高等教育出版社_金尚年_马永利编著的理论力学课后习题答案
理论力学课后习题及答案解析..
第一章习题4-1.求图示平面力系的合成结果,长度单位为m。
解:(1) 取O点为简化中心,求平面力系的主矢:求平面力系对O点的主矩:(2) 合成结果:平面力系的主矢为零,主矩不为零,力系的合成结果是一个合力偶,大小是260Nm,转向是逆时针。
习题4-3.求下列各图中平行分布力的合力和对于A点之矩。
解:(1) 平行力系对A点的矩是:取B点为简化中心,平行力系的主矢是:平行力系对B点的主矩是:向B点简化的结果是一个力R B和一个力偶M B,且:如图所示;将R B向下平移一段距离d,使满足:最后简化为一个力R,大小等于R B。
其几何意义是:R的大小等于载荷分布的矩形面积,作用点通过矩形的形心。
(2) 取A点为简化中心,平行力系的主矢是:平行力系对A点的主矩是:向A点简化的结果是一个力R A和一个力偶M A,且:如图所示;将R A向右平移一段距离d,使满足:最后简化为一个力R,大小等于R A。
其几何意义是:R的大小等于载荷分布的三角形面积,作用点通过三角形的形心。
习题4-4.求下列各梁和刚架的支座反力,长度单位为m。
解:(1) 研究AB杆,受力分析,画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
校核:结果正确。
(2) 研究AB杆,受力分析,将线性分布的载荷简化成一个集中力,画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
校核:结果正确。
(3) 研究ABC,受力分析,将均布的载荷简化成一个集中力,画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
校核:结果正确。
习题4-5.重物悬挂如图,已知G=1.8kN,其他重量不计;求铰链A的约束反力和杆BC所受的力。
解:(1) 研究整体,受力分析(BC是二力杆),画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
习题4-8.图示钻井架,G=177kN,铅垂荷载P=1350kN,风荷载q=1.5kN/m,水平力F=50kN;求支座A的约束反力和撑杆CD所受的力。
理论力学 第二版 (金尚年 马永利 著) 高等教育出版社 课后答案 1-4章答案
G F
课
w.
θ
cos − − cos
kh
运动方程为 ̇ 2 Fr 0 ̈ − r mr ̈ 2r ̇ F ̇ mr 由径向方程 ̇ ̈ r 2 r 方程的解为 r Ae t Be −t 带入初始条件
da
x
R2 z2 r2
课
2.9 体系的动能为
后
̇ sin cos 0 ̈ sin 2 2mr 2 ̇ mr 2
网
−
∂L ∂
ww
w.
kh
da
w.
co
m
5
d ∂L − ∂L ̇ dt ∂ ∂ 2 ̈ ̇ 0 ̇ mr 2mrr 2.11 体系的动能为 T 势能为 V mgz mg R 2p 该体系只有一个自由度,取R为广义坐标,拉各朗日函数为 ̇2 2 ̇ 2 R22 R L m R R − mg R 2 2p p2 相应的拉各朗日方程为 d ∂L − ∂L ̇ dt ∂R ∂R ̇2 mg ̈ 1 R 2 2m R mR R − mR 2 2 2p p p2 ̇ 0,R ̈ 0则 对于平衡点R g R 2p 2 m R ̇ 2 R2 ̇2 z ̇ 2 2 ̇2 2 m R ̇ 2 R22 R R 2 p2
课
后
答 案
网
Chap3
7
ww
w.
kh
da
w.
co
m
3.1 tanh
L r2
dr
a r2
2mE
L r2
−
L r2
dr
2ma−L 2 r2
E
理论力学课后题参考答案
1.1 沿水平方向前进的枪弹,通过某一距离s 的时间为t 1,而通过下一等距离s 的时间为2t .试证明枪弹的减速度(假定是常数)为由题可知示意图如题1.1.1图: {{SSt t 题1.1.1图设开始计时的时刻速度为0v ,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为a .则有:()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-+=-=221210211021221t t a t t v s at t v s 由以上两式得 11021at t s v +=再由此式得 ()()2121122t t t t t t s a +-=1.26一弹性绳上端固定,下端悬有m 及m '两质点。
设a 为绳的固有长度,b 为加m 后的伸长,c 为加m '后的伸长。
今将m '任其脱离而下坠,试证质点m 在任一瞬时离上端O 的距离为解 以绳顶端为坐标原点.建立如题1.26.1图所示坐标系.题1.26.1图设绳的弹性系数为k ,则有 kb mg = ① 当 m '脱离下坠前,m 与m '系统平衡.当m '脱离下坠前,m 在拉力T 作用下上升,之后作简运.运动微分方程为 ()ym a y k mg &&=-- ② 联立①② 得 b b a g y b g y +=+&& ③ 0=+y bg y &&齐次方程通解 t b g A t b g A Y sin cos 211+= 非齐次方程③的特解 b a Y +=0 所以③的通解b a t bg A t b g A Y +++=sin cos 211代入初始条件:0=t 时,,c b a y ++=得0,21==A c A ;故有 b a t b g c y ++=cos 即为m 在任一时刻离上端O 的距离.'1.39 一质点受一与距离23次方成反比的引力作用在一直线上运动。
试证此质点自无穷远到达a 时的速率和自a 静止出发到达4a 时的速率相同。
高等教育出版社,金尚年,马永利编著的理论力学课后习题答案
高等教育出版社,金尚年,马永利编著的理论力学课后习题答案 4.10解:如图所示,圆c 或圆c'为刚体的本体极迹,圆o'为刚体的空间极迹。
令w'为c 或c' 绕o'转动的角速度,由题意可知:12212'0121'112')(ρρρρρρρρρρρ±==±==±w w v w w w w 则:得:4.15解:根据机械能守恒定理可知:)sin (sin sin 2sin 2212θααθ-==+gl v mg lmg l mv 杆水平方向的速度为:)sin (sin sin sin θαθθ-==gl v v x当杆与墙分离:0=x v即:0)sin (sin cos )sin (sin cos sin 21=-+--=θαθθαθθgl gl gl v dt d x得:θαsin 23sin = 即:)sin 32arcsin(αθ=4.19如图,该体系中只有一个自由度,取任意位置时棒中点与O 连线与竖直线的夹角θ为广义坐标。
其中设棒的质量为m ,圆周的半径为r ,则棒长为r 3。
另取O 点为重力势能零点。
则对棒θθcos 21212r mg I L o += ,()2221331⎪⎭⎫⎝⎛+=r m r m I o 为棒对O 点的转动惯量。
代入0=∂∂-∂∂θθL L dt d ,得0sin 214522=+θθmgr mr 用θθ=sin 代替,得方程为052=+θθrgrg52=ω,而对于单摆,lg =ω 所以对比得25r l =即等值单摆摆长为25r l =4.20解:如图:设球的半径为R ,设经过时间t 后,会达到如图所示状态,所有参量如图所示。
对其运用牛顿力学方法,有mgRI FR mgma a m F μαμ====''=252mR I =tatv t a v v αω=='=-110同时有对于纯滚动,有 ugtRgt v m m gtv v 25110=='-=ωμμ解上述方程,得代入会得所以有4.23求均匀圆锥体底面圆周上一点的惯量椭球方程。
金尚年版理论力学第二版答案
F
G P
∴ P ⋅ FG = F1 ⋅ EF + ( P'− F1 ) ⋅
若有
DF AC = ,则有:P ⋅ FG EF AB
AB DF AC
A B
P'
F'2
= P'⋅EF
C
即秤锤的重量P与重物P’在秤台的位置无关,且 P ' = P
FG EF
2.15 一水平的固定光滑钉子M与光滑铅直墙面的距离为d,一长为l 的均匀棒AB搁在钉子上,下端靠在墙上,求平衡时棒与墙的夹角 解:以M点为原点建立直角坐标系,有 l V = mg ⋅ ( cos ϕ − d cot ϕ ) 1) 2 ∂V l d = 0 ∴ mg ( − sin ϕ + )=0 体系为完整保守平衡系统: 2 ∂ϕ 2 sin ϕ 2d 即 ϕ = arc sin 3 l l l 2) 由图 x = sin ϕ − d , y = ( cos ϕ − d cot ϕ ) 2 2 l d d δ y = (− sin ϕ + 2 ) δϕ 2 sin ϕ M ϕ 由虚功为零 mg ⋅ δ y = 0 l d 即 mg ⋅ (− sin ϕ + ) δϕ = 0 2 2 sin ϕ 2d δ ϕ 任意,∴ ϕ = arc sin 3 l
M R o'
m 2 & & T = ( r + r 2ϕ 2 ) 2
由几何关系:
∴
V =0
θ ωt
o
x
r = cos θ , ϕ = θ + ω t 2R m L = T −V = ( − 2 R sin θ ⋅ θ& ) 2 + (θ& + ω ) 2 ⋅ ( 2 R cos θ ) 2 2 = 2 mR 2 ⋅ (θ& 2 + 2ω θ& cos 2 θ + ω 2 cos 2 θ )
理论力学课后答案
C(a-2)DR(a-3)(b-1)DR第1篇 工程静力学基础第1章 受力分析概述1-1 图a 、b 所示,Ox 1y 1与Ox 2y 2分别为正交与斜交坐标系。
试将同一力F 分别对两坐标系进行分解和投影,并比较分力与力的投影。
习题1-1图解:(a )图(c ):11 s i n c o s j i F ααF F +=分力:11 cos i F αF x = , 11 s i n j F αF y =投影:αcos 1F F x = , αs i n 1F F y =讨论:ϕ= 90°时,投影与分力的模相等;分力是矢量,投影是代数量。
(b )图(d ): 分力:22)cot sin cos (i F ϕααF F x -= ,22sin sin j F ϕαF y = 投影:αcos 2F F x = , )cos(2αϕ-=F F y讨论:ϕ≠90°时,投影与分量的模不等。
1-2 试画出图a 和b习题1-2图比较:图(a-1)与图(b-1)不同,因两者之F R D 值大小也不同。
(c ) 22x(d )1-3 试画出图示各物体的受力图。
习题1-3图B或(a-2)B(a-1)(b-1)F(c-1) 或(b-2)(e-1)F(a)1-4 图a 所示为三角架结构。
荷载F 1作用在铰B 上。
杆AB 不计自重,杆BC 自重为W 。
试画出b 、c 、d 所示的隔离体的受力图,并加以讨论。
习题1-4图1-5 图示刚性构件ABC 由销钉A 和拉杆D 支撑,在构件C 点作用有一水平力F 。
试问如果将力F 沿其作用线移至D 或E (如图示),是否会改为销钉A 的受力状况。
解:由受力图1-5a ,1-5b 和1-5c 分析可知,F 从C 移至E ,A 端受力不变,这是因为力F 在自身刚体ABC 上滑移;而F 从C 移至D,则A 端受力改变,因为HG 与ABC 为不同的刚体。
1(f-1)'A(f-2)1O(f-3)F F'F 1(d-2)F yB 21(c-1)F A B1B FDx y(b-2)1(b-3)F yB 2 A A B1B F习题1-5图AxF(b-3)E D(a-3)B(b-2)(b-1)F 'CBC(c)AxF1-6 试画出图示连续梁中的AC 和CD 梁的受力图。
金尚年马永利理论力学第一章~全部习题答案
5
mr(θ¨ − ϕ˙ 2sinθcosθ) = mgsinθ
mr(ϕ¨sinθ + 2ϕ˙ θ˙cosθ) = 0
⇒
dϕ˙ dt
sinθ
=
−2ϕ˙ cosθ
dθ dt
⇒ ln ϕ˙ = −2 ln sinθ
ϕ˙0
sinθ0
⇒
ϕ˙
=
ϕ˙0sin2θ0 sin2θ
⇒
θ¨ −
ϕ˙02sin4θ0 sin3θ
−
mvrcosθ m+m
v⊥ = vrsinα
⇒
v=
v−2
+
v⊥2
=
[ (m
m2 + m)2
vr2cos2α
+
vr2
sin2
α]
1 2
4
T¢ ¨¢d¢e ¤¢f "¢#
E
B
Ag
T¢
d
t
u
"¢#
vc
=
mB v mA + mB
(1)
ω = v0l
(2)
#¢B
E
=
1 2
mB
v02
(3)
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
}¢~¢"¢#¢$¢%¢&¢'
mx¨1 = −m x¨2
mg − T cosα = my¨
T sinα = m x2
¢¢Q¢¡¢£
§1.16
y = (x2 − x1)tgα
⇒
y¨
=
(m + m )m m 2 + m(m +
gtg 2 α m )tg2α
⇒ y = At2
理论力学(金尚年-XXX编著)课后习题答案详解
理论力学(金尚年-XXX编著)课后习题答案详解高等教育出版社的《理论力学课后题答案》一书中,第一章包含了以下三个问题的解答:1.2 题目要求写出在铅直平面内的光滑摆线,并分方程。
解答中使用了微积分和力学原理,得出了运动微分方程。
最后证明了质点在平衡位置附近作振动时,振动周期与振幅无关。
1.3 题目要求证明单摆运动的振动周期与摆长无关。
解答中使用了微积分和力学原理,得出了运动微分方程。
最后通过进一步计算,得出了单摆运动的振动周期公式。
1.5 题目要求使用拉格朗日方程计算质点的运动。
解答中使用了拉格朗日方程,并通过进一步计算得出了质点的运动轨迹。
如图,在半径为R时,地球表面的重力加速度可以由万有引力公式求得:g=\frac{GM}{R^2}$$其中M为地球的质量。
根据广义相对论,地球表面的重力加速度还可以表示为:g=\frac{GM}{R^2}\left(1-\frac{2GM}{c^2R}\right)$$其中c为光速。
当半径增加到R+ΔR时,总质量仍为M,根据XXX展开,可以得到:frac{1}{(R+\Delta R)^2}=\frac{1}{R^2}-\frac{2\DeltaR}{R^3}+\mathcal{O}(\Delta R^2)$$代入上式可得:g'=\frac{GM}{R^2}\left(1-\frac{2GM}{c^2R}\right)\left(1+\frac{2\Delta R}{R}\right)$$ 化简后得:g'=g-\frac{2g\Delta R}{R}$$因此,当半径改变时,表面的重力加速度的变化为:Delta g=-\frac{2g\Delta R}{R}$$2.在平面极坐标系下,设质点的加速度的切向分量和法向分量都是常数,即$a_t=k_1$,$a_n=k_2$(其中$k_1$和$k_2$为常数)。
根据牛顿第二定律,可以得到质点的运动方程:r\ddot{\theta}+2\dot{r}\dot{\theta}=k_2$$ddot{r}-r\dot{\theta}^2=k_1$$其中$r$为极径,$\theta$为极角。
理论力学课后习题部分答案
B
A FAC FBA
P
(l)
(l1)
(l2)
(l3)
图 1-1
1-2 画出下列每个标注字符的物体的受力图。题图中未画重力的各物体的自重不计,所 有接触处均为光滑接触。
(a)
B
FN1
C
FN 2
P2 P1
FAy
A
FAx
(a2)
(b)
FN1
A
P1
FN
(b2)
C
FN′
P2
(a1)
B
FN1
FN 2
FN
P1
F Ay
FCy
FAx (f2)
C FC′x
FC′y F2
FBy
FBx B (f3)
FAy A FAx
FB
C B
(g)
FAy
FAx A
D FT C FCx
(g2)
FB
B
F1
FB′ B
FAy
A
FAx
(h)
(h1)
P (g1)
FC′y
FT
C
FC′x
P (g3)
D
FCy
FB
F2
C FCx
B
(h2)
A FAx
FAy
FCy
D FAy
A
FAx
(k3)
6
FB
F1
FB′
B B
FD D
(l) FD′ D
A FA
(l1) F2
C
FC (l2)
F1
D
F2
B
A
E
FE
FA
(l3) 或
F1
FB′
理论力学课后习题及答案解析..
第一章习题4-1.求图示平面力系的合成结果,长度单位为m。
解:(1) 取O点为简化中心,求平面力系的主矢:求平面力系对O点的主矩:(2) 合成结果:平面力系的主矢为零,主矩不为零,力系的合成结果是一个合力偶,大小是260Nm,转向是逆时针。
习题4-3.求下列各图中平行分布力的合力和对于A点之矩。
解:(1) 平行力系对A点的矩是:取B点为简化中心,平行力系的主矢是:平行力系对B点的主矩是:向B点简化的结果是一个力R B和一个力偶M B,且:1word版本可编辑.欢迎下载支持.如图所示;将R B向下平移一段距离d,使满足:最后简化为一个力R,大小等于R B。
其几何意义是:R的大小等于载荷分布的矩形面积,作用点通过矩形的形心。
(2) 取A点为简化中心,平行力系的主矢是:平行力系对A点的主矩是:向A点简化的结果是一个力R A和一个力偶M A,且:如图所示;将R A向右平移一段距离d,使满足:最后简化为一个力R,大小等于R A。
其几何意义是:R的大小等于载荷分布的三角形面积,作用点通过三角形的形心。
2word版本可编辑.欢迎下载支持.习题4-4.求下列各梁和刚架的支座反力,长度单位为m。
解:(1) 研究AB杆,受力分析,画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
校核:结果正确。
(2) 研究AB杆,受力分析,将线性分布的载荷简化成一个集中力,画受力图:3word版本可编辑.欢迎下载支持.列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
校核:结果正确。
(3) 研究ABC,受力分析,将均布的载荷简化成一个集中力,画受力图:列平衡方程:解方程组:4word版本可编辑.欢迎下载支持.反力的实际方向如图示。
校核:结果正确。
习题4-5.重物悬挂如图,已知G=1.8kN,其他重量不计;求铰链A的约束反力和杆BC所受的力。
解:(1) 研究整体,受力分析(BC是二力杆),画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
理论力学课后习题及答案解析..
第一章习题4-1.求图示平面力系的合成结果,长度单位为m。
解:(1) 取O点为简化中心,求平面力系的主矢:求平面力系对O点的主矩:(2) 合成结果:平面力系的主矢为零,主矩不为零,力系的合成结果是一个合力偶,大小是260Nm,转向是逆时针。
习题4-3.求下列各图中平行分布力的合力和对于A点之矩。
解:(1) 平行力系对A点的矩是:取B点为简化中心,平行力系的主矢是:平行力系对B点的主矩是:向B点简化的结果是一个力R B和一个力偶M B,且:如图所示;将R B向下平移一段距离d,使满足:最后简化为一个力R,大小等于R B。
其几何意义是:R的大小等于载荷分布的矩形面积,作用点通过矩形的形心。
(2) 取A点为简化中心,平行力系的主矢是:平行力系对A点的主矩是:向A点简化的结果是一个力R A和一个力偶M A,且:如图所示;将R A向右平移一段距离d,使满足:最后简化为一个力R,大小等于R A。
其几何意义是:R的大小等于载荷分布的三角形面积,作用点通过三角形的形心。
习题4-4.求下列各梁和刚架的支座反力,长度单位为m。
解:(1) 研究AB杆,受力分析,画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
校核:结果正确。
(2) 研究AB杆,受力分析,将线性分布的载荷简化成一个集中力,画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
校核:结果正确。
(3) 研究ABC,受力分析,将均布的载荷简化成一个集中力,画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
校核:结果正确。
习题4-5.重物悬挂如图,已知G=1.8kN,其他重量不计;求铰链A的约束反力和杆BC所受的力。
解:(1) 研究整体,受力分析(BC是二力杆),画受力图:列平衡方程:解方程组:反力的实际方向如图示。
习题4-8.图示钻井架,G=177kN,铅垂荷载P=1350kN,风荷载q=1.5kN/m,水平力F=50kN;求支座A的约束反力和撑杆CD所受的力。
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高等教育出版社,金尚年,马永利编著的理论力学课后习题答案第一章1.2写出约束在铅直平面内的光滑摆线上运动的质点的微分方程,并证明该质点在平衡位置附近作振动时,振动周期与振幅无关.解:设s为质点沿摆线运动时的路程,取=0时,s=0 S== 4 a (1) XY设为质点所在摆线位置处切线方向与x 轴的夹角,取逆时针为正,即切线斜率=受力分析得:则,此即为质点的运动微分方程。
该质点在平衡位置附近作振动时,振动周期与振幅无关,为.1.3证明:设一质量为m 的小球做任一角度0θ的单摆运动运动微分方程为θθθF r r m =+)2( θθsin mg mr = ①给①式两边同时乘以d θ θθθθd g d r sin = 对上式两边关于θ积分得 c g r +=θθcos 212 ② 利用初始条件0θθ=时0=θ 故0cos θg c -= ③ 由②③可解得 0cos cos 2-θθθ-•=lg 上式可化为dt d lg=⨯-•θθθ0cos cos 2-两边同时积分可得θθθθθθθθd g l d g l t ⎰⎰---=--=020222002sin 12sin 10012cos cos 12进一步化简可得θθθθd g l t ⎰-=0002222sin sin 121 由于上面算的过程只占整个周期的1/4故⎰-==0222sin 2sin 124T θθθθd g l t由ϕθθsin 2sin /2sin 0=两边分别对θϕ微分可得ϕϕθθθd d cos 2sin 2cos 0=ϕθθ202sin 2sin 12cos-=故ϕϕθϕθθd d 202sin 2sin 1cos 2sin2-= 由于00θθ≤≤故对应的20πϕ≤≤故ϕϕθϕθϕθθθθπθd g l d g l T ⎰⎰-=-=202022cos 2sinsin 2sin 1/cos 2sin42sin2sin 2故⎰-=2022sin 14πϕϕK d g l T 其中2sin022θ=K 通过进一步计算可得glπ2T =])2642)12(531()4231()21(1[224222 +⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯++⨯⨯++n K n n K K1.5zp点yx解:如图,在半径是R的时候,由万有引力公式,对表面的一点的万有引力为, ①M为地球的质量;可知,地球表面的重力加速度g , x为取地心到无限远的广义坐标,,②联立①,②可得:,M为地球的质量;③当半径增加,R2=R+,此时总质量不变,仍为M,此时表面的重力加速度可求:④Be ө e tөy由④得:⑤则,半径变化后的g 的变化为⑥对⑥式进行通分、整理后得:⑦对⑦式整理,略去二阶量,同时远小于R ,得⑧则当半径改变 时,表面的重力加速度的变化为:。
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理论力学教科书课后习题及解析第一章偶,大小是260Nm,转向是逆时针。
习题 4- 1.求图示平面力系的合成结果,长度单位为m。
习题 4- 3.求下列各图中平行分布力的合力和对于 A 点之矩。
解: (1) 平行力系对 A 点的矩是:解: (1) 取 O 点为简化中心,求平面力系的主矢:取 B 点为简化中心,平行力系的主矢是:求平面力系对O 点的主矩:平行力系对 B 点的主矩是:(2)合成结果:平面力系的主矢为零,主矩不为零,力系的合成结果是一个合力向B点简化的结果是一个力RB和一个力偶M B,且:如图所示;向 A 点简化的结果是一个力R A和一个力偶M A,且:如图所示;将 R B向下平移一段距离d,使满足:最后简化为一个力R ,大小等于R B。
其几何意义是: R 的大小等于载荷分布的将 R A向右平移一段距离d,使满足:矩形面积,作用点通过矩形的形心。
(2)取 A 点为简化中心,平行力系的主矢是:最后简化为一个力R,大小等于R A。
其几何意义是:R 的大小等于载荷分布的三角形面积,作用点通过三角形的形心。
平行力系对 A 点的主矩是:列平衡方程:习题 4-4 .求下列各梁和刚架的支座反力,长度单位为m。
解方程组:反力的实际方向如图示。
校核:解: (1) 研究 AB 杆,受力分析,画受力图:结果正确。
(2) 研究 AB 杆,受力分析,将线性分布的载荷简化成一个集中力,画受力图:(3) 研究 ABC ,受力分析,将均布的载荷简化成一个集中力,画受力图:列平衡方程:解方程组:列平衡方程:反力的实际方向如图示。
校核:解方程组:结果正确。
反力的实际方向如图示。
校核:结果正确。
习题 4-5 .重物悬挂如图,已知G=1.8kN ,其他重量不计;求铰链 A 的约束反力和杆 BC 所受的力。
列平衡方程:解方程组:解: (1) 研究整体,受力分析(BC 是二力杆),画受力图:反力的实际方向如图示。
列平衡方程:习题 4-8 .图示钻井架,G=177kN ,铅垂荷载P=1350kN ,风荷载 q=1.5kN/m ,水平力 F=50kN ;求支座 A 的约束反力和撑杆CD 所受的力。
金尚年马永利理论力学第一章~全部习题答案
−
mgdm mm˙
=
vr m
dm
−
g km0
dm
⇒
v
=
−vr
ln
M m
+
g(m − m0) km0
s = vdt =
¢¢Q¢0¢£
g(m − m0) km0
−
vr
ln
m m0
dt
=
vr2 2g
(ln
m0 m
)2
+
vr k
(1
−
m m0
−
ln
m0 m
)
hFi§1.18 !¢"¢#¢$¢%¢&¢' S i
−
mvrcosθ m+m
v⊥ = vrsinα
⇒
v=
v−2
+
v⊥2
=
[ (m
m2 + m)2
vr2cos2α
+
vr2
sin2
α]
1 2
4
T¢ ¨¢d¢e ¤¢f "¢#
E
B
Ag
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d
t
u
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vc
=
mB v mA + mB
(1)
ω = v0l
(2)
#¢B
E
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1 2
mB
v02
(3)
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
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§1.1
< 1 > ¤¢¥¢¦¢§¢¨
< 2 > ©¢¦¢§¢¨
§1 Chapter 1
mx¨ = FN
x2
x + y2
高等教育出版社,金尚年,马永利编著的理论力学课后习题答案解析
高等教育出版社,金尚年,马永利编著的理论力学课后习题答案第一章1.2写出约束在铅直平面内的光滑摆线上运动的质点的微分方程,并证明该质点在平衡位置附近作振动时,振动周期与振幅无关. 解:设s为质点沿摆线运动时的路程,取=0时,s=0S== 4 a (1)设为质点所在摆线位置处切线方向与x 轴的夹角,取逆时针为正,即切线斜率=受力分析得:则,此即为质点的运动微分方程。
该质点在平衡位置附近作振动时,振动周期与振幅无关,为.1.3证明:设一质量为m 的小球做任一角度0θ的单摆运动运动微分方程为θθθF r r m =+)2( θθsin mg mr = ①给①式两边同时乘以d θ θθθθd g d r s i n = 对上式两边关于θ 积分得 c g r +=θθc o s 212 ②利用初始条件0θθ=时0=θ 故0cos θg c -= ③ 由②③可解得 0c o s c o s 2-θθθ-∙=lg 上式可化为dt d lg=⨯-∙θθθ0cos cos 2-两边同时积分可得θθθθθθθθd g l d g l t ⎰⎰---=--=020222002sin 12sin 10012cos cos 12进一步化简可得θθθθd g l t ⎰-=0002222sin sin 121 由于上面算的过程只占整个周期的1/4故⎰-==0222sin 2sin 124T θθθθd g l t由ϕθθsin 2sin /2sin 0=两边分别对θϕ微分可得ϕϕθθθd d cos 2sin 2cos 0=ϕθθ202sin 2sin 12cos-=故ϕϕθϕθθd d 202sin 2sin 1cos 2sin2-= 由于00θθ≤≤故对应的20πϕ≤≤故ϕϕθϕθϕθθθθπθd g l d g l T ⎰⎰-=-=202022cos 2sinsin 2sin 1/cos 2sin42sin2sin 2故⎰-=2022sin 14πϕϕK d g l T 其中2sin022θ=K 通过进一步计算可得glπ2T =])2642)12(531()4231()21(1[224222 +⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯++⨯⨯++n K n n K K1.5解:如图,在半径是R 的时候,由万有引力公式, 对表面的一点的万有引力为, ①M 为地球的质量;可知,地球表面的重力加速度 g , x 为取地心到无限远的广义坐标,,②联立①, ②可得:,M 为地球的质量;③当半径增加 ,R2=R+ ,此时总质量不变,仍为M,此时表面的重力加速度 可求:④由④得:⑤则,半径变化后的g 的变化为⑥对⑥式进行通分、整理后得:⑦对⑦式整理,略去二阶量,同时远小于R ,得⑧则当半径改变 时,表面的重力加速度的变化为:。
高等教育出版社,金尚年,马永利编著的理论力学课后习题答案
高等教育出版社,金尚年,马永利编著的理论力学课后习题答案第一章1.2写出约束在铅直平面内的光滑摆线上运动的质点的微分方程,并证明该质点在平衡位置附近作振动时,振动周期与振幅无关.解:设s为质点沿摆线运动时的路程,取=0时,s=0 S== 4 a (1) XY设为质点所在摆线位置处切线方向与x 轴的夹角,取逆时针为正,即切线斜率=受力分析得:则,此即为质点的运动微分方程。
该质点在平衡位置附近作振动时,振动周期与振幅无关,为.1.3证明:设一质量为m 的小球做任一角度0θ的单摆运动运动微分方程为θθθF r r m =+)2( θθsin mg mr = ①给①式两边同时乘以d θ θθθθd g d r sin = 对上式两边关于θ积分得 c g r +=θθcos 212 ② 利用初始条件0θθ=时0=θ 故0cos θg c -= ③ 由②③可解得 0cos cos 2-θθθ-•=lg 上式可化为dt d lg=⨯-•θθθ0cos cos 2-两边同时积分可得θθθθθθθθd g l d g l t ⎰⎰---=--=020222002sin 12sin 10012cos cos 12进一步化简可得θθθθd g l t ⎰-=0002222sin sin 121 由于上面算的过程只占整个周期的1/4故⎰-==0222sin 2sin 124T θθθθd g l t由ϕθθsin 2sin /2sin 0=两边分别对θϕ微分可得ϕϕθθθd d cos 2sin 2cos 0=ϕθθ202sin 2sin 12cos-=故ϕϕθϕθθd d 202sin 2sin 1cos 2sin2-= 由于00θθ≤≤故对应的20πϕ≤≤故ϕϕθϕθϕθθθθπθd g l d g l T ⎰⎰-=-=202022cos 2sinsin 2sin 1/cos 2sin42sin2sin 2故⎰-=2022sin 14πϕϕK d g l T 其中2sin022θ=K 通过进一步计算可得glπ2T =])2642)12(531()4231()21(1[224222 +⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯++⨯⨯++n K n n K K1.5zp点yx解:如图,在半径是R的时候,由万有引力公式,对表面的一点的万有引力为, ①M为地球的质量;可知,地球表面的重力加速度g , x为取地心到无限远的广义坐标,,②联立①,②可得:,M为地球的质量;③当半径增加,R2=R+,此时总质量不变,仍为M,此时表面的重力加速度可求:④Be ө e tөy由④得:⑤则,半径变化后的g 的变化为⑥对⑥式进行通分、整理后得:⑦对⑦式整理,略去二阶量,同时远小于R ,得⑧则当半径改变 时,表面的重力加速度的变化为:。
理论力学(金尚年-马永利编著)课后习题答案详解
高等教育出版社,金尚年,马永利编著理论力学课后习题答案第一章1.2写出约束在铅直平面内的光滑摆线上运动的质点的微分方程,并证明该质点在平衡位置附近作振动时,振动周期与振幅无关.解:设s为质点沿摆线运动时的路程,取=0时,s=0XYF Nmg sinφmgmg cosφφS== 4 a (1)设为质点所在摆线位置处切线方向与x 轴的夹角,取逆时针为正,即切线斜率=受力分析得:则,此即为质点的运动微分方程。
该质点在平衡位置附近作振动时,振动周期与振幅无关,为.1.3证明:设一质量为m 的小球做任一角度0θ的单摆运动运动微分方程为θθθF r r m =+)2( θθsin mg mr = ①给①式两边同时乘以d θ θθθθd g d r sin = 对上式两边关于θ积分得 c g r +=θθcos 212 ② 利用初始条件0θθ=时0=θ 故0cos θg c -= ③ 由②③可解得 0cos cos 2-θθθ-•=lg 上式可化为dt d lg=⨯-•θθθ0cos cos 2-两边同时积分可得θθθθθθθθd g l d g l t ⎰⎰---=--=020222002sin 12sin 10012cos cos 12进一步化简可得θθθθd g l t ⎰-=0002222sin sin 121 由于上面算的过程只占整个周期的1/4故⎰-==0222sin 2sin 124T θθθθd g l t由ϕθθsin 2sin /2sin 0=两边分别对θϕ微分可得ϕϕθθθd d cos 2sin 2cos 0=ϕθθ202sin 2sin 12cos-=故ϕϕθϕθθd d 202sin 2sin 1cos 2sin2-= 由于00θθ≤≤故对应的20πϕ≤≤故ϕϕθϕθϕθθθθπθd g l d g l T ⎰⎰-=-=202022cos 2sinsin 2sin 1/cos 2sin42sin2sin 2故⎰-=2022sin 14πϕϕK d g l T 其中2sin022θ=K 通过进一步计算可得glπ2T =])2642)12(531()4231()21(1[224222 +⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯++⨯⨯++n K n n K K1.5zp点yx解:如图,在半径是R的时候,由万有引力公式,对表面的一点的万有引力为, ①M为地球的质量;可知,地球表面的重力加速度 g , x为取地心到无限远的广义坐标,,②联立①,②可得:,M为地球的质量;③当半径增加 ,R2=R+ ,此时总质量不变,仍为M,此时表面的重力加速度可求:④e өe tөy由④得:⑤则,半径变化后的g 的变化为⑥对⑥式进行通分、整理后得:⑦对⑦式整理,略去二阶量,同时远小于R ,得⑧则当半径改变 时,表面的重力加速度的变化为:。
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高等教育出版社,金尚年,马永利编著的理论力学课后习题答案第一章1.2f X = a(θ — sinθ) (y = —a(l — cos θ)分方程,并证明该质点在平衡位置附近作振动时,振动周期与振幅无关解:设S 为质点沿摆线运动时的路程,取=0时,S=OH (X = a(θ — Sille) ,Iy = —a(l — cos θ) /- ds = J(dx)2+(dy)2=J((Ie - cos θ - dθ)2+(sinθdθ)2= 2asin- dθS=I ]= 4 a (1—门〕一)写出约束在铅直平面内的光滑摆线上运动的质点的微S = 2acosθ-θ + 2asiιι-θ = a cos - θ2+ 2a Sin-θ2 2 2 2 2设:为质点所在摆线位置处切线方向与 X 轴的夹角,取逆时针为正,L 二弔即切线斜率dy COS θ -1tan φ = — = ——dx sιnθ受力分析得:InS = —mg sin φ = mg cos yΩ .. Ω . - Ω 则1 ' : . 一,此即为质点的运动微分方程。
2 2 t52S =鲁(S — 4a)Λ (S - 4a) + ~(β — 4a) = 01.3证明:设一质量为m 的小球做任一角度Λ的单摆运动运动微分方程为m(L ∙2L )=F ,mr J - mg Sin给 式两边同时乘以LdV-gsind^ 对上式两边关于T 积分得1L 2=gcos*c2利用初始条件V - J 0时V - 0故c = -g COS 71由 可解得 日=-* JC o S - c o So上式可化为-\:丰∙Jcos 日-CoS 日0 日=Zdt・s - 4a —周期性变化的函数,周期T = 2π该质点在平衡位置附近作振动时,振动周期与振幅无关,为进一步化简可得sin 2? —sin 22°由于上面算的过程只占整个周期的1/4故由 Sin /sin - = Sin2 2两边分别对二「微分可得COSEdV - Sin -cos ::d ::2 2COSAJIYin 学sin^Sin -cos tP故dr -2 ------- 2 d ‘ I I-Si n 2 电 Si n2 CP \ 2 由于Or VvO 故对应的0 <2—CoSe ∕J 1 —s in 2电 S in 2 申2 2d 「Sin cos : 2故T =4l 2-- d其中 K 2=sin 2玉Y g J 1—K 2sin 2 半2通过进一步计算可得T 仔1 [1 (1* (jκ-(1 3 5 (2n」)*「•]Vg 22江42^4><6汇…Tne 二 Sin 2 2 两边同时积分可得701故T =2.2^0 ■Sin Si n —2 21.5M 为地球的质量;可知,地球表面的重力加速度 g , X 为取地心到无限远的广义坐标,【I :二 Ill- 「,②联立①,②可得:岂 仃;,M 为地球的质量;③解:如图,在半径是R 的时候,由万有引力公式, 对表面的一点的万有引力为PMm* 一 ,①R a当半径增加,R2=R+jl ,此时总质量不变,仍为M,此时表面的重力加速度1可求:由④得:对⑥式进行通分、整理后得:AGM ΔR 3+2ΔRR8 =R 7 CR+ΔR)2A2ΔR R 2AR⑧则当半径改变J N 时,表面的重力加速度的变化为:A2ΔRR2AR =S —。
oR1.6解:由题意可建立如图所示的平面极坐标系 则由牛顿第二定律可知, H y质点的运动方程为其中,则,半径变化后的g 的变化为g =G Rz 2(R+ΔR)2⅛+ΔR32m(r _ L 2) = F - mg cos- m(L 2r 寸)二 mgsin 寸e ?对⑦式整理,略去二阶量,同时H 远小于R ,得r = -V, r° = L, r = L -Vt1.8设质点在平面内运动的加速度的切向分量和法向分量都是常数,证明质点的轨道为对数螺线。
解:设,质点的加速度的切向分量大小为址,法向分量大小为丄。
(其中生、L为常数)则有(D③其中「为曲率半径。
v=⅛t+v0r = λM2+ vot+r o其中是把谢式代入-式得V2ta∏t + v)2P = - = -------------at≡t【初始位置,由眇V a t a t a t 3 二一二Vr二—二 ---------------------------P V ZV a n t + v 0对E 式积分则得O^dt+θ0^1II(M+vO)+θ°其中H ,是初始角大小。
我们把5a(θ-e 0)e 筍 -V Ot — ---------------------a n将〔丿式代入乍[!式,于是得质点的轨道方程1 ⅞π(0-θo) VO 丄 2a n et ^⅛ + rβr 二IllK即质点的轨迹为对数螺线。
1.9解:(1)从A 点到原长位置,此时间内为自由落体运动。
根据能量守恒:mgl 1 =^mV 2,所以在原长位置时:V 1 = .. 2gl 1M[;式转化为时间关于角的函数当我们取一定的初始条件\ -1'--寸,令殳二⅛⅛0方程可以简化为rmg _ kz = mz解微分方程得:Z=C 1COS, g t C 2 Sin gt 12∖ ∣2 V ∣2因为 t 2=0时,z=o, z =V i = 2gl ι(3)所以总时间为S=Z I Z 2 =∣1 ∣2 .. 12(厂2∣ι)1-11解:(1)质点运动分为三个阶段。
第一阶段为圆周运动,从释放质点到绳子张力为零;第二阶 段为斜抛运动,重新下降到与圆周相交位置时有一绷绳过程,质点机械能转化为绳子内能;第 三阶段为在最低点附近的摆荡运动。
总体来看质点能量不守恒。
(2)第一阶段,由能量守恒可得,mgr(1 _COS 寸)=^mv 2,因为加速度为g ,所以,至U 达原长的时间为:1V 2-02∣1(2)从原长位置到最低点 D 处,以原长位置为坐标原点,向下为正方向,建立坐标轴Z Ok ∣2 mg化简得:z Lg∣2所以,Z= -I 2 COS l g t 「J2l 1lSin g t l 2 ,z -∖∣2 21 = g ∣2 Sin g t2g ∣1COSV ∣∣gt当Z=O 时,t 22l ι,此时 Z= ∣2(∣2~2∣i ) ∣2t = t 1 t 2 =;(二 一 t" ∣221) A,D 间总距离为又,由绳子张力为零可知2r Vmg CoS = m , r第二阶段,设上升高度为h ,则2h(VSin 旳 h =2g23 2 23 23可解得 h= 一 r , COSV - - ; h r COSV - 一 r = 一 l27 3 27 54因此质点上升最高处为o '点上方23I 处。
54设斜抛到达最高点时水平位移为S ,则S=(VCoSj) t =v COST (VSinr ), S=4L^r =乞l ; r si nv-s=5∙^l/g275454联立 、因此质点上升到最高点时在过圆心竖直轴线左边U 处541-12解:由自然坐标系ifms =m- P即… S 2 S = (X_P S 2Cl - PI CISds ds• ■S(l+κ")dy1.13.解:(1) 以竖直向下为正方向,系统所受合力■-:■■ - - : - -■ -■,,故系统动量不守恒;对O 点,飞讥遊合力矩为零,了』:过矩心,故力矩也为零,所以系统角动量守恒; 而对系统来说,唯一做功的是重力(保守力),因此,系统能量守恒。
(2) 建立柱面坐标系,由动量定理得:售[叫(闻+ r 輛)+皿搦 =n ⅛gi同时有f -∣ V - A 得到:嘟_ f 亠丹I 二二:gm A [(l-z)9-2z9] = 0(3)对于小球A ,设其在水平平台最远距离O 为r 由动能定理得:I S l S (、-m A V D --m A V i-m 3g(r-a)由角动量守恒得:ID A aV D = In I n得到r=3a1.14解:(1)分析系统的受力可知:重力竖直向下,支持力垂直于斜面向上,所受的合外力不为零, 故系统动量不守恒;由物体的受力情况可以判断系统的合外力矩不为零,故角动量也不守恒;而系统在运动过程中,除保守力外,其他力不作功,故机械能守恒,而能量一定守恒。
(2)以地面为参考系,以O为原点,建立球坐标系。
由质点系动量定理得:mA(r⅛ + 2rφ) = -fmA+ mB)gsin0sin(pInBZ = -mEgCOSE约束条件:L——-将约束条件连续求两次导,带入上边方程,消去Z,得:(m A+ In B}f—m A rφ2= (m A+ In B)gsinθcosφ- In B gmA(TiP + 2rφ) = -(InA+ mB)gsin0sin(p(3) 第三问不会做。
1.15水平方向动量守恒,则vmcos = m u而由初始时刻二亠:二二,故小球在a到3a间运动。
V=可得:2 2m cos :*2 m22m cos : mH有余弦定理得:2 2 2I、 U 十 V -V rcos(二 _ : )-cos :V rB 看作系统,由动量定理知其质心速度 VC 满足(m A ∙ m B )v c =m B v 0由易知A B 各绕质心做半径为m Bl,m Al的圆周运动,由初始条件得「=旦m A + m Bm A + m B I以质心C 点的坐标X C 和y c 及杆和X 轴的夹角V 为坐标P ( m A m ∣B )y c j =m B V ° jm A m B 2..L = (m A m B )x c y c kl ^k =Im B V o km A F B1.18解:设m和m 2碰撞后,m 的速度变为V^, m 2的速度变为v 2, m 2与m 3碰撞后, m 2的速度变为V 2, m 3的速度变为V3由于两次碰撞时水平方向都不受外力,所以动量守恒,同时机械能守恒 对PPl I 和p∩2而言,则有:Im w=m w +m 2v21 2_ 1 ,2 1 2 2mv 1 = 2mv 1 +2 m 2v 22两式联立消去v 1 ,则有V 2 =mtv-①可得: U=Vm cos Jimv r cos :Jm"2 +m 2 cos 2 +2mm" cos 2α1.16解:动量定理、 角动量定理和动能定理 7个方程式中仅有3个是独立的。
1 ∙ 17解:把A所以得V Cm B v 。
m ∣A1 -2 TQm Am B)yC1 E A E B $.22 m A m B1 2m B v 0 2对于m 2和m 3而言'同样有:mh V 2=m 2v 2+m 3 V31 2 1 '2 1 22 m 2 V 2=2 m 2 v 2 + 2 m3 V 3由以上两式联立消去 V 2则有V 3 =2m 2V 2②mb 5将①代入②得:、=4mm 2W将上式对m 2求导得24mw (—m + mmJ(m i m 2) (m 2 m 3) 由髯=可得my即当m 2= 1 m m 3时V 3最大且V3max1.21解:由题意得厂m(r 日2+r ®2Sin MJ)=F- +mg cosθ«* *VSin^cosB=gsin^J ^Sin 日 + 2® 日CoST =Q由③得 tan r 「2 T整理并积分可得aτ- Sin 2 日a 2将之代入②可得in 32C)(正值舍去)Sin -dV 3dm 2j mb 2 B+ V ImI m)(m3 十Jmm整理并积分可得「二- -(2r gCOSr由题意知,「-时若要质点不飞出去,则.=。