理论物理基础教程答案刘连寿

1、1分析力学作业讲解第一章 低速宏观运动的基本原理23 设质点在势能场U(r)中运动，在笛卡尔坐标系中写出其拉格朗日方程。解：拉格朗日方程为：0(1,2,3)dLLdtqqLTUL为拉格朗日函数笛卡尔坐标中的坐标变量为 ，那么123,x x x321/2iiTmx4所以，321231/2( ,)iiLTUmxU x x x带入那格朗日方程得到321231/2( ,)jjiiiLUmxU x xxxxx321231/2( ,)jijiiLmxU x xxmxxx0ijxx0ijxx带入拉格朗日方程50(1,2,3)iidLLdUmxdtqqdtx即有(1,2,3)iiUmxx这就是笛卡尔坐标系中的

2、拉格朗日方程。6 已知柱坐标 与笛卡尔坐标的关系是( , , ) z cos , = cos , xyzz如图1设质点在轴对称势能场 中运动，写出其那格朗日方程。( )U解：由柱坐标和笛卡尔坐标的关系可知ddddzz reeerzxyz等式两边同时除以dtzzreee那么，系统的动能为222211()22mmz 2T =r7那么，系统的拉格朗日为22221()( )2LTUmzU =2( )LUm Lm0L2Lm 0LzLmzz所以带入拉格朗日方程，则有：2( ),dUmmd 20, 0mz 8 长度为l的细绳系一小球，悬挂点按照 方式运动，如图所示，小球被限制在 平面内运动， 时悬线竖直向下

3、。 （a）求悬线和竖直线偏离 所对应的虚位移 （b）已知在这一时刻的角速度为 ，求经过 时间后的位移 。问：当 时， 与 有何差别？X 0sin()Att( , )x z0ttrdtdrd0t drrlm3xM （a）在任意时刻，约束所容许的位移为虚位移，途中的小球，受到细绳的和自身重力的约束，在这个时刻，解：9小球只能围绕O点作圆周运动，当偏离角为 时，对应的虚位移为 。l（b）小球经过 时间后的位移，可以看作有两部分组成：（1）小球绕O点作圆周运动所产生的位移（2）小球随O点一起作简谐运动所产生的位移dtdlteddXX tAtedddXlteAter所以，小球的位移为lm3xM 和 的区

4、别如图所示：drr10lm3xMdr3xlmMr虚位移和实际位移的主要区别在于虚位移之和约束有关。实际位移除了和约束有关以外，还和物体当前的运动状态有关。11长度同为l 的轻棒四根，相互连接成一个可以无摩擦的改变顶角的菱形ABCD，AB和AD两棒无摩擦的支于处于同一水平线上且相距2a的两根钉上，BD之间用一根轻质棒连接，在连接点（B和D处），各棒之间可以无摩擦的转动，C点上系有一重物W，C点和重物受到约束，只能上下运动，设A点两棒之间的夹角为 ,试用虚功原理求平衡时联结棒BD2TF中的张力 ，讨论的 方向与 的大小的关系。问：在什么情况下有 ，说明其意义。TF0TF WABDC22allll4

5、.12WABDC22allll虚功原理解：0Fr( )反我们考虑当A处的夹角增加 ,只有B、D和C处的约束力的虚功不为零。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 TFTF132/(2 sincos)tanTFalWW22cos2sincsc0TF lla+ WW将上面的近似式代入虚功方程可得：即有：3330sin20sin20sin2TTTaFlaFlaFl杠对B的作用力向外杠对B的作用力向内杠

6、对B无作用力149质量为M的斜面可以无摩擦地在水平桌面上滑动。斜面上无摩擦地放一滑块 m，如图所示。写出拉格朗日方程，并求斜面的加速度 和滑块相对于斜面的加速度 。OXxx X222211(cos )sin221sin2Lm XxmxMXmgxsinLmgx0LX2cos ( cos)sinLmxXmxx(cos )Lm XxMXX解：系统的拉格朗日函数为152cos ( cos)sinsinmxXmxmg(cos )0m XxMXcossinmxmXmg(cos )0m XxMX2sincossinmgXMm2() sinsinMm gxMm即有：解之得：带入拉氏方程：1610直接用拉格朗日

7、方程 1.1.2 (2.21) 式 证明，由相差一广义坐标和时间的函数的时间全导数的两个拉格朗日函数L 和L 1.1.3 (3.13)式 得到的运动方程相同。 证明：L和L相差一个广义坐标和时间的全微分,dLLtftdtLtftqfttqq,qqq,qqq那么22,dLftqq dtLftqftqt qqq qqq17带入拉格朗日方程,dLLftqqq dtLftqqqq2,dddLLftdtqdtqdtqdLftqftdtqt qqq qqq那么dLLdtqq由L 和L 得到的运动方程相同。18经过伽利略有限速度变换 的拉氏量为11证明一维运动自由质点的拉格朗日函数 1 . 1 . 4 (4

8、 .10) 式 满足有限相对速度变换下伽利略相对性原理的要求。212LmV2222221111()22221122LmmVmm VmVdmmVxCmmVxCtdt解：由（4.10）可得自由质点的拉格朗日函数为19L 和L相差一广义坐标和时间的函数的时间全导数的两个拉格朗日函数，由上题知，他们满足相同的拉格朗日方程。所以自由质点的拉格朗日函数 (4 .10) 式 满足有限相对速度变换下伽利略相对性原理的要求。注意：解决此类问题的关键是弄懂题意，在作业中我发现很注意：解决此类问题的关键是弄懂题意，在作业中我发现很多同学没有弄清题目要求证明什么。要证明拉格朗日函数满多同学没有弄清题目要求证明什么。要

9、证明拉格朗日函数满足有限相对速度变换下伽利略相对性原理的要求。就要先搞足有限相对速度变换下伽利略相对性原理的要求。就要先搞清楚什么是伽利略相对性原理：所有惯性系，对研究机械运清楚什么是伽利略相对性原理：所有惯性系，对研究机械运动规律是等效的。那么我们要证明的是在两个惯性系中，拉动规律是等效的。那么我们要证明的是在两个惯性系中，拉格朗日函数满足相同的运动规律。要注意拉格朗日量本身是格朗日函数满足相同的运动规律。要注意拉格朗日量本身是没有物理意义的。重要的是他满足的函数形式和满足的运动没有物理意义的。重要的是他满足的函数形式和满足的运动方程。方程。2012已知一维运动自由质点的拉氏量是 (a)证明

10、：当按真实运动方式运动时，作用量是(b)设 ，求 ；并任意假定一种非真实的运动方式，计算相应的作用量 ，验证 。2/2Lm221021()2()m xxSmtt12( ), ( )x ta x tb0S1S10SS221122021( , , )d/2d()/2ttttSL x x ttmtmtt解：按真实情况运动时，自由质点作匀速直线运动，速度为常数 。将 带入得到2121()/()xxtt221021()2()m xxSmtt2121(t)dttbat将 带入得到2121()/()xxtt221021()2()m xxSmtt（b）假设自由质点不做匀速直线运动，则速度为时间的函数 ，且满足

11、：( ) t那么22112122122021211122()2()2()ttttttSmdtmdtmm badtStttt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。等号成立的条件是 为常数。22OXx滑块的能量滑块的能量斜面的能量斜面的能量系统的总能量系统的总能量21(cos )2sinEm XVxmgx212EMX221( cos)21()2sinEm xXVM XVmgx21(cos )2sinEm Xxmgx21()2EM XV221(cos )21()2sinEm XxM XmgxK系系K系系2324v1.2.3.4.7.8251.设质点系统的拉格朗日L=T-U其中

12、是坐标和速度的函数(a)证明：整个系统绕z轴转动角度 对应的广义动量不再是如1.2.2(2.16)式，而是22sinza aaaLm r 1/NzzaaapLUerr (b)已知在电磁场中电荷为e 的粒子 ，其中 和 A A 是电磁场的表示和矢势，求广义动量 。p( , )UUr r Uee A解：由广义动量的定义：aLUmprrr可得1111()NNzaaazaazNNaazaazUpmUmeLrprrrrrrr26上式得第一项已在课本中求出，那么将值代入即得11()NaazNzaazUpmULrrrrr(b)将带电粒子的是能表带式代入上式可得：111()NzaazNzazaNzayaaxa

13、aeepLLeLex Ay A ArrrA272.质量为 半径为 的半球形碗，放在光滑的水平桌面上，如图1 。有一个质量为 的滑块沿碗的内壁无摩擦的滑下。用 表示滑块位置与球心连线和竖直方向的夹角。这个系统起始时静止且 。求滑块滑到 时 的值。aMm01解：系统的拉格朗日为：222222211(cos)sin(1 cos)2211(2cos)(1 cos)22LmXaaMXmgam XaXaMXmga那么则对应的拉格朗日方程为(cos)Lm XaMXX2cosLmaXma0LXsinsinLmaXmga 2cossinsindmaXmamaXmgadt (cos)0dm XaMXdt化简得XO

14、sinxXa28cossinXag ()cosdmMaXdtm 将上面第二式写成再带入第一式得注意到等式左边是一个全微分，积分即得利用 ，即得dddddtddtdsincosagX2()cossinsincosmMaaagm22sinsincossin()()MmamagmMmM 22sinsincossin()()MmamaddgdmMmM 10212()coscos(sin)mM gMma29质量为 半径为 的半球形碗，放在光滑的水平桌面上，如图1 。有一个质量为 的滑块沿碗的内壁无摩擦的滑下。用 表示滑块位置与球心连线和竖直方向的夹角。这个系统起始时静止且 。求滑块滑到 时 的值。aMm

15、01解：由于系统在水平方向不受力，所以系统在水平方向上的动量守恒：cos0mMV在有能量守恒得到22011coscos22mMVmga式中的 和 为滑块和半球形碗相对于地面的速度。而V222cossincoscosVaaVa代入可得cos0m VaMV2220111cossin222 coscosm Vam aMVmga由第一式得 ，代入第二式得cosmVamM 302220111cossincos222 coscosMmmam aMamMmMmga220sin2coscosMmagamM022()coscos(sin)mM gMma化解可得即：当 时110212()coscos(sin)mM

16、 gMma313.质量为 的质点在三维空间中运动，势能是证明之一质点由 区域经过分界面进入 区域的运动轨迹等同于光线从空气入射到折射率为 的介质所受到的折射。 其中， 是质点在 区域中的动能。m0000zUUz0z 0z 01/nUE21/2Em0z z解：系统具有xy平面内的平移对称性，所以动量的x，y分量守恒：1p2p又系统的能量守恒，则有1211 , xxyypppp221212022ppEEUmm那么，则有2221022ppUmm220211/pUEp 即：1232而散射前后动量与z轴的夹角之比为112202211sin1/sinpppUEppp即满足折射定律。4.求半径为 ，圆心角为

17、2的均匀扇形薄片的质心。a2a解：设均匀薄片的定点在原点，取对称轴为y轴，则其重心一定在y轴上那么质心的y坐标为2321sin122 sin33cyydrdrdAaaa所以扇形的质心在其角平分线距圆心2asin/(3)处。337.写出角动量的笛卡尔分量 和它的平方 用球坐标 表示的表达式。,xyzL L L2L( , , )r 解：由sincosxrsinsinyr?xzyLypzp带入得( sincoscoscossinsin)xpmxm rrrcoszr?yxzLzpxp?zyxLxpyp2222?zzzLLLL( sinsincos sinsincos)ypmxm rrr( cossin

18、)zpm rr348.在下列场中运动的系统，动量P的什么分量守恒？角动量的什么分量守恒？(a)无穷大均匀平面所产生的场；(b) 无穷长均匀柱所产生的场；(c) 两个电源所产生的场；(d) 均匀圆环所产生的场；(e) 均匀圆球所产生的场。解：根据空间的平移对称性导致动量守恒，空间的转动对称性导致角动量守恒可知：(a)无穷大均匀平面所产生的场：P沿平面方向的任意分量，L的垂直平面方向的分量(b) 无穷长均匀柱所产生的场：P沿柱方向的分量，L的沿柱方向的分量(c) 两个电源所产生的场：L沿两个电源连线方向的分量(d) 均匀圆环所产生的场：L沿垂直圆环方向的分量(e) 均匀圆球所产生的场：L守恒353

19、61、质点受到的有心力为：231Fm rr 解：由比莱公式2p1cosarek其中 ，A为积分常数。2222221/, /, /kpak peAk p 2222d up uumFd 将F带入可得：222232232222222d up uuuudrrd upuudd ukk uda其中 ，试证明其轨道方程为37那么令 ，带入可得2220dkd1ua其通解为：120cossincos ()AkAkAk我们总是可以选择适当的坐标系，使得 ，带入可得001cos1cos1cos1cosuAkauAkaarAakarek382、一个质点在有心引力作用下沿圆形轨道运动，力心在此圆的圆周上。求证这一有心力

20、与距离的五次方成反比。r2a解：设置点运动轨迹圆周的半径为a，则其轨迹方程为：2 cosra则：2232242223222233231 1 sin2112 cos1 cos2sincos2cos1cos2cos2cos88urad udad udad uara uudra22238p ua uuumF 带入比莱公式：整理之后可得：2255581p a uFumr所以有心力与距离成五次方成反比。39系统的拉格朗日为222222221()21(csc)cot2LTUmzmgzmmg =2cotLmmg 2cscLm0L2Lm 所以3、在一个顶角为 的圆锥形光滑杯中放置一个质量为m的质点。圆锥的轴沿

21、竖直方向，杯口向上。求证当 时，质点在两个水平圆环之间的杯壁上运动，并写出决定这两个圆环半径的方程。0E 2解：系统的约束方程为cot0fz22csccotg 2(Constant)mJ （1）（2）（3）（4）402223csccotJgm2Jm（1）由（4）式可得带入（3）式可得2224csccot0Jgm利用 ，可得dddddtddtd2223csccotJdgdm 22222csc2cotJgCm 解之系统的总能量22222222221(csc)cot211(2cot)cot22ETUmmgJJm CgmgmCmm 41222222csc2cotEJgmm所以，C=2E/m，带入可得当

22、质点到达最低点或者最高点时 ，那么22222cotEJgmm0minmax22222cotEJgmm这个方程有三个解，两正一负，显然负数解应舍弃。设余下的两根为 ，那么（如图）minmaxmaxmin,(0)22222122cotsinEJgmmmin2显然只有当 时，质点的速度才为实数，所以质点只能在 之间运动。minmaxminmax,424、由椭圆的焦点F引一条线段，以均匀的角速度 绕F点转动，求证此线段与椭圆的交点M的速度为 ，其中a和b是椭圆的半长轴和半短轴。(2) /rrarb2, (01, / , / )1cosprepba ec ae解：由椭圆的极坐标方程而2sin1cos1c

23、osdpeprdeeFM所以222222( )( )( )( )( )( )dsdd drrdrrdrrdtdtddt所以2222222222222 ()/1sin2 cos11cos1cos1cos/12/2p ee rperpepp eerreeep rrrep rrarpb 22(2)rrrarar rbb435、(a).有心力势能为 。分别对于 ， 和 。画出有效势能 的曲线，并分别讨论这三种情况下的各种可能的运动方式。(b).证明只有当 时，粒子才能落到力心上。说明其物理原因。并对 计算落到力心上的截面。/nUr 2n 2n 2n 222( )/(2)nUU rpmrrr 有效2n 2n 解：(a)等效势能为：U有效根据 和 的关系，三种情况下的 的曲线如下：（黑： ；红： ；绿： ）U有效2n 2n 2n 44在有心力场中运动的粒子的能量为kEEU有效我们在讨论粒子在不同的势能中运动，只