高斯课堂理论力学习题答案
理论力学习题解答(8-13章)

对于一个物体,如果受到的合力为零,则该物体处于力的平衡状态。
力的平衡与运动状态
力的平衡状态下,物体的运动状态保持不变,即速度和方向都不发生变化。
力矩是力和力臂的乘积,表示力对物体转动作用的物理量。
力矩概念
力矩的方向
力矩的几何意义
力矩的方向按照右手定则确定,即右手四指从转动轴指向力的方向,大拇指指向转动方向。
动量定理,描述了物体加速度与其所受合外力之间的线性关系。
详细描述
牛顿第二定律,也被称为动量定理,表述为F=ma,其中F代表合外力,m代表质量,a代表加速度。该定律揭示了物体的加速度与作用在物体上的力成正比,与物体的质量成反比。
牛顿第二定律
作用与反作用定律,描述了作用力和反作用力大小相等、方向相反的特性。
伯努利方程
层流与湍流,定常流动与非定常流动,一维、二维、三维流动。
流体流动的分类
流体质量守恒,流量连续,无质量亏损或增加。
连续性方程
流体动力学基础
03
拉格朗日法
追踪流体质点运动的方法,描述流场中质点位置随时间变化。
01
微元体分析法
对流场中微小体积元进行分析,列出流体运动和力的平衡方程。
02
欧拉法
描述流体运动随时间变化的方法,基于流体质点运动观点。
天体运动的计算方法
天体运动的计算方法通常涉及到对万有引力定律的应用,以及运用运动学和动力学原理。
总结词
在计算天体运动时,首先需要确定天体的质量、位置和速度等参数,然后根据万有引力定律计算出天体之间的相互作用力。接着,运用牛顿第二定律和运动学原理,可以求解出天体的加速度、速度和位移等参数。最后,通过比较理论计算结果和观测数据,可以对天体运动的规律进行验证和预测。
理论力学课后习题答案第9章动量矩定理及其应用
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(1)
(2)
对A:
(3)
又:
以O为基点:
(→)
(↓)(4)
由上四式联立,得(注意到 )
法2:对瞬心E用动量矩定理(本题质心瞬心之距离为常数)
又
可解得:
9-11图示匀质圆柱体质量为m,半径为r,在力偶作用下沿水平面作纯滚动。若力偶的力偶矩M为常数,滚动阻碍系数为 ,求圆柱中心O的加速度及其与地面的静滑动摩擦力。
解:对轮C:
对轮B和重物A:
运动学关系:
9-5图示电动绞车提升一质量为m的物体,在其主动轴上作用一矩为M的主动力偶。已知主动轴和从动轴连同安装在这两轴上的齿轮以及其它附属零件对各自转动轴的转动惯量分别为J1和J2;传动比r2:r1=i;吊索缠绕在鼓轮上,此轮半径为R。设轴承的摩擦和吊索的质量忽略不计,求重物的加速度。
(7)
将(5)、(6)、(7)代入(2)、(3)、(4)得
(8)
(9)
(10)
解得: ,与(1)式相同。
9-15圆轮A的半径为R,与其固连的轮轴半径为r,两者的重力共为W,对质心C的回转半径为,缠绕在轮轴上的软绳水平地固定于点D。均质平板BE的重力为Q,可在光滑水平面上滑动,板与圆轮间无相对滑动。若在平板上作用一水平力F,试求平板BE的加速度。
解:初始静止,杆开始运动瞬时, 必沿支承处切向,即沿AB方向,所以 此时沿AB方向,如图(a),以D为基点:
由
(1)
由AB作平面运动:
(2)
(3)
(4)
由(3),
解(1)、(2)、(4)联立
9-19如图所示,足球重力的大小为4.45N,以大小 =6.1m/s,方向与水平线夹40 角的速度向球员飞来,形成头球。球员以头击球后,球的速度大小为 =9.14m/s,并与水平线夹角为20 角。若球-头碰撞时间为0.15s。试求足球作用在运动员头上的平均力的大小与方向。
理论力学习题及答案(全)
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第一章静力学基础一、是非题1.力有两种作用效果,即力可以使物体的运动状态发生变化,也可以使物体发生变形。
()2.在理论力学中只研究力的外效应。
()3.两端用光滑铰链连接的构件是二力构件。
()4.作用在一个刚体上的任意两个力成平衡的必要与充分条件是:两个力的作用线相同,大小相等,方向相反。
()5.作用于刚体的力可沿其作用线移动而不改变其对刚体的运动效应。
()6.三力平衡定理指出:三力汇交于一点,则这三个力必然互相平衡。
()7.平面汇交力系平衡时,力多边形各力应首尾相接,但在作图时力的顺序可以不同。
()8.约束力的方向总是与约束所能阻止的被约束物体的运动方向一致的。
()二、选择题1.若作用在A点的两个大小不等的力F1和F2,沿同一直线但方向相反。
则其合力可以表示为。
①F1-F2;②F2-F1;③F1+F2;2.作用在一个刚体上的两个力F A、F B,满足F A=-F B的条件,则该二力可能是。
①作用力和反作用力或一对平衡的力;②一对平衡的力或一个力偶。
③一对平衡的力或一个力和一个力偶;④作用力和反作用力或一个力偶。
3.三力平衡定理是。
①共面不平行的三个力互相平衡必汇交于一点;②共面三力若平衡,必汇交于一点;③三力汇交于一点,则这三个力必互相平衡。
4.已知F1、F2、F3、F4为作用于刚体上的平面共点力系,其力矢关系如图所示为平行四边形,由此。
①力系可合成为一个力偶;②力系可合成为一个力;③力系简化为一个力和一个力偶;④力系的合力为零,力系平衡。
5.在下述原理、法则、定理中,只适用于刚体的有。
①二力平衡原理;②力的平行四边形法则;③加减平衡力系原理;④力的可传性原理;⑤作用与反作用定理。
三、填空题1.二力平衡和作用反作用定律中的两个力,都是等值、反向、共线的,所不同的是。
2.已知力F沿直线AB作用,其中一个分力的作用与AB成30°角,若欲使另一个分力的大小在所有分力中为最小,则此二分力间的夹角为度。
理论力学课后习题答案
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理论力学课后习题答案理论力学课后习题答案引言:理论力学是物理学的基础课程之一,对于理解和应用物理学的原理和方法具有重要意义。
在学习理论力学的过程中,课后习题是巩固知识、提高能力的重要途径。
本文将针对理论力学课后习题进行解答,帮助读者更好地理解和掌握这门课程。
第一章:牛顿力学1. 一个物体以初速度v0沿直线运动,加速度为a,求物体的位移与时间的关系。
答:根据牛顿第二定律F=ma,可得物体所受合力F=ma=mv/t,其中m为物体的质量,v为物体的速度,t为时间。
由此可得物体的位移s=vt+1/2at^2。
2. 一个质点在重力作用下自由下落,求它在t时刻的速度和位移。
答:在重力作用下,质点的加速度为g,即a=g。
根据牛顿第二定律F=ma,可得质点所受合力F=mg。
根据牛顿第一定律,质点的速度随时间的变化率为v=g*t,位移随时间的变化率为s=1/2gt^2。
第二章:拉格朗日力学1. 一个质点沿半径为R的圆周运动,求它的动能和势能。
答:质点的动能由动能定理可得,即K=1/2mv^2,其中m为质点的质量,v为质点的速度。
质点的势能由引力势能可得,即U=-GmM/R,其中G为引力常数,M为圆周的质量。
2. 一个质点在势能为U(r)的力场中运动,求它的运动方程。
答:根据拉格朗日方程可得,质点的运动方程为d/dt(dL/dv)-dL/dr=0,其中L=T-U,T为质点的动能,U为质点的势能。
第三章:哈密顿力学1. 一个质点在势能为U(x)的力场中运动,求它的哈密顿量和哈密顿运动方程。
答:质点的哈密顿量由哈密顿定理可得,即H=T+U,其中T为质点的动能,U为质点的势能。
质点的哈密顿运动方程为dp/dt=-dH/dx,其中p为质点的动量。
2. 一个质点在势能为U(x)的力场中运动,求它的哈密顿正则方程。
答:质点的哈密顿正则方程为dx/dt=dH/dp,dp/dt=-dH/dx,其中x为质点的位置,p为质点的动量。
结论:通过对理论力学课后习题的解答,我们可以更深入地理解和应用物理学的原理和方法。
理论力学课后习题及答案解析

理论力学课后习题及答案解析文稿归稿存档编号:[KKUY-KKIO69-OTM243-OLUI129-G00I-FDQS58-MG129]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RB和一个力偶M B,且:如图所示;将RB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RB。
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RA和一个力偶M A,且:如图所示;将RA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RA。
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。
理论力学课后习题答案 第10章 动能定理及其应用 )

(a)A(a)O第10章 动能定理及其应用10-1 计算图示各系统的动能:1.质量为m ,半径为r 的均质圆盘在其自身平面内作平面运动。
在图示位置时,若已知圆盘上A 、B 两点的速度方向如图示,B 点的速度为v B ,θ = 45º(图a )。
2.图示质量为m 1的均质杆OA ,一端铰接在质量为m 2的均质圆盘中心,另一端放在水平面上,圆盘在地面上作纯滚动,圆心速度为v(图b )。
3.质量为m 的均质细圆环半径为R ,其上固结一个质量也为m 的质点A 。
细圆环在水平面上作纯滚动,图示瞬时角速度为ω(图c )。
解:1.222222163)2(2121)2(212121BB BC C C mv r v mr v m J mv T =⋅+=+=ω 2.222122222214321)(21212121v m v m r v r m v m v m T +=⋅++=3.22222222)2(212121ωωωωmR R m mR mR T =++=10-2 图示滑块A 重力为1W ,可在滑道内滑动,与滑块A 用铰链连接的是重力为2W 、长为l 的匀质杆AB 。
现已知道滑块沿滑道的速度为1v ,杆AB 的角速度为1ω。
当杆与铅垂线的夹角为ϕ时,试求系统的动能。
解:图(a )B A T T T +=)2121(21222211ωC C J v g W v g W ++=21221121212211122]cos 22)2[(22ωϕωω⋅⋅+⋅++++=l gW l l v l v l g W v g W]cos 31)[(2111221222121ϕωωv l W l W v W W g +++=10-3 重力为P F 、半径为r 的齿轮II 与半径为r R 3=的固定内齿轮I 相啮合。
齿轮II 通过匀质的曲柄OC 带动而运动。
曲柄的重力为Q F ,角速度为ω,齿轮可视为匀质圆盘。
试求行星齿轮机构的动能。
(完整版)理论力学课后习题答案第11章达朗贝尔原理及其应用

第11章达朗贝尔原理及其应用11-1均质圆盘作定轴转动,其中图(a ),图(c )的转动角速度为常数,而图(b ),图(d )的角速度不为常量。
试对图示四种情形进行惯性力的简化。
ωα=0α≠0ωα=0ωα≠0ω(a )(b )习题11-1图(c )(d )F I OOF InF Itωα=0M I OωOωOωα≠0M I Oα≠0α=0(a )(b )(c )(d )习题11-1解图解:设圆盘的质量为m ,半径为r ,则如习题11-1解图:2(a )F I=mr ω,MI O=0(b )F I =mr ω,F I=mr α,MI O=J O α=(c )F I=0,MI O=0(d )F I=0,MI O=J O α=11-2矩形均质平板尺寸如图,质量27kg ,由两个销子A 、B 悬挂。
若突然撤去销子B ,求在撤去的瞬时平板的角加速度和销子A 的约束力。
n2t32mr α212mr α2ACB解:如图(a ):设平板的质量为m ,长和宽分别为a 、b 。
F I=m α⋅AC =3.375α0.20m习题11-2图.15m1M I A =J A α=[m (a 2+b 2)+m ⋅AC 2]α=0.5625α122α=47.04rad/s M -0.1mg =0;;M (F )=0I A∑A F AyF IF Ax AM I A C a CBαm g θ∑F y=0;F I cos θ+F Ay -mg =0;sin θ=4=0.850.20m (a ).15m∑Fx=0;F I sin θ-F Ax=0;其中:sin θ=3=0.65F Ax=3.375⨯47.04⨯0.6=95.26NF Ay=27⨯9.8-3.375⨯47.04⨯0.8=137.6N11-3在均质直角构件ABC 中,AB 、BC 两部分的质量各为 3.0kg ,用连杆AD 、DE 以及绳子AE 保持在图示位置。
若突然剪断绳子,求此瞬时连杆AD 、BE 所受的力。
高教出版社理论力学习题部分答案

静力学1-3 试画出图示各结构中构件AB 的受力图F AxF A yF B(a)(a)F AF BF BF DF D F BxF ByF BxF CF BF CF By1-4 试画出两结构中构件ABCD 的受力图1-5 试画出图a 和b 所示刚体系整体合格构件的受力图1-5a1-5bF AxF A y F DF ByF A F BxF B F AF Ax F A y F DxF Dy WT EF CxF C yWF AxF A yF BxF B yF CxF C yF DxF DyF Bx F ByT EN’F BF DF A N F AF BF D1-8在四连杆机构的ABCD 的铰链B 和C 上分别作用有力F 1和F 2,机构在图示位置平衡。
试求二力F 1和F 2之间的关系。
解:杆AB ,BC ,CD 为二力杆,受力方向分别沿着各杆端点连线的方向。
解法1(解析法)假设各杆受压,分别选取销钉B 和C 为研究对象,受力如图所示: 由共点力系平衡方程,对B 点有:∑=0x F 045cos 02=-BC F F 对C 点有:∑=0x F 030cos 01=-F F BC解以上二个方程可得:22163.1362F F F ==解法2(几何法)分别选取销钉B 和C 为研究对象,根据汇交力系平衡条件,作用在B 和C 点上的力构成封闭的力多边形,如图所示。
对B 点由几何关系可知:0245cos BC F F =对C 点由几何关系可知:0130cos F F BC =解以上两式可得:2163.1F F =F ABF BC F CD 60o F 130o F 2 F BC45o F 2F BC F ABB45oy xF CD C60o F 130o F BC x y450302-3 在图示结构中,二曲杆重不计,曲杆AB 上作用有主动力偶M 。
试求A 和C 点处的约束力。
解:BC 为二力杆(受力如图所示),故曲杆AB 在B 点处受到约束力的方向沿BC 两点连线的方向。
(完整word版)理论力学课后习题及答案解析.docx

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。
理论力学课后习题解答附答案

5.27证取广义坐标
因为
又因为
所以
5.28解 如题5.28.1图
(1)小环的位置可以由角 唯一确定,因此体系的自由度 ,取广义坐标 ,广义速度 。小球的动能:
以 为势能零点,则小环势能
所以拉氏函数
(2)由哈密顿原理
故
所以
又由于
所以
因为 是任意的,所以有被积式为0,即
化简得
5.29解 参考5.23题,设 ,体系的拉氏函数
⑶小球动能
又由
①式得
设小球势能为V,取固定圆球中心O为零势点,则
小球拉氏函数
= ①
根据定义
有
根据正则方程
④
⑤
对式两边求时间得:
故小球球心切向加速度
5.25解根据第二章§2.3的公式有:
①
根据泊松括号的定义:
②
所以
同理可知:
,
由②得:
同理可得:
,
5.26解 由题5.25可知 的表达式
因为
故
同理可求得:
势能:
根据定义式
故
因为
所以 为第一积分.又
故
得 为第二个第一积分.
同理
即
得 为第三个第一积分.
5.23解如题5.23.1图,
由5.6题解得小球的动能
①
根据定义
②
得
③
根据哈密顿函数的定义
代入③式后可求得:
④
由正则方程得:
⑤
⑥
代入⑤得
整理得
5.24如题5.24.1图,
⑴小球的位置可由 确定,故自由度
⑵选广义坐标 ,广义速度 .
①
根据哈密顿原理
故
②
《理论力学》习题三答案讲解

《理论力学》习题三答案一、单项选择题(本大题共30小题,每小题2分,共60分)1. 求解质点动力学问题时,质点的初始条件是用来( C )。
A 、分析力的变化规律; B 、建立质点运动微分方程; C 、确定积分常数; D 、分离积分变量。
2. 在图1所示圆锥摆中,球M 的质量为m ,绳长l ,若α角保持不变,则小球的法向加速度为( C )。
A 、αsin g ;B 、αcos g ;C 、αtan g ;D 、αtan gc 。
3. 已知某点的运动方程为2bt a S +=(S 以米计,t 以秒计,a 、b 为常数),则点的轨迹为( C )。
A 、是直线;B 、是曲线;C 、不能确定;D 、抛物线。
4. 如图2所示距地面H 的质点M ,具有水平初速度0v ,则该质点落地时的水平距离l 与( B )成正比。
A 、H ;B 、H ;C 、2H ;D 、3H 。
5. 一质量为m 的小球和地面碰撞,开始瞬时的速度为1v ,碰撞结束瞬时的速度为2v(如图3),若v v v ==21,则碰撞前后质点动量的变化值为( A )。
A 、mv ;B 、mv 2 ;C 、mv 3;D 、 0。
6. 一动点作平面曲线运动,若其速率不变,则其速度矢量与加速度矢量( B )。
A 、平行; B 、垂直; C 、夹角随时间变化; D 、不能确定。
7. 三棱柱重P ,放在光滑的水平面上,重Q 的匀质圆柱体静止释放后沿斜面作纯滚动,则系统在运动过程中( A )。
A 、沿水平方向动量守恒,机械能守恒;B 、动量守恒,机械能守恒;C 、沿水平方向动量守恒,机械能不守恒;D 、均不守恒。
图1图2图38. 动点M 沿其轨迹运动时,下列几种情况中,正确的应该是( A )。
A 、若始终有a v⊥,则必有v 的大小等于常量;B 、若始终有a v⊥,则点M 必作匀速圆周运动; C 、若某瞬时有v ∥a ,则点M 的轨迹必为直线;D 、若某瞬时有a 的大小为零,且点M 作曲线运动,则此时速度必等于零。
理论力学习题解答第九章

9-1在图示系统中,均质杆OA 、AB 与均质轮的质量均为m ,OA 杆的长度为1l ,AB 杆的长度为2l ,轮的半径为R ,轮沿水平面作纯滚动。
在图示瞬时,OA 杆的角速度为ω,求整个系统的动量。
ω125ml ,方向水平向左题9-1图 题9-2图9-2 如图所示,均质圆盘半径为R ,质量为m ,不计质量的细杆长l ,绕轴O 转动,角速度为ω,求下列三种情况下圆盘对固定轴的动量矩:(a )圆盘固结于杆;(b )圆盘绕A 轴转动,相对于杆OA 的角速度为ω-; (c )圆盘绕A 轴转动,相对于杆OA 的角速度为ω。
(a )ω)l R (m L O 222+=;(b )ω2ml L O =;(c )ω)l R (m L O 22+= 9-3水平圆盘可绕铅直轴z 转动,如图所示,其对z 轴的转动惯量为z J 。
一质量为m 的质点,在圆盘上作匀速圆周运动,质点的速度为0v ,圆的半径为r ,圆心到盘中心的距离为l 。
开始运动时,质点在位置0M ,圆盘角速度为零。
求圆盘角速度ω与角ϕ间的关系,轴承摩擦不计。
9-4如图所示,质量为m 的滑块A ,可以在水平光滑槽中运动,具有刚性系数为k 的弹簧一端与滑块相连接,另一端固定。
杆AB 长度为l ,质量忽略不计,A 端与滑块A 铰接,B 端装有质量1m ,在铅直平面内可绕点A 旋转。
设在力偶M 作用下转动角速度ω为常数。
求滑块A 的运动微分方程。
t l m m m x m m kx ωωsin 2111+=++&&9-5质量为m,半径为R的均质圆盘,置于质量为M的平板上,沿平板加一常力F。
设平板与地面间摩擦系数为f,平板与圆盘间的接触是足够粗糙的,求圆盘中心A点的加速度。
9-6均质实心圆柱体A 和薄铁环B 的质量均为m ,半径都等于r ,两者用杆AB 铰接,无滑动地沿斜面滚下,斜面与水平面的夹角为θ,如图所示。
如杆的质量忽略不计,求杆AB 的加速度和杆的内力。
理论力学习题答案(修改6月19日)
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⃗rc
=
m1⃗r1
+
m2⃗r2 M
+ m3⃗r3
=
1 3
( 2ˆi + ˆj +
) 3kˆ ,
⃗vc
=
⃗r˙c
=
ˆj
+
1 kˆ, 3
p⃗c = M⃗vc = 3ˆj + kˆ,
∑3 J⃗ = mi⃗ri × ⃗vi = −3ˆi + 3kˆ,
i=1
T
=
∑3
1 2
mi
vi2
=
4.
i=1
4. 证明:两质点系的角动量为,J⃗ = R⃗ c × M V⃗c + ⃗r × µ⃗v,其中,M = m1 + m2, µ 为折合质量,⃗r 为相对位矢,c 表示质心。
6
6. 半径为 r 的均质圆球在半径为 R 的固定圆柱的内表面滚动,试求圆球绕平
衡位置做微振动的运动方程及周期。
解:
vc
=
(R
−
r)θ˙, ω
=
(R
− r
r)θ˙ , Ic
=
2 mr2 5
T
=
1 2
mvc2
+
1 2
Icω2
= 7 m(R − r)2θ˙2 10
V = mg (R − (R − r) cos θ)
l
2± 2 g
7
8. 如果上题的双摆系统不是系在固定点上,而是系在一个可以在光滑水平杆 上自由运动的质量为 2m 的小环上,继续令 m1 = m2 = m,l1 = l2 = l,试 求系统的运动方程及周期。
解:
L=T −V
=
高斯课堂力学+电磁学讲义4

R⇒ β= 4 2转动定理: M = J ⋅β (力矩等于转动惯量乘角加速度) 对比: F = ma牛二定理:合外力 使物体运动 M = J ⋅β转动定理:合外力矩 使刚体转动120 r min 的转速,假定转速是均匀增加的,则该转动系统在上述过程中的角加速度为,课时七力矩 转动定理考点 重要程度 占分 题型 1.力矩 ★★ 0 ~ 3 选择填空 2.转动定理必考 5 ~ 10大题1. 力矩M2. 转动定理题 1.几个力同时作用在一个具有光滑固定轴的刚体上,如果这几个力的矢量和为零,则此物体( )(A ) ) 必然不会转动 (B ) 转速必然不变(C ) 转速必然改变(D ) 转速可能不变,也可能改变FF 合 =0 ,但不在一条直线上。
合外力矩: M = F ⋅ R + F ⋅ R = 2FRF⇒ β≠ 0转速改变F 合 =0 ,合外力矩: M = 0⇒ β= 0转速不变电动机对转动系统施加的力矩为 。
解:角速度:ω= n ⋅ 2π = 120 ⨯ 2π= 4π rad s60 60由ω= β⋅ t ω π= = 8π rad s t 0.5M = J ⋅β= 50⨯ 8π= 1256 N ⋅ m题 2.电动机带动一个转动惯量为50kg ⋅ m 2 的系统作定轴转动,在0.5s 内由静止开始最后达到 F arF•FzMr F da大小: M = F ⋅ r sin α= F ⋅ d 单位: N ⋅ mr 矢量: M =⨯ F212 1 ω2 -ω2 = 2β(θ -θ) 20 0 θ=θ +ωt + 1βt 2匀变速转动ω= ω0 + βt•• MRO R2(1)两物块的加速度。
(2)滑轮两边绳中张力。
解: m 1g - T 1 = m 1aT 2 - m 2 g = m 2a T 1R - T 2 R = J ⋅ β角量和线量关系: a = β⋅ R联立方程可得T 1 m 1 m 1 gT 2 Mm 2 m 2 gT 1T 2a = (m 1 - m 2 )g = (10 - 8) ⨯10= 1 m s 2m + m + 1 M 10 + 8 + 1⨯ 4 1 22 2T 1 = m 1g - m 1a = 10⨯10 - 10⨯1 = 90 N T 2 = m 2 g + m 2a = 8⨯10 + 8⨯1 = 88N题 4.如图,有一半径为 R ,质量为M 的匀质圆盘,可绕通过盘心O 垂直盘面的水平轴无摩擦解: mg - T = maT ⋅ R = J ⋅ β= 1MR 2 ⋅ βTma = β⋅ RmM联立解得 a =2mg mg2m + MTv = v o + at = 0 + at =2mg ⋅ t2m + M题 3.定滑轮质量 M = 4.0kg ,可看成均质圆盘,一条不可伸长的轻绳绕过定滑轮,绳的两端 21 分别悬挂两物块, m = 10kg , m = 8.0kg ,忽略滑轮与轴间的摩擦, g 取10 m s2 ,求: 物体从静止开始下落,试求物块下落速度随时间的变化关系。
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高斯课堂理论力学习题答案
高斯课堂理论力学习题答案
在学习理论力学的过程中,高斯课堂是一个重要的学习资源。
高斯课堂提供了
丰富的学习资料和习题,帮助学生巩固和扩展他们在理论力学方面的知识。
在
这篇文章中,我们将探讨一些高斯课堂中的理论力学习题,并提供相应的答案。
1. 问题:一个质点沿着直线运动,速度随时间的变化满足$v(t)=at^2+bt+c$,
其中a、b、c为常数。
求质点的位移与时间的关系。
解答:位移是速度对时间的积分,即$s(t)=\int
v(t)dt=\frac{1}{3}at^3+\frac{1}{2}bt^2+ct+d$,其中d为常数。
2. 问题:一个质点在一维空间中做直线运动,其位移与时间的关系为
$s(t)=3t^2-2t+1$,求质点的速度与时间的关系。
解答:速度是位移对时间的导数,即$v(t)=\frac{ds(t)}{dt}=6t-2$。
3. 问题:一个质点在一维空间中做直线运动,其速度与时间的关系为
$v(t)=2t+3$,求质点的位移与时间的关系。
解答:位移是速度对时间的积分,即$s(t)=\int v(t)dt=t^2+3t+d$,其中d为常数。
4. 问题:一个质点在一维空间中做直线运动,其加速度与时间的关系为
$a(t)=2t+1$,求质点的速度与时间的关系。
解答:速度是加速度对时间的积分,即$v(t)=\int a(t)dt=\int (2t+1)dt=t^2+t+c$,其中c为常数。
5. 问题:一个质点在一维空间中做直线运动,其位移与时间的关系为$s(t)=t^3-
3t^2+2t$,求质点的加速度与时间的关系。
解答:加速度是速度对时间的导数,即
$a(t)=\frac{dv(t)}{dt}=\frac{d^2s(t)}{dt^2}=6t-6$。
通过解答上述习题,我们可以看到高斯课堂提供了丰富的理论力学习题,涵盖
了速度、位移和加速度等概念的关系。
通过解答这些习题,学生可以加深对理
论力学的理解,并提高解题的能力。
除了以上习题,高斯课堂还提供了更多复杂的理论力学习题,例如涉及质点的
运动方程、动能和势能等概念的问题。
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地理解理论力学的原理和应用。
总之,高斯课堂的理论力学习题提供了一个良好的学习平台,帮助学生巩固和
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因此,高斯课堂是一个值得推荐的学习资源。