普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社第五章-角动量

第五章角动量

习题解答

5.1.1 我国发射的第一颗人造地球卫星近地点高度d 近=439km,远地点高度d 远=2384km,地球半径

R 地=6370km,求卫星在近地点和远地点的速度之比。

解：卫星在绕地球转动过程中，只受地球引力（有心力）的作用，力心即为地心，引力对地心的力矩

为零，所以卫星对地心的角动量守恒

m 月v 近（d 近+R 地）=m 月v 远（d 远+R 地）

v 近/v 远=（d 远+R 地）/（d 近+R 地）

=（2384+6370）/（439+6370）≈1.29

5.1.2 一个质量为m 的质点沿着j t b i

t a r ?sin ?cos ωω+=ρ

的空间曲线运动，其中a 、b 及ω皆为常数。求此质点所受的对原点的力矩。

解： 0

)?sin ?cos (?sin ?cos /?cos ?sin /222222=?-=?=-==-=+-=--==+-==r r m F r r m a m F r j t b i t a j t b i t a dt v d a j t b i t a dt r d v ??ρρρρρρρρρρρωτωωωωωωωωωωωωω

5.1.3 一个具有单位质量的质点在力场

j t i t t F ?)612(?)43(2-+-=?中运动，其中t 是时间。该质点在t=0时位于原点，且速度为零。求t=2时该质点所受的对原点的力矩。

解：据质点动量定理的微分形式，)1()(===m v d v m d dt F ???

dt j t i t t v d ]?)612(?)43[(2-+-=∴?

k k k i

j k j i j j i i j i j i F r j i j i F j

i j i r j t t i t t r dt t t j dt t t i r d dt

j t t i t t dt v r d j t t i t t v dt t j dt t t i v d r t t t t v ?40)?(44?18)2(???,???,0????)

?18?4()?4?()2()2()2(?18?4?)6212(?)2423()2(?4??)2322(?)22()2(?)32(?)()(?6)2(?]?)(6?)2[(?)(6?)2()612(?)43(?34

2342333244123332441

0002232232230020-=-?+?-=∴-=?=?=?=?+?+-=?=+=-?+?-?=+-=?-?+?-?=-+-=-+-=-+-==-+-=-+-=??????ττ?Θ?????ρ???????

5.1.4地球质量为

6.0×1024kg ，地球与太阳相距149×106km ，视地球为质点，它绕太阳做圆周运动，求地球对于圆轨道中心的角动量。解：606024365)10149(2100.62

924

2??????===πωr m mvr L s kgm /1065.21060

602436514920.6240422

?=??????=π

5.1.5根据5.1.2题所给的条件，求该质点对原点的角动量。

解：v r m p r L ??????=?=

mab k t ab k t ab m j t b i t a j t b i t a m ?)?sin ?cos ()?cos ?sin ()?sin ?cos (22ωωωωωωωωωωω=+=+-?+=

5.1.6根据5.1.3题所给的条件，求质点在t=2时对原点的角动量。

解：)2()2()2()2()2(v r m p r L ???ρ??=?=

j j i ?16?12)?4?(134

-=?+-?=

5.1.7 水平光滑桌面中间有一光滑小孔，轻绳一端伸入孔中，另一端系一质量为10g 小球，沿半径

i ?j ?k ?

为40cm 的圆周作匀速圆周运动，这时从孔下拉绳的力为10-3N 。如果继续向下拉绳，而使小球沿半径为10cm 的圆周作匀速圆周运动，这时小球的速率是多少？拉力所做的功是

多少？

解：设小球的质量为m=10×10-3kg,原来的运动半径为R 1=40cm,

运动速率为v 1;后来的运动半径为R 2=10cm,运动速率为v 2.

先求小球原来的速率v 1：据牛顿第二定律，F=mv 12/R 1，所以，

s m m F R v /2.010/104.0/2311=?==--

由于各力对过小孔的竖直轴的力矩为零，所以小球对该轴的角动量守恒，m v 1R 1=m v 2R 2，

v 2=v 1R 1/R 2=0.2×0.4/0.1=0.8m/s

在由R 1→R 2的过程中，只有拉力F 做功，据动能定理，有

J v v v v m v v m mv mv A F 3221

1212212

1222121212221

103)2.08.0)(2.08.0(10))(()(--?=-+?=-+=-=-=

5.1.8 一个质量为m 的质点在o-xy 平面内运动，其位置矢量为

j t b i t a r ?sin ?cos ωω+=?，其中a 、b 和ω是正常数，试以运动学和动力学观点证明该质点对于坐标原点角动量守恒。

证明：

j t b i t a dt v d a j t b i t a dt r d v ?????222?sin ?cos /?cos ?sin /ωωωωωωωωω-=--==+-== ⑴运动学观点：

k mab k t mab k

t mab L k i j j i j j i i j t b i t a m j t b i t a v m r L ??sin ?cos ?)?(???,0????)

?cos ?sin ()?sin ?cos (22ωωωωωωωωωωω=+=∴=-?=?=?=?+-?+=?=?Θ???显然与时间t 无关，是个守恒量。 ⑵动力学观点：

∵0)(22=?-=-?=?=?=r r m r m r a m r F r ?????????ωωτ,∴该质点角动量守恒。

5.1.9 质量为200g 的小球 B 以弹性绳在光滑水平面上与固定点

A 相连。弹性绳的劲度系数为8 N/m ，其自由伸展长度为600mm.最

初小球的位置及速度v 0如图所示。当小球的速率变为v 时，它与A 点

的距离最大，且等于800mm ，求此时的速率v 及初速率v 0.

解：设小球B 的质量m=0.2kg,原来与固定点A 的距离r 0=0.4m,当速率为v 时，与A 点距离r =0.8m,

弹性绳自由伸展的长度为d =0.6m.

小球B 的速率由v 0→v 的过程中，作用在小球B 上的力对过A 点轴的力矩之和始终为零，因而小球

对A 点的角动量守恒，有

r 0mv 0sin30o= rmv (最大距离时，)v r ??⊥ （1）

另外,在此过程中,只有保守内力（绳的弹力）做功,因而能量守恒，

)2()(2212212021

mv d r k mv +-=

为求解方便，将⑴⑵化简，并代入已知数据可得：

)'2(6.1)'1(42200v v v v +==

解此方程组，求得：v 0 ≈1.3 m/s v ≈0.33 m/s

5.1.10 一条不可伸长的细绳穿过铅直放置的、管口光滑的细管，一端系一质量为0.5g 的小球，小球沿水平圆周运动。最初l 1=2m,θ1=30o，后来继续向下拉绳使小球以θ2=60o沿水平圆周运动。求小球最初的速度v 1，最后的速度v 2以及绳对小球做的总功。

解：隔离小球，受力情况如图示，

应用牛顿第二定律，有：

)

3(sin cos /)2/()1()2(cos )1(sin /sin sin cos sin 22

θθθθθθθθ

gl v mg F l mv F gl v =∴===得当θ=θ1时s m gl v /38.23/48.9sin cos /211111=?==

θθ 当θ=θ2时,)4(322223cos sin 222222

22g v gl l gl v =∴==θθ

由于作用质点上的力对管轴的力矩始终等于零,∴角动量守恒：

1sin sin 22221112211sin sin v v l mv l mv l l θθθθ=

∴=，将（4）式和三角函数值代入，可求得： s m v v gl /43.338.228.9323332321

1=???==

将v 2代入（4）中，可求得l 2=0.8m ，根据质点动能定理：

l l mg v v m E E A p k F 0806.0)8.02(105.0)38.243.3(105.0)

cos cos ()(21233223212211212221

=?-??+-???=-+-=?+?=--θθ

5.2.2 理想滑轮悬挂两质量为m 的砝码盘。用轻线拴住轻弹簧两端使它处于压缩状态，将此弹簧竖

直放在一砝码盘上，弹簧上端放一质量为m 的砝码。另一砝码盘上也放置质量为

m 的砝码，使两盘静止。燃断轻线，轻弹簧达到自由伸展状态即与砝码脱离。求

砝码升起的高度，已知弹簧劲度系数为k ，被压缩的长度为l 0.

解：设滑轮半径为R ，弹簧释放后，弹簧上边的砝码获得的速度为v ，方向

向上，左边砝码盘获得的速度为v '，方向向下，显然右边砝码盘及砝码获得的速

度大小也是v ',但方向向上（如图示）。把左盘、左盘上的砝码和右盘及盘中砝码视为一个质点系，作为研究对象。

在弹簧释放过程中，作用于质点系的外力对滑轮轴的力矩之和始终为零，故质点系对滑轮轴的角动量守恒，规定垂直纸面向外的角动量为正，则有：

-mvR+mv ’R+2mv ’R = 0，即 v = 3 v ' (1)

另外，在此过程中，只有弹簧的弹力和重力做功，因而质点系能量守恒，忽略重力势能的微小变化，则有：

2212212021

')3(v m mv kl +=，即 )2('32022kl mv mv =+

左盘中的砝码脱离弹簧获得速度v 后做竖直上抛运动,达到最大高度h 时速度为零,据能量守

恒,)3(2/2221

g v h mgh mv =∴=

由⑴⑵可求得v 2=3kl 02/4m ，代入⑶中得：h = 3 k l 02/8mg

5.2.3 两个滑冰运动员的质量各为70kg ，以

6.5m/s 的速率沿相反方向滑行，滑行路线间的垂直距离为10m ，当彼此交错时，各抓住10m 绳索的一端，然后相对旋转。⑴在抓住绳索一

端之前，各自对绳索中心的角动量是多少？抓住之后是多少？⑵它们各自收拢绳索，到

绳长为5m 时，各自的速率如何？⑶绳长为5m 时，绳内张力多大？⑷二人在收拢绳索

时，各自做了多少功〉⑸总动能如何变化？

解：设每个运动员的质量为m=70kg ，收绳前相对绳中心o 的距离为d = d 1= 5m ，速率为v=v 1=6.5m/s ；当把绳收拢为d = d 2= 2.5m 时, 速率v=v 2.

⑴对绳中心o 点的角动量各为

L=mv 1d 1=70×6.5×5=2275kgm 2/s （抓住绳索前后角动量相同）

⑵把两个运动员视为一个质点系,在收绳过程中，质点系对o 轴的角动量守恒有

2m v 1d 1 = 2m v 2 d 2∴v 2 = v 1d 1/d 2 = 6.5×5/2.5 =13 m/s

⑶把某一运动员视为质点，作为研究对象，由牛顿第二定律，绳中张力F = m v 22/d 2 = 70×132 /2.5 = 4732 N

⑷由质点动能定理，每人所做的功均为：

J v v v v m mv mv A 4436)5.613)(5.613(70))((21

1212212

1212221

=+-?=+-=-=

⑸总动能增大了ΔE k = 2×4436 = 8872 J

简述建立量子力学基本原理的思想方法

简述建立量子力学基本原理的思想方法摘要：量子力学是大学物理专业的一门必修理论基础课程，它研究的对象是分子、原子和基本粒子。本文对建立量子力学基本原理的思想方法作一简单叙述，供学员在学习掌握量子力学的基本理论和方法时参考。关键词：量子力学；力学量；电子；函数作者简介 0引言 19世纪末，由于科学技术的发展，人们从宏观世界进入到微观领域，发现了一系列经典理论无法解释的现象，比较突出的是黑体辐射、光电效应和原子线光谱。普朗克于1900年引进量子概念后，上述问题才开始得到解决。爱凶斯坦提出了光具有微粒性，从而成功地解释了光电效应。 1量子力学量子力学是研究微观粒子的运动规律的物理学分支学科，它主要研究原子、分子、凝聚态物质，以及原子核和基本粒子的结构、性质的基础理论，它与相对论一起构成了现代物理学的理论基础。量子力学不仅是近代物理学的基础理论之一，而且在化学等有关学科和许多近代技术中也得到了广泛的应用。 2玻尔的两条假设玻尔在前人工作的基础上提出了两条假设，成功地解释了氢原子光谱，但对稍微复杂的原予(如氦原子)就无能为力。直到1924年德布罗意提出了微观粒子具有波粒二象性之后才得到完整解释。 1924年，德布罗意在普朗克和爱因斯坦假设的基础上提出了微观粒子具有波粒二象性的假设，即德布罗意关系。1927年，戴维孙和革末将电子作用于镍单晶，得到了与x射线相同的衍射现象，从而圆满地说明了电子具有波动性。 2.1自由粒子的波动性和粒子性它的运动是最简单的一种运动，它充分地反映了自由粒子的波动性和粒子性，将波(平面波)粒( p，E) 二象性统一在其中。如果粒子不是自由的，而是在一个变化的力场中运动，德布罗意波则不能描写。我们将用一个能够充分反映二象性特点的

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 f 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=O H (X = a(θ — Sille) ,Iy = —a(l — cos θ) /- ds = J(dx)2+(dy)2 = J((Ie - cos θ - dθ)2+(sinθdθ)2 = 2asin- dθ S=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-θ 2 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 -1 tan φ = — = —— dx sιnθ 受力分析得: InS = —mg sin φ = mg cos y Ω .. Ω . - Ω 则1 ' : . 一，此即为质点的运动微分方程。 2 2 t5 2 S =鲁(S — 4a) Λ (S - 4a) + ~(β — 4a) = 0 1.3 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*c 2 利用初始条件V - J 0时V - 0故c = -g COS 710 由可解得日=-* JC o S - c o So 上式可化为-\：丰?Jcos 日-CoS 日0 日=Z dt ?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

工程力学课后习题答案(20200124234341)

《工程力学》复习资料 1．画出（各部分）的受力图（1）（2）（3） 2．力F作用在边长为L正立方体的对角线上。设Oxy平面与立方体的底面ABCD 相平行，两者之间的距离为h，试求力F对O点的矩的矢量表达式。

解：依题意可得： cos cos F F x sin cos F F y sin F F z 其中3 3sin 3 6cos 45 点坐标为： h l l ,,则 3 ) ()(33 33 33 3j i h l F k F j F i F F M 3．如图所示力系由 F 1，F 2，F 3，F 4和F 5组成，其作用线分别沿六面体棱边。已知：的F 1=F 3=F 4=F 5=5kN, F 2=10 kN ，OA=OC/2=1.2m 。试求力系的简化结果。解：各力向O 点简化 0.0.0 .523143C O F A O F M C B F A O F M C O F C O F M Z Y X 即主矩的三个分量 kN F F Rx 55 kN F F Ry 102kN F F F F RZ 54 3 1 即主矢量为: k j i 5105合力的作用线方程 Z y X 24．多跨梁如图所示。已知：q=5kN ，L=2m 。试求A 、B 、D 处的约束力。

取CD 段0 ci M 0 212 ql l F D 解得 kN F D 5取整体来研究，0iy F 0 2D B Ay F l q F F 0ix F 0 Ax F 0 iA M 0 32l F l ql l F D B 联合以上各式，解得 kN F F Ay A 10kN F B 255．多跨梁如图所示。已知：q=5kN ，L=2m ，ψ=30°。试求A 、C 处的约束力。（5+5=10分）取BC 段0iy F 0 cos 2C B F l q F 0ix F 0 sin C Bx F F 0 ic M 0 22l l q l F By

天津大学工程力学习题答案

3-10 求图示多跨梁支座A 、C 处的约束力。已知M =8kN ·m ，q =4kN/m ，l =2m 。解：（1）取梁BC 为研究对象。其受力如图(b)所示。列平衡方程（2）取整体为研究对象。其受力如图(c)所示。列平衡方程 3-11 组合梁 AC 及CD 用铰链C 连接而成，受力情况如图(a)所示。设F =50kN ， q =25kN/m ，力偶矩M =50kN ·m 。求各支座的约束力。 F B kN 1842494902 332, 0=??===? ?-?=∑ql F l l q l F M C C B kN 62431830 3, 0=??+-=+-==?-+=∑ql F F l q F F F C A C A y m kN 32245.10241885.1040 5.334, 022?=??+??-=+?-==??-?+-=∑ql l F M M l l q l F M M M C A C A A

解：（1）取梁CD 为研究对象。其受力如图(c)所示。列平衡方程（2）取梁AC 为研究对象。其受力如图(b)所示，其中F ′C =F C =25kN 。列平衡方程 F C (b) (c) ′C kN 254 50 252420124, 0=+?=+= =-??-?=∑M q F M q F M D D C kN 254 50256460324, 0=-?=-= =-??+?-=∑M q F M q F M C C D ) kN(252 25225250222021212, 0↓-=?-?-='--= =?'-??-?+?-=∑C A C A B F q F F F q F F M kN 1502 25425650246043212, 0=?+?+='++==?'-??-?-?=∑C B C B A F q F F F q F F M

量子力学简明教程

量子力学教案主讲周宙安《量子力学》课程主要教材及参考书 1、教材：周世勋，《量子力学教程》，高教出版社，1979 2、主要参考书： [1] 钱伯初，《量子力学》，电子工业出版社，1993 [2] 曾谨言，《量子力学》卷I，第三版，科学出版社，2000 [3] 曾谨言，《量子力学导论》，科学出版社，2003 [4] 钱伯初，《量子力学基本原理及计算方法》，甘肃人民出版社，1984 [5] 咯兴林，《高等量子力学》，高教出版社，1999 [6] L. I.希夫，《量子力学》，人民教育出版社 [7] 钱伯初、曾谨言，《量子力学习题精选与剖析》，上、下册，第二版，科学出版社，1999 [8] 曾谨言、钱伯初，《量子力学专题分析（上）》，高教出版社，1990 [9] 曾谨言，《量子力学专题分析（下）》，高教出版社，1999 [10] P.A.M.Dirac,The Principles of Quantum Mechanics (4th edition), Oxford University Press (Clarendon),Oxford,England,1958；（《量子力学原理》，科学出版社中译本，1979） [11]https://www.360docs.net/doc/ba3774673.html,ndau and E.M.Lifshitz, Quantum Mechanics (Nonrelativistic Theory) (2nd edition),Addison-Wesley,Reading,Mass,1965；（《非相对论量子力学》，人民教育出版社中译本，1980）

第一章绪论量子力学的研究对象：量子力学是研究微观粒子运动规律的一种基本理论。它是上个世纪二十年代在总结大量实验事实和旧量子论的基础上建立起来的。它不仅在进到物理学中占有及其重要的位置，而且还被广泛地应用到化学、电子学、计算机、天体物理等其他资料。 §1.1经典物理学的困难一、经典物理学是“最终理论”吗？十九世纪末期，物理学理论在当时看来已经发展到相当完善的阶段。那时，一般物理现象都可以从相应的理论中得到说明：机械运动（v<

材料力学第五版孙训方版课后习题答案高等教育出版社

材料力学高等教育出版社孙训方 [习题2-2]一打入基地内的木桩如图所示，杆轴单位长度的摩擦力f=kx**2，试做木桩的后力图。解：由题意可得： 33 233 110 ,,3/()3/(/)l l N fdx F kl F k F l F x Fx l dx F x l =====? ?1 有3 [习题2-3] 石砌桥墩的墩身高m l 10=，其横截面面尺寸如图所示。荷载kN F 1000=，材料的密度3/35.2m kg =ρ，试求墩身底部横截面上的压应力。解：墩身底面的轴力为： g Al F G F N ρ--=+-=)( 2-3 图 )(942.31048.935.210)114.323(10002kN -=????+?--= 墩身底面积：)(14.9)114.323(22m A =?+?= 因为墩为轴向压缩构件，所以其底面上的正应力均匀分布。 MPa kPa m kN A N 34.071.33914.9942.31042 -≈-=-== σ

[习题2-7] 图示圆锥形杆受轴向拉力作用，试求杆的伸长。 2-7图解：取长度为dx 截离体（微元体）。则微元体的伸长量为： ) ()(x EA Fdx l d = ? ，??==?l l x A dx E F dx x EA F l 00 ) ()( l x r r r r =--121，22112 112d x l d d r x l r r r +-=+?-=， 2 2 11 222)(u d x l d d x A ?=??? ??+-=ππ， dx l d d du d x l d d d 2)22( 1 2112-==+- du d d l dx 1 22-= ，)()(22)(221212u du d d l du u d d l x A dx -?-=?-=ππ 因此， )()(2)()(2 02100 u du d d E Fl x A dx E F dx x EA F l l l l ??? --===?π l l d x l d d d d E Fl u d d E Fl 0 112 21021221)(21)(2?? ???? ??????+--=??? ???-=ππ ???? ? ? ??? ???-+ --=21221)(2111 221d d l l d d d d E Fl π ??? ???--= 12 2122)(2d d d d E Fl π214d Ed Fl π=

工程力学课后习题答案主编佘斌

4-1 试求题4-1图所示各梁支座的约束力。设力的单位为kN ，力偶矩的单位为kN ?m ，长度单位为m ，分布载荷集度为kN/m 。(提示：计算非均布载荷的投影和与力矩和时需应用积分)。解： (b)：(1) 整体受力分析，画出受力图(平面任意力系)； (2) 选坐标系Axy ，列出平衡方程； 0: 0.40 0.4 kN x Ax Ax F F F =-+==∑ ()0: 20.80.5 1.60.40.720 0.26 kN A B B M F F F =-?+?+?+?==∑ 0: 20.50 1.24 kN y Ay B Ay F F F F =-++==∑ 约束力的方向如图所示。 (c)：(1) 研究AB 杆，受力分析，画出受力图(平面任意力系)； (2) 选坐标系Axy ，列出平衡方程； 2 ()0: 3320 0.33 kN B Ay Ay M F F dx x F =-?-+??==∑? A B C D 0.8 0.8 0.4 0.5 0.4 0.7 2 (b) A B C 1 2 q =2 (c) M=3 30o A B C D 0.8 0.8 0.8 20 0.8 M =8 q =20 (e) A B C 1 2 q =2 M=3 30o F B F Ax F A y y x dx 2?dx x A B C D 0.8 0.8 0.4 0.5 0.4 0.7 2 F B F Ax F A y y x

2 0: 2cos300 4.24 kN o y Ay B B F F dx F F =-?+==∑? 0: sin300 2.12 kN o x Ax B Ax F F F F =-==∑ 约束力的方向如图所示。 (e)：(1) 研究CABD 杆，受力分析，画出受力图(平面任意力系)； (2) 选坐标系Axy ，列出平衡方程； 0: 0 x Ax F F ==∑ 0.8 ()0: 208 1.620 2.40 21 kN A B B M F dx x F F =??++?-?==∑? 0.8 0: 20200 15 kN y Ay B Ay F dx F F F =-?++-==∑? 约束力的方向如图所示。 4-16 由AC 和CD 构成的复合梁通过铰链C 连接，它的支承和受力如题4-16图所示。已知均布载荷集度q=10 kN/m ，力偶M=40 kN ?m ，a=2 m ，不计梁重，试求支座A 、B 、D 的约束力和铰链C 所受的力。解：(1) 研究CD 杆，受力分析，画出受力图(平面平行力系)； (2) 选坐标系Cxy ，列出平衡方程； 0()0: -20 5 kN a C D D M F q dx x M F a F =??+-?==∑? 0: 0 25 kN a y C D C F F q dx F F =-?-==∑? (3) 研究ABC 杆，受力分析，画出受力图(平面平行力系)； A B C D 0.8 0.8 0.8 20 0.8 M =8 q =20 F B F Ax F A y y x 20?dx x dx A B C D a M q a a a C D M q a a F C F D x dx qdx y x y x A B C a q a F ’C F A F B x dx qdx

《工程力学》课后习题与答案全集

工程力学习题答案第一章静力学基础知识思考题：1. ×;2. √;3. √;4. √;5. ×;6. ×;7. √;8. √ 习题一 1．根据三力汇交定理，画出下面各图中A 点的约束反力方向。解：（a ）杆AB 在A 、B 、C 三处受力作用。由于力p u v 和B R u u v 的作用线交于点O 。如图（a ）所示，根据三力平衡汇交定理，可以判断支座A 点的约束反力必沿通过A 、O 两点的连线。（b ）同上。由于力p u v 和B R u u v 的作用线交于O 点，根据三力平衡汇交定理，可判断A 点的约束反力方向如下图（b ）所示。 2．不计杆重，画出下列各图中AB 杆的受力图。解：（a ）取杆AB 为研究对象，杆除受力p u v 外，在B 处受绳索作用的拉力B T u u v ，在A 和E 两处还受光滑接触面约束。约束力A N u u u v 和E N u u u v 的方向分别沿其接触表面的公法线，并指向杆。其中力E N u u u v 与杆垂直，力A N u u u v 通过半圆槽的圆心O 。 AB 杆受力图见下图（a ）。 (b)由于不计杆重，曲杆BC 只在两端受铰销B 和C 对它作用的约束力B N u u u v 和C N u u u v ，故曲杆BC 是二力构件或二力体，此两力的作用线必须通过B 、C 两点的连线，且 B N = C N 。研究杆两点受到约束反力A N u u u v 和B N u u u v ，以及力偶m 的作用而平衡。根据力偶的性质，A N u u u v 和B N u u u v 必组成一力偶。 (d)由于不计杆重，杆AB 在A 、C 两处受绳索作用的拉力A T u u v 和C T u u v ，在B 点受到支座反力B N u u u v 。A T u u v 和C T u u v 相交于O 点，根据三力平衡汇交定理，可以判断B N u u u v 必沿通过

普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社第七章刚体力学习题解答

第七章刚体力学习题解答 7.1.2 汽车发动机的转速在12s 内由1200rev/min 增加到3000rev/min.⑴假设转动是匀加速转动，求角加速度。⑵在此时间内，发动机转了多少转？解：⑴2 12 60/2)12003000(/7.15s rad t ===-??πωβ ⑵rad 27 .152)60/2)(12003000(21039.262 222 02?== = ??--πβ ωωθ 对应的转数=42010214 .3239.262≈?=?? πθ 7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为 ):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。求t 时刻的角速度和角加速度。解：23 212643ct bt ct bt a dt d dt d -==-+== ω θβω 7.1.4 半径为0.1m 的圆盘在铅直平面内转动，在圆盘平面内建立o-xy 坐标系，原点在轴上，x 和y 轴沿水平和铅直向上的方向。边缘上一点A 当t=0时恰好在x 轴上，该点的角坐标满足θ=1.2t+t 2 (θ:rad,t:s)。⑴t=0时，⑵自t=0开始转45o时，⑶转过90o时，A 点的速度和加速度在x 和y 轴上的投影。解：0.222.1==+== dt d dt d t ω θβω ⑴t=0时，s m R v v y x /12.01.02.10 ,2.1=?====ωω 2 222 /2.01.00.2/144.01.0/12.0/s m R a a s m R v a a y y n x =?===-=-=-=-=βτ ⑵θ=π/4时,由θ=1.2t+t 2,求得t=0.47s,∴ω=1.2+2t=2.14rad/s s m R v s m R v y x /15.02/21.014.245sin /15.02/21.014.245cos =??=?=-=??-=?-=ωω 2 222 222 22 222/182.0)14.20.2(1.0) (45sin 45sin 45sin /465.0)14.20.2(1.0)(45cos 45cos 45cos s m R R R a s m R R R a y x -=-? =-?=?-?=-=+?-=+?-=?-?-=ωβωβωβωβ ⑶θ=π/2时,由θ=1.2t+t 2,求得t=0.7895s,ω =1.2+2t=2.78rad/s

工程力学课后习题答案

第一章静力学基本概念与物体的受力分析下列习题中，未画出重力的各物体的自重不计，所有接触面均为光滑接触。 1.1 试画出下列各物体（不包括销钉与支座）的受力图。解：如图 (g) (j) P (a) (e) (f) W W F F A B F D F B F A F A T F B A 1.2画出下列各物体系统中各物体（不包括销钉与支座）以及物体系统整体受力图。解：如图 F B B (b)

(j) B Y F B X B F X E (k) 1.3铰链支架由两根杆AB、CD和滑轮、绳索等组成，如题1.3图所示。在定滑轮上吊有重为W的物体H。试分别画出定滑轮、杆CD、杆AB和整个支架的受力图。解：如图 ' D 1.4题1.4图示齿轮传动系统，O1为主动轮，旋转方向如图所示。试分别画出两齿轮的受力图。解： 1 o x F 2o x F 2o y F o y F F F' 1.5结构如题1.5图所示，试画出各个部分的受力图。

解：第二章汇交力系 2.1 在刚体的A 点作用有四个平面汇交力。其中F 1＝2kN ，F 2=3kN ，F 3=lkN ， F 4=2.5kN ，方向如题2.1图所示。用解析法求该力系的合成结果。解 0 00 1 42 3c o s 30c o s 45c o s 60 c o s 45 1.29 Rx F X F F F F KN = =+- -=∑ 00001423sin30cos45sin60cos45 2.54Ry F Y F F F F KN ==-+-=∑ 2.85R F KN == 0(,)tan 63.07Ry R Rx F F X arc F ∠== 2.2 题2.2图所示固定环受三条绳的作用，已知F 1＝1kN ，F 2=2kN ，F 3=l.5kN 。求该力系的合成结果。解：2.2图示可简化为如右图所示 23cos60 2.75Rx F X F F KN ==+=∑ 013sin600.3Ry F Y F F KN ==-=-∑ 2.77R F KN == 0(,)tan 6.2Ry R Rx F F X arc F ∠==- 2.3 力系如题2.3图所示。已知：F 1＝100N ，F 2=50N ，F 3=50N ，求力系的合力。解：2.3图示可简化为如右图所示 080 arctan 5360 BAC θ∠=== 32cos 80Rx F X F F KN θ==-=∑ 12sin 140Ry F Y F F KN θ==+=∑ 161.25R F KN == ( ,)tan 60.25Ry R Rx F F X arc F ∠= = 2.4 球重为W ＝100N ，悬挂于绳上，并与光滑墙相接触，如题2.4 图所示。已知30α=，

量子力学教程第二版答案及补充练习

第一章量子理论基础 1．1 由黑体辐射公式导出维恩位移定律：能量密度极大值所对应的波长m λ与温度T 成反比，即 m λ T=b （常量）；并近似计算b 的数值，准确到二位有效数字。解根据普朗克的黑体辐射公式 dv e c hv d kT hv v v 1 183 3 -?=πρ，（1）以及 c v =λ，（2） λρρd dv v v -=，（3）有 ,1 18)() (5 -?=?=?? ? ??-=-=kT hc v v e hc c d c d d dv λλλ πλλρλ λλρλ ρ ρ 这里的λρ的物理意义是黑体内波长介于λ与λ+d λ之间的辐射能量密度。本题关注的是λ取何值时，λρ取得极大值，因此，就得要求λρ 对λ的一阶导数为零，由此可求得相应的λ的值，记作m λ。但要注意的是，还需要验证λρ对λ的二阶导数在m λ处的取值是否小于零，如果小于零，那么前面求得的m λ就是要求的，具体如下： 011511 86 ' =???? ? ?? -?+--?= -kT hc kT hc e kT hc e hc λλλλλ πρ

? 0115=-?+ -- kT hc e kT hc λλ ? kT hc e kT hc λλ= -- )1(5 如果令x= kT hc λ ，则上述方程为 x e x =--)1(5 这是一个超越方程。首先，易知此方程有解：x=0，但经过验证，此解是平庸的；另外的一个解可以通过逐步近似法或者数值计算法获得：x=4.97，经过验证，此解正是所要求的，这样则有 xk hc T m =λ 把x 以及三个物理常量代入到上式便知 K m T m ??=-3109.2λ 这便是维恩位移定律。据此，我们知识物体温度升高的话，辐射的能量分布的峰值向较短波长方面移动，这样便会根据热物体（如遥远星体）的发光颜色来判定温度的高低。 1．2 在0K 附近，钠的价电子能量约为3eV ，求其德布罗意波长。解根据德布罗意波粒二象性的关系，可知 E=hv ， λ h P = 如果所考虑的粒子是非相对论性的电子（2c E e μ<<动），那么 e p E μ22 = 如果我们考察的是相对性的光子，那么 E=pc 注意到本题所考虑的钠的价电子的动能仅为3eV ，远远小于电子的质量与光速平方的乘积，即eV 61051.0?，因此利用非相对论性的电子的能量——动量关系式，这样，便有 p h = λ

力学第二版习题答案(高等教育出版社)05

第五章基本知识小结 ⒈力矩力对点的力矩 F r o ?=τ 力对轴的力矩 ⊥⊥?=F r k z ?τ ⒉角动量质点对点的角动量 p r L o ?= 质点对轴的角动量 ⊥ ⊥?=p r k L z ? ⒊角动量定理适用于惯性系、质点、质点系 ⑴质点或质点系对某点的角动量对时间的变化率等于作用于质点或质点系的外力对该点的力矩之和 ∑=dt L d 0 外τ ⑵质点或质点系对某轴的角动量对时间的变化率等于作用于质点或质点系的外力对该轴的力矩之和 ∑=dt dL z z τ ⒋角动量守恒定律适用于惯性系、质点、质点系 ⑴若作用于质点或质点系的外力对某点的力矩之和始终为零，则质点或质点系对该点的角动量保持不变 ⑵若作用于质点或质点系的外力对某轴的力矩之和始终为零，则质点或质点系对该轴的角动量保持不变 ⒌对质心参考系可直接应用角动量定理及其守恒定律，而不必考虑惯性力矩。 5.1.1 我国发射的第一颗人造地球卫星近地点高度d 近=439km,远地点高度d 远=2384km,地球半径R 地=6370km,求卫星在近地点和远地点的速度之比。解：卫星在绕地球转动过程中，只受地球引力（有心力）的作用，力心即为地心，引力对地心的力矩为零，所以卫星对地心的角动量守恒 m 月v 近（d 近+R 地）=m 月v 远（d 远+R 地） v 近/v 远=（d 远+R 地）/（d 近+R 地） =（2384+6370）/（439+6370）≈1.29 5.1.2 一个质量为m 的质点沿着j t b i t a r ?sin ?cos ωω+= 的空间曲线运动，其中a 、b 及ω皆为常数。求此质点所受的对原点的力矩。解： )?sin ?cos (?sin ?cos /?cos ?sin /222222=?-=?=-==-=+-=--==+-==r r m F r r m a m F r j t b i t a j t b i t a dt v d a j t b i t a dt r d v ωτωωωωωωωωωωωωω

工程力学-课后习题答案

4-1 试求题4-1图所示各梁支座的约束力。设力的单位为kN ，力偶矩的单位为kN m ，长度单位为m ，分布载荷集度为kN/m 。(提示：计算非均布载荷的投影和与力矩和时需应用积分)。 A B C D 0.8 0.8 0.4 0 00.7 2 ( A B C 1 2 q ( M= 30o A B C D 0.8 0.8 0.8 2 0.8 M = q =(

解： (b)：(1) 整体受力分析，画出受力图(平面任意力系)； (2) 选坐标系Axy ，列出平衡方程； 0: 0.40 0.4 kN x Ax Ax F F F =-+==∑ ()0: 20.80.5 1.60.40.720 0.26 kN A B B M F F F =-?+?+?+?==∑ 0: 20.50 1.24 kN y Ay B Ay F F F F =-++==∑ 约束力的方向如图所示。 (c)：(1) 研究AB 杆，受力分析，画出受力图(平面任意力系)； A B C 1 2 q M= 30o F F A F A y x d 2?x A B C D 0.8 0.8 0.4 00 0.7 2 F F A F A y

(2) 选坐标系Axy ，列出平衡方程； 2 0()0: 3320 0.33 kN B Ay Ay M F F dx x F =-?-+??==∑? 2 0: 2cos300 4.24 kN o y Ay B B F F dx F F =-?+==∑? 0: sin 300 2.12 kN o x Ax B Ax F F F F =-==∑ 约束力的方向如图所示。 (e)：(1) 研究C ABD 杆，受力分析，画出受力图 (平面任意力系)； (2) 选坐标系Axy ，列出平衡方程； 0: 0x Ax F F ==∑ 0.8 ()0: 208 1.620 2.40 21 kN A B B M F dx x F F =??++?-?==∑? 0.8 0: 20200 15 kN y Ay B Ay F dx F F F =-?++-==∑? 约束力的方向如图所示。 A B C D 0.8 0.8 0.8 20.8 M = q =F F A F A y x 20 x d

《工程力学》课后习题解答48128

4日1-1试画出以下各题中圆柱或圆盘的受力图。与其它物体接触处的摩擦力均略去。解： 1-2 试画出以下各题中AB 杆的受力图。 (a) B (b) (c) (d) A (e) A (a) (b) A (c) A (d) A (e) (c) (a) (b)

98 解： 1-3 试画出以下各题中AB 梁的受力图。 (d) (e) B B (a) B (b) (c) F B (a) (c) F (b) (d) (e)

解： 1-4 试画出以下各题中指定物体的受力图。 (a) 拱ABCD ；(b) 半拱AB 部分；(c) 踏板AB ；(d) 杠杆AB ；(e) 方板ABCD ；(f) 节点B 。解： (a) F (b) W (c) (d) D (e) F Bx (a) (b) (c) (d) D (e) W (f) (a) D (b) C B (c) B F D

2-2 杆AC 、BC 在C 处铰接，另一端均与墙面铰接，如图所示，F 1和F 2作用在销钉C 上， F 1=445 N ，F 2=535 N ，不计杆重，试求两杆所受的力。解：(1) 取节点C 为研究对象，画受力图，注意AC 、BC 都为二力杆， (2) 列平衡方程： 1 21 4 0 sin 60053 0 cos6005 207 164 o y AC o x BC AC AC BC F F F F F F F F F N F N =?+-==?--=∴==∑∑ AC 与BC 两杆均受拉。 2-3 水平力F 作用在刚架的B 点，如图所示。如不计刚架重量，试求支座A 和D 处的约束力。 (d) F C (e) W B (f) F F BC F 1 F

量子力学教程周世勋_课后答案

量子力学课后习题详解第一章量子理论基础 1．1 由黑体辐射公式导出维恩位移定律：能量密度极大值所对应的波长m λ与温度T 成反比，即 m λ T=b （常量）；并近似计算b 的数值，准确到二位有效数字。解根据普朗克的黑体辐射公式 dv e c hv d kT hv v v 1 183 3 -?=πρ，（1）以及 c v =λ，（2） λρρd dv v v -=，（3）有 ,1 18)() (5 -?=?=?? ? ??-=-=kT hc v v e hc c d c d d dv λλλ πλλρλ λλρλ ρ ρ 这里的λρ的物理意义是黑体内波长介于λ与λ+d λ之间的辐射能量密度。本题关注的是λ取何值时，λρ取得极大值，因此，就得要求λρ 对λ的一阶导数为零，由此可求得相应的λ的值，记作m λ。但要注意的是，还需要验证λρ对λ的二阶导数在m λ处的取值是否小于零，如果小于零，那么前面求得的m λ就是要求的，具体如下： 011511 86 '=???? ? ?? -?+--?= -kT hc kT hc e kT hc e hc λλλλλπρ

? 0115=-?+ -- kT hc e kT hc λλ ? kT hc e kT hc λλ= -- )1(5 如果令x= kT hc λ ，则上述方程为 x e x =--)1(5 这是一个超越方程。首先，易知此方程有解：x=0，但经过验证，此解是平庸的；另外的一个解可以通过逐步近似法或者数值计算法获得：x=，经过验证，此解正是所要求的，这样则有 xk hc T m = λ 把x 以及三个物理常量代入到上式便知 K m T m ??=-3109.2λ 这便是维恩位移定律。据此，我们知识物体温度升高的话，辐射的能量分布的峰值向较短波长方面移动，这样便会根据热物体（如遥远星体）的发光颜色来判定温度的高低。 1．2 在0K 附近，钠的价电子能量约为3eV ，求其德布罗意波长。解根据德布罗意波粒二象性的关系，可知 E=hv ， λ h P = 如果所考虑的粒子是非相对论性的电子（2 c E e μ<<动），那么 e p E μ22 = 如果我们考察的是相对性的光子，那么 E=pc 注意到本题所考虑的钠的价电子的动能仅为3eV ，远远小于电子的质量与光速平方的乘积，即eV 6 1051.0?，因此利用非相对论性的电子的能量——动量关系式，这样，便有 p h = λ

普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社第四章动能和势能

第4章动能和势能习题解答 4.2.2 本题图表示测定运动体能的装置。绳拴在腰间沿水平展开跨过理想滑轮，下悬重物50kg ，人用力向后蹬传送带而人的质心相对于地面不动，设传送带上侧以2m/s 的速率向后运动，问运动员对传送带做功否？功率如何？解：人作用在传送带上的力有向下的压力和水平向后的静摩擦力，压力方向与传送带位移方向垂直，所以压力不做功，但静摩擦力方向与传送带位移方向相同，所以静摩擦力对传送带做正功。分析人受力情况，由质心定理可知，人与传送带之间的静摩擦力的大小f=mg ，所以，人对传送带做功的功率为： N = fv = mgv = 50×9.8×2 = 9.8×102（瓦） 4.2.3 一非线性拉伸弹簧的弹性力的大小为l l k l k f ,321+=表示弹簧的伸长量，k 1为正，⑴研究当k 2＞0、k 2<0和k 2=0时弹簧的劲度df/dl 有何不同；⑵求出将弹簧由l 1拉长至l 2时弹簧对外界所做的功。解：弹簧的劲度df/dl=k 1+3k 2l 2 . k 2=0时，df/dl =k 1，与弹簧的伸长量无关；当k 2>0时，弹簧的劲度随弹簧伸长量的增加而增大；k 2<0时，弹簧的劲度随弹簧伸长量的增加而减小。在以上三种情况中，劲度df/dl 与弹簧伸长量l 的关系如图所示。 ) )](([) ()()(2 12 22 12 222 11214 1422412 1221213 213 212 1 2 1 2 1 l l l l k k l l k l l k dl l k ldl k dl l k l k A l l l l l l -++-=-- -- =--=+-=??? 4.2.4一细线系一小球，小球在光滑水平桌面上沿螺旋线运动，线穿过桌中心光滑圆孔，用力F 向下拉绳，证明力F 对线做的功等与线作用于小球的拉力所做的功，线不可伸长。证明：以圆孔为顶点建立极坐标，设小球的位置由r 1,θ1 变为r 2,θ2，由于忽略绳的质量、伸长，不计摩擦，所以绳对球的拉力T=F F T F r r r r r r r T A A r r T r r F A r r T dr T Tdr dr F A =∴-=-=-==- == ???), ()()(2121211 2 2 1 2 1 4.2.5 一辆卡车能够沿着斜坡以15km/h 的速率向上行驶，斜坡与水平面夹角的正切tg α=0.02，所受阻力等于卡车重量的0.04，如果卡车以同样的功率匀速下坡，卡车的速率是多少？解：设卡车匀速上坡时，速率为v, 牵引力为F, 功率为N,由质点平衡方程有，F = (0.04+sin α)mg ，∴N = Fv = (0.04+sin α)mgv 设卡车匀速下坡时，速率为v ’,牵引力为F',功率为N', 由质点平衡方程有 F'+ mg sin α= 0.04mg, F'=(0.04-sin α)mg, ∴N'= (0.04-sin α )mgv'.

普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社第五章角动量

第五章角动量习题解答 5.1.1 我国发射的第一颗人造地球卫星近地点高度d 近=439km,远地点高度d 远=2384km,地球半径R 地 =6370km,求卫星在近地点和远地点的速度之比。解：卫星在绕地球转动过程中，只受地球引力（有心力）的作用，力心即为地心，引力对地心的力矩为零，所以卫星对地心的角动量守恒 m 月v 近（d 近+R 地）=m 月v 远（d 远+R 地） v 近/v 远=（d 远+R 地）/（d 近+R 地） =（2384+6370）/（439+6370）≈1.29 5.1.2 一个质量为m 的质点沿着j t b i t a r ?sin ?cos ωω+= 的空间曲线运动，其中a 、b 及ω皆为常数。求此质点所受的对原点的力矩。解： )?sin ?cos (?sin ?cos /?cos ?sin /22222 2=?-=?=-==-=+-=--==+-==r r m F r r m a m F r j t b i t a j t b i t a dt v d a j t b i t a dt r d v ωτωωωωωωωωωωωωω 5.1.3 一个具有单位质量的质点在力场 j t i t t F ?)612(?)43(2-+-= 中运动，其中t 是时间。该质点在t=0时位于原点，且速度为零。求t=2时该质点所受的对原点的力矩。解：据质点动量定理的微分形式，)1()(===m v d v m d dt F dt j t i t t v d ]?)612(?)43[(2-+-=∴

k k k k i j k j i j j i i j i j i F r j i j i F j i j i r j t t i t t r dt t t j dt t t i r d dt j t t i t t dt v r d j t t i t t v dt t j dt t t i v d r t t t t v ?40)?(44?18)2(???,???,0????)?18?4()?4?()2()2()2(?18?4?)6212(?)2423()2(?4??)2322(?)22()2(?)32(?)()(?6)2(?]?)(6?)2[(?)(6?)2()612(?)43(?3 4342 3 42333 2441233324410 2 232 232 230 20 -=-?+?-=∴-=?=?=?=?+?+-=?=+=-?+?-?=+-=?-?+?-?=-+-=-+-=-+-==-+-=-+-=? ????? ττ 5.1.4地球质量为 6.0×1024kg ，地球与太阳相距149×106km ，视地球为质点，它绕太阳做圆周运动，求地球对于圆轨道中心的角动量。解：60 6024365) 10149(210 0.62 924 2 ????? ?===πωr m mvr L s kgm /1065.210 60 6024365149 20.62 40 42 2 ?=??????= π 5.1.5根据5.1.2题所给的条件，求该质点对原点的角动量。解：v r m p r L ?=?= k mab k t ab k t ab m j t b i t a j t b i t a m ?)?sin ?cos ()?cos ?sin ()?sin ?cos (22 ωωωωωωωωωωω=+=+-?+= 5.1.6根据5.1.3题所给的条件，求质点在t=2时对原点的角动量。解：)2()2()2()2()2(v r m p r L ?=?= k j j i ?16?12)?4?(13 4-=?+-?= 5.1.7 水平光滑桌面中间有一光滑小孔，轻绳一端伸入孔中，另一端系一质量为10g 小球，沿半径为40cm 的圆周作匀速圆周运动，这时从孔下拉绳的力为10-3 N 。如果继续向下拉绳，而使小球沿半径为10cm 的圆周作匀速圆周运动，这时小球的速率是多少？拉力所做的功是多少？解：设小球的质量为m=10×10-3kg,原来的运动半径为R 1=40cm,运动速率为v 1;后来的运动半径为R 2=10cm,运动速率为v 2. i ? j ?k ?

工程力学课后答案摘录概要

2－6 图示平面任意力系中F 1 = 402N ，F 2 = 80N ，F 3 = 40N ，F 4 = 110M ，M = 2000 N ·mm 。各力作用位置如图所示，图中尺寸的单位为mm 。求（1）力系向O 点简化的结果；（2）力系的合力的大小、方向及合力作用线方程。 F F F F (0,30) (20,20) (20,-30) (-50,0) 45 y x R F 'o o M y x o R F (0,-6) 解：N 15045cos 421R -=--?=∑=F F F F F x x 045sin 31R =-?=∑=F F F F y y N 150)()(22'R =∑+∑=y x F F F mm N 900305030)(432?-=--+=∑=M F F F M M O O F 向O 点简化结果如图（b ）；合力如图（c ），其大小与方向为 N 150' R R i F F -== 设合力作用线上一点坐标为（y x ,），则 x y O O yF xF M M R R R )(-==F 将O M 、'R y F 和'R x F 值代入此式，即得合力作用线方程为：mm 6-=y 2－7 图示等边三角形板ABC ，边长a ，今沿其边缘作用大小均为F P 的力，方向如图（a ）所示，求三力的合成结果。若三力的方向改变成如图（b ）所示，其合成结果如何？解（a ）0' R =∑=i F F a F a F M A P P 2 3 23=? =（逆）合成结果为一合力偶a F M P 2 3 =（逆）（b ）向A 点简化i F P ' R 2F -=（←） a F M A P 2 3 = （逆） F F F F F F 习题2－10图 F F F A ' A d R F R F 'A M 习题2－9图