[理论力学(第二版).课后答案].金尚年.马永利.高等教育出版社(完整版)

Chap1 1.1 y x z mg N F ? 柱坐标 mR R 2 FN sin mR 2R 0 mz FNcos mg R2 z2 r2 球坐标 mr 2 2 sin2 FN mg cos mr sin cos mg sin mr sin 2 cos 0 sin sin cos cos 1.4 x y F ? 运动方程为 mr r 2 Fr 0 mr 2r F 由径向方程 r r2 方程的解为 r Aet Bet 带入初始条件 1 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m r0 A B b r 0 A B 0 得 r b cosh t F 2mb2sinh t 1.6 m B A m B A 运动方程为 mr r 2 F mg cos mr 2r mg sin 体系还应满足 r v r0 l r l vt 1.8 利用内禀方程，由条件得 v dv dt C1vn v2 C2 即 v C1t C 设定初始条件得 t 0, v0 0 v C1t 可解得 v ds dt s 1 2 C1t2 C 利用初始条件得 t 0, s 0 s 1 2 C1t2 曲率半径为 v2 C2 2C1 C2 s as 得方程 ds d as 解之得 ln s a 0 2 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m 即 s ea0 Aea 对数螺线满足 r r0ea 求其轨迹长度为 ds r rd 1 ar0ead s 1 ar0 a ea b Aea b 对比前面结果可知所求为对数螺线 1.23 初始条件为 y0 l,y 0 0 运动方程 my mg y L 解之得 y Ae g/L t Be g/L t 带入初始条件 A B l A B 0 解得 y l coshg/L t 当全部滑落时 L l coshg/L t 解之得 t L g ln L L2 l2 l v gL2 l2 L 1.25 m m m m 对于杆 my mg F cos 对于三角形 mx F sin 体系满足约束 3 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m x0 l x tan y h 则运动方程为 x tan g m m x cot 0 即 x g m cot m mcot2 y g m m mcot2 1.27 A，B点运动方程为 mx F x x2 y2 my F y x2 y2 F c x2 y2 因此体系相当于一个位于r c xi yj 处的质点受有心引力 c x2y2 作用 mr c c r r c 体系能量守恒，角动量守恒 1.29 对于小滑块m my mg F cos mx x F sin x为从m看m的水平位移，则 y x tan 对于大滑块m mx F sin 则 mx m mx 考虑初始条件，可得 x m m m x 小滑块下落到底，相对于大滑块x方向位移为 x l1 l2cos2 则大滑块的位移为 x m m m l1 l2cos2 另外由第二个方程得 y F 1 m 1 m sin2 cos 联合第一个方程得 y g y cos2 1 m m sin2 4 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m y 1 mcos2 m m sin2 g 即 y m m sin2 m sin2 m g 小滑块下落距离满足 l1tan l2sin 1 2 y t2 则 t 2l1tan l2sin y Chap2 2.7 质点的速度，以及相应的动能势能为 v r e r r e r sin e T m 2 r2 2 r2 2 sin2 V mgr cos 注意上式中r为常数，广义坐标为, ，体系的拉各朗日函数为 L T V m 2 r2 2 r2 2 sin2 mgr cos 则拉各朗日方程为 d dt L L mr2 mr2 2 sin cos mgr sin 0 d dt L L mr2 sin2 2mr2 sin cos 0 2.9 体系的动能为 T 1 2 mx 2 y 2 1 2 mr 2 r22 取x, y所对应的r, 为广义坐标势能为 V ke2 x2 y2 ke2 r 则拉各朗日函数为 L 1 2 mr 2 r22 ke2 r 拉各朗日方程为 d dt L r L r mr mr 2 ke2 r2 0 5 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m d dt L L mr2 2mrr 0 2.11 体系的动能为 T m 2 R 2 R2 2 z 2 m 2 R 2 R22 R 2 p2 R2 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 L m 2 R 2 R22 R 2 p2 R2 mg R 2p 相应的拉各朗日方程为 d dt L R L R mR 1 R2 p2 2m R 2 p2 R mR2 mg 2p 0 对于平衡点R 0，R 0则 R g 2p2 2.14 以MN所在平面为x轴，包括绳子中的张力和重力，体系的势能为 V 2Fl sin p2l cos d cot 体系平衡条件为 V 2Fl cos p2l sin d d cot2 0 解得 F p tan d 2l 1 cos d 2l cos sin2 p tan d 2l csc3 1 2.16 体系势能为 V mg 1 2 4l2 x2 y mg 1 2 4l2 l2 2y l2 y mgl2 yl y2 y 平衡条件为 dV dy mg 2y l 2 l2 y2 yl 2 l2 y2 yl 0 则需满足 4y2 4yl l2 4l2 4y2 4yl 注意此方程无解，其原因是如果体系在墙左边有一镜像对称部分的话，体系左边的 势能为 V mgl2 yl y2 y 6 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m 因此用仅用原来的势能来表示的话，在y 0处出现奇点。因此我们改用x作为广义 坐标，由于 y 1 2 1 2 l2 x2 则平衡位置要求 dV dx dV dy dy dx dV dy x 2 l2 x2 0 即x 0 2.18 取第一个质点与垂线的夹角和两质点相对与圆心夹角一半为广义坐标，体系 势能为 V m1gR sin m2gR sin 2 1 2 k2R sin l2 则体系平衡要求 V m1gR cos m2gR cos 2 0 V 2m2gR cos 2 2Rk cos 2R sin l 0 2.20 两点源的场 能量守恒，以两点连线为z轴，则z方向角动量守恒 均匀圆锥体的场（场在圆锥面上处处相同） 以圆锥体的对称轴为z轴，z方向角动量守恒。 无限均匀圆柱螺线的场（场在相同圆柱螺线上处处相同） 螺旋线方程为 z h 2 z0 L 1 2 mz 2 R 2 R2 2 V w 1 2 2 h z w 1 2 z h 2 z h 2 w 2 h w 2 h h 2 w w 可以看到，w对应与沿螺旋线的变量，因此势能与w无关，即 V w 0 变换后动能项里也不出现w，即 L w 0 相应与w的广义动量 Pw L w L z z w L w h 2 Pz L 守恒。 Chap3 7 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m 3.1 L r2 dr 2mE a r2 L r2 L r2 dr E 2maL2 r2 L 2ma L2 arctanh 2ma L 2ma L2Er2 2ma L tanh 2ma L2 1 2ma L 2ma L2Er2 2ma L2 3.2 两体问题可以化成质心在外力下的运动，和相对运动两个部分，初始时，由 2mv c mv 0 得 v c 1 2 v 0 如无外力，质心以v c做匀速直线运动，如有重力，质心以v c为初速度做平抛运动。相 互作用部分为弹性势能 V 1 2 kr l2 其中r 为相对位置矢量。折合质量为 mr m2 2m m 2 运动方程为 t dr 2 mr E 1 2 kr l2 L2 mr 2r2 L r2 dr 2mrE 1 2 kr l2 L2 r2 3.4 有效势为 Veff J2 mr2 k er r 下图从绿线到红线是从0到无穷大有效势曲线的变化。 x y 可以看到当 1时，er 1，粒子运动类似平方反比力的有效势能（绿 线）；当 1时，er 0，粒子运动类似自由粒子运动（红线）。随着的变 化，有效势能有两种不同的表现：1.单调减小；2.先单调减小后单调上升。考虑到无 穷远处的趋势，两种状态的交叉点可以由有效势是否有零点决定。 8 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m J2 mr2 k er r ln r r ln J2 mk 图示如下，当大于某值时，方程无解。有效势能始终单调减小。 12345678 -2 0 2 4 x y 3.5 体系的动能为 T 1 2 ml2 2 l2 2 sin2 势能为 V mgl cos 体系角动量守恒则 L 0 L L constant L T ml2 sin2 体系机械能为 E 1 2 ml2 2 L 2 2ml2sin2 mgl cos 则有效势为 Veff L 2 2ml2sin2 mgl cos 运动方程为 dt ml2 2 d E Veff d L ml2sin2 dt 两边积分即为所求 3.6 体系势能为 V k r c 2r2 可做如下等效 k L2 2m L2 2m c 2 之后计算同平方反比力情况 3.8 问题本身为求解积分 9 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m t dr 2 mr L2 m2r2 m dr 2 r L2 mr2 m rdr 2r p m 1 6 2r p 3 2 1 2 p 2r p mp3 1 6 2r p p 3 2 1 2 2r p p 令 2r p p p 2x p 则 t mp3 1 6 3 1 2 最后得 x p 2 1 2 p 2 2p 2r p p r y r2 x2 p x2 x2 p 3.10 对于该体系 A 1 2m L2 r3 dV dr m L2 r4 d2V dr2 其中 dV dr darn dr narn1 d2V dr2 nn 1arn2 则 A 1 2m L2 narn2 m L2 nn 1arn2 1 m L2 nn 1arn2 当n 0时，A 0，体系稳定，有效势能为 Veff arn L2 2mr2 则体系为圆轨道条件为 dVeff dr narn1 L2 mr3 0 即 rn2 L2 man 10 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m 此轨道稳定要求 d2Veff dr2 nn 1arn2 3L2 mr4 0 即 nn 1arn2 3L2 m n 1 L2 m 3L2 m 当n 2时，且当n 0时，a必须小于0，而当n 0时，a必须大于0，体系稳定 Chap4 4.1 自由度为1，S点的速度为 vs r1 r2 r2s 则小圆角速度为 s r1 r2 r2 自由度为2，如大圆角速度为 l 则S点相对于P点的速度为 vs r1 r2 r1 r2s 则 s r1 r2 r2 r1 r2 自由度为2，此时两圆角速度都为常数 s constant l constant 4.2 自由度为2，大圆角速度为 l 则相对于P点 vs r1 r2 r1 r2s s r1 r2 r2 r1 r2 体系自由度为2 l s constant 4.5 杆上距离A点为a的点离M点距离为 2R cos a 其中为杆与水平线夹角则以M点为原点，建立极坐标， r a 2R cos ae r a点速度为 v e r e 2R sin e r 2R cos e ae 如瞬心坐标为r s，则 v r a r s 11 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m 其中 k 则 r a r s 2R sin e 2R cos e r ae r 则 r s 2R sin e 即在AO连线上，距离A点2R，也就是距离O点R处。因此瞬心的轨迹为以O点为圆 心，R为半径的圆。从杆的角度看为以A点为圆心，半径2R的圆。 4.8 对于此体系，欧拉角速度大小为 2 1 0 则 e 3 e z B点坐标为 r OB r OD r DB b cos a sin e 3 b sin a cos e 则B点速度为 v B r OB b sin a cos ae 4.13 体系角动量大小为 L Ic 1 2 mr2 力矩为 M 1 r2 0 r 2x2mgdx 2 3 mgr 则有 dL dt 1 2 mr2 2 3 mgr 解得 4g 3r t 0 当角速度为零时 t 3r0 4g 4.17 体系的动能为 T Ic2 mv2 其中v为两杆自己的质心速度 Ic 1 12 ml2 由能量守恒 T V mgh 则两杆自己的质心落地速度为 12 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m v 1 2 l 则 1 3 ml22 mgh C点速度为 vc l 3gh 4.18 体系所受力矩为 M FR cos r 转动惯量为 Ic mR2 2 I Ic mR2 3 2 mR2 则运动方程为 3 2 mR2 FR cos r 解之得 2FR cos r 3mR2 轮心速度为 X c R 2FR cos r 3mR 4.20 对于平板，运动方程为 mx F 其中F为摩擦力，球的运动方程为 I 2 5 mr2 Fr mx m F 由动量守恒 mx m mx mv x m m x m v 解之得 Fr I t 纯滚动时 r x m x 1 m m x m v 1 m m F m t v 5 2 F m t 联立得 t mv m m 7 2 F 4.27 体系的转动惯量为 I1 m 5 b2 c2, I2 m 5 a2 c2, I3 m 5 b2 c2 角速度为 13 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m 0 cos i sin j k 角动量为 L m 5 b2 c2cos i a2 c2sin j b2 c2 k 动能为 T 1 2 L 4.29 得到冲量p 后，对应角动量改变为 L pd 而 Le3 I3 则z轴偏移为 tan pd I3 当冲量不大时，陀螺在此位置做大致对称的摆动，则最大章动大致为 max 2 2 arctan pd I3 4.36 体系拉各朗日函数为 L I1 2 2 2 sin4 1 2 I3 sin 2 mgl cos 其中 0 2, 0 1 则对于的拉各朗日方程为 I1 I1 2 sin cos I3 cos sin mgl sin 0 其中 cos z 无章动满足 constant 0 则有 I1 2 cos I3z mgl sin 0 即 I1 2 cos I3z mgl 0 因此得 I3zI3 2z2 4I1mgl cos 2I1cos 方程有实数解需满足 I3 2z2 4I1mgl cos 0 I3 2z2 4I1mgl cos 14 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m Chapter 5 5.3 在以圆心为坐标原点的圆环参照系看来 r R cos2ti R sin2tj v 2R sin2ti 2R cos2tj 以C点为坐标原点的惯性系中圆心的坐标和速度为 r c R costi R sintj v c R sinti R costj 又 i costi sintj j sinti costj 则质点位置在惯性系看来为 r r c r 2R costi 其速度和加速度为 v dr dt 2R sinti a 22R costi 5.6 在初始条件下，质点受力为 F 0 20 3 2mdi F t 8 3 m2di F c 8 3 m2di F 4 3 m2di 由于此时受力垂直于运动方向，此时质点相当于以速度 4 3 d相对于距O点C处 r c 4 3 di 做圆周运动。假设之后质点一直以该点为圆心做匀速圆周运动，在任意 时刻，质点位于r 处，则质点受力为 F 0 4m2 r r A F t m2 r F c 8 3 md2 r r c |r r c| F 0 F t m23r 4di 3m2 r r c 注意到|r r c| 4 3 d则 F 4 3 m2d r r c |r r c| 因此此时体系依然满足匀速圆周运动条件。在非惯性系中 r 4 3 di 4 3 de r 1 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m i cos tI sin tJ j sin tI cos tJ e r cos ti sin tj cos t cos t sin t sin tI cos t sin t sin t cos tJ cos 2tI sin 2tJ r 4 3 d cos t cos 2tI sin t sin 2tJ 5.9 圆环以加速度a向上运动，等效为重力加速度改变为 g g a 在非惯性系中考虑等效的能量守恒定律，有 mgrcos cos 0 1 2 mv2 v0 2 因此在非惯性系中看到质点以速度v绕圆环运动 v v0 2 2grcos cos 0 则有 F mgcos m v2 r 5.13 以金属丝所在参照系中看到的坐标和速度为变量，体系的拉各朗日函数为 L 1 2 mv 2 mv r 1 2 m r 2 V 1 2 mv 2 1 2 m2r2cos2 mgy 1 2 mx 2 y 2 1 2 m2x2 mgy 1 2 m x 2 x2x 2 4a2 1 2 m2x2 mg x2 4a 则运动方程为 d dt L x L x mx m x2x 4a2 m xx 2 2a2 m xx 2 4a2 m2x mg x 2a m1 x2 4a2 x x 4a2 x 2 g 2a 2x 0 5.14 选取Oxy平面为参照系，选取x轴为水平方向，则非此惯性系相对于惯性系的角 速度为 cos k sin j 则牵连惯性力为 F t r cos k sin j cos k sin j xi yj cos k sin j x cos j cos yi x sin k 2x cos2i y cos2j y sin cos k x sin2i 2xi y cos2j y sin cos k 科利奥力力为 2 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m F c 2 v 2 cos k sin j x i y j 2 x cos j y cos i x sin k 考虑k 方向被约束，则运动方程为 mx 2y cos k2 2x 0 my 2x cos k2 2cos2y 0 定义 x iy 简单分析： 当k2 2 0时，k2 2x和k2 2cos2y都提供弹性力，体系做振 动 当k2 2 0，k2 2cos2 0时，k2 2x提供反弹性力和 k2 2cos2y提供弹性力，体系一边振动，一边远离原点。 当k2 2cos20时，k2 2x和k2 2cos2y提供反弹性力质点将单 调远离原点。 Chapter 6 6.1 体系势能为 V mgr cos 1 2 kr l2 平衡位置由下面方程确定 V 0 0 0 V r |0 mg kr0 l 0 r0 l mg k 令 x r r0 则保留到二阶小量，体系拉各朗日函数为 L 1 2 mr 2 r22 mgr cos mgl mg k 1 2 mkr l2 1 2 m x 2 l mg k 2 2 1 2 mgl mg k 2 1 2 kx 2 相应的 a11 m,a22 ml2 b11 k, b22 mgl mg k 本征方程为 k m2 mgl mg k ml mg k 22 0 解此方程可得 3 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m 1 k m 2 g l mg k 因此 r l mg k A cos1t 1 B cos2t 2 其中A, B, 1, 2由初始条件确定。 6.5体系的动能为 T 1 2 ml21 2 1 2 ml22 2 保留到二阶小量，体系的势能为 V mgl cos 1 mgl cos 2 1 2 k l sin 1 l sin 2 d2 l cos 1 l cos 22 d 1 2 mgl1 2 2 2 1 2 kl21 2 2 2 212 1 2 mgl kl21 2 2 2 kl212 本征方程为 mgl kl2 ml22kl2 kl2mgl kl2 ml22 0 本征频率为 2 g l k m k m 6.11体系的动能为 T 1 2 MR21 2 1 2 I2 2 1 2 mR1cos 1 r2cos 22 R1sin 1 r2sin 22 保留到二阶小量 T 1 2 MR21 2 1 2 I2 2 1 2 mR21 2 r22 2 2Rr12 1 2 6. 751 2 0. 52 2 1. 512 势能为 V MgR MgR cos 1 mR r mgR cos 1 r cos 2 保留到二阶小量 V 1 2 MgR1 2 mgR1 2 r2 2 1 2 M mgR1 2 mgr2 2 1 2 451 2 52 2 则本征方程为 45 6. 7520. 752 0. 7525 0. 52 0 解之可得本征频率。 6. 13 由于无外力，质心位置不变，在x方向上有 4 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m mAx1 mBx2 mCx3 0 x方向上运动相应的动能和势能为 T 1 2 mAx 1 2 1 2 mBx 2 2 1 2 mCx 3 2 1 2 mAx 1 2 1 2 mBx 2 2 1 2mC mA 2x 1 2 2mAmBx 1x 2 mB 2x 2 2 V 1 2 k1x1 x22 1 2 k2x2 x32 1 2 k1x1 x22 1 2 k2x2 mAx1 mBx2 mc 2 k1 k2 mA 2 mc 2 mA mA 2 mc 2k1 k2mA mcmB mc 2 mAmB mc 2 k1 k2mA mcmB mc 2 mAmB mc 2k1 k2 mcmB2 mc 2 mB mB 2 mc 2 0 即: 4k1 1 mA 1 mB k2 1 mB 1 mc 2 k1k2mA mB mc mAmBmc 0 y方向上质心不动满足 mAy1 mBy2 mCy3 0 总角动量为零满足 mAl1i y1j mBl2i y3j mAl1y1 mBl2y3k 0 最后得： y3 mAl1 mBl2 y1 y2 mA mB 1 mCl1 mBl2 y1 定义 1 1 l1 y1 y2 1 l1 1 mA mB 1 mCl1 mBl2 y1 2 1 l2 y2 y3 1 l2 mA mB 1 mCl1 mBl2 mAl1 mBl2 y1 则y方向上运动相应的动能势能为 T 1 2 mAy 1 2 1 2 mBy 2 2 1 2 mCy 3 2 1 2 mA mA 2 mB 1 mCl1 mBl2 2 mc mA 2l12 mB 2l22 y 1 2 1 2 mAmB 3l22 mA 2mBl2 mcl12 mcmBmA 2l12 mB 3l22 y 1 2 5 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m V 1 2 k1 l1 2 y1 y22 1 2 k2 l2 2 y2 y32 1 2 k1 l1 2 1 mA mB 1 mCl1 mBl2 2 y1 2 1 2 k2 l2 2 mA mB 1 mCl1 mBl2 mAl1 mBl2 2 y1 2 1 2 k1 l1 2 mB 2l2 mAmBl2 mCl1 mB 2l2 2 y1 2 1 2 k2 l2 2 mA 2 mB 2 mBl2 mCl1 mBl1 mBl2 2 y1 2 6.14 由拉各朗日函数可知 a11 a22 1 b11 b22 0 2, b12 b21 a 则本征方程为 0 2 2a a0 2 2 0 2 22 a2 0 解之得本征频率 0 2 2 a 0 2 a Chapter 7 7.1 在相隔d两点间绳子的压力为 F N Fd 则此处的最大静摩擦力为 f Fd 此两点间拉力的关系为 F F dF F Fd 即 dF Fd 解之得 ln F ln F0 即： F F0e 7.6 电阻、电容和电感与电压的关系为 ic c du dt L diL dt u iR u R 则 6 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m di dt c dic dt diL dt diR dt c d2u dt2 1 R du dt u L 如果把u当作坐标，c当作质量，则 1 R du dt 项为线性阻尼， u L 只是u的函数，为外 力， di dt 为另一外力，但是此力非保守。由此可得 Q di dt ,T 1 2 cu 2 V u2 2L ,G 1 2R u 2 7.8 体系的动能势能为 T 1 2 mx 1 2 x 2 2 V 1 2 kx1 2 x2 x12 x2 2 无阻力时运动方程为： mx 1 k2x1 x2 0 mx 2 k2x2 x1 0 有阻尼时为 mx 1 k2x1 x2 cx 1 mx 2 k2x2 x1 cx 2 令 q1 x1 x2 q2 x1 x2 则有 mq 1 cq 1 kq1 0 mq 2 cq 2 3kq2 0 由此可得振动频率为 1 k m c 2m 2 3k m c 2m 7.10 以杆为参照系，则科利奥力力为 Fc 2mx 此力垂直与质点运动方向，因此为质点对杆的正压力，因此运动方程为 mx m2x 2mx 其中m2x为牵连惯性力 x 2x 2x 0 令 x et 则 2 2 2 0 解之得 7 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m 2 1 则 x Ae 21 t Be 21 t 由初始条件决定A和B的值 x0 A B d x 0 A2 1 B 2 1 0 Chapter 8 8.2 复摆的动能为 T 1 2 I 2 相对于转动中心的转动惯量为 I Ic ml2 其中l为复摆质心相对于转动中心的距离，势能为 V mgl cos 体系的拉各朗日函数为 L 1 2 I 2 mgl cos 相对于的广义动量为 p L I 由于体系为保守体系，所以哈密顿函数为 H T V p 2 2I mgl cos 哈密顿方程为 H p p I p H mgl sin 8.3 体系的拉各朗日函数为 L 1 2 my 2 mgy 相应的广义动量为 p L y my 则哈密顿函数为 H py L p2 2m mgy 广义力 |Qy| ky 2 k m2 p2 哈密顿方程 8 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m y H p p m p H y |Qy| mg k m2 p2 8.5 两点间距离的微分为： ds R d2 sin2d2 R 1 sin2 d d 2 d 积分得 s a b R 1 sin2 d d 2 d 令 f R 1 sin2 d d 2 则短程线满足 d d f d d 0 即 sin2 d d 1 sin2 d d 2 C1 整理得 d d C1 sin sin2 C1 2 let C1 sin d d sin sin sin2 sin2 积分得 sin d sin sin2 sin2 let cot u, du d sin2 , 1 sin2 1 u2 tan du 1 u2tan2 arccosu tan 则 cos tan cot 展开，并乘以半径得 x cos y sin z tan 0 此方程为过原点的平面，而短程线为此平面与球面的交线，即大圆。 8.6 8.8 体系哈密顿函数为 9 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m H p2 2m mgy 由于母函数为 F1 mg g 6 3 y 则正则变换为 p F1 y mg P F1 mg g 2 2 y 则 y P mg g 2 2 由于F1不显含时间 H H 1 2 m