足的函數(shù)形式和滿足的運動方程。方程。12已知一維運動自由質點的拉氏量是 (a)證明：當按真實運動方式運動時，作用量是(b)設 ，求 ；并任意假定一種非真實的運動方式，計算相應的作用量 ，驗證

10、 。2/2Lm221021()2()m xxSmtt12( ), ( )x ta x tb0S1S10SS221122021( , , )d/2d()/2ttttSL x x ttmtmtt解：按真實情況運動時，自由質點作勻速直線運動，速度為常數(shù) 。將 帶入得到2121()/()xxtt221021()2()m xxSmtt21(t)dttbat將 帶入得到2121()/()xxtt221021()2()m xxSmtt（b）假設自由質點不做勻速直線運動，則速度為時間的函數(shù) ，且滿足：( ) t那么22112122122021211122()2()2()ttttttSmdtmdtmm badt

11、Stttt平方的平方的平均值大平均值大于于平均平均值的平方。值的平方。等號成立的條件是 為常數(shù)。OXx滑塊的能量滑塊的能量斜面的能量斜面的能量系統(tǒng)的總能量系統(tǒng)的總能量21(cos )2sinEm XVxmgx212EMX221( cos)21()2sinEm xXVM XVmgx21(cos )2sinEm Xxmgx21()2EM XV221(cos )21()2sinEm XxM XmgxK系系K系系分析力學作業(yè)講解 第二章 守恒律杜佳欣http:/ 是坐標和速度的函數(shù)(a)證明：整個系統(tǒng)繞z軸轉動角度 對應的廣義動量不再是如1.2.2(2.16)式，而是22sinza aaaLm r 1

12、/NzzaaapLUerr (b)已知在電磁場中電荷為e 的粒子 ，其中 和 A A 是電磁場的表示和矢勢，求廣義動量 。p( , )UUr r Uee A解：由廣義動量的定義：aLUmprrr可得1111()NNzaaazaazNNaazaazUpmUmeLrprrrrrrr上式得第一項已在課本中求出，那么將值代入即得11()NaazNzaazUpmULrrrrr(b)將帶電粒子的是能表帶式代入上式可得：111()NzaazNzazaNzayaaxaaeepLLeLex Ay A ArrrA2.質量為 半徑為 的半球形碗，放在光滑的水平桌面上，如圖1 。有一個質量為 的滑塊沿碗的內壁無摩擦的

13、滑下。用 表示滑塊位置與球心連線和豎直方向的夾角。這個系統(tǒng)起始時靜止且 。求滑塊滑到 時 的值。aMm01解：系統(tǒng)的拉格朗日為：222222211(cos)sin(1 cos)2211(2cos)(1 cos)22LmXaaMXmgam XaXaMXmga那么則對應的拉格朗日方程為(cos)Lm XaMXX2cosLmaXma0LXsinsinLmaXmga 2cossinsindmaXmamaXmgadt (cos)0dm XaMXdt化簡得XOsinxXacossinXag ()cosdmMaXdtm 將上面第二式寫成再帶入第一式得注意到等式左邊是一個全微分，積分即得利用 ，即得ddddd

14、tddtdsincosagX2()cossinsincosmMaaagm22sinsincossin()()MmamagmMmM 22sinsincossin()()MmamaddgdmMmM 10212()coscos(sin)mM gMma質量為 半徑為 的半球形碗，放在光滑的水平桌面上，如圖1 。有一個質量為 的滑塊沿碗的內壁無摩擦的滑下。用 表示滑塊位置與球心連線和豎直方向的夾角。這個系統(tǒng)起始時靜止且 。求滑塊滑到 時 的值。aMm01解：由于系統(tǒng)在水平方向不受力，所以系統(tǒng)在水平方向上的動量守恒：cos0mMV在有能量守恒得到22011coscos22mMVmga式中的 和 為滑塊和半

15、球形碗相對于地面的速度。而V222cossincoscosVaaVa代入可得cos0m VaMV2220111cossin222 coscosm Vam aMVmga由第一式得 ，代入第二式得cosmVamM 2220111cossincos222 coscosMmmam aMamMmMmga220sin2coscosMmagamM022()coscos(sin)mM gMma化解可得即：當 時110212()coscos(sin)mM gMma3.質量為 的質點在三維空間中運動，勢能是證明之一質點由 區(qū)域經過分界面進入 區(qū)域的運動軌跡等同于光線從空氣入射到折射率為 的介質所受到的折射。 其中

16、， 是質點在 區(qū)域中的動能。m0000zUUz0z 0z 01/nUE21/2Em0z z解：系統(tǒng)具有xy平面內的平移對稱性，所以動量的x，y分量守恒：1p2p又系統(tǒng)的能量守恒，則有1211 , xxyypppp221212022ppEEUmm那么，則有2221022ppUmm220211/pUEp 即：12而散射前后動量與z軸的夾角之比為112202211sin1/sinpppUEppp即滿足折射定律。4.求半徑為 ，圓心角為2的均勻扇形薄片的質心。a2a解：設均勻薄片的定點在原點，取對稱軸為y軸，則其重心一定在y軸上那么質心的y坐標為2321sin122 sin33cyydrdrdAaaa

17、所以扇形的質心在其角平分線距圓心2asin/(3)處。7.寫出角動量的笛卡爾分量 和它的平方 用球坐標 表示的表達式。,xyzL L L2L( , , )r 解：由sincosxrsinsinyr?xzyLypzp帶入得( sincoscoscossinsin)xpmxm rrrcoszr?yxzLzpxp?zyxLxpyp2222?zzzLLLL( sinsincossinsincos)ypmxm rrr( cossin)zpm rr8.在下列場中運動的系統(tǒng)，動量P的什么分量守恒？角動量的什么分量守恒？(a)無窮大均勻平面所產生的場；(b) 無窮長均勻柱所產生的場；(c) 兩個電源所產生的場

18、；(d) 均勻圓環(huán)所產生的場；(e) 均勻圓球所產生的場。解：根據(jù)空間的平移對稱性導致動量守恒，空間的轉動對稱性導致角動量守恒可知：(a)無窮大均勻平面所產生的場：P沿平面方向的任意分量，L的垂直平面方向的分量(b) 無窮長均勻柱所產生的場：P沿柱方向的分量，L的沿柱方向的分量(c) 兩個電源所產生的場：L沿兩個電源連線方向的分量(d) 均勻圓環(huán)所產生的場：L沿垂直圓環(huán)方向的分量(e) 均勻圓球所產生的場：L守恒分析力學作業(yè)講解（三）第三章 有心力場中的運動1、質點受到的有心力為：231Fm rr 解：由比萊公式2p1cosarek其中 ，A為積分常數(shù)。2222221/, /, /kpak p

19、eAk p 2222d up uumFd 將F帶入可得：222232232222222d up uuuudrrd upuudd ukk uda其中 ，試證明其軌道方程為那么令 ，帶入可得2220dkd1ua其通解為：120cossincos ()AkAkAk我們總是可以選擇適當?shù)淖鴺讼?，使?，帶入可得001cos1cos1cos1cosuAkauAkaarAakarek2、一個質點在有心引力作用下沿圓形軌道運動，力心在此圓的圓周上。求證這一有心力與距離的五次方成反比。r2a解：設置點運動軌跡圓周的半徑為a，則其軌跡方程為：2 cosra則：2232242223222233231 1 sin2

20、112 cos1 cos2sincos2cos1cos2cos2cos88urad udad udad uara uudra22238p ua uuumF 帶入比萊公式：整理之后可得：2255581p a uFumr所以有心力與距離成五次方成反比。系統(tǒng)的拉格朗日為222222221()21(csc)cot2LTUmzmgzmmg =2cotLmmg 2cscLm0L2Lm 所以3、在一個頂角為 的圓錐形光滑杯中放置一個質量為m的質點。圓錐的軸沿豎直方向，杯口向上。求證當 時，質點在兩個水平圓環(huán)之間的杯壁上運動，并寫出決定這兩個圓環(huán)半徑的方程。0E 2解：系統(tǒng)的約束方程為cot0fz22cscc

21、otg 2(Constant)mJ （1）（2）（3）（4）2223csccotJgm2Jm（1）由（4）式可得帶入（3）式可得2224csccot0Jgm利用 ，可得dddddtddtd2223csccotJdgdm 22222csc2cotJgCm 解之系統(tǒng)的總能量22222222221(csc)cot211(2cot)cot22ETUmmgJJm CgmgmCmm 222222csc2cotEJgmm所以，C=2E/m，帶入可得當質點到達最低點或者最高點時 ，那么22222cotEJgmm0minmax22222cotEJgmm這個方程有三個解，兩正一負，顯然負數(shù)解應舍棄。設余下的兩根為

22、 ，那么（如圖）minmaxmaxmin,(0)22222122cotsinEJgmmmin2顯然只有當 時，質點的速度才為實數(shù)，所以質點只能在 之間運動。minmaxminmax,4、由橢圓的焦點F引一條線段，以均勻的角速度 繞F點轉動，求證此線段與橢圓的交點M的速度為 ，其中a和b是橢圓的半長軸和半短軸。(2) /rrarb2, (01, / , / )1cosprepba ec ae解：由橢圓的極坐標方程而2sin1cos1cosdpeprdeeFM所以222222( )( )( )( )( )( )dsdd drrdrrdrrdtdtddt所以2222222222222 ()/1sin

23、2 cos11cos1cos1cos/12/2p ee rperpepp eerreeep rrrep rrarpb 22(2)rrrarar rbb5、(a).有心力勢能為 。分別對于 ， 和 。畫出有效勢能 的曲線，并分別討論這三種情況下的各種可能的運動方式。(b).證明只有當 時，粒子才能落到力心上。說明其物理原因。并對 計算落到力心上的截面。/nUr 2n 2n 2n 222( )/(2)nUU rpmrrr 有效2n 2n 解：(a)等效勢能為：U有效根據(jù) 和 的關系，三種情況下的 的曲線如下：（黑： ；紅： ；綠： ）U有效2n 2n 2n 在有心力場中運動的粒子的能量為kEEU有效我們在討論粒子在不同的勢能中運動，只考慮