理论力学(第二版)参考答案上部
理论力学(周衍柏第二版)思考题习题答案
第一章 质点力学矿山升降机作加速度运动时，其变加速度可用下式表示：⎪⎭⎫ ⎝⎛-=T t c a 2sin1π 式中c 及T 为常数，试求运动开始t 秒后升降机的速度及其所走过的路程。
已知升降机的初速度为零。
解 ：由题可知，变加速度表示为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=T t c a 2sin1π 由加速度的微分形式我们可知dtdv a =代入得 dt T t c dv ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2sin 1π 对等式两边同时积分dt T t c dv t v⎰⎰⎪⎭⎫⎝⎛-=002sin 1π 可得 ：D T t c T ct v ++=2cos 2ππ（D 为常数）代入初始条件：0=t 时，0=v ， 故c T D π2-=即⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=12cos 2T t T t c v ππ 又因为dtds v =所以 =ds dt T t T t c ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+12cos 2ππ 对等式两边同时积分，可得：⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-+=t T t T T t c s 2sin 22212πππ 直线FM 在一给定的椭圆平面内以匀角速ω绕其焦点F 转动。
求此直线与椭圆的焦点M 的速度。
已知以焦点为坐标原点的椭圆的极坐标方程为()θcos 112e e a r +-=式中a 为椭圆的半长轴，e 为偏心率，常数。
解：以焦点F 为坐标原点题1.8.1图则M 点坐标 ⎩⎨⎧==θθsin cos r y r x 对y x ,两式分别求导⎪⎩⎪⎨⎧+=-=θθθθθθcos sin sin cos r r yr r x 故()()22222cos sin sin cos θθθθθθ r r r r y xv ++-=+=222ωr r+= 如图所示的椭圆的极坐标表示法为()θcos 112e e a r +-=对r 求导可得（利用ωθ= ） 又因为()()221cos 111ea e e a r -+-=θ即 ()rer e a --=21cos θ所以()()2222222221211cos 1sin e r e ar r ea --+--=-=θθ故有 ()2222224222sin 1ωθωr e a r e v +-=()2224221e a r e -=ω()()]1211[2222222e r e ar r e a --+--22ωr +()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+-⋅-=2222222221121e e ar r r e e a r ω()r r a b r -=2222ω即 ()r a r br v -=2ω（其中()b a e b ,1222-=为椭圆的半短轴）质点作平面运动，其速率保持为常数。
理论力学(周衍柏第二版)思考题习题答案
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 ，式中 、 、 是沿 、 、 轴上的单位矢量。求此质点的动量和动能的量值。
式中 为速度矢量与 轴间的夹角，且当 时， 。
1.13假定一飞机从 处向东飞到 处，而后又向西飞回原处。飞机相对于空气的速度为 ，而空气相对于地面的速度为 。 与 之间的距离为 。飞机相对于空气的速度 保持不变。
假定 ，即空气相对于地面是静止的，试证来回飞行的总时间为
假定空气速度为向东（或向西），试证来回飞行的总时间为
1.2答：质点运动时，径向速度 和横向速度 的大小、方向都改变，而 中的 只反映了 本身大小的改变， 中的 只是 本身大小的改变。事实上，横向速度 方向的改变会引起径向速度 大小大改变， 就是反映这种改变的加速度分量；经向速度 的方向改变也引起 的大小改变，另一个 即为反映这种改变的加速度分量，故 ， 。这表示质点的径向与横向运动在相互影响，它们一起才能完整地描述质点的运动变化情况
由
得
即速度 的大小就决定了轨道的形状，图中 对应于进入轨道时的达到第一二三宇宙速度所需的能量由于物体总是有限度的，故 有一极小值 ，既相互作用的二质点不可能无限接近，对于人造卫星的发射 其为地球半径。 为地面上发射时所需的初动能，图示 分别为使卫星进入轨道时达到一二三宇宙速度在地面上的发射动能。 .为进入轨道前克服里及空气阻力做功所需的能量。
1.10一质点沿着抛物线 运动其切向加速度的量值为法向加速度量值的 倍。如此质点从正焦弦 的一端以速度 出发，试求其达到正焦弦另一端时的速率。
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
金尚年版理论力学第二版答案
v E v E = 0 er R
v v 和均匀磁场 B = B 0 k
v &v v v & & v = R e r + R ϕ eϕ + z e z
qE && & & mR − mRϕ 2 − 0 − qB0 Rϕ = 0 R 化简得： d qB & (mR2ϕ + 0 R2 ) = 0 2 dt d & dt (mz) = 0
4R 2 & 2 m &2 mg 2 2 &2 ( R + R θ + 2 R )− R L = T −V = 2 a a 代入完整保守体系的拉格朗日方程，并化简得
4 R 2 && 8 R & 2 2 gR 1 + R + 2 R − R θ& 2 + = 0 2 a a a && && R θ + 2θ R = 0
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 )
α
2.7 用拉格朗日方程写出习题1.21的运动微分方程 解：建立柱坐标系，取R，ϕ 为广义坐标
陈世民理论力学简明教程(第二版)课后答案-精选.pdf
。
解：建立自然坐标系有：
a
d e
dt
2
en
且： d
dt d
2
2k
2kd
ds 2k
dt
ds 2k
ds dt
d
d 2k
dt
积分得： ue 2k （代入 0 u ） 又因为： y 2 2px 在 (p 2 ,p) 点处斜率：
k 1 dy1
d 2px
dx
x
p 2
dx
在 ( p 2 , p) 点处斜率：
p 1
水平线之间的夹角又为 角度时所需时间。
解：依牛顿第二运动定律有： m x mk x , m y mg mk y
积分并代入初始条件： t 0 时： 0x 0 sin , 0 y
解得： x 0 cos e kt , y ( 0 sin
g )e
kt
g
k
k
当再次夹角为 时： y tan
x
0 cos
可解出： t
无滑动地滚动，如图所示，求圆盘边上 M点的深度 υ和加速度 α（用
参量 θ，Ψ表示）。
解：依题知：
Байду номын сангаас
r Rr
r Rr
且 O点处： ek cos( )er sin( )e
则：
rM rO O rOM
(R r)eR rer
[(R r)cos(
) r]er (R r)sin(
)e
rM
rM (
)sin(
)er [(R r)cos(
由 r e t,
t 得： r e t ,
且设： rer r e
则： 得： e
en
r2
2
华科理论力学教材(第2版2020年7月第4次印刷)课后习题解答(z2)
1.4.2. 构架整体、AB 部分、弯杆 BC。 P A
B
C
解：2.
1.4.3. 三铰拱整体、AB 部分、BC 部分。 P
F
B
A
C
解：3.
F A
B
F' CBy
FCBy
P
F' CBx
FA
FCBx
FCy
C FCx
目录
1.4.4. A 形构架整体、AB 杆、BC 杆、DE 杆及销钉 B（力 P 作用在销钉 B 上）。
的大小。
FR
F2 60
F1
60
F3
题 2.3 图
目录
解：（1） R F1 F2 F3 上式向 F2 所在方向投影得：
1 2
R
F2
F1
cos
30
∴ R 2F2 2F1
3 100 2173 2
3 200N 2
∴ R 的大小为 200N，指向与假设相反。
（ 2 ） Z 0 ， ( 设 Z ' 为 F2 的 正 方 向 ) F2 F1 cos 30 0
上的 G 通过三力汇交法得到 O 处的合力为 45 度，则本次作业也认为是正确的
1.4.9.上题中，若销钉 A、C 均与 AC 杆固连，画出 AC 杆受力图。又若销钉 A、B 均与 AB 杆固连，画出 AB 力图。 解：[9.1]若销钉 A、C 均与 AC 杆固连，画出 AC 杆受力图
F
' A
A
F地
题第一步，只要求真解在受力图的可能范围内，通过以后计算可知，销钉 B 对构件 BA 的作
用力为 0，故可假设为任何方向。 1.4.11. 机构整体、连杆 AB、圆盘 O、滑块 B。
理论力学(第2版)
作者简介
根据8年来在清华大学和其他院校的使用情况，本书第2版与第1版相比有较大调整，主要体现在以下几个方 面。
1.改编后的几何静力学~(第4章)，与运动学(第1章～第3章)、分析静力学(第5章)相互独立，顺序可以交换。 读者可以有多种阅读方案，2.近年来，很多高校设立了以培养优秀拔尖人才为目标的各种实验班或实验学院，例 如清华大学的钱学森力学班。针对这些学生的理论力学教学，在深度和广度上都有更高的要求。
前言
本书第1版自2005年7月出版后,被很多学校采用为教科书。2008年2月本书被评为普通高等教育“十一五”国 家级规划教材。本书还是江苏省“工科力学系列课程教学内容课程体系改革的研究与实践”项目的研究成果之一， 也是东南大学普通高等教育“十五”规划教材，是为新世纪的工科大学生编写的多学时理论力学课程的更新教材。 其主要特色如下:
理论力学（第2版）
20xx年清华大学出版社出版的图书
目录
01 2013年清华大学出版 社出版的图书
03 2014年清华大学出版 社出版图书信息
02
2014年清华大学出版 社出版图书
《理论力学（第2版）》是2013年清华大学出版社出版的图书，作者李俊峰。
2013年清华大学出版社出版的图 书
内容简介
张雄，博士，清华大学航天航空学院教授，博士生导师，工程动力学研究所所长。2004年入选教育部首批新 世纪优秀人才支持计划，先后获教育部自然科学奖一等奖和二等奖、北京市教育创新标兵、北京市高等教育教学 成果奖二等奖、清华大学青年教师教学优秀奖、清华大学优秀教学软件一等奖、清华大学教学工作优秀成果奖二 等奖。兼任中国力学学会计算力学专业委员会委员、北京振动工程学会副理事长、《International、 JournalofComputationalMethods》编委、《计算力学学报编委》，主要从事计算力学和冲击动力学方面的研究。 已出版《无格法》、《计算动力学》、《工程弹性力学与有限元法》、《理论力学》等专著与教材。
理论力学习题及答案(全)
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。
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理论力学（第二版）参考答案上部（一~三章）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θ的单摆运动运动微分方程为θθθFrrm=+)2(θθsinmgmr= ①给①式两边同时乘以dθθθθθdgdr s i n=对上式两边关于θ 积分得cgr+=θθc o s212②利用初始条件θθ=时0=θ 故cosθgc-=③由②③可解得c o sc o s2-θθθ-∙=lg上式可化为dtdlg=⨯-∙θθθcoscos2-两边同时积分可得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⎰-==02022sin2sin124T θθθθd g l t由ϕθθsin 2sin /2sin 0=两边分别对θϕ微分可得ϕϕθθθd d cos 2sin2cos=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2sin 022θ=K通过进一步计算可得g lπ2T =])2642)12(531()4231()21(1[224222 +⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯++⨯⨯++n K nn 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：。
1.6则由牛顿第二定律可知， 质点的运动方程为⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-θθθθθsin )2(cos )(2mg r r m mg F r r m其中，Vt L r L r V r-==-=,,01.8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，法向分量大小为。
(其中、为常数)则有其中为曲率半径。
由式得其中是初始位置，是初始速度大小。
把式代入式得由式对式积分则得其中是初始角大小。
我们把式转化为时间关于角的函数将式代入式，于是得质点的轨道方程当我们取一定的初始条件时，令。
方程可以简化为○11 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：2121mV mgl =, 所以在原长位置时：112gl V =因为加速度为g ，所以，到达原长的时间为: gl g V t 12120=-=（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 。
⎩⎨⎧==-mg kl z m kz mg 2化简得： g z l gz=+2解微分方程得： 22221sin cosl t l g C t l g C z ++= 因为t 2=0时，z=0, 112gl V z==所以, t l ggl t l g gl z l t l g l l t l g l z 2122222122cos 2sin ,sin 2cos +=++-=当0=z时，212221122)2(,)2tan (l l l l z l l g l t ++=-=-此时π（3）所以总时间为)2tan (22112121l l g l g l t t t --+=+=πA,D 间总距离为 )2(1222121l l l l l z z s +++=+=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，221)cos 1(mv mgr =-θ，又，由绳子张力为零可知rv m mg 2cos =θ，②第二阶段，设上升高度为h ，则gv h 2)sin (2θ=，③ 联立①、②、③可解得h=r 2723，32cos =θ；l r r h 54232723cos ==+θ 因此质点上升最高处为'o 点上方l 5423处。
设斜抛到达最高点时水平位移为s ，则 )sin (cos t )cos (g v v v s θθθ==，s=r 2754=l 5454;l s r 5455sin =-θ 因此质点上升到最高点时在过圆心竖直轴线左边l 5455处。
1-12解: 由自然坐标系即∴∴∴∴∴∴∴1.13.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，合力矩为零，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：同时有得到：(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：由角动量守恒得：而得到r=3a 而由初始时刻，故小球在a 到3a 间运动。
1.14 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：约束条件：将约束条件连续求两次导，带入上边方程，消去Z ，得：(3)第三问不会做。
1.15水平方向动量守恒，则u m vm '=αcos有余弦定理得：ααπcos 2)cos(222-=-+=-uvv v u r可得：v=m m mm v r'+'+αα2222cos 2cos 1可得：u=m vm 'αcos =αα2222cos 2cos cos m m m m mv r '++'1.16 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 、B 看作系统，由动量定理知其质心速度c v 满足 0)m (v m v m B c B A =+ 所以得BA B c m m v m v +=由易知A 、B 各绕质心做半径为B A B m m l m r +=1，B A A m m lm r +=2的圆周运动，由初始条件得l0v =∙θ以质心C 点的坐标C x 和C y 及杆和x 轴的夹角θ为坐标∴j v m j y m P B C B A 0)m =+=（ k v lm k l m m m k yx m L B BA B A C C B A 02m )m (=+++=ϑ0222221m 21)(21v m l m m m y m m T B B A B A C B A =+++=ϑ1.18解：设m 1和m 2碰撞后，m 1的速度变为v '1，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m 1和m 2而言，则有：m 1v 1=m 1v '1+m 2v221m 1v21=21m 1v2,1+21m 2v22两式联立消去v'1，则有v2=mm v m 21112+ ①对于m 2和m 3而言，同样有：m 2v 2=m 2v '2+m 3v321m 2v22=21m 2v2'2+21m 3v23由以上两式联立消去v'2则有v3=mm v m 32222+ ②将①代入②得：v3=)).((43221121m m m m v m m ++将上式对m 2求导得)()(3221)(42231221123m m m m m m m v m m v d d +++-=由023=m v d d 可得m 2=mm 31即当m2=m m 31时v3最大且)).((43133111311max3m m m m m m v m m m v++=1.21 解: 由题意得m(θϕθ222sin ∙∙+r r )=F r +mg θcos ① θθθϕθsin cos sin 2g r r =-∙∙∙ ② 0cos 2sin =+∙∙∙∙θθϕθϕ ③由③得 ∙∙∙∙-=θϕθϕ2tan 整理并积分可得θϕ2sin a=∙④ 将之代入②可得 θθθθsin cos sin 32g a r r =-∙∙整理并积分可得)sin cos 2(22c a r g ++--=∙θθθ（正值舍去）由题意知，2πθ=时若要质点不飞出去，则0=∙θ220a c c a -=⇒=+∴由题意知，初态时刻即rh-=θcos 时也有0=∙θ)(2122h r hg r a -=∴ ⑤ 已知初态时速度为v 0 ，2200hr v -=∙ϕ ⑥联立④⑤⑥即可得 r hg v 20=1.2221x m mx '=————①，且 )]sin()[sin(21αθα-+=+R x x ————②F Ny F N对小球列牛二方程，有：y n ma F mg 1)cos(=+-θα————③x n ma s F 1)(in =+θα————④对半球列水平方向的牛二方程，有：x n a m s F 2)(in '=+θα————⑤对半球列水平位移方程，由积分得：2t 0t02x dt dt ax=⋅⋅⎰⎰————⑥对小球列竖直方向上的位移方程，由积分得：)]cos([cos t 0t1θαα+-=⋅⋅⎰⎰R dt dt ay————⑦对⑥和⑦分别对时间求偏微分，同时联立①和②，得：])sin()[cos(222θθαθθα ⋅+-⋅+'+==m m mR x a x ————⑧ ])sin()[cos(21θθαθθα ⋅++⋅+=R a y————⑨ 由③和⑤得：)sin()cos()(21θαθα+=+-xy ma a g m ————⑩将⑧⑨带入⑩中并且使用 θθθθθθθ ⋅=⋅=d d dt d d d 代换，整理可得： θθθαθθαθαθαd m m R m g m m mR ⋅'+⋅+'-=⋅+'++++])cos([])tan()()cos()[sin(2 ————⑾对⑾两边同时积分，并且00=θ，00=θ ，可得： )cos(]sin )[sin(2)(cos )sin()(22θααθαθαθαθθ+⋅-+'+++'+=R m mR m m g1,25解：对于杆 m y ..=-mg+Fcos a对于三角形 'mx ..=Fsina体系满足约束 x0=l xtana+y=h运动方程为 x ..tana-g+nm 'x ..cota=0即 x ..=gam m a m cot 2'cot +y ..=-gam m mcot 2'+1.26解 设弹簧原长为Ｌ，在距离左端l 处取一质元ｄl ，其质量为ｄｍ＝Lmdl。