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高等动力学习题答案 第一章 1.1 解： x y o A BCD 由此图可以看出，该均质杆的长度为 L,并已知该杆的两个端点的坐标分别为 A（ 1 x, 1 y）,B （ 2 x, 2 y） ， 建立坐标系， 根据其几何关系可确定其约束方程： （ 1 x- 2 x） 2 + ( 1 y- 2 y） 2 =L 2 又BODBAC h/( 1 y- 2 y)=(- 2 x)/( 1 x- 2 x)= 2 2 2 xh+/L 所谓的完整系统即系统中的约束均为完整约束（仅对质点的位形加以限制约束）的系统， 在 此系统中的约束仅对杆的位形加以限制约束，故为完整系统。另外，均质杆的 B 和 O 两点 与台阶构成点接触（高副） ，故 f=3-2=1 即自由度为 1。 O () 111 xyP， () 222 xyP， v x y 题1.2图 1.2.解：因为制导系统保证质点p1的速度v始终对准质点p2， 所以，p1p2所形成的直线)(xfy=的斜率为 21 21 y x yy xx = i i tan 可见是对位形和速度加以限制，此系统是非完整系统。 因为p2有两个自由度，p1有一个自由度，所以此系统有三个自由度。 1.3解： （1）因为 AB 是长度为l的刚性杆，故 AB 两点坐标应该满足方程为： 22 2121 ()()xxyy+= 2 l （2）选择中点 C O的坐标 c x, c y和相对轴 X 的倾角为广义坐标。因 为接触点 A 的速度只能沿与 AB 杆垂直方向 即: 1 1 y x =cot 21 21 cot xx yy = 两式联立得: 121121 ()()0x xxy yy+= (3)323 12 LH fnpp= = 故此系统为二自由度的非完整系统。 1.4 解:由几何关系知 12 cos 22 l R + = 12 00 2cos 2 lllRl + = = 对系统有 2222 1122 22 12 0 11 22 11 (2cos) 222 Tm Rm R Vk lkRl =+ + = 因此,拉格朗日函数为 22222 12 11220 111 (2cos) 2222 LTVm Rm RkRl + =+ 所以 2 11 1 2 11 1 1212 0 1 sin. 2cos 22 L m R dL m R dt L kRRl = = + = 由于 1 , 2 是对称的,所以有 1212 0 2 2 22 2 sin. 2cos 22 L kRRl dL m R dt + = = 由拉格朗日方程0 j dLL dtqq = 有 2 1212 110 2 1212 220 sin. 2cos0 22 sin. 2cos0 22 m RkRRl m RkRRl + = + = 1212 110 1212 220 sin. 2cos0 22 sin. 2cos0 22 m RkRl m RkRl + = + = 所以,能量积分为TVC+=即 22222 12 11220 111 (2 cos) 2222 m Rm RkRlC + += 化简为 22222 12 112201 (2 cos) 2 m Rm RkRlC + += 1.5选取两圆柱的转角 21, 为广义坐标，由题意可知 . 22 . 11 RRVB+= 此系统的动能为： 2 1 . 1 2 2211 . 2 2 . 2 1 )( 2 1 )( 2 1 2 1 2 1 RmRRmJJT CBBA += 2 11 2 1 RmJB= 2 22 2 1 RmJB= 故： . 2 1 2 13 2 . 22 . 112 . 2 2 2 22 . 2 1 2 11 2 1 )( 2 1 4 1 4 1 RmRRmRmRmT+= . 2 . 1212 . 2 2 2 22 . 2 1 2 1 321 4 3 ) 224 (RRmRmR mmm += 系统势能： 1322112 )(gmRRgmV+= 拉格朗日函数： VTL= )( 4 3 ) 224 ( 22112112 . 2 . 1212 . 2 2 2 22 . 2 1 2 1 321 RRgmgRmRRmRmR mmm += 由拉格朗日方程： 0)( . 2 . 2 = LL dt d （i=1,2） 0) 224 (2 1213 2212 1 2 1 321 =+gRmgRmRRmR mmm 1 0 2 3 22 1212 2 2 22 =+gRmRRmRm2 整理 1，2 式， 其能量积分： CVT=+ 即：CRmRmRmgRRmRmRmm m =+)( 4 3 ) 2 ( 222112113 . 2 . 1212 . 2 2 2 22 . 2 1 2 132 1 1.6 解；此系统的自由度=21021323= hl ppn，此系统为二自由度完整 系统。 以上，下躯干相对垂直轴偏角 12 . 为广义坐标，下躯干质心速度 2 c v： 2 22 2222 12121212 222221 ()()2cos2cos() c vllllllll =+=+ 系统动能和势能为： 22222 . 222 1121212 1 11222221 1112122 1111 2cos() 2222 cos( coscos) TmlJJm llll Vm glm g ll LTV =+ = + = 计算非保守力虚功 12 112112222 ();WMMQWMQ = 得广义力 12 122 ;QMMQM = 代入拉格朗日方程 . () (1,2) j j tj L d q L Qjf dq = 得 22 12 1 11212222122211 1212 2 12 2 2222212122212 222 ()cos()sin()() sin ()cos()sin()sin mlJm lm llm llmlm l gMM m lJm llm llm l gM += += 1.7 解：设圆盘的中心 o 为坐标原点，取位移 x，转角为广义坐标。 动能： 222222 2 111 T=(cos)sin 222 m xxrrJ+ （其中 2 1 1 2 Jm r=） 222 1211 13 ()cos 24 mm xm xrm r=+ 势能： 1 sinVm gr= 将 T 和 V 代入拉格朗日函数LTV=得： 222 12111 13 ()cossin 24 Lmm xm xrm rm gr=+ 则0 L x = 121 ()cos L mm xm r x =+ 1 sin L m gr = 2 11 3 cos 2 L m xrm r =+ 121 () ()cos L d x mm xm r dt =+ 2 11 () 3 cos 2 L d m xrm r dt =+ 带入式 () 0 j j L d q L dtq = 得: 121 2 111 ()cos0 3 cossin0 2 mm xm r m xrm rm gr += += 得： 1 21 12 2 21 sin2 3(32cos2 ) 2() sin 3(32cos 2 ) m gr x mm mm g rmm = + + = + 拉格朗日函数LTV=中不显含 x，存在循环积分 1211 ()cos L mm xm rc x =+= 能量积分：T+V=C 即： 222 12111 13 ()cossin 24 mm xm xrm rm grc+= 化简得： 22 121 13 ()(cossin) 24 mm xm rrxgc+= 18 解： 此系统为单自由度系统， 但动能和势能不显含时间 t,以干与铰链中心 O 的连线相 对垂直的偏角 1 , 2 为广义坐标，因为杆对 O 点的转动惯量 2 1 3 Jml= 所以，杆 L1的动能为： 1 22222 111 11 1111 2236 TJWmlml= 杆 L2的动能为： 1 12 222 2212 1 21221 2222 21222 1 21221 111 cos() 222 111 cos() 262 TJWm lm l l m lm lm l l =+ =+ 系统的总动能：T T1 T2 系统的势能： 22 1112112211221 1111 cos( coscos)() 2222 Vm glm g llkk=+ 拉格朗日函数 LTV 中不显含 t ，存在能量积分，将系统的动能 T 和势能 V 代入能量积 分公式 TVC 得广义能量积分，整理后得 1 2222 1211222212212 22 22 1212 1 21221 1 (2)coscos() 3 1 ()cos() 3 mm glm glkkm l mm lm l lC + += O | x | 题 1.9图 1.9 解：设滑块偏离圆心 O 的长度为 x,则滑块的动能为：T=1/2*mx 2 +(x) 2 To=1/2*m (x) 2 ,T2=1/2*mx 2 滑块的势能为 V=1/2*k *x 2 滑块的相对势能为 V*=V-To=1/2*k *x 2 -1/2*m (x) 2 广义能量积分为：T2 +V*=1/2*mx 2 +1/2*k *x 2 -1/2*m (x) 2 1.9.解：设滑块偏离圆心的距离为 x， 则滑块的动能为 () () 2 2 2 2 1 T= 2 11 22 m x mxm x x + =+ i i 其中， 22 1 2 0T mx=， 2 2 x T m i 1 2 滑块的势能为 2 1 Vx 2 k 滑块的相对势能 222 11 22 VVTxxkm 0 广义能量积分为 2 222 111 2222 TmxkxmxC =+=V 1.10. 解：1）以 AB 杆为研究对象 AB 的势能:(2 coscos )Vmgll= + 3cosmgl= AB 的动能： 2 222 11 1 (2coscos )(2sinsin ) (2 ) 22 12 Tmllllml=+ + 222 11 1 sin(2 sin ) 22 12 m lml+ = 222222 144 8sinsin 233 ml+ 故 222222 144 8sinsin 233 LTVml=+ 3cosmgl+ 因为 L 不显含，存在循环积分 所以 L C = 即 22 18 sin 23 mlC =ii 2 1 sinC =i 系统为定常约束，存在能量积分TVC+= 即 222222 144 8sinsin 233 ml+ 3cosmglC= 2）当= 时 222222 0 142 sinsin 233 Tmlml= =ii 222222 2 141 (8sin)2(2sin) 233 Tmlml=+=+ 相对势能： *222 0 2 3cossin 3 VVTmglml= 22 1 (9 cos2sin) 3 mlgl= + 广义能量积分： * 2 VTC+=即 22 1 (9 cos2sin) 3 mlgl+ 222 1 2(2sin) 3 ml + =C 1.11 解：由 1.7 题知： 动能： 222222 2 111 T=(cos)sin 222 m xxrrJ+ （其中 2 1 1 2 Jm r=） 222 1211 13 ()cos 24 mm xm xrm r=+ 势能： 1 sinVm gr= 则拉格朗日函数 222 12111 13 ()cossin 24 LTVmm xm xrm rm gr=+ 由上式知：拉格朗日函数LTV=中不显含 x，存在循环积分 1211 ()cos L mm xm rc x =+= 得： 11 12 coscm r x mm = + 代入拉格朗日函数得： 2222 22 11 11 12 cos3 sin 2()4 cm r Lm rm gr mm =+ + 劳斯函数： 1 RLc x= 2222 22 1111 111 1212 coscos3 sin 2()4 cm rcm r Rm rm grc mmmm =+ + 2 2 111 1 121212 coscos3 ()sin 222() mccr m rg mmmmmm =+ + 由 012 RRRR=+其中 0 R， 1 R， 2 R分别是非循环速度的零次，一次，二次函数 则： 01 sinRm rg= 11 1 12 cosm rc R mm = + 2 1 21 12 cos3 () 22 mr Rm r mm = + 劳斯势能： 01 sin R VRm gr= = 拉格朗日方程： () 0 j j L d q L dtq = 可以用劳斯函数表示为 () 0 j j R d q R dtq = 其中： 11 1 1212 coscos3 () 2 mcR m r r mmmm =+ + 1 1 12 () cos3 () 2 R d m m r r dtmm = + 1 sin R m rg = 则用劳斯函数表示的拉格朗日方程为： 1 12 cos3 ()sin0 2 m rg mm = + 1.12.解：分解质点 P 的速度在三个方向上： （1）径向速度r； （2）POZ 平面上的速度r； （3）XOY 平面上的圆周速度sinr 。所以动能为： ()() 2 2 2 1 sin 2 Tm rrr =+ 以 XOY 平面为参考面 () 21 cos 2 Vmgrk rl= + 因此，拉格朗日函数为： ()()() 2 22 2 11 sincos 22 LTVm rrrmgrk rl =+ L 中不含，则为循环坐标，所以 1 L C = ， () 1 2 sin C m r =，代入 L 中，得 () () () 2 2 2 2 1 2 2 11 cos 22 sin C Lm rrmgrk rl mr =+ 劳斯函数为 () () () 2 2 2 2 1 1 2 2 11 cos 22 sin C RLCm rrmgrk rl mr =+ 所以， () () 2 2 1 0 2 1 cos 2 2sin R C VRmgrk rl m r = =+ 将 R 代入 0 0 dRR dt dRR dtrr += += 得劳斯函数表示的拉氏方程 () () ()() () 2 1 2 2 2 1 2 cos 2sin0 2sin cos0 2sin C mrrrg m r C m rrgk rl m r += += 高等动力学习题答案 第二章 2.1 解:首先计算广义动量由习题 1.4 得出拉格朗日函数 22222 12 11220 111 (2cos) 2222 LTVm Rm RkRl + =+ 所以 2 111 1 L pm R = 2 222 2 L pm R = 2 1 1 1 m R p = 2 2 2 2 m R p = 把以上几式代入 1 f i i i L HqL q = = ,得 2222 1122 22 2 1212 0 2 12 11 (2 cos) 222 Hm Rm RL pp kRl Rmm =+ + =+ H 中不显含时间 t,所以H=C 正则方程为 2 1 1 1 2 2 2 2 1212 10 1 1212 20 1 sin(2cos) 22 sin(2cos) 22 m R p m R p H pkRRl H pkRRl = = + = + = 2.2 解：分解质点 P 的速度在三个方向上： （1）径向速度r； （2）POZ 平面上的速度r； （3） XOY 平面上的圆周速度r sim ,所以系统的动能为 222 1 ()() 2 Tm rrr sim=+ 以 XOY 平面为参考面 势能 ： 2 1 cos() 2 Vmgrk rl= + 因此，拉格朗日函数为： 2222 11 ()() cos(.) 22 LTVm rrr simmgrk rl=+ 计算系统的广义动量，得到 2 1 /PLmr= = 2 2 /PLmr= = 22 3 /cosPLmr= = 因为，哈密顿函数与拉格朗日函数完全等价，所以把 1 P, 2 P, 3 P代入拉格朗日函数得标准 哈密顿函数 22 22 32 1 222 11 ()cos(.) 2cos2 PP HPmgrk rl mrr =+ 利用哈密顿正则方程得 1 2 2 3 2 32 / 1 ()(.) cos rP m P PPk rl mr = = + 2 2 2 3 2 23 cos cos P mr P sim Pmgr mr = =+ 3 22 3 cos 0 P mr P = = 因为 3 P /H0 ，所以广义动量积分为 3 PC 又因为 H 中不显含时间 t , 所以/Ht0 ，所以广义能量积分 HC 2-4解： （1）约束方程为： 121121 ()()0x xxy yy+= 其变分形式为： 211 211 ()0 ()0 xxx yyy = = 用 12 , 分别乘以以上两个式子得： 1211 2211 ()0 ()0 xxx yyy = = 由题意得： 12 0,sinFFmg= 由第一类拉格朗日方程得： 1 1112 11212 ()0 sin()0 m xxx m ymgyy += += （2）约束方程为：cot c c y x = 即：sincos0 cc yx+= 其变分形式为：cossin0 cc xy+= 系统的动能和势能分别为： 2222 11 ()(2) 2 12 cc Tm xym l =+ 2sin c Vmg y= 所以 ()2 ()2 c c c c dT mx dtx dT my dty = = ， 0 0 c c T x T y = = 又 j i V Q q = 将以上式子代入劳斯方程得： 2cos0 2 (sin)sin0 c c mx m yg = += 0= 应的值。似解方程即可得出所对分别代入其精确解和近然后将 解出： 程：出该质点的运动微分方根据拉格郎日方程可得 所以近似解方程为： ）代入得：将（哈密顿作用量 由 势能该质点的动能 该质点的质量 根据劳斯方程： 又 其中， 系统的动能为： 其变分形式为： 约束方程为：为广义坐标，该系统的和选择 st shshtty shshttx xy yx tty tttx ba bSaS abbbaS dtxyyxLdtS btby atax tbty tattx xyyxVTL xyVyxT kgm lglmrlmlm rgrmMrlmrmrm ljBQqTdtqTd lgmQrgmMQ lgmrgmMygmygmMW rlmT rlmlmT rlmT rlmrmrmT lmJ rmJ lrv lrv rv JJvmvmT lr lr s k kjkjjj y x 8 . 0 , 6 . 0 , 4 . 0 , 2 . 0 1/1sin/sin 1/1sin/sin 0 0 )1 (99/50 )1 (99/52 99/50,99/5 0/; 0/ 30/16/16/16/12 1,)(2/1 ) 1( 2 22 )1 ( )1 (2 )(2/1 );(2/1 1.11 0coscos2/1)sin()cos(2/13/1 0coscos2/1)sin()cos(2/13/1 )2 , 1(/ )/( cos2/1,cos2/1 cos2/1cos2/1 )sin(2/1/ )cos(2/13/1/ )sin(2/1/ )cos(2/13/1/ 12/1 12/1 sin2/1sin cos2/1cos 2/1 2/12/12/12/1 0coscos 0sinsin. 5 22 1 0 22 1 0 22 22 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 1 21 212211 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 22 2 11 2 2 1 2 2 2 11 2 22 2 11 = = += =+ =+ = += = = += += = += = += += =+= = =+ =+ =+= = = += += += += = = = = = += = = = 2.6 解：A 点的坐标 coscos sinsin aby abx = += 约束方程 lbbl hbbl =+ =+ sinsincos coscossin 其变分形式 0coscossin 0sinsincos =+ = bbl bbl 系统的动能和势能分别为 ）（ ）（ ）（）（ 。 。 coscos cos2 2 1 sinsin 2 1 coscos 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 22 22 abmgmgyV ababm abmabmymxmT = += +=+= 由劳斯方程），（）（ 。 ljBQ q T q T dt d s k kjkj j j =+= = 21 1 代入 得 0cossinsinsincos 0cossinsinsincos 21 2 21 2 =+ =+ bbmgamabma bbmgbmabmb ）（）（ ）（）（ 。 。 2.7 解：由 12 , 为广义坐标，建立约束方程： 1122 cossincos0lll= 11222 sincossin0lll += 其变分形式为： 111222 sincossin0lll += 111222 cossincos0lll = 动能： 2 11 () 22 ccc Tm xyJ =+ 其中 2 1 12 c Jml= 势能： c Vmgy= 其中 1122 1 (sinsin) 2 c xLll=+ 1122 1 ( coscos) 2 c yll=+ 劳斯方程： 1 () s jkkj k jj dTT QB dtqq = =+ 2 1 12 T ml = 2 1 () 12 dT ml dt = 0 T = 0 j V Q = = 12 (cossin ) kj Bll= + 代入劳斯方程得： 2 12 1 cossin0 12 mlll+= （1） 2 111 22121 2212 1 1 ()cos()sin() 4 dT ll ll l dt =+ 11 1 sin 2 j V Qmgl = = 1111 sincos kj Bll= + 代入劳斯方程得： 1112221222111 212 11 1 cos()sin()2sinsincos0 4 ml lllmgll+= .(2) 2 221 21121 2112 2 1 ()22cos()2sin() 8 dT m ll ll l dt =+ 22 1 sin 2 j V Qmgl = = 2222 sincos kj Bll= 代入劳斯方程得： 2 222121112121 222 22 1 2cos()sin()2 sinsincos 4 ml llgll+.(3) 2.8 解：以广义坐标 c x，的导数取作准速度，令 . 1c xu=， . 2 =u 题 1.3 的约束方程为)csccot( . 22 ccc xxy=A 与广义坐标 c x， . c y，对应的广义力分别为： 0 1= ，sin 2 mg=，0 3 = 代入（2.3.16）即1 11= h，cot 21 =h，1 32 =h其余0= jv h导出 cotsin 1 mg=，0 1= B 利用式（2.3.23）计算加速度能量 G 并利用 A 式消去 c y得： +=+= 2222222 12 1 )cot2(csc 2 1 ) 12 1 ( 2 1 lxxlyxmG cccc C 将 B，C 式代入（2.3.19）导出运动的微分方程 cotsin )cot22(csc 2 1 1 2 mgxxm x G cc c = 即0sincossincot=gxx cc 0 6 1 2 12 1 2 = ll G 即0= 即 = = 0 0sincossincot gxx cc 2-9解：取, c x 为广义速率，令 12 , c ux u= 则约束条件为： 1 cotcot cc yxu= = 用, ,i j k表示, ,x y z各轴的基矢量，将冰刀的质心速度 c v和角速度 用广义速率表示为： 12 (cot), c vu iju k= 可直接从上式得出刚体的质心偏速度和偏角速度： (1)(2) (1)(2) cot,0 0, cc vij v k = = = 刚体上作用力的主矢和主矩为： 2(sincos),0FmgjkM= += 惯性力的主矢和主矩为： *2 1112 2 * 2 (cotcsc) , 2 12 Fm u iuu uj ml Mk = + + = 所以： (1)(1) 1 (2)(2) 2 *(1)*(1)2 1112 2sincot 0 2 (cot )csc c c c FF vMmg FF vM FFvMm uu u =+= =+= =+= 2 *(2)*(2) 22 6 c ml FFvMu=+= 代入方程得： 112 2 cot2sincossin0 0 uu umg u = = 2.10 解: 由式 2.4.6 知() 11 1 2 NN i iiii ii Zmr rr F = = + 无关项 所以由题意得: ()() () 222 2222 11 sin 22 11 sin 224 ccc ccc Zm xyJmgy m xymlmgy =+ =+ 把上式代入0Z=,得 tansintan cotsin 0 cc cc xyg yxg = = = 2.12 解：由题知：转子的动能和势能分别为： 0 2 1 2 = = V JT 。 磁场的能量为 cos 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 01221012 2 222 2 1011 1022121012 2 222 2 1011 11 LLiiLiLiL iiLiiLiLiL iiLE n k rk n k krm =+= += = = 且 静电场能量：0= e E 代入公式），（），（ 。 ）（ ），（ 。 kjekjmq qq eqEeqEVTL j jj += 得： 2100 2 222 2 1011 2 cos 2 1 2 1 2 1 iiLiLiLJL+= 。 已知忽略转子的机械阻尼，故总耗散函数为： 2 2 2 1 0Rieeq jejejq =+=+=）（）（）（ 。 代入拉格朗日-麦克斯韦方程： k k k k j j j j u e e L e L dt d Q q q L q L dt d = + = + 。 。 ）（ ）（ 得 0sin sin 100222 0210 =+ =+ 。 。 iLRiL MLiiJ 2.12 解：由题知：转子的动能和势能分别为： 0 2 1 2 = = V JT 。 磁场的能量为 cos 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 01221012 2 222 2 1011 1022121012 2 222 2 1011 11 LLiiLiLiL iiLiiLiLiL iiLE n k rk n k krm =+= += = = 且 静电场能量：0= e E 代入公式），（），（ 。 ）（ ），（ 。 kjekjmq qq eqEeqEVTL j jj += 得： 2100 2 222 2 1011 2 cos 2 1 2 1 2 1 iiLiLiLJL+= 。 已知忽略转子的机械阻尼，故总耗散函数为： 2 2 2 1 0Rieeq jejejq =+=+=）（）（）（ 。 代入拉格朗日-麦克斯韦方程： k k k k j j j j u e e L e L dt d Q q q L q L dt d = + = + 。 。 ）（ ）（ 得 0sin sin 100222 0210 =+ =+ 。 。 iLRiL MLiiJ 高等动力学习题答案 第三章 3.1 试利用李雅普诺夫直接方法判断下列系统的零解稳定性： （1） = = 2 2 112 2 2121 xxxx xxxx 解：选择正定的李雅普诺夫函数， 2 2 2 121, Vxxxx+=）（ 计算 V 沿方程解曲线的全导数，得 2 2 2 12 2 112 2 21212 2