分析力学作业参考答案1、2、3章
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。
力学第二版习题答案
力学第二版习题答案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。
力学的学习对于理解和掌握自然界中的各种现象具有重要意义。
而《力学第二版》是一本经典的教材，对于力学的学习有着重要的指导作用。
本文将为大家提供《力学第二版》习题的答案，希望能够帮助大家更好地理解和掌握力学知识。
第一章：运动的描述1. 一个物体从静止开始做匀加速运动，经过2秒钟后速度达到10m/s，求物体的加速度。
答案：根据匀加速运动的公式v=at，代入已知条件可得10=2a，解得a=5m/s²。
2. 一个物体做直线运动，初速度为5m/s，加速度为2m/s²，求物体在5秒钟后的位移。
答案：根据直线运动的位移公式s=ut+1/2at²，代入已知条件可得s=5×5+1/2×2×5²=62.5m。
第二章：力的作用和受力分析1. 一个物体质量为2kg，在重力作用下下落，求物体的重力。
答案：根据重力的定义F=mg，代入已知条件可得F=2×9.8=19.6N。
2. 一个物体受到一个10N的力，产生了加速度为2m/s²的运动，求物体的质量。
答案：根据牛顿第二定律F=ma，代入已知条件可得10=2m，解得m=5kg。
第三章：牛顿运动定律1. 一个物体受到一个10N的力，质量为2kg，求物体的加速度。
答案：根据牛顿第二定律F=ma，代入已知条件可得10=2a，解得a=5m/s²。
2. 一个物体质量为5kg，在水平面上受到一个10N的力，求物体的加速度。
答案：根据牛顿第二定律F=ma，代入已知条件可得10=5a，解得a=2m/s²。
第四章：摩擦力1. 一个物体质量为5kg，在水平面上受到一个10N的力，摩擦力为4N，求物体的加速度。
答案：根据牛顿第二定律F=ma，考虑到摩擦力的方向与运动方向相反，代入已知条件可得10-4=5a，解得a=1.2m/s²。
华中师大分析力学答案
2 2
( m M ) g sin
利用
d d d d dt d dt d
，即得
2 2 M m sin a d m a sin cos d ( m M ) g sin d
表示的表达式。 解：由 x r sin cos
z r cos r sin sin ) m(r sin cos r cos cos px mx
y r sin sin
r sin cos ) m(r sin sin r cos sin py my ) cos r sin m(r p mz
证明这一质点由 z 0 区域经过分界面进入 z 0 区域的运动轨迹 等同于光线从空气入射到折射率为 n 1 U0 / E 的介质所受到的折 E m12 / 2 是质点在 z 0 区域中的动能。 射。 其中， 证明：系统的能量守恒，则有
2U 0 U0 v 1 1 mv12 mv2 2 U 0 2 1 1 2 2 v1 mv12 E1 又系统具有水平面内的平移对称性，
a 0 cos ) MX m( X
再由能量守恒得到
1 2 1 2 cos ) 2 a sin mga cos mga cos 0 +0= MX + m ( X a 2 2
M m sin 2 2 a 2 ga cos cos 0 化简可得 m M
a
0
y
2 3 sin a xdm 0 r cos rdrd 3 2a sin xc a 2 a 3 rdrd dm
工程力学受力分析练习带答案
道， A 、B、C处都是铰链连接，不计各杆的自重，各接触面都是光滑的。试分别 画出管道O、水平杆AB、斜杆BC及整体的受力图。
P
A
O
DB
C
解:(1)取管道O为研究对象. P
O
N
(2)取斜杆BC为研究对象.
RB B
C
RC
P
A
ODBLeabharlann CRB B(3)取水平杆AB为研究对象.
C
RC P
A
O
DB
A XA
YA
ND´
DB RB´ P
C (4)取整体为研究对象.
A XA
YA
O
DB
C RC
例2 画出下列各构件的受力图。
说明：三力平衡必汇交 当三力平行时，在无限 远处汇交，它是一种特 殊情况。
例3 尖点问题(摩擦忽略不计)
例4 销钉问题。试分别画出AC、BC杆、销钉C及构架 整体的受力图。
要注意力是物体之间的相互机械作用。因此对 2、不要多画力 于受力体所受的每一个力，都应能明确地指出
它是哪一个施力体施加的。
3、不要画错力的方向 约束反力的方向必须严格地按照约束的类型来画，不 能单凭直观或根据主动力的方向来简单推想。在分析 两物体之间的作用力与反作用力时，要注意，作用力 的方向一旦确定，反作用力的方向一定要与之相反， 不要把箭头方向画错。
❖ 5. 受力图 在解除约束的分离体简图上，画出它所受的全部 外力的简图，称为受力图。
❖ 画受力图时应注意： 只画受力，不画施力；
❖
只画外力，不画内力；
❖
解除约束后，才能画上约束反力。
分析力学课件、答案 作业
(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 。
S0 L( x, x, t )dt m 2 /2dt m 2 (t2 t1 ) / 2
那么
d L' L f q, t q q q dt
d d d L' L f q, t dt q dt q dt q
d 2 L f q, t q f q, t dt q tq q q
1 EM M ( X V ) 2 2
斜面的能量
1 2 EM MX 2
系统的总能量
E
1 m( X x cos ) 2 2 1 2 MX 2 mgx sin
E
1 m( X +x cos V ) 2 2 1 M ( X V )2 2 mgx sin
t1 t1 t2 t2
将 (x
2
x1 ) /(t2 t1 )
带入得到
m( x2 x1 )2 S0 2(t2 t1 )
将 (x
2
x1 ) /(t2 t1 )
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：
a FT 0 sin 2l
3
杠对B的作用力向外 杠对B的作用力向内 杠对B无作用力
a FT 0 sin 2l
3
a FT 0 sin 2l
分析力学考试题及答案
分析力学考试题及答案一、单项选择题（每题2分，共10分）1. 分析力学中，拉格朗日量L定义为动能T与势能V之差，即L=T-V。
以下哪个选项正确描述了拉格朗日量？A. L=T+VB. L=V-TC. L=T-VD. L=2T-V答案：C2. 在分析力学中，哈密顿原理表明，实际发生的物理路径是使作用量S取极值的路径。
作用量S定义为拉格朗日量L沿时间的积分。
以下哪个选项正确描述了作用量S？A. S=∫(T-V)dtB. S=∫(T+V)dtC. S=∫LdtD. S=∫(2T-V)dt答案：C3. 根据最小作用量原理，系统在两个状态之间实际走过的路径是使作用量S取最小值的路径。
以下哪个选项正确描述了最小作用量原理？A. 系统实际路径使S取最大值B. 系统实际路径使S取最小值C. 系统实际路径使S取平均值D. 系统实际路径与S无关答案：B4. 在分析力学中，广义坐标q和广义动量p之间的关系是通过勒让德变换建立的。
以下哪个选项正确描述了勒让德变换？A. p=∂L/∂qB. p=∂H/∂qC. p=∂L/∂q·qD. p=∂H/∂q·q答案：B5. 哈密顿方程是分析力学中描述系统动力学的基本方程。
以下哪个选项正确描述了哈密顿方程？A. ∂H/∂p = -∂q/∂t 和∂H/∂q = ∂p/∂tB. ∂H/∂q = -∂p/∂t 和∂H/∂p = ∂q/∂tC. ∂H/∂p = ∂q/∂t 和∂H/∂q = -∂p/∂tD. ∂H/∂q = ∂p/∂t 和∂H/∂p = ∂q/∂t答案：B二、填空题（每题3分，共15分）1. 在分析力学中，系统的总能量H被称为______，它是广义坐标和广义动量的函数。
答案：哈密顿量2. 根据诺特定理，物理系统的每一个连续对称性对应一个______。
答案：守恒量3. 广义坐标的正则变换是指在保持哈密顿方程形式不变的条件下，对广义坐标和广义动量进行的变换。
这种变换必须满足______条件。
分析力学答案
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
理论力学3分析力学基础课后答案
代入拉格朗日方程，得
则 3-3
[
]
质量为 m 的质点悬在 1 线上，线的另 1 端绕在 1 半径为 R 的固定圆柱体上，如图
250
3-3 所示。设在平衡位置时，线的下垂部分长度为 l，且不计线的 质量。求此摆的运动微分方程。 解 取 θ 为广义坐标，设小球的静平衡位置为其零势能点。 系统势能
V = mg [(l + R sin θ ) − (l + θR ) cosθ ]
A
A x
& & x
θ
C
θ
FN
ϕ
θ −ϕ
l & ϕ 2 y
θ
& & x
θ
x′ B
C mg B
(c)
l && ϕ 2 y
(a)
& （见图 3-7b） & 、ϕ 解 2 自由度，给广义坐标 x， ϕ ，则广义速度为 x
(b) 图 3-7
l & & − cos(θ − ϕ )ϕ vCx = x 2 l & sin(θ − ϕ ) vCy = ϕ 2
x A = x B = 0, y A = −2a sin θ ， y B = 2a sin θ , xO = 2a cosθ
对相应坐标的变分
δ x A = δ x B = 0,δ y A = −2a cosθδ θ ,δ y B = 2a cosθδ θ δ xO = −2a sin θδ θ
根据动力学普遍方程，有
系统动能
势能
m 2 m 2 l2 2 m 1 m 2 & 2 = (x & + ϕ & − lx &ϕ & cos(θ − ϕ )) + l 2ϕ &2 (vCx + vCy ) + ⋅ l 2ϕ 2 2 12 2 4 24 m 2 m 2 2 m & + lϕ & − lx &ϕ & cos(θ − ϕ ) = x 2 6 2 l V = − mgx sin θ − mg cos ϕ （设初始 A 处势能为零） 2 T= ∂L m & cos(θ − ϕ ) & − lϕ = mx & ∂x 2 d ∂L m m && cos(θ − ϕ ) − lϕ & sin(θ − ϕ )ϕ & & − lϕ ( ) = m& x & dt ∂x 2 2
分析力学课件、答案 chap3
pθ2u 2 ( 8a 2u 3 − u + u ) = − mF
θ
r
2a
整理之后可得：
8 pθ2 a 2u 5 1 F= ∝ u5 = 5 −m r
所以有心力与距离成五次方成反比。
3、在一个顶角为2α 的圆锥形光滑杯中放置一个质量为 m的质点。圆锥的轴沿竖直方向，杯口向上。求证当 E > 0 时，质点在两个水平圆环之间的杯壁上运动， 并写出决定这两个圆环半径的方程。 解：系统的约束方程为 f = z − ρ cot α = 0 系统的拉格朗日为
α
rn
+
β
r2
当 r → 0 时，上式的第二项是主要部分。则
U 有效 ≈
β
r
2
→∞
而 E = Ek + U 有效 ，粒子的能量是有限的。所以上式不可能成立，也就是 粒子不能落到力心。
下面计算粒子落到质心的截面：设粒子的苗追距离为b，则有效势能为
U 有效
再求有效势能的极值
mb 2υ 2 =− n + r 2r 2
2 2
2 2 n n−2
n n−2
mb υ 1 1 2 mυ ≥ α (n − 2) 2 2 nα
2 2− n n
⇒ b ≤ n( n − 2)
所以，粒子落入质心的总截面为
α 2 mυ
2−n n
2 n
σ = π b 2 = π n(n − 2)
α 2 mυ
[ ρmin , ρmax ]之间运动。
4、由椭圆的焦点F引一条线段，以均匀的角速度 ω 绕F点转动，求证此线 段与椭圆的交点M的速度为 υ = rω r (2a − r ) / b，其中a和b是椭圆的半长轴 和半短轴。 解：由椭圆的极坐标方程 p r= , (0 < e < 1, p = b 2 / a, e = c / a ) 1 − e cos θ 所以 ds d d dϑ ɺ ɺ ɺ υ = = ∫ r 2 (ϑ ) + r 2 (ϑ )dϑ = r 2 (θ ) + r 2 (θ )dϑ = ω r 2 (θ ) + r 2 (θ ) ∫ dt dt dϑ dt 而 d p −ep sin ϑ ɺ r= = F dϑ 1 − e cos ϑ (1 − e cos ϑ )2
分析力学考试题及答案
分析力学考试题及答案一、单项选择题（每题2分，共10分）1. 在分析力学中，拉格朗日量L通常定义为动能T与势能V的差值，即L=T-V。
以下哪个选项正确描述了拉格朗日量？A. L=T+VB. L=V-TC. L=T-VD. L=2T-V答案：C2. 哈密顿正则方程是分析力学中描述系统动力学的基本方程。
以下哪个方程是哈密顿正则方程的正确形式？A. ∂L/∂q = ∂p/∂tB. ∂H/∂p = -∂L/∂qC. ∂H/∂q = -∂L/∂pD. ∂H/∂p = ∂q/∂t答案：D3. 以下哪个选项正确描述了最小作用量原理？A. 系统实际运动的路径是使作用量取最大值的路径B. 系统实际运动的路径是使作用量取最小值的路径C. 系统实际运动的路径是使作用量取定值的路径D. 系统实际运动的路径是使作用量取平均值的路径答案：B4. 在分析力学中，广义坐标和广义动量是描述系统状态的两个重要变量。
以下哪个选项正确描述了广义坐标和广义动量之间的关系？A. 广义坐标是位置的函数，广义动量是动量的函数B. 广义坐标是动量的函数，广义动量是位置的函数C. 广义坐标是位置的函数，广义动量是动能的函数D. 广义坐标是动能的函数，广义动量是位置的函数答案：A5. 以下哪个选项正确描述了诺特定理？A. 物理系统的每一个对称性对应一个守恒定律B. 物理系统的每一个守恒定律对应一个对称性C. 物理系统的每一个对称性对应一个非守恒定律D. 物理系统的每一个非守恒定律对应一个对称性答案：A二、计算题（每题10分，共20分）1. 考虑一个简单的单摆系统，其拉格朗日量为L=1/2*m*l^2*dθ/dt^2-mg*l*(1-cosθ)。
请求解该系统的欧拉-拉格朗日方程，并说明其物理意义。
答案：欧拉-拉格朗日方程为：(m*l^2)*(d^2θ/dt^2) + mg*l*sinθ = 0。
该方程描述了单摆的运动规律，即单摆的角加速度与重力沿摆长方向的分量成正比，且与摆角的正弦成正比。
(word完整版)高一物理力学分析习题及答案.docx
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AB 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・如图 所示，物体a 、b 和c 径放在水平•臬血上，水平力Fb、Fc2 2-2-8=5N=10N分别作用于物体b 、c 上，a 、b 和c 仍保持静止.以Fl 、F2、F3分别表示a 与b 、 b 与c 、c 与桌面间的静摩擦力的大小，则（ ）A Fl . F2 • F3 --------A- =5N =0 =5N一起向右作匀速直线运动，下列判断正确的是（A. B. C. D. 高一物理力学D. =0 =10N =5N 2-2-8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Fl=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A 、B 间无摩擦力A 对B 的静摩擦力大小为F,方向向右B 对地面的动摩擦力的大小为F,方向向右B 受到了向右的静摩擦力和向左的滑动摩擦力甲 丙图 2-1-7B. Fi=5N, F2 =5N, F?=0 4 b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。
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
工程力学课后习题答案第二版
工程力学课后习题答案第二版工程力学是一门应用力学原理研究工程结构力学性质和变形规律的学科。
在学习这门课程时，课后习题是巩固和加深对知识的理解和掌握非常重要的一环。
本文将为大家提供工程力学课后习题第二版的答案，帮助大家更好地学习和应用这门学科。
第一章：力的基本概念和力的作用效果1. 一个力的大小和方向完全由它的作用点、作用方向和作用线的位置决定。
第二章：力的合成与分解1. 合力的大小等于各个力的矢量和的大小，方向与矢量和的方向一致。
2. 分解力是将一个力分解为两个或多个力，使其合力等于原力。
第三章：力的平衡1. 在力的平衡条件下，合力和合力矩均为零。
2. 平衡条件可以用来计算物体上未知力的大小和方向。
第四章：力的传递与支持1. 力的传递是指力在物体内部的传递和传递路径。
2. 支持是指物体受力后的支撑和承受能力。
第五章：力的作用点的变化1. 力的作用点的变化会改变物体的力学行为和受力情况。
2. 力的作用点的变化可以改变物体的平衡状态和变形情况。
第六章：力的矩1. 力的矩是力对某一点产生的力矩。
2. 力的矩可以用来计算物体的平衡条件和受力情况。
第七章：力的偶力系统1. 偶力系统是指力对称分布在物体上的力系统。
2. 偶力系统的合力为零，合力矩不为零。
第八章：力的等效1. 等效力是指具有相同外力效果的力。
2. 等效力可以用来简化力的计算和分析。
第九章：力的图解法1. 力的图解法是一种通过力的图示来计算和分析力的方法。
2. 力的图解法可以帮助我们更直观地理解和应用力的知识。
第十章：力的应用1. 力的应用是指将力的原理和方法应用于实际工程问题的过程。
2. 力的应用可以帮助我们解决各种力学问题和优化工程结构。
通过对工程力学课后习题第二版的答案的学习和理解，我们可以更好地掌握和应用这门学科。
同时，通过解答习题，我们可以提高自己的分析和解决问题的能力，培养工程思维和创新能力。
希望本文提供的答案能够帮助大家更好地学习和掌握工程力学知识。
大学物理课后答案详解
大学物理课后答案详解第一章：力学1.1 牛顿定律的三种形式第一种形式：惯性定律牛顿的第一定律，也被称为惯性定律。
它的表述为：一个物体如果没有外力作用，将保持静止或匀速直线运动的状态。
这意味着在没有外力作用时，物体的加速度为零，速度保持不变。
这个定律的重要性在于它说明了运动的惯性特性。
举个例子，当我们在车上紧急刹车时，我们的身体会有向前的惯性，因为车突然减速，而我们的身体仍保持原来的运动状态。
第二种形式：动量定律牛顿的第二定律，也被称为动量定律。
它的表述为：一个物体的加速度正比于作用在它上面的合外力，反比于物体的质量。
通过数学表达式可以得到 F = ma，其中 F表示物体所受合外力的大小，m表示物体的质量，a表示加速度。
这个定律说明了力是一种导致物体加速度变化的物理量。
第三种形式：作用与反作用定律牛顿的第三定律，也被称为作用与反作用定律。
它的表述为：如果物体A对物体B施加了一个力，那么物体B对物体A也会施加一个大小相等、方向相反的力。
这一个定律解释了为什么当我们敲击桌子时，手感到疼痛，因为我们的手会受到桌子的反作用力。
同样地，当我们踢足球时，脚球会受到我们脚的力的影响而向前踢出。
1.2 动力学动力学是力学的一个重要分支，它研究的是物体在受力作用下的运动规律。
其中最常见的运动学参数有位移、速度和加速度。
1.2.1 位移位移是一个矢量量，它表示物体从初始位置到最终位置的改变。
位移的大小等于物体在运动过程中实际移动的距离。
位移的方向由初始位置和最终位置的连线所决定。
1.2.2 速度速度是一个矢量量，它表示物体单位时间内移动的位移。
速度的大小等于单位时间内移动的位移，而速度的方向由位移的方向和时间的方向所决定。
1.2.3 加速度加速度是一个矢量量，它表示单位时间内速度的变化量。
加速度的大小等于单位时间内速度的改变量，而加速度的方向由速度的方向和时间的方向所决定。
1.3 弹力和重力1.3.1 弹力弹力是一种垂直于两个物体接触面的力，它是由于两个物体之间的接触而产生的。
分析力学考试题及答案
分析力学考试题及答案一、单项选择题（每题2分，共20分）1. 拉格朗日力学中，拉格朗日量L定义为：A. 动能T减去势能VB. 势能V减去动能TC. 动能T加上势能VD. 动能T乘以势能V答案：A2. 哈密顿力学中，哈密顿量H定义为：A. 动能T加上势能VB. 动能T减去势能VC. 动量p乘以速度vD. 动能T除以势能V答案：A3. 在分析力学中，广义坐标和广义动量是：A. 独立变量B. 因变量C. 常数D. 函数答案：A4. 拉格朗日方程的一般形式是：A. dL/dt = Q - ∂L/∂qB. dL/dt = Q + ∂L/∂qC. dL/dt = Q - ∂L/∂q'D. dL/dt = Q + ∂L/∂q'答案：C5. 哈密顿正则方程的一般形式是：A. ∂H/∂p = ∂q/∂t 和∂H/∂q = -∂p/∂tB. ∂H/∂p = -∂q/∂t 和∂H/∂q = ∂p/∂tC. ∂H/∂p = ∂q/∂t 和∂H/∂q = ∂p/∂tD. ∂H/∂p = -∂q/∂t 和∂H/∂q = -∂p/∂t 答案：A6. 一个系统在保守力作用下，其总能量是：A. 守恒的B. 不守恒的C. 增加的D. 减少的答案：A7. 系统的自由度是指：A. 系统可以独立运动的坐标数B. 系统可以独立运动的速度数C. 系统可以独立运动的加速度数D. 系统可以独立运动的力的数量答案：A8. 拉格朗日方程的解是：A. 系统的轨迹B. 系统的势能C. 系统的动能D. 系统的动量答案：A9. 哈密顿原理表述的是：A. 作用量最小化B. 作用量最大化C. 作用量守恒D. 作用量不变答案：A10. 正则变换是：A. 一种坐标变换B. 一种速度变换C. 一种动量变换D. 一种能量变换答案：A二、计算题（每题15分，共30分）1. 给定一个单摆系统，其拉格朗日量为L = mgl(1 - cosθ) -1/2ml^2θ^2，求该系统的拉格朗日方程，并求解θ(t)。
力学第二版习题答案
力学第二版习题答案力学是物理学中的一个重要分支，它研究物体在力的作用下的运动规律。
在力学的学习过程中，习题练习是巩固理论知识和提高解题技巧的重要手段。
以下是力学第二版习题的一些参考答案，供同学们参考和学习。
习题1：牛顿运动定律的应用问题：一个质量为m的物体在水平面上受到一个恒定的拉力F，求物体的加速度。
答案：根据牛顿第二运动定律，\[ F = ma \]。
因此，物体的加速度\( a = \frac{F}{m} \)。
习题2：动量守恒定律问题：两个质量分别为m1和m2的物体，以速度v1和v2沿同一直线相向而行，它们相撞后粘在一起。
求碰撞后物体的共同速度v。
答案：根据动量守恒定律，碰撞前后系统的总动量不变。
设碰撞后速度为v，有：\[ m1v1 - m2v2 = (m1 + m2)v \]解得：\[ v = \frac{m1v1 + m2v2}{m1 + m2} \]习题3：能量守恒定律问题：一个质量为m的物体从高度h处自由下落，忽略空气阻力。
求物体落地时的动能。
答案：根据能量守恒定律，物体的势能转化为动能。
物体落地时的动能Ek为：\[ Ek = mgh \]习题4：圆周运动问题：一个物体在水平面上以速度v做匀速圆周运动，半径为r。
求物体所受向心力。
答案：物体做匀速圆周运动时，向心力Fc由下式给出：\[ Fc = \frac{mv^2}{r} \]习题5：简谐振动问题：一个质量为m的弹簧振子，其弹簧常数为k。
求振子的振动周期。
答案：简谐振动的周期T由下式给出：\[ T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}} \]习题6：刚体的转动问题：一个均匀圆盘，质量为M，半径为R，绕通过其对称轴的轴旋转。
求圆盘的转动惯量。
答案：对于均匀圆盘，其转动惯量I为：\[ I = \frac{1}{2}MR^2 \]习题7：流体力学基础问题：一个不可压缩流体在水平管道中流动，流速为v。
求管道横截面上的压强差。
答案：根据伯努利方程，管道两端的压强差\( \Delta P \)为：\[ \Delta P = \frac{1}{2}\rho v^2 \]其中，\( \rho \)是流体的密度。
分析力学第三次作业解答
The coordinate (x,y,z) has a relationship with the coordinate (x’,y’,z’) in the rotating system
Then
So
Thus
(b)
Then
Then
6.2 Small Particle in Bowl (Stony Brook) A small particle of mass m slides without
, the physically meaningful solution of
makes sense----if the cylinder is massless, it will immediately shoot to the left once we tap the block, and the block will lose contact with the cylinder.
at which the block loses contact with the cylinder, set
; this
results in the following cubic equation for
For
, we recover the result so that
which we had obtained for the immobile cylinder. If is . This
Where
. We also have
Using the equations above
Solving the equation for
Expressing the result completely in terms of
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证明这一质点由 z 0区域经过分界面进入 z 0 区域的运动轨迹
等同于光线从空气入射到折射率为 n 1U0 / E 的介质所受到的折
射。 其中，E m12 / 2 是质点在 z 0 区域中的动能。
证明：系统的能量守恒，则有
1 2
mv12
1 2
mv22
U0
v2 v1
d L
dt q
2 f q,t
tq
2 f q,t
q q q
将拉格朗日方程 d L L
dt q q 得到 d L L
dt 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 m2 / 2
(a)证明：当按真实运动方式运动时，作用量是
S0
m( x2 2(t2
S1
t2 1 m 2dt 1 m t2 2dt
2 t1
2 t1
t2 2dt
t2 dt
t1
( t1
)2
t2 t1
t2 t1
平均值大 于υ平均 值的平方。
m 2(t2 t1)
t2 t1
dt
2
m(b a)2 2(t2 t1)
S0
分析力学作业讲解
第二章 守恒律
❖ 1.2.3.4.5.7.8
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
L ' L q,q,t df q,t L q,q,t f q,t f q,t q
dt
t
q
那么
L q,q,t
注意到等式左边是一个全微分，积分即得
2(m M )g cos cos0
(M msin2 )a
当 1时
2(m M )g cos1 cos0
(M m sin2 1)a
解法2
显然X为循环坐标，系统在水平方向上的动量守恒：
m( X a cos ) MX 0
再由能量守恒得到
mga
cos0 +0=
2
2
那么，系统的拉格朗日函数为
所以
L T U = 1 m( 2 2 2 z2 ) U ()
2
L m 2 L mz
z
带入拉格朗日方程，则有：
m m 2 dU () , d
d (m 2) 0
dt
z0
3.长度为l的细绳系一小球，悬挂点按照 X Asin (t t0)方式运动，如图所示，小球被限 制在 (x, z)平面内运动，t t0时悬线竖直向下。
L
xi
xi
3 i1
mxi2
/
2 U (x1,
x2 ,
x3
)
mxi
L
xi
xi
3 i1
mxi2
/
2 U (x1,
x2
,
x3
)
U xi
带入拉格朗日方程得到
mxi
U xi
Fi
(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
d dt
m( X
a
cos )
MX
0
d maX cos ma2 maX sin mga sin
dt
X
x1 X a sin y x2 a cos
解法1 a cos a 2 sin (m M ) X m
X cos a g sin 将上面第二式写成
X a g sin cos
1 2
MX
2+
1 2
m
( X
a
cos )2
a
sin
2
mga
cos
化简可得
M msin2
m M
a
2
2ga
cos
cos0
即：
2(m M )g cos cos0
(M msin2 )a
当 1 时
2(m M )g cos1 cos0
(M m sin2 1)a
3.质量为m 的质点在三维空间中运动，势能是
磁场的标势和矢势，求广义动量 p 。
解：由广义动量的定义：
pa
L ra
ma ra
U ra
L
T
U
N a 1
[
1 2
mara2
U (ra , ra )]
可得
p
N
ez L
a 1
ra pa
z
N a 1
ra
(mara
U ra
) z
N
a 1
ra mara
z
N a 1
ra
U ra
FT xB FT xD W yC 0
xB l cos
xD l cos
yC
(2l
sin
a
sin2
)
最后可得：
2FTl cos + 2Wl sin Wa csc2 0
即有：FT
Wa / (2l sin2
cos) W
tan =W
tan
（
2l
a sin
3
-1）
FT 0
sin 3 a
（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 ldte
（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
x M
dr l dte A cos(t t0 )dteX
dr 和 r 的区别如图所示：
1 2U0 mv12
1 U0 E1
又系统具有水平面内的平移对称性，
z
p2
2
所以动量在水平方向上守恒，
mv1 sin1 mv2 sin2
p1
1
那么，则有 sin1 v2 1 U0
sin2 v1
E1
4.求半径为 a，圆心角为2θ的均匀扇形薄片的质心。 解：以均匀薄片的顶点为原点，如图建立坐标系。由对称性可知
再带入第一式得
a cos a 2 sin (m M ) a g sin
m cos
M msin2 a ma sin cos 2 (m M )g sin
利用 d d d d ，即得 dt d dt d
M msin2 ad ma sin cos 2d (m M )g sind
z
上式的第一项已在课本中求出，那么将值代入即得
p
N ra
a1
(mara
U ra
)
z
e
Lz
N a 1
ra
U ra
z
Lz
N a 1
z
ra
U ra
(b)将带电粒子的势能表达式代入上式可得：
e p Lz
z
[r
(e
eυ υ
A)
]
Lz er Az
Lz e(xAy yAx )
f
q, t
t
s
q
1
f q,t
q
L ' L
q q
2 f q,t
tq
q
2 f q,t
q q
L '
q
L q
2 f q,t
tq
q
2 f q,t
q q
L '
q
L q
f [
q, t
q t
q
f q,t ] L
q
q
f q,t
q
那么
d L ' d L f q,t
[
]
dt q dt q q
x cos, y= cos, 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。
解：由柱坐标和笛卡尔坐标的关系可知
dr ed e d ezdz
z
等式两边同时除以dt
r e e ez z
r z
那么，系统的动能为
y
T = 1 mr 2 1 m( 2 2 2 z2 ) x
x
L 1 m( X x cos )2 1 mx2 sin2 O
2
2
1 MX 2 mgx sin
X
x1 X x cos
2
x2 x sin
L mg sin L m(X x cos ) cos mx sin2
x
x
L 0 X
L m(X x cos ) MX
X
带入拉氏方程：
cos
那么
1 m( X 2 2aX cos a2 2 ) 1 MX 2 +mga cos
2
2
建立如图所示坐标系，
L m(X a cos) MX
X L 0 X
L maX cos ma2
O
L maX sin mga sin
选取ox轴所在平面为 零势能面
x
则对应的拉格朗日方程为
t1
t1
将 (x2 x1) /(t2 t1) 带入得到
S0
m( x2 2(t2
x1)2 t1)
将 (x2 x1) /(t2 t1) 带入得到
S0
m( x2 2(t2
x1)2 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：
t2
那么
υ平方的
b a (t)dt t1
2l
杠对B的作用力向外