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分析力学第一章作业答案

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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。

1-8章的习题答案理论力学.doc

1-8章的习题答案理论力学.doc

第一章静力学公理和物体的受力分析一、选择题与填空题1.C2.ACD3.A, B两处约束力的方向如图所示60°第二章平面力系一、选择题与填空题■1. B; D。

2. B。

3. F；向上。

4. B。

5. 4^M;方向与水平线成60角，指向 23L右下。

6. 10kN; 10kN ; 5kN; 5kN。

7. 100kN;水平向右。

二•计算题1. F B - -70 KN F AX =70 KN ,F Ay =120 KN , M A二-30KN m2. F AX - -qa F BX二 F qa F Ay =qa F F By 二 qa - F3. F= -5kN F Dy = 4.33kN F E-4.33kN F C =24.41kND xF B^ -17.08kN F AX=F BX = -5kN l^y = -14.08kN M A=T4.66kN mF AX =10N FAy =20N M A =15N mF CD =14.1N6F Ax=2.5kN F Ay=—2.16kN M A=」kN ，m F c =20.33kN7 F B=40kNF AX = —10kNFA ^-20kN M -50kN m F cx = 40kNF ey = 0F HX =300N F Hy =100N第三章空间力系少2(-8. F A ^ = -100N F Ay 二-300N F Ex 二-300N F Ey =100N F °y 二 200N整=一一A > X Y m 一：J E £c X一、选择题与填空题f—- - Fa 6 Fa 1.B。

2.B。

3. M x(F)=O ; M y(F) —H2 44.F x=-40.2N; F y=30-2N; M z=240.2 N m。

5.F z= F sin :；F y= F cos ：cos :;M x(F)二 F(ccos'cos ： bsin )。

《理论力学》第一章-力的分析试题及答案

《理论力学》第一章-力的分析试题及答案

理论力学2章作业题解1-1 支座受力F ，已知F ＝10kN ，方向如图所示。

求力F 沿x 、y 轴及沿x ′、y ′轴分解的结果，并求力F 在各轴上的投影。

解答 分力的大小需按平行四边形法则进行计算。

F 在x ，y 轴上的分力大小为：kN F F x 66.830cos ||0==r ，kN F F y 0.530sin ||0==r 。

F 在x ¢，y ¢轴上的分力大小为：kN F F x 0.10||==¢r ，kN F F y 17.515sin 2||0=´=¢r 。

F 在x ，y 轴上的投影大小为：kN F F x 66.830cos 0==，kN F F y 0.530sin 0==。

F 在x ¢，y ¢轴上的投影大小为：kN F F x 66.830cos 0==¢，kN F F y 59.275cos 0-=-=¢。

1-3计算图中F 1、F 2、F 3三个力分别在x 、y 、z 轴上的投影。

已知F 1＝2kN ，F 2＝1kN ，F 3＝3kN 。

解答 0.0,6.18.0,2.16.011111==´=-=´-=z y x F kN F F kN F F .kN F F kN F F kN F F z y x 707.0,566.08.0,424.06.0222222222222=´==´´==´´=kN F kN F kN F z y x 0.3,0.0,0.0333===1-5 力F 沿正六面体的对顶线AB 作用，F ＝100N 。

求F 在ON 上的投影。

解答 计算ON 方向的单位矢量n 。

k j kj n 447.0894.020040020040022+=++=力F 的解析表达式为：k j i k j i F 470.62470.62852.46 400400300)400400300(100222++-=++++-= 力F 在ON 轴的投影为N F ON 78.83447.047.62894.047.62=´+´=×=n F题1-1 附图题1-3 附图 题1-5 附图1-8试求附图所示绳子张力F Ｔ对A 点及对B 点的矩。

大学物理习题解力学1234910

大学物理习题解力学1234910

大学物理习题（作业）WORD 文档解答第一章 质点运动学1-6、解 （1）已知质点的运动方程为23262()x t t m =+-,在4.0s 内位移的大小 4030232x x x m ∆=-=--=- （2）由 0·122=-==t m t dtdxv 得知质点的换向时刻为)0(2不合题意==t s t p则,0.8021m x x x =-=∆ m x x x 40242-=-=∆所以，质点在4.0s 时间间隔内的路程为 m x x s 4821=∆+∆=(3) 质点在4.0s 的速度和加速度分别为214.04.024.04.012648121236t s t st s t sdxv t t m s dt dv a t m s dt -==-====-=-⋅==-=-⋅1-10、解一：（1）以地面为参考系，以螺丝为研究对象，在0t t ∆=-时间内，螺丝下落的距离为21012y v t gt =-电梯上升的距离为22012y v t at =+显然有 2211()2y y y a g t ∆=-=+212.74(1.229.8)2t ⇒=+ 0.705t s ⇒=（2）螺丝下落的对于地面的距离为2210112.440.7059.8(0.705)0.71622y v t gt m =-=⨯-⨯⨯=- 解二：（1）以电梯为参考系，螺丝对于电梯的加速度为()a g j -+,而初速度为零，因此有21()2y a g t ∆=+ 212.74(1.229.8)0.7052t t s ⇒=+⇒= （2）螺丝下落的对于地面的距离为2210112.440.7059.8(0.705)0.71622y v t gt m =-=⨯-⨯⨯=-1-11 一质点P 沿半径m R 00.3=的圆周作匀速速率运动，运动一周所需时间为20.0s ，设t=0时，质点位于O 点，按图1-5(a)中所示Oxy 坐标系，求（1）质点P 在任意时刻的位矢；（2）5 s 时的速度和加速度。

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

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 )

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)


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

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
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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 dt 时间后的位移，可以看作由 两部分组成： （1）小球绕O点作圆周运动所产生的位移 l dte
（2）小球随O点一起作简谐运动所产生的位 移 Xdt A cos (t t0 )dteX
所以，小球的位移为
解：由柱坐标和笛卡尔坐标的关系可知
dr e d e d ez dz
z
等式两边同时除以dt
r e e ez z

r

z
y
那么，系统的动能为
1 2 1 T = mr m( 2 2 2 z 2 ) 2 2
x
那么，系统的拉格朗日函数为
所以
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
2
d (m 2 ) 0 dt
z0
3.长度为l的细绳系一小球，悬挂点按照 X A sin (t t0 )方式运动，如图所示，小球被限 t t0时悬线竖直向下。 制在 ( x, z )平面内运动，
（a）求悬线和竖直线偏离 所对应的虚位移 r （b）已知在这一时刻的角速度为 ，求经过 dt dr 与 r 时间后的位移 dr 。问：当 dt 0 时， 有何差别？ x M 解： （a）在任意时刻，约束所 容许的位移为虚位移，途中 l 的小球，受到细绳的和自身 m z 重力的约束，在这个时刻，
4. 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2 ,试用虚功原理求平衡时联结棒BD A F F 中的张力 T ，讨论 T 的方向 2 l l 2 a 与 的大小的关系。问：在 B D 什么情况下有 FT 0，说明其 l l 意义。 C
FT i ( xB i yB j ) ( FT i ) ( xD i yD j ) Wj ( xC i yC j ) 0 FT xB FT xD W yC 0 xB l cos xD l cos
a FT 0 sin 2l
3
杠对B的作用力向内 杠对B的作用力向外 杠对B无作用力
a FT 0 sin 2l
3
a FT 0 sin 2l
3
9．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 X 和滑块相对于斜面的加速度 x 。
D FT
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。
B、D点的x坐标： xB l sin
xD l sin a C点的y坐标： yC 2l cos tan FT rB ( FT rD ) W rC 0
1 L T U = m( 2 2 2 z 2 ) U ( ) 2
L U ( ) 2 m
L m
L 0
L 0 z L mz z
L m 2
带入拉格朗日方程，则有：
dU ( ) m m , d
d L L 将拉格朗日方程 dt q q d L L 得到 dt q q
2 2 f q , t f q, t d L q dt q tq q q
代入上两式
由L` 和L 得到的运动方程相同。
12．已知一维运动自由质点的拉氏量是 L m 2 / 2
a yC (2l sin 2 ) sin
最后可得：
2FT l cos + 2Wl sin Wa csc2 0
2
a FT Wa / (2l sin cos ) W tan =W tan （ -1） 即有： 3 2l sin
那么
f q, t L ' L f q, t s L f q, t [ q ] q q q t q q q 1
d L ' d L f q, t [ ] dt q dt q q
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。
系统的能量在k系和 k 系之间的变换方程
10．直接用拉格朗日方程[ 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 df q, t f q, t s f q, t L ' L q,q, t L q,q, t q
dt t
1
f q, t s f q, t L q,q, t + q t q 1
q
那么
2 2 f q, t L ' L f q, t q q q tq q q
2 2 f q , t f q, t L ' L q q q tq q q
P37 第5题
O
X
x
K系（桌面坐标系） 滑块的能量
K’系（沿X方向以速度V相 对于桌面运动的坐标系）
Em
斜面的能量
1 1 m( X +x cos V ) 2 m( X x cos ) 2 Em 2 2 1 2 2 1 2 2 mx sin mgx sin mx sin mgx sin 2 2 1 EM MX 2 1 M ( X V )2 EM 2 2
系统的总能量
1 1 2 E m( X +x cos V ) 2 E m( X x cos ) 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 M ( X V ) mx sin MX mx sin 2 2 2 2 mgx sin mgx sin
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
(a)证明：当按真实运动方式运动时，作用量是
m( x2 x1 )2 S0 2(t2 t1 )
(b)设 x(t1 ) a, x(t2 ) b，求 S0 ；并任意假定一种非真 实的运动方式，计算相应的作用量S1 ，验证 S1 S0 。 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 。
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 )
S0 L( x, x, t )dt m 2 /2dt m 2 (t2 t1 ) / 2
t1 t1 t2 t2
将 (x
2
x1 ) /(t2 t1 )
带入得到
m( x2 x1 )2 S0 2(t22 t1 )
dr l dte A cos (t t0 )dteX
dr 和 r
M
x

l
的区别如图所示：
z
m
M
M
l
x3
m
r
l
x3
m
dr
虚位移和实际位移的主要区别在于 虚位移只和约束有关,某一时刻约束所允许 的位移。 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；运动方程和约束允许， 在时间间隔内所发生的位移。
W
解： 由虚功原理，在平衡状态下可得
( ) F 主 r 0
l

为了求棒中的张力，可将棒的约 束予以“释放”，以张力 FT 作为 主动力代替棒。此时系统的自由度 为1，系统受3个外力作用：作用于 B的张力 FT ，作用于D的张力 FT ， 作用于C点的W。
B FT
l
C
2 2a
A
l
l
解：系统的拉格朗日函数为
x
1 1 2 2 2 L m( X x cos ) mx sin O 2 2 X 1 2 x1 X x cos MX mgx sin 2 x2 x sin L L m( X x cos ) cos mx sin 2 mg sin x x L L 0 m( X x cos ) MX X X