高等动力学习题答案
高等动力学课后题目
⾼等动⼒学课后题⽬1.（P85）已知刚体绕固定点O旋转，求证i′??=rj′qk′j′??=pk′ri′??k′=qi′pj′??其中p、q、r是⾓速度w在Ox’y’z’各轴上的投影；i′??,j′??,k′是沿Ox’y’z’各轴的单位⽮量。
2.（P85）求证刚体绕定点O转动的⾓加速度ε?在Ox’y’z’各轴上的投影等于εx′=p?,εy′=q?,εz′=r?其中p,q,r是w在Ox’y’z’各轴上的投影。
3.（P85）求证：p=α2α3+β2β3+γ2γ3q=α3α1+β3β1+γ3γ1r=α1α2+β1β2+γ1γ2其中p、q、r是刚体绕定点O转动的⾓速度w在Ox’y’z’各轴上的投影；αk、βk、γk(k=1、2、3)是Ox’y’z’的各轴与固定坐标系Oxyz各轴的夹⾓余弦。
4.（P85）设刚体的⾓速度w≠0，求证刚体内某两点A和B的速度相等的充要条件是AB直线与w平⾏。
7.（P85）设刚体绕定点转动的⽅程为：Ψ=π2?2t,φ=4t,θ=π3。
求刚体⾓速度的⽮端坐标，并求出⾓速度和⾓加速度的⼤⼩。
8.（P85）顶点悬挂在固定点O的圆锥以不变⼤⼩的⾓速度ω1绕其对称轴Oz’旋转，同时它象摆⼀样绕垂直Oz’轴之⽔平轴Oy摆动。
问当摆动的⾓速度ω2等于多少时，瞬时转动轴恰好与圆锥的母线相重合。
设锥⾼为h，底半径为r。
9.（P85）⾼h=4和底⾯半径r=3的锥⾯锥以其顶点O为固定点在⽔平⾯内滚动⽽不滑动。
如圆锥底⾯中⼼C的速度v c=48，求圆锥⾓速度在Oxyz各轴上的投影，并求圆锥⾓加速度的⼤⼩。
设t=0时，圆锥在Ox轴上与⽔平⾯相接触。
14.（P85）半径为r的薄圆轮沿半径为R的⽔平圆周作等速滚动。
已知圆轮滚动⼀周需要的时间T=2π/ω1。
求轮缘上点M的转动加速度和向轴向加速度。
其中M点位置⽤⾓φ表⽰。
18.（P85）半径为a和b的两个同⼼球各以加速度ωa和ωb旋转，ωa和ωb之间的夹⾓为α。
清华大学版理论力学课后习题答案大全 第7章质点动力学.
第3篇工程动力学基础第7章质点动力学习题7-1图7-1图示滑水运动员刚接触跳台斜面时，具有平行于斜面方向的速度 40.2km/h ，忽略摩擦，并假设他一经接触跳台后，牵引绳就不再对运动员有作用力。
试求滑水运动员从飞离斜面到再落水时的水平长度。
解：接触跳台时m/s设运动员在斜面上无机械能损失m/sm/s, m/sOmsssm习题7-2图7-2 图示消防人员为了扑灭高 21m 仓库屋顶平台上的火灾，把水龙头置于离仓库墙基 15m 、距地面高 1m 处，如图所示。
水柱的初速度m/s ，若欲使水柱正好能越过屋顶边缘到达屋顶平台，且不计空气阻力，试问水龙头的仰角应为多少？水柱射到屋顶平台上的水平距离为多少？解：(1 (1(2(1代入(2，得,(2 （到最高点所经过时间）m7-3 图示三角形物块置于光滑水平面上，并以水平等加速度向右运动。
另一物块置于其斜面上，斜面的倾角为θ。
设物块与斜面间的静摩擦因数为，且tanθ>，开始时物块在斜面上静止，如果保持物块在斜面上不滑动，加速度的最大值和最小值应为多少？(b习题7-3图(a 解：1、物块不上滑时受力图(a(1(2临界： (3(3代入(1、(2，消去，得(42、物块不下滑时受力图(b：(5(6临界： (7(7代入(5、(6，消去，得(87-4 图示物体的质量为m，悬挂在刚度系数为k的弹簧上，平衡时弹簧的静伸长为δst。
开始时物体离开平衡位置的距离为a，然后无初速度地释放。
试对图中各种不同坐标原点和坐标轴列出物体的运动微分方程，写出初始条件，求出运动规律，并比较所得到的结果。
习题7-4图解：(a受力图(e，且(1(2(3(1、(2代入(3，得(4记，则(5初始条件：时，， (6(f(6 代入 (5 ，得(e；(b受力图(e令，则初始条件：时，，(c受力图(f代入上式，即当时，，；(d受力图(f当时，，；习题7-5图7-5图示质量为m的平板置于两个反向转动的滑轮上，两轮间的距离为 2 d，半径为R。
大学物理章质点动力学习题答案
第二章 质点动 力学2－1一物体从一倾角为30︒的斜面底部以初速v 0=10m·s -1向斜面上方冲去,到最高点后又沿斜面滑下,当滑到底部时速率v =7m·s -1,求该物体与斜面间的摩擦系数;解：物体与斜面间的摩擦力f ＝uN ＝umgcos30︒物体向斜面上方冲去又回到斜面底部的过程由动能定理得220112(1)22mv mv f s -=-⋅物体向斜面上方冲到最高点的过程由动能定理得2010sin 302mv f s mgh f s mgs -=-⋅-=-⋅-2(2)s ∴=把式2代入式1得,220.198u =2－2如本题图,一质量为m 的小球最初位于光滑圆形凹槽的A 点,然后沿圆弧ADCB 下滑,试求小球在C 点时的角速度和对圆弧表面的作用力,圆弧半径为r ;解：小球在运动的过程中受到重力G 和轨道对它的支持力T .取如图所示的自然坐标系,由牛顿定律得22sin (1)cos (2)t n dv F mg mdt v F T mg mR αα=-==-=由,,1ds rd rd v dt dt dt vαα===得代入式（）， A 并根据小球从点运动到点C 始末条件进行积分有，902n (sin )m cos 3cos '3cos ,e v vdv rg d v vrv mg mg rmg αααωααα=-===+==-=-⎰⎰得则小球在点C 的角速度为＝由式（2）得 T 由此可得小球对园轨道得作用力为T T 方向与反向2－3如本题图,一倾角为θ的斜面置于光滑桌面上,斜面上放一质量为m 的木块,两者间摩习题2－2图擦系数为μ,为使木块相对斜面静止,求斜面的加速度a 应满足的条件;解：如图所示()1212min max sin ,cos cos sin (1)sin cos 2(1)(2)(sin cos )(cos sin )(sin cos )()(cos sin )1(2)(1)(sin cos )(cos sin )(sin cos a a a a N mg ma ma mg uN m a ma u g u a u g u g tg u a u utg u g u a u g u a θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθ==∴-==±==⨯+-=+--∴==++-⨯+=-+∴=得，得，)()(cos sin )1()()11g tg u u utg g tg u g tg u a utg utg θθθθθθθθθ+=---+∴≤≤+- 2－4如本题图,A 、B 两物体质量均为m,用质量不计的滑轮和细绳连接,并不计摩擦,则A和B 的加速度大小各为多少 ; 解：如图由受力分析得(1)(2)2(3)2(4)ggA AB B A B A BA B mg T ma T mg ma a a T T a a -=-===1解得＝－52＝－52－5如本题图所示,已知两物体A 、B 的质量均为m=,物体A 以加速度a =s 2 运动,求物体B 与桌面间的摩擦力;滑轮与连接绳的质量不计解：分别对物体和滑轮受力分析如图,由牛顿定律和动力学方程得,()()()1f 111f (1)''(2)2'(3)'2(4)5'6'7(4)7.22A T A TB T T A B T T T T m g F m a F F m a a a F F m m m F F F F mg m m aF N-=-======-+==＝解得2－6质量为M 的三角形木块,放在光滑的水平桌面上,另一质量为m 的木块放在斜面上如本题图所示;如果所有接触面的摩擦均可忽略不计,求M 的加速度和m 相对M 的加速度;AB 习题2-4图习题2－5图aθ习题2-3图ma AmgT A T B a Bmg解：如图m 相对M 的相对加速度为m a ',则 cos ,sin ,mxm my m a a a a θθ''''== 在水平方向,cos mxmx Mx mx mxMx m M a a a a a a a a θ'=-''∴=+=-+在竖直方向sin mymy myma a a a θ'='∴=由牛顿定律可得,sin cos cos sin sin mx mM my m MN ma ma ma mg N ma ma N Ma θθθθθ'-==-+'-===解得θ+θθ=2sin cos sin m M mg a M , 2()sin sin m M m g a M m θθ++＝ 2－7在一只半径为R 的半球形碗内,有一粒质量为m 的小钢球;当钢球以角速度ω在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时,它距碗底有多高解：取钢球为隔离体,受力分析如图所示,在图示坐标中列动力学方程得,2sin sin cos cos ()/n F ma mR F mg R h Rθωθθθ====-解得钢球距碗底的高度2ω-=g R h2－8光滑的水平面上放置一半径为R 的固定圆环,物体紧贴环的内侧作圆周运动,其摩擦系数为μ;物体的初速率为v 0,求：1t 时刻物体的速率；2当物体速率从v 0减少到v 0/2时,物体所经历的时间及经过的路程;解：1设物体质量为m,取图示的自然坐标系,由牛顿定律得,02222tv 2v (1)(2)(3)4dv 4dt u v N n f t f Nv F ma m R dv F m a m dtF uF v dvu R dt ===-=-=-⎰⎰0由上三式可得＝（）R 对（）式积分得＝－习题2-6图00Rv v R v tμ∴=+（2） 当物体速率从v 0减少到v 0/2时,由上式00Rv vR v tμ∴=+可得物体所经历的时间0t R v μ'=经过的路程t t 000vdt dt ln 2Rv Rs R v t μμ''=+⎰⎰＝＝2－9从实验知道,当物体速度不太大时,可以认为空气的阻力正比于物体的瞬时速度,设其比例常数为k;将质量为m 的物体以竖直向上的初速度v 0抛出; 1试证明物体的速度为t m ktm ke v e kmg v --+-=0)1(2证明物体将达到的最大高度为)1ln(020mgkv k g m k mv H +-=3证明到达最大高度的时间为)1ln(0mgkv k mt H +=证明：由牛顿定律可得0000220200ln (1)(2),()ln(13tvv mmt t k kx mg mg kv mdv dt mg kvmg kv m mg t v e v e k mg kv kmvdvdx mg kvmg kv u du kdvk mgdu k mgdudx mdu dx mdu m u m u mv kv m g x k k mg m t k --+-=++∴==-++=-++==∴=-+=-+∴=-+=⎰⎰⎰⎰dv(1)-mg-kv=m ，dt，dv -mg-kv=mv ，dx 令，）（）0ln0t ln mg kv mg kvmg kv m v k mg k +++∴=+当时，＝即为到达最高点的时间2－10质量为m 的跳水运动员,从距水面距离为h 的高台上由静止跳下落入水中;把跳水运动员视为质点,并略去空气阻力;运动员入水后垂直下沉,水对其阻力为－b v 2,其中b 为一常yf ＝－kvmgv量;若以水面上一点为坐标原点O,竖直向下为Oy 轴,求：1运动员在水中的速率v 与y 的函数关系；2跳水运动员在水中下沉多少距离才能使其速率v 减少到落水速率v 0的1/10假定跳水运动员在水中的浮力与所受的重力大小恰好相等解：运动员入水可视为自由落体运动,所以入水时的速度为0v =入水后如图由牛顿定律的0220//0100mg-f-F=ma mg=F f=bv dv a=dt v dy (2)0.4,0.1m vy ln 5.76m b y v v by m by m dv v dy dvb mv dyb dv m vv v e m v v v ---=∴-=-=====⎰⎰b将已知条件代入上式得，m＝－＝2－11一物体自地球表面以速率v 0竖直上抛;假定空气对物体阻力的值为f ＝－km v 2,其中k 为常量,m 为物体质量;试求：1该物体能上升的高度；2物体返回地面时速度的值;解：分别对物体上抛和下落时作受力分析如图,h120m 1ln()2v 01ln()2(2)m v=v 1gyvv vvdv dy g k g k y k g k g k k g vdvdy g k k =-++∴=-+∴+=-∴+⎰⎰⎰⎰222220max 222－/0dv mvdv (1)-mg-k v =m＝，dt dy v v v 物体达到最高点时，＝，故v h=y ＝dv mvdv下落过程中，-mg+k v =m＝dt dy－v v （）2－12长为60cm 的绳子悬挂在天花板上,下方系一质量为1kg 的小球,已知绳子能承受的最大张力为20N ;试求要多大的水平冲量作用在原来静止的小球上才能将绳子打断解：由动量定理得000I mv I v m∆=-∆∴=,如图受力分析并由牛顿定律得,2020220/202.47mv T mg l mv T mg lmg I l I Ns-==+≥∴+∆≥∆≥2－13一作斜抛运动的物体,在最高点炸裂为质量相等的两块,最高点距离地面为;爆炸后,第一块落到爆炸点正下方的地面上,此处距抛出点的水平距离为100m;问第二块落在距抛出点多远的地面上 设空气的阻力不计解：取如图示坐标系,根据抛体运动规律,爆炸前,物体在最高点得速度得水平分量为()1010x 2x 12y 2x 0x (1),v 2mv mv 30mv mv 414v v 100x x v x t==+=2111121物体爆炸后，第一块碎片竖直下落的运动方程为1y =h-v t-gt 2当碎片落地时，y =0,t=t 则由上式得爆炸后第一块碎片抛出得速度为1h-gt 2＝（）t 又根据动量守恒定律，在最高点处有1＝（）211＝－22联立以上（）－（）式得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为＝2＝2x 11212x 2222y 222214.7v t 5y =h+v t -60,x 500my ms v v ms gt y --====21211h-gt 2t 爆炸后第二块碎片作斜抛运动，其运动方程为x ＝x +（）1（）2落地时由式（5）和（6）可解得第二块碎片落地点得水平位置＝2－14质量为M 的人手里拿着一个质量为m 的物体,此人用与水平面成θ角的速率v 0向前跳去;当他达到最高点时,他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出;问：由于人抛出物体,他跳跃的距离增加了多少假设人可视为质点解：取如图所示坐标,把人和物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物得过程中,满足动量守恒,故有()00000m cos ()v u mu v cos m mu v v- cos m sin t g m sin x vt um gv Mv m v u v v v v v θθθθθ=+-∆∆∆+M 式中为人抛物后相对地面的水平速率，－为抛出物对地面得水平速率，得＝++M人的水平速率得增量为＝＝+M而人从最高点到地面得运动时间为＝所以人跳跃后增加的距离为＝＝（+M ）2－15铁路上有一静止的平板车,其质量为M,设平板车可无摩擦地在水平轨道上运动;现有N 个人从平板车的后端跳下,每个人的质量均为m,相对平板车的速度均为u;问：在下列两种情况下,1N 个人同时跳离；2一个人、一个人地跳离,平板车的末速是多少所得的结果为何不同,其物理原因是什么解：取平板车及N 个人组成的系统,以地面为参考系,平板车的运动方向为正方向,系统在该方向上满足动量守恒;考虑N 个人同时跳车的情况,设跳车后平板车的速度为v,则由动量守恒定律得 0＝Mv+Nmv －uv ＝Nmu/Nm+M 1又考虑N 个人一个接一个的跳车的情况;设当平板车上商有n 个人时的速度为v n ,跳下一个人后的车速为v n －1,在该次跳车的过程中,根据动量守恒有M+nmv n =M v n －1+n-1m v n －1+mv n －1-u 2 由式2得递推公式v n －1=v n +mu/M+nm 3当车上有N 个人得时即N ＝n,v N ＝0；当车上N 个人完全跳完时,车速为v 0, 根据式3有,v N-1=0+mu/Nm+Mv N-2= v N-1+mu/N-1m+M ………….v 0= v 1+mu/M+nm将上述各等式的两侧分别相加,整理后得,0n 0mu v nm,1,2,3....v vM nm M Nm n N N +≤+=∑N＝1＝M+由于故有，即个人一个接一个地跳车时，平板车的末速度大于N 个人同时跳下车的末速度。
【精品】第07章基元反应动力学习题及答案
第七章基元化学反应动力学习题及答案1.N 2O 5在25℃时分解反应的半衰期为5.7h,且与N 2O 5的初始压力无关。
试求此反应在25℃条件下完成90％所需时间。
解：由题意知此反应为一级反应111216.07.56932.06932.021-===h t k t k y 1)11ln(=-h k y t 9.181216.0/)%9011ln(/)11ln(1=-=-= 即完成90％所需时间为18。
9h 。
2．异丙烯醚气相异构化成丙烯酮的反应是一级反应，其反应速率系（常)数与温度的关系为:k /s －1=5。
4×1011exp(－122474J ·mol －1/RT ），150℃下，反应开始时只有异丙烯醚，其压力为101325Pa ，问多长时间后，丙烯酮的分压可达54kPa ？解：k /S －1＝5。
4×1011exp[－122474/8。
314×（150＋273）］＝4。
055×10－4据题意:kt p p t=0lnt 410005.454000101325101325ln-⨯=-t ＝1877S3.双分子反应2A （g ）−→−k B （g)+D(g)，在623K 、初始浓度为0.400moldm －3时，半衰期为105s,请求出(1）反应速率系数k(2）A(g)反应掉90%所需时间为多少？(3）若反应的活化能为140kJmol—1，573K时的最大反应速率为多少？解：(1）r=k［A]2，t0.5=1/（2k[A]0），k=0.012dm3mol—1s-1(2）1/[A]–1/［A］0=2kt,t=945s(3）ln(k/k'）=(E a/R)（1/T’-1/T），573K时k=0。
00223dm3mol—1s-1,最大反应速率r max=k［A]02=3。
6×10－4moldm—3s—1.4．450℃时实验测定气相反应3A+B→2C的速率数据如下；实验初压/Pa初速率－dp B/dt/(Pa/h)P A,0P B,01．1001。
大学物理第二章质点动力学习题答案
习题二2-1质量为m 的子弹以速率0v 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k ，忽略子弹的重力，求：(1)子弹射入沙土后，速度大小随时间的变化关系；(2)子弹射入沙土的最大深度。
[解]设任意时刻子弹的速度为v ，子弹进入沙土的最大深度为s ，由题意知，子弹所受的阻力f =-kv (1)由牛顿第二定律tv mma f d d == 即tv mkv d d ==- 所以t mk v v d d -=对等式两边积分⎰⎰-=tvv t m k v v 0d d 0得t mkv v -=0ln因此t mke v v -=0(2)由牛顿第二定律xv mv t x x v m t v m ma f d d d d d d d d ==== 即xvmv kv d d =- 所以v x mkd d =-对上式两边积分⎰⎰=-000d d v sv x mk 得到0v s m k-=-即kmv s 0=2-2质量为m 的小球，在水中受到的浮力为F ，当它从静止开始沉降时，受到水的粘滞阻力为f ＝kv (k 为常数)。
若从沉降开始计时，试证明小球在水中竖直沉降的速率v 与时间的关系为[证明]任意时刻t 小球的受力如图所示，取向下为y 轴的正方向，开始沉降处为坐标原点。
由牛顿第二定律得即tvm ma kv F mg d d ==--整理得mtkv F mg v d d =--对上式两边积分⎰⎰=--t vmt kv F mg v00d dy得mktF mg kv F mg -=---ln即⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-m kte kFmg v 1 2-3跳伞运动员与装备的质量共为m ，从伞塔上跳出后立即张伞，受空气的阻力与速率的平方成正比，即2kv F =。
求跳伞员的运动速率v 随时间t 变化的规律和极限速率T v 。
[解]设运动员在任一时刻的速率为v ，极限速率为T v ，当运动员受的空气阻力等于运动员及装备的重力时，速率达到极限。
大学物理章质点动力学习题答案
第二章 质点动 力学2－1一物体从一倾角为30︒的斜面底部以初速v 0=10m·s -1向斜面上方冲去,到最高点后又沿斜面滑下,当滑到底部时速率v =7m·s -1,求该物体与斜面间的摩擦系数。
解:物体与斜面间的摩擦力f ＝uN ＝umgcos30︒物体向斜面上方冲去又回到斜面底部的过程由动能定理得220112(1)22mv mv f s -=-⋅物体向斜面上方冲到最高点的过程由动能定理得2010sin 302mv f s mgh f s mgs -=-⋅-=-⋅-o2(2)s ∴=把式(2)代入式(1)得,220.198u =2－2如本题图,一质量为m 的小球最初位于光滑圆形凹槽的A 点,然后沿圆弧ADCB 下滑,试求小球在C 点时的角速度与对圆弧表面的作用力,圆弧半径为r 。
解:小球在运动的过程中受到重力G r 与轨道对它的支持力T r 、取如图所示的自然坐标系,由牛顿定律得22sin (1)cos (2)t n dvF mg mdtv F T mg m Rαα=-==-=r r r由,,1ds rd rd v dt dt dt vαα===得代入式（）， A 并根据小球从点运动到点C 始末条件进行积分有，902n (sin )m cos 3cos '3cos ,e v vdv rg d v vrv mg mg rmg αααωααα=-===+==-=-⎰⎰o r得则小球在点C 的角速度为＝由式（2）得 T 由此可得小球对园轨道得作用力为T T 方向与反向2－3如本题图,一倾角为θ 的斜面置于光滑桌面上,斜面上放一质量为m 的木块,两者间摩擦系数为μ,为使木块相对斜面静止,求斜面的加速度a 应满足的条件。
习题2－2图解:如图所示()1212min max sin ,cos cos sin (1)sin cos 2(1)(2)(sin cos )(cos sin )(sin cos )()(cos sin )1(2)(1)(sin cos )(cos sin )(sin cos a a a a N mg ma ma mg uN m a ma u g u a u g u g tg u a u utg u g u a u g u a θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθ==∴-==±==⨯+-=+--∴==++-⨯+=-+∴=得，得，)()(cos sin )1()()11g tg u u utg g tg u g tg u a utg utg θθθθθθθθθ+=---+∴≤≤+- 2－4如本题图,A 、B 两物体质量均为m,用质量不计的滑轮与细绳连接,并不计摩擦,则A与B 的加速度大小各为多少 。
动力类专业学业水平试题(附参考答案)
动力类专业学业水平试题（附参考答案）一、单选题（共35题，每题1分，共35分）1.关于定期排污不正确的是( )。
A、定期排出杂质B、排污口设在水冷壁的下联箱或者集中下降管的下部C、提高锅水的品质D、排出多余的水蒸气正确答案：D2.锅炉发生水位事故，运行人员未能采取正确及时的措施予以处理时，将会造成( )。
A、机组停运、甚至事故扩大B、机组停运C、设备严重损坏D、人员伤亡正确答案：C3.所有转动机械检修后的试运行操作，检修工作人员( )自己进行试运行操作。
A、根据工作负责人要求B、根据运行值班人员要求C、不准D、可以正确答案：C4.火电厂排出的烟气会对大气造成严重污染，其主要污染物不包括( )。
A、氮氧化物B、微量重金属微粒C、烟尘D、二氧化硫正确答案：B5.发生火灾时，正确的安全疏散主要有三个方向，向下可以跑到地面，向上可以爬到屋顶，还可以( )A、钻到阁楼、大橱等处避难B、躲到角落里C、跳楼D、向外逃到阳台正确答案：D6.分散控制系统网络的拓扑结构不包括( )。
A、总线形B、星形C、环形D、树形正确答案：D7.物质的温度升高或降低( )所吸收或放出的热量称为该物质的热容量。
A、1℃B、10℃C、5℃D、2℃正确答案：A8.灭火的基本方法有( )。
A、消防车B、冷却法、隔离法、窒息法三种C、窒息法D、冷却法、隔离法正确答案：B9.处于动态平衡的汽、液共存的状态叫( )。
A、不饱和状态B、再热状态C、过热状态D、饱和状态正确答案：D10.滑压运行的协调控制系统是以( )为基础的协调控制系统。
A、机炉协调B、锅炉跟踪C、电液调节D、汽机跟踪正确答案：B11.风机特性的基本参数是( )。
A、温度、比容B、流量、压头、功率、效率、转速C、轴功率、电压、功率因数D、流量、压头正确答案：B12.( )的主要作用是使水吸收热量，加热成为具有一定压力和温度的水。
A、过热器B、水冷壁循环回路C、省煤器D、再热器正确答案：C13.使吸收塔中浆液浓度变小的因素不包括( )。
第III篇 动力学习题课
解：对象：杆 受力：如图 运动：平面运动 方程：水平受力为零，初始静止，质心位置xC守 恒：
2 y A 2l sin 由（1），得 xA l cos 0 l cos
由（2），得
xA l cos0 l cos
1
3
FB
mg
yA l sin 2
4
（3）、（4）两边平方后相加，得
O 45˚
vB
B ω 45˚ A
方向同vB 。
C
第9章： 习题解答
9－5
9－5 图示均质滑轮A质量为m，重物M1、M2质量分别为m1和m2，斜面的倾角为q， 忽略摩擦。已知重物M2的加速度a，试求轴承O处的约束力（表示成a的函数）。
解：对象：滑轮A和重物M1、M2系统 受力：如图 运动：如图 方程：根据质心运动定理
FI ＝－ ma F + FN ＋ FI ＝0
m1 FI2
C
m2 FI1 刚体惯性力系的主矢与刚体运动形式无关！ a
1、平移
FIR ＝－maC
FIR FIn mn
m aC
a
n C
C
n FR
t n FIR ＝－m aC ＝－m( aC aC ) 2、定轴转动
FR
3、平面运动 FIR ＝－maC
1 2 T mv C 2
1 2 T J Z 2
定轴转动刚体的动能
平面运动刚体的动能 动能定理及其应用
1 2 1 1 2 2 T mv C J C J C * 2 2 2
T2 T1 W12
机械能守恒定律
T1 V1 T2 V2
动力学普遍定理的综合应用
dLC dt
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高等动力学习题答案
高等动力学习题答案
动力学是物理学中的一个重要分支，研究物体运动的原因和规律。
在学习动力
学的过程中，我们经常会遇到各种各样的问题和题目。
解答这些问题需要运用
动力学的基本原理和公式，同时也需要一定的思考和推理能力。
在这篇文章中，我将为大家提供一些高等动力学学习题的答案，希望能对大家的学习有所帮助。
1. 一个质点在力F作用下做直线运动，其运动方程为x = A sin(ωt + φ)，其中A、ω和φ分别为常数。
求该质点的加速度。
解答：根据题目给出的运动方程，我们可以得到质点的速度和加速度分别为v
= Aωcos(ωt + φ)和a = -Aω²sin(ωt + φ)。
因此，该质点的加速度为a = -
Aω²sin(ωt + φ)。
2. 一个质点在力F作用下做直线运动，其运动方程为x = At² + Bt + C，其中A、B和C分别为常数。
求该质点的速度和加速度。
解答：根据题目给出的运动方程，我们可以得到质点的速度和加速度分别为v
= 2At + B和a = 2A。
因此，该质点的速度为v = 2At + B，加速度为a = 2A。
3. 一个质点在力F作用下做直线运动，其速度随时间的变化满足v = At + B，
其中A和B为常数。
求该质点的位移和加速度。
解答：根据题目给出的速度-时间关系，我们可以得到质点的位移和加速度分别为x = (A/2)t² + Bt + C和a = A。
因此，该质点的位移为x = (A/2)t² + Bt + C，
加速度为a = A。
4. 一个质点在力F作用下做直线运动，其加速度随时间的变化满足a = At + B，其中A和B为常数。
求该质点的速度和位移。
解答：根据题目给出的加速度-时间关系，我们可以得到质点的速度和位移分别为v = (A/2)t² + Bt + C和x = (A/6)t³ + (B/2)t² + Ct + D，其中C和D为常数。
因此，该质点的速度为v = (A/2)t² + Bt + C，位移为x = (A/6)t³ + (B/2)t² + Ct + D。
5. 一个质点在力F作用下做曲线运动，其运动方程为r = A sin(ωt + φ) i + B
cos(ωt + φ) j，其中A、ω和φ为常数，i和j分别为单位向量。
求该质点的速
度和加速度。
解答：根据题目给出的运动方程，我们可以得到质点的速度和加速度分别为v
= Aω cos(ωt + φ) i - Bω sin(ωt + φ) j和a = -Aω² sin(ωt + φ) i - Bω² cos(ωt + φ) j。
因此，该质点的速度为v = Aω cos(ωt + φ) i - Bω sin(ωt + φ) j，加速度为
a = -Aω² sin(ωt + φ) i - Bω² cos(ωt + φ) j。
通过以上几个例子，我们可以看到在解答动力学学习题时，我们需要根据题目
给出的条件和已知的物理原理和公式进行分析和推导。
同时，我们还需要灵活
运用数学工具和思维方法，将物理问题转化为数学问题进行求解。
动力学的学
习需要不断的练习和思考，通过解答各种不同类型的问题，我们可以更好地理
解和掌握动力学的基本原理和方法。
总结起来，高等动力学学习题的答案需要基于物理原理和公式进行推导和计算。
在解答问题时，我们应该注重思考和分析，灵活运用数学工具和思维方法。
通
过不断的练习和思考，我们可以提高解题的能力和水平，更好地理解和掌握动
力学的知识。
希望这些答案能够对大家的学习有所帮助。