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分析力学第一章作业解答

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分析力学参考答案

分析力学参考答案

分析力学参考答案分析力学参考答案引言：分析力学是物理学的一个重要分支，研究物体在力的作用下的运动规律。

在学习分析力学的过程中，参考答案是一个非常重要的工具，可以帮助学生巩固知识，理解问题的解决方法。

本文将分析力学的一些典型问题，并给出参考答案，帮助读者更好地掌握分析力学的基本原理和解题技巧。

一、牛顿第二定律问题牛顿第二定律是分析力学的基础，描述了物体在力的作用下的加速度。

以下是一个典型的牛顿第二定律问题：问题：一个质量为m的物体在水平面上受到一个恒定的力F作用，求物体的加速度和受力大小的关系。

解答：根据牛顿第二定律的公式F=ma，我们可以得到物体的加速度a等于受力F除以物体的质量m，即a=F/m。

因此，物体的加速度与受力大小成反比。

二、动量守恒问题动量守恒是分析力学中的一个重要原理，描述了系统在没有外力作用下动量的守恒。

以下是一个典型的动量守恒问题：问题：两个质量分别为m1和m2的物体在水平面上碰撞，碰撞前物体1的速度为v1，物体2的速度为v2，碰撞后物体1的速度为v'1，物体2的速度为v'2，求碰撞前后两个物体的动量是否守恒。

解答：根据动量守恒定律，系统在没有外力作用下，动量守恒。

即m1v1 +m2v2 = m1v'1 + m2v'2。

因此，两个物体的动量在碰撞前后保持不变，动量守恒。

三、角动量问题角动量是分析力学中的一个重要概念，描述了物体绕某一点旋转的特性。

以下是一个典型的角动量问题：问题：一个质量为m的物体绕固定点O以角速度ω旋转，求物体的角动量L 与角速度ω的关系。

解答：根据角动量的定义L=Iω，其中I为物体对固定点O的转动惯量。

对于一个质量为m的物体，其转动惯量I等于mr^2，其中r为物体到固定点O的距离。

因此，物体的角动量L与角速度ω成正比，L=mr^2ω。

结论：通过以上的分析力学问题及其参考答案，我们可以看出分析力学的基本原理和解题技巧。

牛顿第二定律描述了物体在力的作用下的加速度，动量守恒原理描述了系统在没有外力作用下动量的守恒，角动量则描述了物体绕某一点旋转的特性。

分析力学基础第一章(3,4节)

分析力学基础第一章(3,4节)

1 3
m2 2l 2q
m2lxcosq
m2 gl
sinq
0
FI a
F
MIC FI
MIC Ra FI
受力分析 FI ma
M IC
1 2
m R2
虚位移分析 x R
x
解：运动分析，系统自由度N=1
a R
动力学普遍方程
n
Fi FIi
ri 0
i 1
Fx 3FIx 2M IC 0
Fx 3max max 0
F 4ma x 0 x 0 F 4ma 0
3、系统的动能：T 1 m x2 y2 z2 2
4、系统的广义力：
z
mg y
W Qxx Qyy Qzz x
x 0 y z 0 y 0 x z 0 z 0 x y 0
W 0 Qx 0 W 0 Q y 0
W mgz
d dt
T qj
T q j
Qj
j 1, , k
B
O mg
C
A
mg
§ 1-3 动力学普遍方程
解：加速度分析，添加惯性力 建立动力学普遍方程
M IO
1 2
m R2O
O O aO
mg
B
AO
C
A
aCt mgaO
M IC
1 12
m
l
2
AO
B
M IO
FIO FIC mRO
FItC
m
l 2
AO
FIO O
FItC
FIC C
M IC
A
mg
mg
§ 1-3 动力学普遍方程
A
M
C1
Oq
q 90 30

理论力学第一章题及解答(文末)

理论力学第一章题及解答(文末)

第一章 思考题1.1平均速度与瞬时速度有何不同？1.2 在极坐标系中，r v r =，θθ r v =.为什么2θ r r a r-=而非r ？为什么θθ r r a 20+=而非θθ r r +？你能说出r a 中的2θ r -和θa 中另一个θ r 出现的原因和它们的物理意义吗？1.3 在内禀方程中，n a 是怎样产生的？为什么在空间曲线中它总沿着主法线方向？当质点沿空间运动时，副法线方向的加速度b a 等于零，而作用力在副法线方向的分量b F 一般不等于零，这是不是违背了牛顿运动定律呢？1.4 在怎样的运动中只有τa 而无n a ？在怎样的运动中又只有n a 而无τa ？在怎样的运动中既有n a 而无τa ？1.5dt r d 与dt dr 有无不同？dt v d与dtdv 有无不同？试就直线运动与曲线运动分别加以讨论. 1.6人以速度v 向篮球网前进，则当其投篮时应用什么角度投出？跟静止时投篮有何不同？1.7雨点以匀速度v 落下，在一有加速度a 的火车中看，它走什么路经？1.8某人以一定的功率划船，逆流而上.当船经过一桥时，船上的渔竿不慎落入河中.两分钟后，此人才发现，立即返棹追赶.追到渔竿之处是在桥的下游600米的地方，问河水的流速是多大？1.9物体运动的速度是否总是和所受的外力的方向一致？为什么？1.10在那些条件下，物体可以作直线运动？如果初速度的方向和力的方向一致，则物体是沿力的方向还是沿初速度的方向运动？试用一具体实例加以说明.1.11质点仅因重力作用而沿光滑静止曲线下滑，达到任一点时的速度只和什么有关？为什么是这样？假如不是光滑的将如何？1.12为什么被约束在一光滑静止的曲线上运动时，约束力不作功？我们利用动能定理或能量积分，能否求出约束力？如不能，应当怎样去求？1.13质点的质量是1千克，它运动时的速度是k j i v 323++=，式中i 、j 、k 是沿x 、y 、z 轴上的单位矢量。

分析力学第一章作业答案

分析力学第一章作业答案
i 1 3
2 L T U mx 所以， i / 2 U ( x1, x2 , x3 ) i 1
3
L 3 2 mxi / 2 U ( x1 , x2 , x3 ) mxi xi xi i 1 L 3 U 2 mxi / 2 U ( x1 , x2 , x3 ) xi xi i 1 xi
带入拉格朗日方程得到
U mxi Fi xi (i 1, 2,3)
这就是笛卡尔坐标系中的拉格朗日方程 即牛顿第二定律
2.已知柱坐标 ( , , z) 与笛卡尔坐标的关系是
x cos , y= sin , z z
如图．设质点在轴对称势能场 U ( ) 中运动， 写出其拉格朗日方程。
t2
(
t2
t1
dt
t2 t1
)2
作业参考答案
2013年9月
1.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：
d L L 0 dt q q ( 1, 2,3)
L为拉格朗日函数
L T U
笛卡尔坐标中的坐标变量为 x1, x2 , x3 ，那么
T mxi2 / 2
带入得到
m( x2 x1 )2 S0 2(t2 t1 )
（b）假设自由质点不做匀速直线运动，则速 度为时间的函数 (t ) ，且满足：
b a (t)dt
t2
那么
υ平方的 平均值大 于υ平均 值的平方。
t1

t2
t1
dt
2
1 1 t2 2 2 t2 t1 S1 m dt m dt t1 2 2 t1 2 2 t2 m m ( b a ) dt S0 t1 2(t2 t1 ) 2(t2 t1 )

(完整版)第一章答案

(完整版)第一章答案

第一章静力学公理和物体的受力分析思考题解答1-21-31-4 刚体上A点受力F作用，如图1-24所示，问能否在B点加一个力使刚体平衡?为什么?答：不能。

1-5 如图l-25所示结构，若力F作用在B点，系统能否平衡?若力F仍作用在B点，但可任意改变力F的方向，F在什么方向上结构能平衡?答：若力F作用在B点，系统不能平衡；F 在指向A方向上结构能平衡。

1-6 将如下问题抽象为力学模型，充分发挥你们的想象、分析和抽象能力，试画出它们的力学简图及受力图。

(1)用两根细绳将日光灯吊挂在天花板上；(2)水面上的一块浮冰；(3)一本打开的书静止于桌面上；(4)一个人坐在一只足球上。

答：（1）（2）（3）（4）1-7 图1-26中力F作用于三铰拱的铰链C处的销钉上，所有物体重量不计。

(1)试分别画出左、右两拱及销钉C的受力图；(2)若销钉C属于AC，分别画出左、右两拱的受力图；(3)若销钉C属于BC，分别画出左、右两拱的受力图。

习题b c g h i j k分离体1.分布载荷在受力分析时，不要用其合力代替2.B点约束？C 点约束？简图太简，表现不出约束类型和构件基本形状1.整体？2.没有C F3.三力汇交没表示AB三力汇交，AD二力杆。

1-31.ACE虽然三力汇交，但C、A点力的方向不确定2.没有A3．搞清楚铰链在与谁一体。

(e)1.AD是二力杆2. A三个杆件铰链3.轮的自重不计4.不一定要用三力汇交，三力汇交只有二个力的方向确定才能确定第三个力的方向。

理论力学(胡运康)第一章作业答案

理论力学(胡运康)第一章作业答案

0 - 25
⇒ 25x = 95 ⇒ x = 4.2m
合力作用点（4.2m、5.4m、0）
1-17 求平行力系合成的最后结果。（用合理矩定理求合力作用点）
【解】 FV = (10 + 15 − 20 − 30)k = −25k
最后结果：合力 F R = −25k
设合力作用点（x、y、0）
rr r
r M
O
(FR
)
=
∑
r M
O
(Fi
),
ij k
r
r
x y 0 = (10 ×1 + 15 × 3 − 20 × 2 − 30 × 5)i + (−10 ×1 −15 ×1 + 20 × 2 + 30 × 3) j
0 0 − 25
⇒ −25y = −135 ⇒ y = 5.4m
⇒ 25x = 95 ⇒ x = 4.2m
d1
=
MO Fy
= 1.9 126.3
= 15mm
d2
=
MO Fx
=
1.9 402.3
=
4.7mm
(x，y) （0，4.7mm)
F
o
x
(-15mm，0)
作用点：(-15mm，0)或（0，4.7mm)
合力作用线方程：
根据合力矩定理： M O (FR ) = M O
xy
x
y
∑ ∑ MO (FR ) = Fx
合力作用点（4.2m、5.4m、0）
1-15 F 1 = − F 2 ,F1 = 180 N, F 3 = − F 4 , F3 = 250 N, 求合力偶矩。 解Ⅰ：
M x = −F1 × 600 = −108N ⋅ m

分析力学答案

分析力学答案
V klq 4 T mg lt Cosa R
K FV
m 448浒 421122 - Ík 4- 4 行mg crank
代入⻮ 器 器 - 0中 可得
mki zmisinzeuttkicq 4.1 mg2Sin4 0 mEsin244 0 4 0 运动微分方程 miii miisiuqcose mg2siuqtkRi9-线 0
C2
0 时零解渐近稳定
1.8 试利用李雅普诺夫直接方法讨论系数在取不同值时判断
系统的零解稳定性
X X2
X十 a 3 加
解 选择正定李雅诺夫函数 比吅 二 水 水
计算 治 方程解曲线的全导数 V 荪义 器加二 zxixztzxzEXitlaih I
E 2 G 37 X22
则当 以 3时 V为负定 零解渐近稳定 a 3 时 V为零 零解稳定 a 3时 V为正定 零解不稳定
讨论是否存在初积分
i
䚡 取摇杆0A的转⻆为0 则系统的动能
T 士 加 以 04 Ìmi 旰士 Ìmhyo
二 Gmt Ém EG
取系统平衡位置为零势能 则运动时系统势能为
V kid 4 Ütmlglsin0
6 -sins
则L T V
且出售了一
是
tmtimtEG 二日 mini
zkdkcitmlgl sino tkdtimsglll cme
则 fm2以g外3tmlzmxitomtmiiiomy
f 去㗊㗊 a
i riiig 二his
3 8 质量为 m的均质摇杆0A 铰接 质量为 以的匀质圆盘A 在13 处联结刚度系数为人的弹簧 当系统平衡时 以处于水平位置 弹
簧处于铝垂位置如图所示 已知 非1.013 a 若圆盘沿固定圆弧形

分析力学基础第一章(4-6节)

分析力学基础第一章(4-6节)

T q
m1
m2 x m2 Lcos
px
循环积分——系统的水平动量守恒
T V C
能量积分——机械能守恒
x
F t
vA
m1 g
CvCA
m2 g
§1-6 第一类拉格朗日方程
§1-6 第一类拉格朗日方程
设描述系统的位形坐标：q1 , q2 , , qn
系统的约束方程为： fk r1, r2 , , rn , t 0 k 1,2, , s
i 1
k 1
代入动力学普遍方程：
n
Fi FIi
ri
n
Fi
miri ri
0
i 1
i 1
有：
n i 1
Fi
miri ri
N Qk
k1
n i 1
miri
ri qk
qk
§ 1-4 第二类拉格朗日方程
n
i 1
Fi
miri ri
N Qk
k1
n i 1
miri
解：1、系统的自由度为k=1
2、系统的广义坐标：
3、系统的动能： T 1 1 m l22 1 m l22
23
6
4、系统的势能：
V
mg
l
1
cos
5、拉格朗日函数： 2
L T V 1 ml22 mg l 1 cos
OB
6
2
d dt
L qk
L qk
0
1 m l2 l m gsin
3
2
mg A
i 1
Fi
miri
s
k
k 1
fk ri
ri

分析力学第一章作业答案

分析力学第一章作业答案
l
FT
C
W
坐标系：两根钉连线的中点为坐标原点，连线 所在直线为x轴（向右为正），垂直连线为y轴 （向下为正），并取 为广义坐标。
x l s i n D a C点的y坐标： y 2 lc o s C ta n F r ( F r ) W r 0 T B T D C
a yC (2l sin 2 ) sin
最后可得：
2 2 F l c o s2 + W l s i n W a c s c 0 T
2

s in s in s in
3
a Fa W / ( 2 l s i n c o s ) W t a n = W t a n （ 1 ） 即有： T 3 2 l s i n
B、D点的x坐标： x l s i n B

Fi x i y ( Fi x i y T ( B B j) T )( D Dj) W j ( x i y 0 C C j) F x F x W y 0 T B T D C xB l cos xD l cos
作业参考答案
2013年9月
1.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：
d L L 0 d t q q ( 1 , 2 , 3 )
L为拉格朗日函数
L T U
笛卡尔坐标中的坐标变量为 x1 , x 2 , x3 ，那么
T mxi2 / 2
i 1 3
2 L T U m x U ( xx ,2 ,x ) 所以， i /2 1 3 i 1
3
3 L 2 m x 2 U ( xxx ,2 ,3 ) m x i/ 1 i x x i 1 i i

大学物理习题答案--第一章

大学物理习题答案--第一章

大学物理习题答案--第一章-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第一章作业解1-7液滴法是测定液体表面张力系数的一种简易方法。

将质量为m 的待测液体吸入移液管，然后让液体缓缓从移液管下端滴出。

可以证明dn mg πγ= 其中，n 为移液管中液体全部滴尽时的总滴数，d 为液滴从管口落下时断口的直径。

请证明这个关系。

证：当液滴即将滴下的一刻，其受到的重力与其颈部上方液体给予的张力平衡 F g m ='d r L F πγπγγ===2n m m ='，d nm πγ= 得证：dn mg πγ= 1-8 在20 km 2的湖面上下了一场50 mm 的大雨，雨滴半径为1.0 mm 。

设温度不变，雨水在此温度下的表面张力系数为7.3⨯10-2N •m -1。

求释放的能量。

解：由 S E ∆=∆γ雨滴落在湖面上形成厚为50 mm 的水层，表面积就为湖面面积，比所有落下雨滴的表面积和小，则释放的表面能为：)4(2S r n E -⋅=∆πγ 其中，343r Shn π=为落下的雨滴数，r 为雨滴半径J r h S E 833621018.2)1100.110503(1020103.7)13(⨯=-⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-=∆---γ 1-9假定树木的木质部导管为均匀的圆柱形导管，树液完全依靠毛细现象在导管内上升，接触角为45°，树液的表面张力系数12100.5--⋅⨯=m N γ。

问要使树液到达树木的顶部，高为20 m 的树木所需木质部导管的最大半径为多少？解：由朱伦公式：grh ρθγcos 2= 则：cm gh r 532106.3208.91012/2100.52cos 2--⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==ρθγ1-10图1-62是应用虹吸现象从水库引水的示意图。

已知虹吸管粗细均匀，其最高点B 比水库水面高出m h 0.31=，管口Ｃ又比水库水面低m h 0.52=，求虹吸管内的流速及Ｂ点处的压强（已知大气压为)10013.1Pa ⨯ 解：由：C gh p =++ρρυ221 有：C C C B B B A A A gh p gh p gh p ρρυρρυρρυ++=++=++222212121 由题意：Pa p p C A 510013.1⨯==，C B A υυυ==,0若设0=A h ，则m h h m h h C B 0.5,0.321-=-===2201202121gh p gh p p C B B ρρυρρυ-+=++= 则： s m s m gh B C /9.9,/9.958.9222==⨯⨯==υυPa h h g p p B 435210103.20.88.9100.110013.1)(⨯=⨯⨯⨯-⨯=+-=ρ1-11一个大水池水深m H 10=，在水面下m h 3=处的侧壁开一个小孔，问：（1）从小孔射出的水流在池底的水平射程R 是多少（2）h 为多少时射程最远最远射程为多少解：（1）沿水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴从小孔出射的水，为射流速度x υ，沿x 轴 )(2'2h H g gh x -==υ（以此速度做斜抛，水平方向不受力，水平方向速度不变；竖直方向受重力，做自由落体运动。

大学物理答案-第一章

大学物理答案-第一章

大学物理答案-第一章第一章力学引论本章主要阐述了力学的研究内容（即物体的机械运动），以及矢量分析和量纲分析的方法。

习题1-1 什么叫质点？太阳、地球是质点吗？分子、原子是质点吗？试举例说明。

分析：本题说明参考系选择的重要性。

对于相同的物体，如果参考系的选择不同，结果将完全不同。

选择某一参考系，可以看成质点；选择另一参考系，就不可以看成质点。

答：在某些问题中，物体的形状和大小并不重要，可以忽略，可看成一个只有质量、没有大小和形状的理想的点，这样的物体就称为质点。

关于太阳、地球、分子、原子是否是质点，要视具体研究的问题而定。

例如，如果我们考察银河系或者整个宇宙的运动，那么太阳和地球的大小可以忽略，而且我们没有必要去考察他们的转动，此时它们可以被看作质点。

但是，如果我们要研究人造卫星、空间站的话，太阳和地球的大小和形状以及其自转就不能被忽略，那么它们就不能被看作质点。

1-2 西部民歌：“阿拉木汗住在哪里，吐鲁番西三百六。

”从位矢定义分析之。

分析：本题是关于参考系和坐标系选择的问题。

遇到一个问题，首先要搞清楚研究对象，然后选择一个合适的参考系，在此参考系中选择一个点作为坐标原点，建立坐标系，然后才可以定量的分析问题。

本题中心意思是选择则吐鲁番作为参照点，来定义阿拉木汗所住的位置。

答：选择地面参照系，以吐鲁番作为原点，正东方向为x 轴正方向，正北方向为y 轴正向，在地面上建立直角坐标系。

那么阿拉木汗住址的位矢为：i ?360r ?=v1-3 判断下列矢量表达式的正误：分析：本题考察矢量的运算问题。

矢量既有大小，又有方向，所以在进行矢量运算时，既要考虑矢量的大小，又要考虑矢量的方向。

（1）B A B A v v v v +=+答：× 矢量按平行四边形法则相加，而不是简单的数量相加（2）A B B A v v v v ×=×答：× 矢量相乘按右手定则，上式方程两边的矢量大小相同，方向相反。

分析力学课件、答案作业

分析力学课件、答案作业
分析力学课件、答案作业
这是一个关于分析力学的课件和答案作业的演示，旨在介绍分析力学的基本 概念和原理，并提供实际应用场景和解答答案作业的讲解。
概述
介绍分析力学的定义和基本概念，引入分析力学中的拉格朗日方程和哈密顿原理。
分析力学的基本原理
讨论分析力学中的广义坐标和广义速度概念，推导拉格朗日方程，说明哈密 顿原理的作用。
守恒律
介绍守恒律在分析力学中的应用，详细讨论机械能守恒定律和动量守恒定律， 并解析分析力学中的例问题。
实际应用
探讨分析力学的实际应用场景，分析常见问题和案例，并解答答案作业并进 行演示讲解。
总结
总结分析力学的基本概念和原理，小结课程内容并提供延伸阅读资料，鼓励 学生进行实践和探索。

分析力学第一章

分析力学第一章

(α = 1, 2,3)
∂L m& 计算 & ＝ xi ∂xi
∂L ∂U =− ∂xi ∂xi
∂U & x 即有 m&i = − ∂xi
(i =1,2,3)
笛卡尔坐标系中的拉格朗日方程就是牛顿第二定律。
2.已知柱坐标 ( ρ , ϕ , z ) 与笛卡尔坐标的关系是
x = ρ cos ϕ , y =ρ cos ϕ , z = z
dr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abcdab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wc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bd中的张力t讨论它的方向与的大小的关系
B
l
T
2α 2a
A
l
D
T
l C
l
由虚功原理，平衡时受到的主动力之虚功和为0：
v v v v v v TB ⋅δrB +TD ⋅δrD +W •δr = 0 C
v v 选 TB和 D 方向如图，大小为T ，则 T v v v v TB ⋅δrB = −Tl cosα δα TD ⋅δrD = −Tl cosα δα v v a W •δr =W(−2l sin α + 2 )δα C sin α
W a ∴2Tl cosα +W2l sin α − 2 = 0 sin α
W
W a W a ∴T = −W tgα = 2 ( −sin3பைடு நூலகம்α) 2l sin2 α cosα sin α cosα 2l
T =0

分析力学第一章作业解答

分析力学第一章作业解答

ex er × eθ = sinθ cosφ
cosθ cosφ
ey sinθ sinφ cosθ sinφ
ez cosθ = − sin φex + cosφey = eφ − sinθ
The others are straightforward.
(c) er = (cosθθ cosθ − sinθ sinφφ)ex + (cosθθ sinφ + sinθ cosφφ)ey − sinθθ ez =θ (cosθ cosθ ex + cosθ sinφey − sinθ ez ) + sinθφ(− sinφex + cosφey ) = θ eθ + sinθφeφ
m(r − rθ 2 − r sin2 φ 2 ) = f (r) m(rθ + 2 rθ − r sinθ cosθ φ 2 ) = 0 m(r sinθ φ + 2sinθ r φ + 2r cosθ θ φ) = 0
(b) Takingθ = π / 2 (independent of time), then θ = θ = 0 ; substituting these results into equations above, we find m(rφ + 2rφ) = 0
Solution: (b)
er ieቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ = (sinθ cosφex + sinθ sinφey + cosθ ez )i(cosθ cosφex + cosθ sinφey − sinθ ez ) = sinθ cosθ cos2 φ + sinθ cosθ sin2 φ − sinθ cosθ = 0

理论力学第一章

理论力学第一章

w.
̇̇ sin θ − rθ̇ 2 cos θ ④ ̇ ̇= ̇ ̇θ̇ sin θ − rθ x ṙ cos θ − 2 r
网
co m
⎧ x = r cosθ ① ② ⎨ ⎩ y = r sin θ
把④⑥代入 ⑾得
ar = ̇ ṙ − rθ̇ 2
同理可得 ̇̇ + 2r ̇ ̇θ aθ = rθ 1.8 解 以焦点 F 为坐标原点，运动如题 1.8.1 图所示]
答 案
(
v⊥ = µθ
̇ = µθ v ⊥ = θ̇r = µθ 即 θ r
̇2 ̇̇ − rθ a= r
(
垂直位矢方向加速度 ̇̇ + 2r ̇ ̇θ a ⊥ = rθ
(
̇ ̇ = λ2 r ṙ = λr
w.
) ( ) ) )
网
co m
⎡ 2T ⎛ πt ⎞⎤ − 1⎟ ⎥ dt ds = c ⎢t + ⎜ cos π ⎝ 2T ⎠⎦ ⎣ 对等式两边同时积分 ，可得：
对②求导
对于加速度 a ，我们有如下关系见题 1.7.1 图
w.
课
̇ cosθ + rθ ̇̇cosθ − rθ ̇ 2 sin θ ⑥ ̇ ̇=̇ ̇θ y ṙsin θ + 2r
后
对⑤求导
即
ww
即得 ⑨+⑩得
̇ = a r cosθ + aθ sin θ x ⎧̇ ⑦--⑧ ⎨ ̇ = a r sin θ + aθ cosθ y ⎩̇ 对⑦⑧俩式分别作如下处理：⑦ × cosθ ，⑧ × sin θ
a=
a=
πt ⎞ ⎛ dv = c⎜1 − sin ⎟ dt 2T ⎠ ⎝

分析力学课件例题级习题

分析力学课件例题级习题
方法一：几何法 给AB一虚位移，则：
re 0.3 sec
由点的复合运动：
rr re tan 0.3 sec tan
由虚位移原理：
M Frr 0
14
即：（M F 0.3 sec tan ) 0 0 M F 0.3sec tan 0
l1 l2 yC1 cos1 , yC 2 l1 cos1 cos 2 2 2 xB l1 sin 1 l2 sin 2
27
X1=W1x=0, Y1=W1y= W1；
X2=W2x=0, Y2=W2y= W2； X3=Px=P, Y3= Py=0
l1 l2 yC1 cos1 , yC 2 l1 cos1 cos 2 2 2 xB l1 sin 1 l2 sin 2
由此解得：
2F tg P1 2 P2
,
2F tg P2
8
解法二：几何法 先使 保持不变，而使 获得变分 ，得到系统的一组虚位移，如图所示。
FrB cos P2rD sin 0
而
rB 2b , rD b
代入上式，得
( F 2b cos P2 b sin ) 0
l1 sin 1 2 1 l2 sin 2
代入（*）得：
17
l1 l2 l1 sin 1 ( P cos1 P2 cos 2 ) 1 0 1 2 2 l2 sin 2
1 0 , ( ) 0
sin 2 sin 1 平衡时P1 P2 cos 2 cos 1 tan 1 P1 或 tan 2 P2
PQ tg
5
例2 均质杆OA及AB在A点铰接，两杆各长2a和2b，各重P1及P2，B点作用有水 平力 F ，求平衡时的角及 。

基础物理学上册习题解答和分析第一章习题解答和分析

基础物理学上册习题解答和分析第一章习题解答和分析

基础物理学上册习题解答和分析－第一章习题解答和分析————————————————————————————————作者: ————————————————————————————————日期:习题一1-1．质点运动学方程为:cos()sin(),r a t i a t j btk ωω=++其中a ，ｂ，ω均为正常数，求质点速度和加速度与时间的关系式。

分析:由速度、加速度的定义，将运动方程()r t 对时间t 求一阶导数和二阶导数，可得到速度和加速度的表达式。

解:/sin()cos()==-++v dr dt a t i a t j bk ωωωω2/cos()sin()a dv dt a t i t j ωωω⎡⎤==-+⎣⎦１-2. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后,其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即2/d d v v K t -=， 式中K 为常量．试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为 0Kxv v e-= 。

其中0v 是发动机关闭时的速度。

分析：要求()v v x =可通过积分变量替换dxdvv dt dv a ==，积分即可求得。

证：2d d d d d d d d v x vv t x x v t v K -==⋅= d Kdx v=-v⎰⎰-=x x K 0d d 10v v v v , Kx -=0ln v v0Kxv v e -=１-3．一质点在x Ｏy 平面内运动，运动函数为22,48x t y t ==-。

(1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2)求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。

分析:将运动方程ｘ和y 的两个分量式消去参数t ，便可得到质点的轨道方程。

写出质点的运动学方程)(t r表达式。

对运动学方程求一阶导、二阶导得()v t 和()a t ，把时间代入可得某时刻质点的位置、速度、加速度。

解：(1)由2,x t =得：,2x t =代入248y t =-可得：28y x =-,即轨道曲线。

理论力学第一章思考题习题解答

理论力学第一章思考题习题解答

第一章 思考题1.1 平均速度与瞬时速度有何不同？在什么情况下，它们一致？答：平均速度因所取时间间隔不同而不同，它只能对运动状态作一般描述，平均速度的方向只是在首末两端点连线的方向；而瞬时速度表示了运动的真实状况，它给出了质点在运动轨道上各点处速度的大小和方向（沿轨道切线方向）。

只有在匀速直线运动中，质点的平均速度才与瞬时速度一致。

1.2 在极坐标系中，θθ r v r v r ==，为什么2θ r r a r-=而非r ？为什么θθθ r r a 2+=而非θθθr r a +=？你能说出r a 中的2θ r -和θa 中另一个θ r 出现的原因和它们的物理意义吗？答：在极坐标系中，径向速度和横向速度，不但有量值的变化，而且有方向的变化，单位矢量对时间的微商不再等于零，导致了上面几项的出现。

实际上将质点的运动视为径向的直线运动以及以极点为中心的横向的圆周运动。

因此径向加速度分量r a 中，除经向直线运动的加速度r 外，还有因横向速度的方向变化产生的加速度分量2θ r -；横向加速度分量中除圆周运动的切向加速度分量θr 外，还有沿横向的附加加速度θ r 2，其中的一半θ r是由于径向运动受横向转动的影响而产生的，另一半θ r 是由于横向运动受径向运动的影响而产生的。

1.3 在内禀方程中，n a 是怎样产生的？为什么在空间曲线中它总沿着主法线的方向？当质点沿空间曲线运动时，副法线方向的加速度b a 等于零，而作用力在副法线方向的分量b F 一般不等于零，这是不是违背了牛顿运动定律呢？答：由于自然坐标系是以轨道切线、主法线和副法线为坐标系，当质点沿着轨道曲线运动时，轨道的切线方向始终在密切平面内，由于速度方向的不断变化，产生了n a 沿主法线方向且指向曲率中心。

在副法线方向不存在加速度分量，b a 等于零，这并不违背牛顿运动定律，因为在副法线方向作用的主动外力不一定为零，但可做到∑=0b F ，即所有外力之和在副法线方向平衡。

大学高等物理课后答案 第一章 力学基本定律

大学高等物理课后答案 第一章 力学基本定律

第1章习题答案1-1 解：竖直上抛运动 gH 2max20v = ()s m gH /849102008.1223max 0=⨯⨯⨯==v1-2 解：匀变速直线运动 ()()g s m t a t 259.24680.103600/1000160020<⋅=-⨯=∆-=-v v （不超过） ()()m t s t 4008.1036001000160021210=⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛+⨯⨯=∆⨯+=v v 1-3 解：以喷嘴作为坐标原点，竖直向上作为y 轴的正向 竖直上抛运动 ()m g v H 5.348.92262220max=⨯== ()gy v y v 220-=连续性方程 ()()gyv qy v q y S 220-==任一瞬间空间上升的水流体积 ()()l gy v g q dy gy v qdy y S V H H 38.1222maxmax020020=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=-==⎰⎰上升下降上升V V =()l V V V 7.24=+=下降上升总1-4 解：()()bt u bt u btbt b u u dt dx v --=----⎪⎭⎫ ⎝⎛-+==1ln 1ln 11 ()()btub bt b u dt dv a -=---==11 ()00=v()()()s m v /1091.6120105.71ln 100.3120333⨯=⨯⨯-⨯-=-1-5 解：()2122212R R N rNdr s R R -==⎰ππ ()()()()m in 6939416364132256650222122==-⨯⨯=-==∆s v R R N v s t ππ()s rad r v /26.00.53.1===ω ()222/338.00.53.1s rad r v ===α1-6 解： ()s m v /37430344=+=东()s m v /31430344=-=西()s m v /3433034422=-=北N F μθ≥cos1-7 解： 因θs i nF mg N += 故 θμμθsin cos F mg F +≥ （1） θμθμs i n c o s s s mgF -≥静（2） θμθμs i n c o s k k mgF -≥动（3） 0s i n c o s ≤-θμθs sμθ1tan ≥1-8 解：()()()()()()()N a g m M F am M g m M F 676006.08.915005000=+⨯+=++=+=+-桨桨()()()N a g m F mamg F 156006.08.91500=+⨯=+==-桨绳1-9 解： r m rMm G22ω= ()()()Kg G r T G rM 261138232321069.51067.61036.136002.142/2⨯=⨯⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯===-ππω1-10 解： ⎰⎰⎰-=-==ωπω20c o s td t kA kxdt Fdt I ωωωωπkAt kA -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=20sin1-11 解： ()s m /500i v-=()()s m t /45sin 8045cos 800j i v +=()()s N m m t ⋅+=-=j i v v I92.778.140()215278.1492.7arctan 89.160'=-=⋅=πϕs N I ()6168.914.084584502.089.16=⨯===∆=mg F N t I F1-12 一辆停在直轨道上质量为m 1的平板车上站着两个人，当他们从车上沿同方向跳下后，车获得了一定的速度。

高一物理力学分析习题及答案

高一物理力学分析习题及答案

图2-1-7图2-2-2高一物理力学受力分析1如图2-1-7所示，甲、乙球通过弹簧连接后用绳悬挂于天花板，丙、丁球通过细绳连接后也用绳悬挂天花板．若都在A 处剪断细绳，在剪断瞬间，关于球的受力情况，下面说法中正确的是（ ）A ．甲球只受重力作用B ．乙球只受重力作用C ．丙球受重力和绳的拉力作用D ．丁球只受重力作用分析：当在A 处剪断时两球看作一个整体，整体加速度为g ，此时弹簧中的力不变，对A B 球都会有力的作用故A B 错，绳在松弛状态不能提供力，假设绳中有拉力，则丁的加速度会大于g 而丙的加速度会小于g ，则两球会相互靠近，绳则松弛，假设不成立，故绳中无拉力2．如图2-2-8所示，物体a 、b 和c 叠放在水平桌面上，水平力F b =5N 、F c =10N 分别作用于物体b 、c 上，a 、b 和c 仍保持静止．以F 1、F 2、F 3分别表示a 与b 、b 与c 、cA ．F 1=5N ，F 2=0，F 3=5NB ．F 1=5N ，F 2=5N ，F3=0 C ．F 1=0，F 2=5N ，F 3=5ND ．F 1=0，F 2=10N ，F 3=5N 分析：（分析方法从简单到复杂）因为a 、b 、c 均保持静止，故加速度，合外力都为0。

先分析a 只受b 对a 的支持力，以及重力故F1=0，再分析b ，b 受到重力、a 对b 的压力、c 对b 的支持力、Fb 、以及c 对b 的摩擦力，c 对b 的摩擦力为水平方向，故需水平方向的力来平衡，故F2=Fb=5，方向向右。

同理在对c 分析3如图2-2-1所示，A 、B 两物体叠放在水平面上，水平力F 作用在A 上，使两者一起向右作匀速直线运动，下列判断正确的是（ ）A ．A 、B 间无摩擦力 B ．A 对B 的静摩擦力大小为F ，方向向右C ．B 对地面的动摩擦力的大小为F ，方向向右D ．B 受到了向右的静摩擦力和向左的滑动摩擦力分析：两者一起向右作匀速直线运动，则加速度都为0，处于平衡状态。

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1.1 Spherical coordinates. Many of the problems which we will solve will possess spherical symmetry, so that the most natural coordinates are spherical coordinates. We'll need to know how to express the position, velocity, acceleration, and kinetic energy of a particle in this coordinate system.
er = θ eθ + sinθφeφ eθ = −θ er + cosθφeφ eφ = − sinθφer − cosθφeθ
(d) In spherical coordinates the position vector is r =rer . Use your results above to calculate the velocity v = r , the kinetic energy T = mv2 / 2 , and the acceleration a = r of a particle in spherical coordinates.
v = rer + rθ eθ + r sinθφeφ T = 1 m(r2 + r2 θ 2 + r2 sin2 θ φ 2 )
2
a = (r − r θ 2 − r sin2 θ φ 2 )er + (r θ + 2 r θ − r sinθ cosθ φ 2 )eθ
+(r sinθ φ + 2sinθ r φ + 2r cosθ θ φ) eφ
ex er × eθ = sinθ cosφ
cosθ cosφ
ey sz cosθ = − sin φex + cosφey = eφ − sinθ
The others are straightforward.
(c) er = (cosθθ cosθ − sinθ sinφφ)ex + (cosθθ sinφ + sinθ cosφφ)ey − sinθθ ez =θ (cosθ cosθ ex + cosθ sinφey − sinθ ez ) + sinθφ(− sinφex + cosφey ) = θ eθ + sinθφeφ
er = sinθ cosφex + sinθ sin φey + cosθ ez eθ = cosθ cosφex + cosθ sinφey − sinθ ez eφ = − sin φex + cosφey (a) Draw a careful figure which illustrates the meaning of the spherical coordinates and their relation to the rectangular coordinates. (b) Show that this is indeed on orthogonal coordinate system. In other words, show that er ⋅ eθ = 0, er ⋅ eφ = 0, eθ ⋅ eφ = 0 . Also show that each of the vectors er , eθ , eφ has a length of one. Finally, show that the coordinate system is “right-handed”, so that er × eθ = eφ , eθ × eφ = er , eφ × er = eθ (c) Use these relations to show that
Multiply both sides by r; we can then write this as d (mr2φ) = 0 dt
So that mr2φ = l , with l a constant (independent of time). If we recognize mrφ as the tangential component of the particle momentum, then mrφ is the angular momentum about the center of force. Therefore, the condition mr2φ = l is simply a statement of conservation of angular momentum about the center of force. The fact that θ = π / 2 means that the motion occurs in a plane (c) Substitute θ = π / 2 , θ = 0 , and φ = l / mr2 into m(r − rθ 2 − r sin2 φ 2 ) = f (r) ,
The others are straightforward.
(d) This closely follows the derivation in class for cylindrical coordinates. The key point to remember is that the unit vectors are time dependent, so you need to use equations above and the product rule when carrying out the differentiations. The results are
θ+
g b
sinθ
− pφ2 m2b4
cosθ sin3 θ
=0
Solution: (a) The figure is below
(b) Resolving the forces into components along the unit vectors, we have F = (−T + mg cosθ )er − mg sinθ eθ
we can get the result m r− l2 = f (r) mr 3
1.4 Spherical pendulum. A mass m is attached to the ceiling by an inextensible (i.e. fixed length), mass less string of length b, as shown in the figure.
The spherical coordinates (r,θ ,φ) are related to the rectangular coordinates (x, y, z) through x = r sinθ cosφ , y = r sinθ sinφ , z = r cosθ . The unit vectors are
1.2 Central forces. A central force is a force directed along the line connecting the two interacting particles which only depends on the separation between the particles. Assuming that the center of the force is at the origin (r = 0), then the central force can be written as F(r) = f (r) er, with r the distance from the origin. Important examples of central forces are the gravitational force, the electrostatic force (Coulomb's law), and the force exerted by a spring on a mass. (a) Assume that a particle of mass m is acted upon by a central force. The natural coordinates to describe the motion of the particle are spherical coordinates (r,θ ,φ) . Separate Newton's Second Law in spherical coordinates, and write down the three equations of motion (one for each component). (b) Show that for any f (r), a solution of theθ and φ components of these equations has θ = π / 2 and mr2φ = l , with l a constant which is independent of time. What is the physical significance of these results?
Use F = ma and the expression for acceleration in spherical coordinates along with the constraint that r = b and r = r = 0 to obtain the equations of motion
m(r − rθ 2 − r sin2 φ 2 ) = f (r) m(rθ + 2 rθ − r sinθ cosθ φ 2 ) = 0 m(r sinθ φ + 2sinθ r φ + 2r cosθ θ φ) = 0