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第１章　经典力学基础

１１　题　外　话

　　本书是为《经典力学》一书配套的“题谱”或“习题集”．

《经典力学》一书的主线是Ｌａｇｒａｎｇｅ力学和Ｈａｍｉｌｔｏｎ力学，但为了现实的需要，

在书的第一章中仍然介绍了Ｎｅｗｔｏｎ质点和质点系力学，ＮｅｗｔｏｎＥｕｌｅｒ刚体力学和

ＨｏｏｋｅＮａｖｉｅｒ弹性力学等内容．从原则上来说，大学普通物理（力学）中比较深入，而

数学上当时还不能讲授的内容，都应该归入这一章．以数学角度来看，从 Ｎｅｗｔｏｎ

Ｅｕｌｅｒ刚体力学中涉及张量往后的内容，当时都还不能讲授．因此，涉及张量往后的内

容都是区别于大学普通物理（力学）的新课题．

涉及张量以前的内容，一般来说都可以在大学普通物理（力学）的范围内讲授．但

是其中也有难点，例如Ｎｅｗｔｏｎ力学非惯性参考系中的问题以及某些动力学问题．第

一章中关于Ｎｅｗｔｏｎ质点和质点系力学的习题就是围绕这两个难点设置的．

人们常常会问：为什么会是“力学”？自然科学中首先引起人们注意，并立即可以

进行数学计算（Ｗ．Ｈｅｉｓｅｎｂｅｒｇ称之为“严密自然科学”）的，为什么会是“力学”？从

当时的情况来看，起码还有“光学”也是 Ｈｕｙｇｅｎｓ和Ｎｅｗｔｏｎ所关心的学科．从数学

的难易程度和物理原理的简繁程度来看，“热力学”也比力学来得简单．物理学发展到

今天，“光学”还是那个样子；热力学就更不用说了，它与经典力学相比就如小学生与

大学生相比．经典力学之所以发展到如此地步，很大程度有赖于 Ｎｅｗｔｏｎ，Ｅｕｌｅｒ，

ｄ’Ａｌｅｍｂｅｒｔ，Ｌａｇｒａｎｇｅ，Ｈａｍｉｌｔｏｎ和Ｒｏｕｔｈ等人的工作．

实际上所有的作为“严密自然科学”的物理学，从理论角度来区分，一共只有两

类，即“粒子”物理学和“系综”物理学．Ｎｅｗｔｏｎ《自然哲学之数学原理》一书的第二编

“物体（在阻滞介质中）的运动”，讲的是流体力学，实际上就是“系综”物理学，尽管

“Ｅｕｌｅｒ描述”是Ｅｕｌｅｒ发明的，尽管“系综”一词直到Ｇｉｂｂｓ时代才出现．流体动力学

是“系综”的，统计力学必须是“系综”的，所有关于场、多自由度系统和相对论的量子

力学必然是“系综”的．只有Ｅｉｎｓｔｅｉｎ的广义相对论，才兼顾了“系综”（Ｅｉｎｓｔｅｉｎ场方

程）和“粒子”（短程线方程，即粒子运动方程）．ｄｅＢｒｏｇｌｉｅ根据广义相对论的处理方

法，也提出过兼顾“系综”和“粒子”的所谓量子力学的“双重解理论”．而作为经典力学

顶峰的Ｌａｇｒａｎｇｅ力学和Ｈａｍｉｌｔｏｎ力学，既可以被用于处理“粒子”，又可以被用于处

理“系综”．但是，对于流体动力学和广义相对论中Ｅｉｎｓｔｅｉｎ场方程这样的问题，Ｌａ

ｇｒａｎｇｅ力学和 Ｈａｍｉｌｔｏｎ力学是无能为力的．其最主要的原因是，在这些问题中写不

出它们的能量表达式．在广义相对论中，没有能量守恒也没有动量守恒，只有能量－

动量张量的守恒．凡是可以写出能量表达式的，都可以纳入Ｌａｇｒａｎｇｅ力学和 Ｈａｍｉｌ

ｔｏｎ力学的体系，凡是写不出能量表达式的，都不能纳入Ｌａｇｒａｎｇｅ力学和 Ｈａｍｉｌｔｏｎ

力学的体系．从这一意义上来说，流体动力学与Ｌａｇｒａｎｇｅ力学和 Ｈａｍｉｌｔｏｎ力学体

系，属于完全不同的范畴．

本书的第一章中关于Ｎｅｗｔｏｎ质点和质点系力学的习题解答，主要就是非惯性

参考系中的问题以及某些动力学问题的解答．值得一提的是，对某些动力学方面的习

题，本书采用了Ｌａｇｒａｎｇｅ力学中的解法．这样做的目的首先当然是解答的需要，因为

对某些动力学习题来说，采用Ｎｅｗｔｏｎ力学的解法显得十分笨拙和艰难．思维的体操

固然需要，但过度的“体操”也没有什么必要．既然有了新式武器，抛弃旧式器械就属

必然．正如没有人笨到在已有了代数的今天，再去花脑筋用十分复杂的四则算术题的

方法解题一样．何况，采用了Ｌａｇｒａｎｇｅ力学中的解法可以对正确解题有所启发，这种

“杀鸡用牛刀”的代价仍是值得的．读者如果有精力的话，可以试着用Ｎｅｗｔｏｎ力学的

解法来处理同一个问题；看看对某些习题来说是否十分艰难，以及用Ｌａｇｒａｎｇｅ力学

中的解法是否对正确解题有所启发．

同时，用Ｌａｇｒａｎｇｅ力学中的解法处理某些动力学方面的习题的另一个目的是与

第２章的习题解答相衔接，相呼应，以保持本书在风格上的统一；而且也扩大了

Ｌａｇｒａｎｇｅ力学的应用范围．所有的动力学问题，都可以用Ｌａｇｒａｎｇｅ力学中的解法来

处理．实际上，对动力学问题而言，甚至对某些运动学问题（参见题１．６）而言，用

Ｌａｇｒａｎｇｅ力学中的解法，是最简便、最为程式化的．

于是，可以粗略地说，就力学问题而言，尤其是就动力学问题而言，中学物理（力

学）主要涉及的是守恒定律（动量守恒、角动量守恒和机械能守恒），其数学工具是代

数；大学普通物理（力学）主要涉及的是微分形式的Ｎｅｗｔｏｎ力学方程，其数学工具是

微积分；到了大学理论物理（经典力学）阶段主要涉及的是分析力学，包括Ｌａｇｒａｎｇｅ

力学和 Ｈａｍｉｌｔｏｎ力学，其数学工具有张量、矩阵、高等代数以及非线性分析等．

本书的第１章中关于刚体力学的习题解答，主要涉及刚体转动惯量的计算以及

它们在坐标旋转变换和平移变换下的变换公式；除此之外，就是Ｅｕｌｅｒ运动学方程和

动力学方程．就数学方面而言，正是从这里开始引入了张量的概念．

刚体作为描述物体的第二个简单模型，正如 Ｗ．Ｐａｕｌｉ所说，它在相对论中“是没

有地位的”，因为信号的传播速度不可能无穷大．某些人企图在刚体问题中引入相对

论表达式，“研究”所谓“转动相对论”问题，在本质上就是错误的．在相对论中，没有

２ 经典力学题谱

“刚体”这种概念．但是，在狭义相对论的推理过程中，那把“尺子”应该是刚体（尽管会

“尺缩”），惯性坐标系应该是刚体，因此Ｅｉｎｓｔｅｉｎ认为，在狭义相对论中，作为刚体的

“尺子”和“时钟”是最基本的．

关于张量计算方面的习题，在《经典力学》一书中是放在“附录Ａ”里的，现在移到

本章中．大学本科的学生，尤其是理科的学生，如果不懂张量，则如失去飞翔的翅膀．

现代理论物理学和现代理论力学的文献资料大多是用张量形式写成的；如果没有张

量知识，那将在后续工作中寸步难行．张量的引入其实很简单：一个面是由其法线方

向决定的，每个法线矢量有３个分量；一个力也是矢量，它也有３个分量；将力的３个

分量除以面的法线的３个分量，就得到９个分量；这就是最简单的２阶张量．有了这

个概念之后，再加上“Ｅｉｎｓｔｅｉｎ求和约定”，就自然引出了张量计算．张量计算的特色

也是它的迷人之处在于“换角标”．张量计算重在“计算”，没有计算，就不会熟练应用；

这是屡试不爽的经验！

本书的第１章中关于弹性力学的习题解答，都是最基本的问题；希望通过对这些

习题的计算，使读者对弹性力学有一些基本的了解．当然，较为深入的问题无非也是

同样的类型，只是程度不同而已．信号在弹性体内的传播速度有“纵波速度”和“横波

速度”两种、三个方向（因为有两个方向的“横波”），其数量级有可能超过“声速”但决

不会达到光速；因此绝不可能有“相对论弹性力学”这种学问．弹性力学是“Ｌａｇｒａｎｇｅ

描述”的，与“Ｅｕｌｅｒ描述”的流体动力学完全不同；有些人企图将“Ｌａｇｒａｎｇｅ描述”的

弹性力学与“Ｅｕｌｅｒ描述”的电磁场（电磁场理论是相对论的）结合起来，构建所谓“磁

弹性力学”，在理论框架上同样是完全错误的．弹性力学在建筑，道路桥梁，航天航空，

甚至器件制造和生物医学工程问题中都有重要的应用．弹性力学非常数学化，实际上

（正如Ｌａｎｄａｕ和Ｌｉｆｓｈｉｔｚ所说）就是应用数学．线弹性力学问题，已有“通解”形式，因

而以物理学家的眼光来看，已经全部解决；当然与其相关的习题都是线性方程的解，

所以也不会太为艰难．而对非线性弹性力学的问题，至今尚无好的解法；通常是作一

些数学变换，让非线性弹性力学的运动微分方程化为已知的典型非线性方程（例如

“三波相互作用方程”，ＫｄＶ方程等，对弹性力学而言主要是非线性Ｓｃｈｒｄｉｎｇｅｒ方

程），这就算解出来了．

小学生非要解出个一二三来，中学生只要解出代数表达式即可．到了大学低年

级，是解线性的典型方程（如椭圆方程，抛物型方程，双曲型方程）并附之以特殊函数；

再到了大学高年级，只需将已知的方程化成标准的非线性方程就可以了．

３第１章　经典力学基础

１２　本 章 主 题

１犖犲狑狋狅狀质点和质点系力学

（１）相对坐标系以角速度ω转动时的绝对导数或随体导数

ｄ

ｄ狋＝

ｄ

ｄ（ ）狋′＋ω×

式中 ｄ

ｄ（ ）狋′为相对导数或当地导数．（２）Ｐｏｉｓｓｏｎ公式

ｄ犲犽ｄ狋＝ω×犲犽　（犽＝１，２，３）

式中犲犽 为（狓１，狓２，狓３）方向的单位矢量．Ｐｏｉｓｓｏｎ公式在圆周运动中的应用是

ｄ犲狉ｄ狋＝ω犲θ

ｄ犲θｄ狋＝－ω犲

烅

烄

烆狉

式中犲狉，犲θ 分别为（狉，θ）方向的单位矢量，ω是ω 的模．

（３）绝对速度和绝对加速度的一般形式

狏＝狏０＋狏′＋ω×狉′

犪＝犪０＋犪′＋β×狉′＋ω×（ω×狉′）＋２ω×狏｛ ′

式中

狉０ 是惯性系原点犗至非惯性系原点犗′的位矢

狉′是相对位矢

狉是绝对位矢

狏０ ＝ｄ狉０ｄ狋

狏′＝ｄ

ｄ（ ）狋′狉′是相对速度

狏＝ｄ狉ｄ狋是绝对速度

犪０ ＝ｄ狏０ｄ狋＝ｄ２狉０ｄ狋２

β＝ｄωｄ

烅

烄

烆 狋

（４）平面极坐标系中的速度和加速度

４ 经典力学题谱

狏＝狉·犲狉＋狉θ

·

犲θ

犪＝ （̈狉－狉θ·２）犲狉＋（狉θ

¨＋２狉

·θ·

）犲烅烄

烆 θ

式中犲狉，犲θ 分别为（狉，θ）方向的单位矢量．

（５）自然坐标系中的速度和加速度

狏＝狏犲τ ＝ｄ狊ｄ狋犲τ

犪＝ｄ２狊

ｄ狋２犲τ＋

ｄ狊ｄ（ ）狋

２ｄθｄ狊犲狀 ＝

ｄ狏ｄ狋犲τ＋

狏２

ρ犲

烅

烄

烆狀

式中犲τ，犲狀 分别为切向和法向的单位矢量，狊为曲线的弧长，θ为犲τ 与狓１ 坐标轴之间的夹角；而

ρ＝ｄ狊ｄθ

若约束方程是狓２ ＝犳（狓１），则

１

ρ＝

犳″

［１＋（犳′）２］槡 ３

式中犳′＝ｄ狓２ｄ狓１，犳″＝

ｄ２狓２ｄ狓２１

．

（６）动量定理，角动量定理和动能定理

ｄ狆ｄ狋＝∑

犽

犉（犲）犽

ｄ犑ｄ狋＝∑

犽

（狉犽×犉（犲）犽 ）

ｄ犜＝∑犽

（犉（犲）犽 ·ｄ狉犽）＋∑

犽

（犉（犻）犽 ·ｄ狉犽

烅

烄

烆 ）

　（犽＝１，…，狀）

式中

狆＝∑犽

犿犽狏犽 是总动量

犑＝∑犽

（狉犽×犿犽狏犽）是总角动量

犜＝∑犽

１

２犿犽狏

２（ ）犽

烅

烄

烆是总动能

　（犽＝１，…，狀）

而（犉（犲）犽 ，犉

（犻）犽 ）分别是作用在第犽个质点上的外力和内力．

（７）质心运动定理，对质心的角动量定理和对质心的动能定理

ｄ狆犆ｄ狋＝∑

犽

犉（犲）犽

ｄ犑犆ｄ狋＝犕犆

ｄ１

２∑犽犿犽狏′

２（ ）犽 ＝∑犽

（犉（犲）犽 ·ｄ狉犽′）＋∑

犽

（犉（犻）犽 ·ｄ狉犽′

烅

烄

烆）

　（犽＝１，…，狀）

式中犿＝∑犽

犿犽，狉犽′是第犽个质点在质心坐标系中的位矢；而

５第１章　经典力学基础

狆犆 ＝犿狏犆 ＝∑犽

（犿犽狏犽）

犑犆 ＝∑犽

（狉′犽×犿犽狏′犽）

犕犆 ＝∑犽

（狉犽′×犉（犲）犽

烅

烄

烆 ）

　（犽＝１，…，狀）

（８）ＬａＰｌａｃｅＲｕｎｇｅＬｅｎｚ矢量

犃＝狆×犑－犿犽狉狉

＝ｃｏｎｓｔ．ｖｅｃｔｏｒ

（９）位力定理

珚犜＝－１

２狑

＝－１

２∑犽（犉犽·狉犽）

式中狑是位力．

２犖犲狑狋狅狀犈狌犾犲狉刚体力学

（１）Ｅｕｌｅｒ运动学方程

ω＝

（ψ·

ｓｉｎθｓｉｎφ＋θ·

ｃｏｓφ）犻１＋（－ψ·

ｓｉｎθｃｏｓφ＋θ·

ｓｉｎφ）犻２＋（ψ·

ｃｏｓθ＋φ·）犻３

（θ·

ｃｏｓψ＋φ·

ｓｉｎθｓｉｎψ）犲１＋（－θ·

ｓｉｎψ＋φ·

ｓｉｎθｃｏｓψ）犲２＋（ψ·

＋φ·

ｃｏｓθ）犲烅烄

烆 ３

式中（犻１，犻２，犻３）是犓系（“绝对坐标系”）坐标轴的单位矢量，（犲１，犲２，犲３）是犓′系（“当地坐标系”）坐

标轴的单位矢量．

（２）转动惯量和惯量积

犐１１ ＝∫ρ（狓２２＋狓

２３）ｄ犞

犐２２ ＝∫ρ（狓２３＋狓

２１）ｄ犞

犐３３ ＝∫ρ（狓２１＋狓

２２）ｄ

烅

烄

烆 犞

和

犐２３ ＝－∫ρ狓２狓３ｄ犞

犐３１ ＝－∫ρ狓３狓１ｄ犞

犐１２ ＝－∫ρ狓１狓２ｄ

烅

烄

烆 犞

式中ρ（狉）为刚体的质量体密度，体积元为ｄ犞 ＝ｄ狓１ｄ狓２ｄ狓３．

（３）常用的“转动惯量”

常用的“转动惯量”如表１．１：

６ 经典力学题谱

表１１　 常用转动惯量

　　 刚体（质量为犿） 　　 惯量主轴 　　 转动惯量

细杆（长为犾） 垂直平分线 １

１２犿犾２

矩形平面（长为２犪，宽为２犫）

通过质心，与宽边平行 １

３犿犪２

通过质心，与平面垂直 １

３犿（犪２＋犫２）

长方体（长为２犪，宽为２犫，

高为２犮）通过质心，与长棱平行 １

３犿（犫２＋犮２）

细圆环（半径为犪） 直径 １

２犿犪２

圆板（半径为犪）

通过圆心，与板面垂直 １

２犿犪２

直径 １

４犿犪２

椭圆平板（长半轴为犪，短半

轴为犫）

长轴 １

４犿犫２

短轴 １

４犿犪２

通过质心，与平板垂直 １

４犿（犪２＋犫２）

正圆柱体（底半径为犪，高为犾）

对称轴 １

２犿犪２

底面直径 １

１２犿（３犪２＋犾２）

椭圆截面柱体（底面长半轴为

犪，短半轴为犫，高为犾）

柱体轴线 １

４犿（犪２＋犫２）

底面长轴 １

１２犿（３犫２＋犾２）

正圆锥体（底半径为犪，高为犾）

对称轴 ３

１０犿犪２

底面直径 １

２０犿（３犪２＋２犾２）

半球体（半径为犪） 直径 ２

５犿犪２

球体（半径为犪） 直径 ２

５犿犪２

薄球壳（半径为犪） 直径 ２

３犿犪２

球壳（外半径为犪，内半径为犫） 直径 ２

５犿犪５－犫

５

犪３－犫３

椭球体（３个半轴分别为犪，

犫，犮）犪轴

１

５犿（犫２＋犮２）

７第１章　经典力学基础

　　（４）Ｅｕｌｅｒ动力学方程

犐１１ω１＋犐１２ω２＋犐３１ω３＋（犐３３－犐２２）ω２ω３＋犐２３（ω２２－ω

２３）＋（犐３１ω２－犐１２ω３）ω１ ＝犕１

犐１２ω１＋犐２２ω２＋犐２３ω３＋（犐１１－犐３３）ω３ω１＋犐３１（ω２３－ω

２１）＋（犐１２ω３－犐２３ω１）ω２ ＝犕２

犐３１ω１＋犐２３ω２＋犐３３ω３＋（犐２２－犐１１）ω１ω２＋犐１２（ω２１－ω

２２）＋（犐２３ω１－犐３１ω２）ω３ ＝犕

烅

烄

烆 ３

若将转动坐标轴取为刚体的主轴，即

犐２３ ＝犐３１ ＝犐１２ ＝０

则上述方程组成为

犐１ｄω１ｄ狋＋（犐３－犐２）ω２ω３ ＝犕１

犐２ｄω２ｄ狋＋（犐１－犐３）ω３ω１ ＝犕２

犐３ｄω３ｄ狋＋（犐２－犐１）ω１ω２ ＝犕

烅

烄

烆３

式中（犐１，犐２，犐３）为主转动惯量．

（５）刚体角动量和转动动能的张量表示和矩阵表示

① 刚体角动量

犑犽 ＝犐犽犾ω犾　（犽，犾＝１，２，３）

（犑犽）＝

犐１１ 犐１２ 犐３１

犐１２ 犐２２ 犐２３

犐３１ 犐２３ 犐

烄

烆

烌

烎３３

ω１

ω２

ω

烄

烆

烌

烎３

② 刚体转动动能

珟犜＝１

２犐犽犾ω犽ω犾 ＝

１

２犑犽ω犽　　（犽，犾＝１，２，３）

珟犜＝１

２（ω１，ω２，ω３）

犐１１ 犐１２ 犐３１

犐１２ 犐２２ 犐２３

犐３１ 犐２３ 犐

烄

烆

烌

烎３３

ω１

ω２

ω

烄

烆

烌

烎３

＝１

２（ω１，ω２，ω３）

犑１

犑２

犑

烄

烆

烌

烎３

　　③ 张量形式的Ｅｕｌｅｒ动力学方程

张量形式的Ｅｕｌｅｒ动力学方程可以被写成

ｄ犑犽ｄ狋＋犲犽犼犻ω犼犑犻 ＝犕犽　（犻，犼，犽＝１，２，３）

若设“主转动惯量”为犐犽，因为

犑犽 ＝犐犽ω犽　（不对犽求和）

所以，张量形式的Ｅｕｌｅｒ动力学方程又可被写成

犐犽ｄω犽ｄ狋＋犲犽犼犻ω犼（ω犻犐犻）＝犕犽　（不对犽求和）

３犎狅狅犽犲犖犪狏犻犲狉弹性力学

（１）广义 Ｈｏｏｋｅ定律和Ｌａｍｅ关系或ＹｏｕｎｇＰｏｉｓｓｏｎ关系

① 广义 Ｈｏｏｋｅ定律

８ 经典力学题谱

σ犻犼 ＝σ犻犼犲（ ）犽犾 ０

犲犽犾 ＝犪犻犼犽犾犲犽犾

式中

犪犻犼犽犾 ＝λδ犻犼δ犽犾＋μ（δ犻犽δ犼犾＋δ犻犾δ犼犽）

若将广义 Ｈｏｏｋｅ定律写成

犲犻犼 ＝犲犻犼σ（ ）犽犾 ０σ犽犾 ＝犫犻犼犽犾σ犽犾

则有

犫犻犼犽犾 ＝１＋ν犈

δ犻犽δ犼犾－ν１＋ν

δ犻犼δ（ ）犽犾②Ｌａｍｅ关系或ＹｏｕｎｇＰｏｉｓｓｏｎ关系

σ犻犼 ＝λθδ犻犼＋２μ犲犻犼

犲犻犼 ＝－ν犈Θδ犻犼＋

１＋ν犈σ犻

烅烄

烆 犼

（２）Ｃａｕｃｈｙ方程

犲犻犽 ＝１

２

狌犻

狓犽＋狌犽

狓犻＋狌犾

狓犻

狌犾

狓（ ）犽　（犻，犽，犾＝１，２，３）

（３）Ｎａｖｉｅｒ方程

ρ犳犻＋σ犻犼狓犼

＝ρ２狌犻

狋２ 　（犻＝１，２，３）

或修正为

ρ２狌犻

狋２ ＝ρ犳犻＋

狓犾δ犻犽 ＋

狌犻

狓（ ）犽σ［ ］犽犾 　（犻，犽，犾＝１，２，３）

（４）Ｌａｍｅ方程

ρ２狌犻

狋２ ＝ρ犳犻＋（λ＋μ）δ犻犽 ＋

狌犻

狓（ ）犽

θ狓犽

＋μδ犻犽 ＋狌犻

狓（ ）犽δ犼犽 ＋

狌犼狓（ ）

犽

２狌犼

狓犾狓犾

＋ λθδ犼犽 ＋μ狌犼狓犽

＋狌犽

狓犼＋狌犾

狓犼

狌犾

狓（ ）［ ］犽

２狌犻

狓犼狓犽

当然，也可将“Ｌａｍｅ方程”改写为如下形式：

２狌犻

狋２ ＝犳犻＋（犮

２狆 －犮

２狊）δ犻犽 ＋

狌犻

狓（ ）犽

θ狓犽

＋犮２狊 δ犻犽 ＋

狌犻

狓（ ）犽δ犼犽 ＋

狌犼狓（ ）

犽

２狌犼

狓犾狓犾

＋ （犮２狆 －２犮２狊）θδ犼犽 ＋犮

２狊狌犼狓犽

＋狌犽

狓犼＋狌犾

狓犼

狌犾

狓（ ）［ ］犽

２狌犻

狓犼狓犽

式中犮狆 为纵波波速，犮狊 为横波波速：

犮２狆 ＝犈（１－ν）

ρ（１＋ν）（１－２ν）＝λ＋２μρ

犮２狊 ＝犈

２ρ（１＋ν）＝ μ

烅

烄

烆 ρ

（５）线弹性力学的ＳａｉｎｔＶｅｎａｎｔ应变相容方程

２犲犼犻

狓犽狓犾＋２犲犽犾

狓犼狓犻＝２犲犼犾

狓犻狓犽＋２犲犻犽

狓犼狓犾　（犼，犻，犽，犾＝１，２，３）

“ＳａｉｎｔＶｅｎａｎｔ应变相容方程”还可写成如下形式：

９第１章　经典力学基础

犲犼犽犿犲犻狆狇犽狆犲犿狇 ＝０

（６）线弹性力学的ＢｅｌｔｒａｍｉＭｉｃｈｅｌｌ应力相容方程

δ犻犼ρν（１－２ν）

犈（１－ν）２

狋２＋

１

１＋ν

２

狓犻狓［ ］犼Θ－

２ρ（１＋ν）

犈

２

狋２－

２

狓犽狓［ ］犽σ犻犼

　 ＝－ρδ犻犼ν

１－ν

犳犽

狓犽＋犳犻

狓犼＋犳犼

狓（ ）

犻

（７）平面应力问题和平面应变问题的基本微分方程

２（１＋ν）ρ犈

２狌α

狋２ －犳（ ）α ＝ １＋（２－犽）ν

１－犽［ ］

νδαλ＋

狌α狓（ ）

λ

犲γγ狓λ

＋ δαλ＋狌α狓（ ）λ

δγλ＋狌γ狓（ ）λ

２狌γ

狓β狓β

＋２ν１－犽（ ）

ν犲γγδβλ＋

狌λ狓β＋狌β狓λ＋狌γ狓β

狌γ狓（ ）［ ］λ

２狌α

狓β狓λ　（α，β，γ，λ＝１，２）

而

犲λλ ＝狌λ狓λ

＋１

２

狌β狓（ ）

λ

狌β狓（ ）

λ

犽＝ ｛１２　（对平面应力）

（对平面应变）

（８）Ｋｒｕｔｋｏｖ应力函数张量犽狆，Ｍａｘｗｅｌｌ应力函数犽，Ｍｏｒｅｒａ应力函数ψ犽 和Ａｉｒｙ应力函数

① Ｋｒｕｔｋｏｖ应力函数张量

σ犻犼 ＝犲犻犽犿犲犼狆狇犿狇犽狆

犽狆 ＝狆｛

犽

② Ｍａｘｗｅｌｌ应力函数

（σ犻犽）＝

２３

狓２２

＋２２

狓２３

－２３

狓１狓２－２２

狓３狓１

－２３

狓１狓２

２１

狓２３

＋２３

狓２１

－２１

狓２狓３

－２２

狓３狓１－２１

狓２狓３

２２

狓２１

＋２１

狓

烄

烆

烌

烎２２

③ Ｍｏｒｅｒａ应力函数

（σ犻犽）＝

２

ψ１

狓２狓３－１

２

狓３

ψ１

狓１＋ψ２

狓２－ψ３

狓（ ）３

－１

２

狓２

ψ３

狓３＋ψ１

狓１－ψ２

狓（ ）２

－１

２

狓３

ψ１

狓１＋ψ２

狓２－ψ３

狓（ ）３

２

ψ２

狓３狓１－１

２

狓１

ψ２

狓２＋ψ３

狓３－ψ１

狓（ ）１

－１

２

狓２

ψ３

狓３＋ψ１

狓１－ψ２

狓（ ）２

－１

２

狓１

ψ２

狓２＋ψ３

狓３－ψ１

狓（ ）１

２

ψ３

狓１狓

烄

烆

烌

烎２

④ Ａｉｒｙ应力函数

σαβ ＝－２

狓α狓β＋２

狓λ狓λδαβ　（α，β，λ＝１，２）

（９）线弹性静力学的通解

① 线弹性静力学的ＢｏｕｓｓｉｎｅｓｑＧａｌｅｒｋｉｎ通解为

狌犻 ＝－犅

狓犻

φ犽

狓（ ）犽

＋２

φ犻

狓犽狓犽

犅＝１－犃＝λ＋μλ＋２μ

＝１

２（１－ν

烅

烄

烆 ）

０１ 经典力学题谱

其中

２

狓犾狓犾

２

φ犻

狓犽狓犽＝

Δ

２

Δ

２

φ犻 ＝０

② 线弹性静力学的ＮｅｕｂｅｒＢａｂｏｋｏｖｉｃｈ通解为

狌犻 ＝－犅

狓犻０＋

１

２狓犽ψ（ ）犽 ＋ψ犻

犅＝λ＋μλ＋２μ

＝１

２（１－ν

烅

烄

烆 ）

其中

２０

狓犽狓犽＝

Δ

２０ ＝０

２

ψ犻

狓犽狓犽＝

Δ

２

ψ犻 ＝

烅

烄

烆０

（１０）线弹性动力学的通解

① 线弹性动力学的ＢｏｕｓｓｉｎｅｓｑＧａｌｅｒｋｉｎ型通解为

狌犻 ＝ （犮２狆 －犮

２狊）

狓犻

φ犽

狓（ ）犽－ 犮２狆

２

狓犽狓犽－２

狋（ ）２ φ犻犮２狆

Δ

２－２

狋（ ）２ 犮２狊

Δ

２－２

狋（ ）２ φ犻 ＝０犮２狆 ＝

λ＋２μρ

犮２狊 ＝ μ

烅

烄

烆 ρ

② 线弹性动力学的ＮｅｕｂｅｒＢａｂｏｋｏｖｉｃｈ型通解为

狌犻 ＝ （犮２狆 －犮

２狊）犻－ψ犻（狓犼，狋）

＝０＋１

２犮狆犮狊狓犽ψ犽

犮狊犮狆狓犼，（ ）狋

犮２狆

Δ

２－２

狋（ ）２ ０ ＝０犮２狊

Δ

２－２

狋（ ）２ ψ犻 ＝

烅

烄

烆 ０

式中

犮２狆 ＝λ＋２μρ

犮２狊 ＝ μ烅

烄

烆 ρ

１３　 例 题 萃 要

【例１１】　 已知：质量为犿的质点在曲线上运动，其内秉方程为

１１第１章　经典力学基础

犿ｄ狏ｄ狋＝犉τ

犿狏２

ρ＝犉狀＋犖

烅

烄

烆 狀

而且外力是保守力，势能为犞．

求：（１）内秉方程的能量积分；

（２）曲线的参数方程为狓１ ＝狓１（θ）

狓２ ＝狓２（θ｛ ）

时的约束反力（θ为质点运动方向与水平线之间的夹

角），设保守力是重力．

解：（１）因为

狏＝ｄ狊ｄ狋

所以

ｄ狏ｄ狋＝狏

ｄ狏ｄ狊＝１

２

ｄ

ｄ狊（狏２）

于是，内秉方程的能量积分为

１

２犿狏２＋犞 ＝ｃｏｎｓｔ．

犿狏２

ρ＝犉狀＋犖

烅

烄

烆 狀

（２）当保守力为重力时，有

１

２犿狏２＋犿犵狓２ ＝０

故

狏２ ＝－２犵狓２

又因为

犉狀 ＝－犿犵ｃｏｓθ

ｄ狊＝ ｄ狓（ ）１２＋ ｄ狓（ ）２槡

２　ρ＝

ｄ狊ｄθ

所以

犖狀 ＝犿犵 ｃｏｓθ－２狓２

ｄ狓１ｄ（ ）θ

２

＋ｄ狓２ｄ（ ）θ槡

熿

燀

燄

燅

２

图１．１

【例１．２】　已知：质量分别为（犿１，犿２，犿３）的

３ 个 质 点， 位 于 犅犪２，犺，（ ）０ ，犃（犪，０，０） 和

犗（０，０，０）３点（图１．１）．

求：（１）各转动惯量和惯量积，并写成矩阵

形式；

（２）当犿２＝犿３＝１

２犿１，犺＝犪时的惯量

主轴和惯量主轴的方向．

２１ 经典力学题谱

解：（１）因为

犐１１ ＝犿１犺２

犐２２ ＝犿１犪（ ）２

２

＋犿２犪２＝犿１４＋犿（ ）２ 犪２

犐３３ ＝犐１１＋犐２２ ＝犿１犺２＋犿１４＋犿（ ）２ 犪２

犐２３ ＝０

犐３１ ＝０

犐１２ ＝－１

２犿１

烅

烄

烆犪犺

所以

（犐）＝

犿１犺２

－１

２犿１犪犺 ０

－１

２犿１犪犺

犿１４＋犿（ ）２ 犪２ ０

０ ０ 犿１犺２＋犿１４＋犿（ ）２ 犪

烄

烆

烌

烎２

（２）从久期方程中，可解出

犐１，２ ＝１

４（７± 槡１７）犿２犪２

犐３ ＝７

２犿２犪

烅

烄

烆２

再由久期方程得到

狀２狀１＝１－ 槡１７４

狀３ ＝

烅

烄

烆 ０

从而惯量主轴的方向（即犐１，２与狓１轴之间的夹角）分别为ａｒｃｔａｎ１－ 槡１７４

和ａｒｃｔａｎ１＋ 槡１７４

；而犐３

的方向仍然垂直于犗狓１狓２ 平面．

【例１．３】　 已知：３个质量均为犿的质点分别位于（犪，０，０），（０，犪，２犪），（０，２犪，犪）３点．

求：系统相对于原点犗的主转动惯量．

解：因为

犐１１ ＝犿（犪２＋４犪

２）＋犿（４犪２＋犪２）＝１０犿犪２

犐２２ ＝犿犪２＋犿（４犪２）＋犿犪２ ＝６犿犪２

犐３３ ＝犿犪２＋犿犪

２＋犿（４犪２）＝６犿犪２

犐２３ ＝－犿（２犪２＋２犪

２）＝－４犿犪２

犐３１ ＝犐１２ ＝

烅

烄

烆 ０

所以

（犐）＝

１０ ０ ０

０ ６ －４

０ －

烄

烆

烌

烎４ ６

犿犪２

３１第１章　经典力学基础

由于

犐１１＋犐２２＋犐３３ ＝２２犿犪２

犐２２ 犐２３

犐２３ 犐３３＋犐３３ 犐３１

犐３１ 犐１１＋犐１１ 犐１２

犐１２ 犐２２＝１４０（犿犪２）２

犐１１ 犐１２ 犐３１

犐１２ 犐２２ 犐２３

犐３１ 犐２３ 犐３３

＝２００（犿犪２）

烅

烄

烆

３

因此

犐３－２２犐２＋１４０犐－２００＝０

即

（犐－１０）２（犐－２）＝０

于是

犐１，２ ＝１０犿犪２

犐３ ＝２犿犪｛ ２

【例１．４】　 已知：主应变犲１ ＝犲，犲２ ＝犲′，且犲≠犲′；犲对应的应变主轴的方向为狀犼，犲′对应的应

变主轴的方向为狀犼′．

求证：狀犼狀犼′＝０，即狀犼 垂直于狀犼′．

证：因为

狀犼犲犼犻 ＝犲狀犼δ犼犻

狀犼′犲犼犻 ＝犲′狀犼′δ犼｛

犻

所以

狀犻′狀犼犲犼犻 ＝犲狀犻′狀犼δ犼犻 ＝犲狀犻′狀犻

狀犻狀犼′犲犼犻 ＝犲′狀犻狀犼′δ犼犻 ＝犲′狀犻狀犻｛ ′

两式相减，得

（犲－犲′）狀犻狀犻′＝犲犼犻狀犼狀犻′－犲犼犻狀犼′狀犻

由犲犻犼 的对称性，又有

（犲－犲′）狀犻狀犻′＝犲犼犻狀犼狀犻′－犲犻犼狀犼′狀犻

在后一项中将求和指标犻和犼互换，得

（犲－犲′）狀犻狀犻′＝犲犼犻（狀犼狀犻′－狀犻′狀犼）＝０

由于

犲－犲′≠０

故

狀犼狀犼′＝０

【例１．５】　 已知：可能的应变状态为

犲１１ ＝犪０＋犪１（狓２１＋狓

２２）＋（狓

４１＋狓

４２）

犲２２ ＝犫０＋犫１（狓２１＋狓

２２）＋（狓

４１＋狓

４２）

犲１２ ＝犮０＋犮１狓１狓２（狓２１＋狓

２２＋犮２）

犲３３ ＝犲２３ ＝犲３１ ＝

烅

烄

烆 ０

４１ 经典力学题谱

求：系数（犪０，犪１，犪２，犫０，犫１，犫２，犮０，犮１，犮２）之间的关系．

解：将已知条件代入“ＳａｉｎｔＶｅｎａｎｔ应变相容方程”，可得

犪１＋犫１－犮１犮２ ＝０

犮１ ＝｛

２

【例１．６】　 已知：全应力定义为σ（狀）＝σ犼犻狀犼狀犻，总面力定义为犜犻＝σ犼犻狀犼，式中狀犻为面元的法向

单位矢量；剪应力τ犻由下式定义：

τ２＝τ犻τ犻 ＝ （犜犻）

２－σ

２（狀）

另外，应力主轴上的主应力设为（σ１，σ２，σ３）．

求：正八面体上剪应力的平方．

解：在正八面体上有

狘狀１狘＝狘狀２狘＝狘狀３狘

狀犻狀犻 ＝狀２１＋狀

２２＋狀

２３ ＝

｛１

所以

狘狀犻狘＝１

槡３

由已知条件有

（犜犻）２＝１

３（σ２１＋σ

２２＋σ

２３）

σ（狀）＝１

３（σ１＋σ２＋σ３）

于是

τ２＝τ犻τ犻 ＝ （犜犻）

２－σ

２（狀）＝

１

９（σ２－σ３）

２＋（σ３－σ１）

２＋（σ１－σ２）［ ］２

【例１．７】　 已知：在线弹性静力学中，应力状态为

σ１１ ＝σ２２ ＝σ３３ ＝σ（狓犻）

σ２３ ＝σ３１ ＝σ１２ ＝｛

０

　　 求证：体积力犳犻 ＝－犞

狓犻（犻＝１，２，３），即此体积力是保守力，式中犞 为势能函数．

证：将已知应力状态代入线弹性静力学的基本微分方程，有

σ１１

狓１＋ρ犳１ ＝

σ狓１

＋ρ犳１ ＝０

σ２２

狓２＋ρ犳２ ＝

σ狓２

＋ρ犳２ ＝０

σ３３

狓３＋ρ犳３ ＝

σ狓３

＋ρ犳３ ＝

烅

烄

烆０

从而

犳犻 ＝－１

ρ

σ狓犻

＝－

狓犻

σ（ ）ρ

可以看出，σ

ρ＝犞．

【例１．８】　 已知：一长为犾的长杆竖直地置于重力场中．

５１第１章　经典力学基础

求：它的形变．

解：设狓３ 轴为杆轴的方向，杆下端所在平面为狓１狓２ 平面．

应力分量中，除σ３３外都应等于零；而在杆的上端（狓３＝犾处）有σ３３＝σ２３＝σ３１＝０．从而，可解

出

σ３３ ＝－ρ犵（犾－狓３）

而其余的应力分量皆为零．于是，可算出各应变分量：

犲１１ ＝犲２２ ＝ν犈ρ犵（犾－狓３）

犲３３ ＝－１

犈ρ犵（犾－狓３）

犲２３ ＝犲３１ ＝犲１２ ＝

烅

烄

烆 ０

由此积分可得位移分量为

狌１ ＝ν犈ρ犵（犾－狓３）狓１

狌２ ＝ν犈ρ犵（犾－狓３）狓２

狌３ ＝－ρ犵

２犈［犾２－（犾－狓３）

２－ν（狓２１＋狓

２２

烅

烄

烆）］

其中狌３ 在狓３ ＝０处即长杆下端处是不适用的（因为狓１ 和狓２ 不一定是零）．

【例１．９】　 已知：半径为犪的实心球处在自身的引力场中．

求：它的形变．

解：将线弹性静力学的基本微分方程写成矢量形式是

Δ

２狌＋１

１－２ν

Δ

（

Δ

·狌）＝－２（１＋ν）

犈 ρ犳

换成球坐标（狉，θ，φ）后，以犳＝－犵狉犚代入此式，有

犈（１－ν）（１＋ν）（１－２ν）

ｄ

ｄ狉

１

狉２ｄ（狉２狌）

ｄ［ ］狉＝ρ犵

狉犚

其定解条件为

狌有界 　（狉＝０）

σ狉狉 ＝０　（狉＝犪｛ ）

由此得到

狌＝－ρ犵犪（１－２ν）（１＋ν）

１０犈（１－ν）狉３－ν１＋ν

－狉２

犪（ ）２点题：（１）在半径为犪

３－ν３（１＋ν槡 ）

的球面内部，犲狉狉 ＜０（受压）；而在其外部，犲狉狉 ＞０（受拉）．

（２）球心压力为３－ν

１０（１－ν）ρ犵犪．

【例１．１０】　 已知：半径为犪的圆柱体以等角速度ω 绕其对称轴旋转．

求：它的形变．

解：将线弹性静力学的基本微分方程写成矢量形式是

６１ 经典力学题谱

Δ

２狌＋１

１－２ν

Δ

（

Δ

·狌）＝－２（１＋ν）

犈 ρ犳

换成柱坐标（狉，θ，狓３）形式，以圆柱体的对称轴为狓３轴，犳狉＝ω２狉．此问题中同样只有径向位移狌狉＝

狌（狉）．由此可得基本微分方程是

犈（１－ν）（１＋ν）（１－２ν）

ｄ

ｄ狉

１

狉ｄ（狉狌）

ｄ［ ］狉＝－ρω

２狉

其定解条件为

狌有界 　（狉＝０）

σ狉狉 ＝０　（狉＝犪｛ ）

由此解得

狌＝ρω２（１＋ν）（１－２ν）

８犈（１－ν）狉［（３－２ν）犪２－狉２］

【例１．１１】　 已知：一个内、外半径分别为犪和犫的空心圆筒，其内壁受有压强狆，而外壁不

受力．

求：它的形变．

解：设空心圆筒的对称轴为狓３ 轴．用柱坐标（狉，θ，狓３）．此问题中只有径向位移狌狉 ＝狌（狉）．由此

可得基本微分方程是

Δ

·狌＝１

狉ｄ（狉狌）

ｄ狉＝ｃｏｎｓｔ．＝２犃

解出

狌＝犃狉＋犅狉

其中（犃，犅）为待定常数．于是可得

狌狉狉 ＝ｄ狌ｄ狉＝犃－

犅

狉２

狌θθ ＝狌狉＝犃＋

犅

狉

烅

烄

烆 ２

其定解条件为

σ狉狉 ＝－狆｛０ 　

（狉＝犪处）

（狉＝犫处）

从而求得

犃＝（１＋ν）（１－２ν）

犈狆犪

２

犫２－犪２

犅＝１＋ν犈狆（犪犫）

２

犫２－犪

烅

烄

烆 ２

点题：其应力分布为

σ狉狉 ＝狆犪

２

犫２－犪２１－犫２

狉（ ）２σθθ ＝

狆犪２

犫２－犪２１＋犫２

狉（ ）２σ３３ ＝２ν

狆犪２

犫２－犪

烅

烄

烆 ２

７１第１章　经典力学基础

【例１．１２】　已知：一个内、外半径分别为犪和犫的空心球壳，其内壁受有压强狆１，而外壁受有压

强狆２．

求：它的形变．

解：以球心为原点引入球坐标（狉，θ，φ）系．此问题中只有径向位移狌狉 ＝狌（狉）．由此可得

Δ

×狌＝０，于是基本微分方程是

Δ

（

Δ

·狌）＝０

即

Δ

·狌＝１

狉２ｄ（狉２狌）

ｄ狉＝ｃｏｎｓｔ．＝３犃

或

狌＝犃狉＋犅

狉２

其中（犃，犅）为待定常数．由此可得

犲狉狉 ＝犃－２犅

狉３

犲θθ ＝犲φφ ＝犃＋犅

狉３

σ狉狉 ＝犈

（１＋ν）（１－２ν）［（１－ν）犲狉狉＋２ν犲θθ］＝犈

犃１－２ν

－２犅

（１＋ν）狉［ ］

烅

烄

烆 ３

其定解条件为

σ狉狉 ＝－狆１　（狉＝犪处）

－狆２　（狉＝犫处｛ ）

从而求得

犃＝１－２ν犈

狆１犪３－狆２犫

３

犫３－犪（ ）３

犅＝１＋ν犈

（狆１－狆２）犪３犫３

犫３－犪［ ］烅

烄

烆 ３

于是

σ狉狉 ＝狆１犪

３－狆２犫

３

犫３－犪（ ）３ －２（狆１－狆２）犪

３犫３

（犫３－犪３）狉［ ］３

【例１．１３】　 已知：体积力是保守力，即

ρ犳犻 ＝－犞

狓犻

式中犞 为势能．

求证：线弹性静力学问题的应力张量可用Ａｉｒｙ应力函数表示为

σαβ ＝－２

狓犪狓β＋

２

狓γ狓γ＋（ ）犞 δαβ　（α，β，λ＝１，２）

并导出相应的相容方程．

证：将已知的σαβ 代入线弹性静力学问题的基本微分方程

σαβ狓β

＋ρ犳α ＝０

８１ 经典力学题谱

立即可以得到验证．对《经典力学》中的（１．３．５９）式进行“缩阶”，有

２Θ

狓犽狓犽＝－ρ

１＋ν１－ν

犳犽

狓（ ）犽＝１＋ν１－ν

２犞

狓犽狓（ ）

犽

将已知的σαβ 进行“缩阶”后分“平面应变问题”和“平面应力问题”两种情况代入上式，可得

２

狓α狓α

２

狓β狓β＝

Δ

２

Δ

２＝

－１－２ν１－ν

Δ

２犞　（对平面应变问题）

－（１－ν）

Δ

２犞　（对平面应力问题烅烄

烆 ）

【例１．１４】　已知：内外半径分别为犪和犫的圆筒，其内外壁分别受有压强狆１和狆２；视此问题为

平面应变问题．

求：它的应力分布．

解：以圆筒的对称轴为狓３轴．平面应变问题用极坐标（狉，θ）表示较为方便．由于问题是对称的，

故与极角θ无关．引入“Ａｉｒｙ应力函数”，它所满足的“双调和方程”是

ｄ２

ｄ狉２＋１

狉ｄ

ｄ（ ）狉 ｄ２ｄ狉２＋１

狉ｄｄ（ ）狉 ＝０

其通解为

＝犃ｌｎ狉＋犅狉２ｌｎ狉＋犆狉

２＋犇

其中（犃，犅，犆，犇）为待定常数．于是

σ狉狉 ＝１

狉ｄｄ狉＝犃

狉２＋犅（２ｌｎ狉＋１）＋２犆

σθθ ＝ｄ２ｄ狉２

＝－犃

狉２＋犅（２ｌｎ狉＋３）＋２犆

σ狉θ ＝

烅

烄

烆 ０

而定解条件是

σ狉狉 ＝－狆１　（狉＝犪处）

－狆２　（狉＝犫处｛ ）

　　σ狉θ 总为零．由定解条件和轴对称性可得

犃＝（狆２－狆１）犪

２犫２

犫２－犪２

犅＝０

犆＝１

２

狆１犪２－狆２犫

２

犫２－犪（ ）烅

烄

烆 ２

从而

σ狉狉 ＝（狆２－狆１）犪

２犫２

（犫２－犪２）狉２＋狆１犪

２－狆２犫

２

犫２－犪２

σθθ ＝－（狆２－狆１）犪

２犫２

（犫２－犪２）狉２＋狆１犪

２－狆２犫

２

犫２－犪

烅

烄

烆 ２

因此，可以看出

σ狉狉＋σθθ ＝２狆１犪

２－狆２犫

２

犫２－犪２ ＝ｃｏｎｓｔ．

点题：若在平面应力问题中，则

９１第１章　经典力学基础

σ３３ ＝－ν犈（σ狉狉＋σθθ）＝ｃｏｎｓｔ．

【例犃１】　（１）矢量的分量可表为犃犽．其中下标犽为“自由指标”．

（２）微分算子矢量的分量可表为

狓犽＝犽．其中下标犽为“自由指标”．等号右边的形式比等号

左边的形式更简单．

（３）二阶张量可表为犜犼犻．其中下标犻和犼皆为“自由指标”．

（４）二阶张量的“转置”可表为犜犻犼．若将二阶张量理解为矩阵时，则下标犻和犼之间的对换就表

示矩阵的转置．但不是任何张量都能写成矩阵形式的．

（５）矢量“内积”可表为犃犽犅犽．其中犽为“求和指标”．因为此处犽是重复出现的指标．

（６）二阶张量与矢量之间的“内积”可表为犃犽犜犽犾 或犜犾犽犃犽．其中犾为“自由指标”，而犽为“求和

指标”．当然，犃犽犜犽犾 ≠犜犾犽犃犽，即此内积无“交换律”．

（７）两个二阶张量之间的“一次内积”可表为犜犼犽犛犽犾或犛犼犽犜犽犾．其中犼和犾为“自由指标”，而犽为

“求和指标”．当然，犜犼犽犛犽犾 ≠犛犼犽犜犽犾，即此一次内积无“交换律”．

（８）矢量的散度可表为犃犽

狓犽＝犽犃犽．其中犽为“求和指标”．

（９）二阶张量的散度可表为犜犽犾

狓犽＝犽犜犽犾．其中犽为“求和指标”，而犾为“自由指标”．在有些教

科书中将犽犜犽犾 写成另一种犜犽犾，犽 的形式，本书中不用后一书写方式．

【例犃２】　 矢量外积（并矢）

若第一个矢量其新老物理量之间变换关系为

犃犻 ＝α犻犽犃犽

第二个矢量其新老物理量之间变换关系为

犅犼 ＝α犼犾犅犾

则这两个矢量的外积

（犃犻犅犼） ＝犃犻

犅犼 ＝α犻犽α犼犾犃犽犅犾

是二阶张量．以上运算称为“并矢”．

【例犃３】　 经常遇到的Ｋｒｎｅｃｋｅｒ符号，如

犼狓犻 ＝狓犻

狓犼＝δ犼犻

同理

狓·犻

狓·犼

＝δ犼犻

式中狓·犻 ＝

ｄ狓犻ｄ狋为速度．

【例犃４】　 求证：δ犼犻 为二阶张量．

证：由各向同性，有

δ犼犻 ＝δ犼犻

由正交性，有

δ犼犻 ＝α犼犽α犻犽

０２ 经典力学题谱

由替换性，有

α犻犽 ＝α犻犾δ犽犾

因此

δ犼犻 ＝α犼犽α犻犾δ犽犾

它符合二阶张量的定义式．所以，δ犼犻 为二阶张量．

【例犃５】　（１）反对称微分算子张量可表为

（犲犻犼犽犽）＝

０ ３ －２

－３ ０ １

２ －１

烄

烆

烌

烎０

（２）矢量的旋度可表为

（

Δ

×犃）犻 ＝犲犻犼犽犼犃犽

（３）二阶张量的旋度可表为

犲犼犽犾犾犜犽犻

其中“求和指标”犽和犾的前后次序是按习惯排列的．

【例犃６】　（１）二阶张量犃犻犼 的一次缩并为

犃犽犽 ＝犃１１＋犃２２＋犃３３＋…

（２）三维Ｋｒｎｅｃｋｅｒ符号的一次缩并为

δ犽犽 ＝１＋１＋１＝３

（３）Ｌｅｖｉ－Ｃｉｖｉｔａ符号的一次缩并为

犲犼犼犽 ＝０犽　（０犽 是零矢量的分量）

【例犃７】　 求证：犲犻犼犽犲犾犿犽 ＝δ犻犾 δ犼犾

δ犻犿 δ犼犿＝δ犻犾δ犼犿 －δ犻犿δ犼犾．

证：利用矢算公式

（犃×犅）×犆＝ （犃·犆）犅－（犅·犆）犃

因为

（犃×犅）犽 ＝犲犽犾犿犃犾犅犿

［（犃×犅）×犆］犻 ＝－犲犻犼犽（犲犽犾犿犃犾犅犿）犆犼 ＝犲犻犼犽犲犾犿犽犃犿犅犾犆犼

（犃·犆）＝犃犿犆犿 ＝δ犼犿犃犿犆犼

（犅·犆）＝犅犾犆犾 ＝δ犼犾犅犾犆犼

［（犃·犆）犅］犻 ＝ （δ犼犿犃犿犆犼）犅犻 ＝δ犻犾δ犼犿犃犿犅犾犆犼

［（犅·犆）犃］犻 ＝ （δ犼犾犅犾犆犼）犃犻 ＝δ犻犿δ犼犾犃犿犅犾犆犼

运算中用到了矢算规则（反向矢乘变号），Ｋｒｎｅｃｋｅｒ符号的替换性等；注意，“求和指标”不要

重复使用！等号两边的自由指标应该相同！

将这些表达式代入前面的矢算公式，就有

犲犻犼犽犲犾犿犽犃犿犅犾犆犼 ＝ （δ犻犾δ犼犿 －δ犻犿δ犼犾）犃犿犅犾犆犼

所以

［犲犻犼犽犲犾犿犽 －（δ犻犾δ犼犿 －δ犻犿δ犼犾）］犃犿犅犾犆犼 ＝０

由于犃犿，犅犾，犆犼 不为零，于是有

１２第１章　经典力学基础

犲犻犼犽犲犾犿犽 ＝δ犻犾δ犼犿 －δ犻犿δ犼犾 ＝δ犻犾 δ犼犾

δ犻犿 δ犼犿

【例犃８】　 求：（１）δ犻犽δ犻犽，（２）δ犻犼δ犼犽δ犽犾δ犾犻．

解：首先将其中一个Ｋｒｎｅｃｋｅｒ符号理解为替换符号，其余理解为“任意”张量；然后一步一

步算．

（１）δ犻犽δ犻犽 ＝δ犽犽 ＝３

（２）δ犻犼δ犼犽δ犽犾δ犾犻 ＝δ犻犼δ犼犽δ犽犻 ＝δ犻犼δ犼犻 ＝δ犻犻 ＝３

【例犃９】已知：犜犻犼 为二阶正交张量．

求证：（１）犜犻犻，（２）犜犻犽犜犽犻，（３）犜犻犼犜犼犽犜犽犻 为标量．

证：（１）犜犻犻 ＝α犻犽α犻犾犜犽犾 ＝δ犽犾犜犽犾 ＝犜犽犽

（２）（犜犻犽犜犽犻） ＝犜犻犽犜犽犻 ＝ （α犻犼α犽犾犜犼犾）（α犽犿α犻狀犜犿狀）＝ （α犻犼α犻狀）（α犽犾α犽犿）犜犼犾犜犿狀

＝δ犼狀δ犾犿犜犼犾犜犿狀 ＝犜狀犿犜犿狀

（３）（犜犻犼犜犼犽犜犽犻） ＝犜犻犼

犜犼犽犜犽犻

＝ （α犻犾α犼犿犜犾犿）（α犼狀α犽狆犜狀狆）（α犽狇α犻狉犜狇狉）＝ （α犻犾α犻狉）（α犼犿α犼狀）（α犽狆α犽狇）犜犾犿犜狀狆犜狇狉

＝δ犾狉δ犿狀δ狆狇犜犾犿犜狀狆犜狇狉 ＝犜犾犿犜犿狆犜狆犾

在证明过程中用到了二阶张量的定义，正交性定义以及Ｋｒｎｅｃｋｅｒ符号的替换性．

【例犃１０】　 已知：犜犻犼 为二阶正交张量．

求证：犜犻犼犜犼犽 也是二阶张量。

证：用二阶张量的定义，正交性定义，以及Ｋｒｎｅｃｋｅｒ符号的替换性，有

（犜犻犼犜犼犽） ＝犜犻犼

犜犼犽 ＝ （α犻犾α犼犿犜犾犿）（α犼狀α犽狆犜狀狆）

＝α犻犾（α犼犿α犼狀）α犽狆犜犾犿犜狀狆 ＝α犻犾δ犿狀α犽狆犜犾犿犜狀狆 ＝α犻犾α犽狆犜犾犿犜犿狆

它满足二阶张量的定义．

【例犃１１】　 已知：犜犻犽 为二阶对称张量，犛犻犽 为二阶反对称张量．

求：犜犻犽犛犻犽．

解：根据对称性

犜犻犽 ＝犜犽犻

根据反对称性

犛犻犽 ＝－犛犽犻

因此

犜犻犽犛犻犽 ＝－犜犽犻犛犽犻

由Ｅｉｎｓｔｅｉｎ约定，累加或求和取值相同时，“累加指标”或“求和指标”换用其他文字不影响其累加

或求和，所以将两个“求和指标”犻和犽互换后又有

犜犻犽犛犻犽 ＝－犜犻犽犛犻犽

从而

犜犻犽犛犻犽 ＝０

点题：这是一个重要结果，即一个二阶对称张量和另一个二阶反对称张量的二次内积等于零！

【例犃１２】　 已知：坐标矢量满足关系狓犼 ＝α犼犻狓犻和α犼犻α犽犻 ＝δ犼犽，犳为任意物理量．

求：犳狓犼

与 犳

狓犻之间的变换关系．

２２ 经典力学题谱

解：

犳狓犼

＝犳

狓犻

狓犻

狓犼＝（α犻犽狓犽）

狓犼

犳

狓犻 ＝α犻犽

狓犽

狓犼

犳

狓犻

＝α犻犽δ犼犽犳

狓犻 ＝α犻犼

犳

狓犻

即

犳狓犼

＝α犻犼犳

狓犻

或

狓犻 ＝α犼犻

狓犼

点题：本题结果表明，“梯度”算符之间的变换关系与矢量之间的变换关系相同．

【例犃１３】　 已知：犑犽 为角动量矢量的分量，定义犑犿狀 ＝犲犿狀犽犑犽．

求：用犑犿狀 表示犑犽 的公式．

解：在定义式两边同时作用犲犿狀犾，注意“求和指标”不要重复使用．有

犲犿狀犾犑犿狀 ＝犲犿狀犾犲犿狀犽犑犽 ＝２δ犽犾犑犽 ＝２犑犾

所以

犑犾 ＝１

２犲犿狀犾犑犿狀

换“自由指标”后得

犑犽 ＝１

２犲犿狀犽犑犿狀

１４　 习 题 解 答

【题１．１】　 已知：质点以恒定速率沿一曲线运动．

求证：该质点的速度永远与加速度垂直．

证：因为质点以恒定速率沿一曲线运动，即

狏＝ｃｏｎｓｔ．

所以

狏２ ＝狏犽狏犽 ＝ｃｏｎｓｔ．

于是

ｄ

ｄ狋（狏犽狏犽）＝２狏犽

ｄ狏犽ｄ狋＝０

或

狏犽犪犽 ＝０

换言之，该质点的速度狏犽 永远与加速度犪犽 垂直．

３２第１章　经典力学基础

点题：同样的方法也可用于证明极坐标系（狉，θ）中单位矢量犲狉 与犲θ 之间的正交

性．因为

犲狉·犲狉 ＝１

所以

ｄ

ｄθ（犲狉·犲狉）＝０

即

２犲狉·ｄ犲狉ｄθ＝２犲狉·犲θ＝０

【题１．２】　 已知：质点在平面内运动的切向加速度和法向加速度都是常数．

求证：该质点的运动轨道是对数螺线．

证：设该质点的运动轨道为狉＝犳（θ）．

因为质点在平面内运动的切向加速度和法向加速度是

犪τ＝ｄ狏ｄ狋＝ｄ２狉

ｄ狋２

犪狀 ＝狏２

烅

烄

烆 ρ

而

ρ＝ｄ狊ｄθ＝

ｄ狊ｄ狋

θ· ＝

狏

θ·

所以由狉＝犳（θ）有

狏＝ｄ狉ｄ狋＝θ

·ｄ犳ｄθ

及

犪狀 ＝狏２

ρ＝θ

·２ｄ犳ｄθ＝犮１

或

θ·

＝犮１ｄ犳ｄ（ ）槡θ

式中犮１ 为常数．

于是

犪τ＝ｄ狏ｄ狋＝θ

·ｄ

ｄθθ·ｄ犳ｄ（ ）θ ＝犮２

即

４２ 经典力学题谱

犮１ｄ犳ｄ（ ）槡θ

ｄ

ｄθ犮１ｄ犳ｄ（ ）槡（ ）θ

＝犮２

或

ｄ

ｄθｄ犳ｄ（ ）槡（ ）θ

＝犮２犮１

ｄ犳ｄ槡θ

式中犮２ 亦为常数．

因而

ｄ ｄ犳ｄ槡（ ）θ

ｄ犳ｄ槡θ

＝犮２犮１ｄθ

即

ｌｎｄ犳ｄ槡θ＝

犮２犮１θ＋犮３

或

ｄ犳ｄθ＝ｅｘｐ２

犮２犮１θ＋犮（ ）［ ］３

从而

狉＝犳（θ）＝犮１２犮２ｅｘｐ２

犮２犮１θ＋犮（ ）［ ］３

式中犮３ 也是积分常数．

点题：本题中的ｄ犳ｄθ可以作为独立的变量一直保留到最后再积分．这是求解本题

的关键所在．有人以为本题缺少条件，其实并不缺少．

【题１．３】　 已知：质点的运动轨道方程是狉＝犪ｅｘｐ（θ），质点运动时其径向加速

度恒等于零．

求证：质点的运动速率以及加速度的大小都与狉成正比．

证：因为

犪τ＝狉̈－狉θ·２

犪θ＝狉θ¨＋２狉

·θ

烅烄

烆·

而

狉·＝犪ｅｘｐ（θ）θ

·

＝狉θ·

狉̈＝犪ｅｘｐ（θ）θ¨＋犪ｅｘｐ（θ）θ

·２＝狉θ¨＋狉θ

·烅烄

烆２

所以质点运动时其径向加速度恒等于零即犪τ＝０，相当于

５２第１章　经典力学基础

狉θ¨＝０　 或 　θ

¨＝０

于是

犪τ＝０

犪θ＝狉θ·烅

烄

烆２

即质点的运动加速度的大小与狉成正比．

另外，质点的运动速度为

狏＝狉·犲狉＋狉θ

·

犲θ＝狉θ·

犲狉＋狉θ·

犲θ＝狉θ·

（犲狉＋犲θ）

所以，质点的运动速率的大小也与狉成正比．

点题：本题主要训练读者对质点的运动速率计算公式以及加速度计算公式的了

解．不难．

【题１．４】　 已知：质点的运动轨道方程在直角坐标系下是

狓２１＋狓２２ ＝犪

２

式中犪为常数．

求：（１）此运动轨道方程的自然坐标系表示；

（２）质点运动的切向加速度和法向加速度．

解：（１）在自然坐标系中，

狏＝ｄ狊ｄ狋＝θ

·ｄ狊ｄθ

因为在圆轨道中

狏＝犪θ·

所以

狊＝犪θ

（２）代入

犪τ＝ｄ狏ｄ狋

犪狀 ＝狏２

烅

烄

烆 ρ

便得到

犪τ＝犪θ¨

犪狀 ＝犪θ·烅

烄

烆２

点题：本题主要训练读者对自然坐标系以及质点运动的切向加速度计算公式和

法向加速度计算公式的了解．不难．

【题１．５】　 已知：质点的运动轨道方程在自然坐标系下是

狊＝犪ｔａｎｈ－１θ

６２ 经典力学题谱

而且当θ＝０时质点通过点（０，犪）．

求：此运动轨道的直角坐标系表示．

解：先考虑下列问题，当质点运动的参数方程为

狓１ ＝犫狋

狓２ ＝犫ｃｏｓｈ｛ 狋

时，可证明其轨道的曲率半径是

ρ＝狓２２犫

因为

狓·１ ＝犫

狓·２ ＝犫ｓｉｎｈ

烅烄

烆 狋

所以速度的大小是

狏＝ 狓·２１＋狓

·

槡２２ ＝ 犫２＋（犫ｓｉｎｈ狋）槡

２＝犫ｃｏｓｈ狋＝狓２

又因为

狓̈１ ＝０

狓̈２ ＝犫ｃｏｓｈ｛ 狋

所以加速度的大小是

犪＝狓̈２ ＝狓２ ＝犫ｃｏｓｈ狋

而切向加速度是

犪τ＝ｄ狏ｄ狋＝犫ｓｉｎｈ狋

因此法向加速度是

犪狀 ＝ 犪２－犪２

槡 τ ＝ （犫ｃｏｓｈ狋）２－（犫ｓｉｎｈ狋）槡２＝犫

由

犪狀 ＝狏２

ρ

可得

ρ＝狏２

犪狀＝狓２２犫

将此结果用于本题．采用倒过来的证明方法．由

狓２ ＝犫ｃｏｓｈ狓１（ ）犫

出发，可设

狓１ ＝犫狊

狓２ ＝犫ｃｏｓｈ｛ 狊

７２第１章　经典力学基础

式中狊为弧长．于是

ｄ狓１ｄ狊＝犫

ｄ狓２ｄ狊＝犫ｓｉｎｈ

烅

烄

烆狊

　 或 　

ｄ狓１ｄ狋＝犫狊

·

ｄ狓２ｄ狋＝犫狊

·ｓｉｎｈ

烅

烄

烆狊

和

ｄ２狓１ｄ狊２

＝０

ｄ２狓２ｄ狊２

＝犫ｃｏｓｈ

烅

烄

烆狊

　 或 　

ｄ２狓１ｄ狋２

＝狊·ｄ

ｄ狊

ｄ狓１ｄ（ ）狋 ＝０

ｄ２狓２ｄ狋２

＝狊·ｄ

ｄ狊

ｄ狓２ｄ（ ）狋 ＝犫狊

·２ｃｏｓｈ

烅

烄

烆狊

因为

狏＝狘ｄ狉狘ｄ狋

＝狊·狘ｄ狉狘ｄ狊

＝狊· ｄ狓１

ｄ（ ）狊２

＋ｄ狓２ｄ（ ）狊槡

２

＝狊·犫２＋（犫ｓｉｎｈ狊）槡

２

＝犫狊·ｃｏｓｈ狊

及

犪τ＝ｄ狏ｄ狋＝狊

·ｄ狏ｄ狊＝犫狊

·２ｓｉｎｈ狊

犪＝ｄ２狓２ｄ狋２

＝犫狊·２ｃｏｓｈ

烅

烄

烆狊

所以

犪狀 ＝ 犪２－犪２

槡 τ ＝ （犫狊·２ｃｏｓｈ狊）２－（犫狊

·２ｓｉｎｈ狊）槡２＝犫狊

·２

由

犪狀 ＝狏２

ρ

有

ρ＝狏２

犪狀＝（犫狊·ｃｏｓｈ狊）２

犫狊·２ ＝犫ｃｏｓｈ

２狊

根据

ρ＝ｄ狊ｄθ

有

ｄ狊ｄθ＝犫ｃｏｓｈ

２狊

即

ｄ狊

ｃｏｓｈ２狊＝犫ｄθ

或

８２ 经典力学题谱

ｔａｎｈ狊＝犫θ

由此得到

狊＝ｔａｎｈ－１（犫θ）

令

犫＝１

狊→狊烅

烄

烆 犪

就有

狊＝犪ｔａｎｈ－１θ

点题：本题有一定难度．主要是对狏、犪和犪τ的物理意义要有清楚的认识；另外，如

何将对时间狋的导数转换成对弧长狊的导数也是解题的关键（在其他习题中，常常需

要将对时间狋的导数转换成对角度θ的导数，方法与此相仿）．

【题１．６】　 已知：质点的运动轨道方程是心脏线狉＝犪（１＋ｃｏｓθ）．

求证：（１）质点的径向加速度为常数；

（２）质点的角速度和总加速度的大小都与槡狉成反比．

证：（１）可以用Ｌａｇｒａｎｇｅ力学来处理此问题，从这种处理方法中可以得到用

Ｎｅｗｔｏｎ力学来处理此问题的启发．首先选择将狉＝犪（１＋ｃｏｓθ）作为约束条件以减少

自由度，仅用θ作为广义坐标的方法．

因为

狓１ ＝狉ｃｏｓθ

狓２ ＝狉ｓｉｎ｛

θ

及

狓·１ ＝狉

·ｃｏｓθ－狉θ

·

ｓｉｎθ

狓·２ ＝狉

·ｓｉｎθ＋狉θ

·

ｃｏｓ烅烄

烆 θ

所以质点的动能为

犜＝１

２犿（狉

·２＋狉

２θ·２）＝犿犪

２（１＋ｃｏｓθ）θ·２

或者，系统的Ｌａｇｒａｎｇｉａｎ为

犔＝犜＝犿犪２（１＋ｃｏｓθ）θ

·２

其对应的运动微分方程为

２（１＋ｃｏｓθ）θ¨－θ

·２ｓｉｎθ＝０

另一方面，系统的Ｌａｇｒａｎｇｉａｎ也可以写成

犔＝犜＝犿犪狉θ·２

这时可用Ｌａｇｒａｎｇｅ未定乘数法，设约束方程是

９２第１章　经典力学基础