理论力学第2版范钦珊陈建平主编第四章作业
第4章 解题指导(理论力学 金尚年 第二版)
3 1 2 2 I1 I 2 m( R h ) 20 4 3 I 3 mR 2 10 Nhomakorabea
x sin ctg sin cos y 0 z cos ctg cos
I1 I 2 I3
l 2 2 2 | B | [ 1 l V (1 sin ) 2 ] 2 R 2 d dj V d k dj V 1 1 （2） a A i dt dt R dt dt R V 1V 10 j 1 k j i R R
c
解：圆锥体作定点转动，OE为转动瞬轴。所以: 3 c CE h cos 4
3 3 h sin h cos 4 4
ctg
ctg
x sin ctg sin cos y 0 z cos ctg cos
消去t，得:
2 xc yc a 3a
（抛物线）
当质心C从离A点为a处下降h距离时，有:
1 2 y a h a gt 2
t
2h g
则杆绕质心转动所转的圈数为:
t 1 n 2 2
3g 2h 1 2a g 2 3h a
例3 均匀长方形薄片的边长为a与b，质量为m,求 此长方形薄片绕其对角线以ω匀速转动时的转动惯 量和角动量。 解：如图所示，坐标轴取 在惯量主轴上，因:
角动量为:
L I e a 2b 2 m 2 2 6(a b )
例4 如图所示，均质圆锥体的高为h，质量为m， 为圆锥体与平面接触线同 ox0轴的夹角，质心C 3 3 h ，速率为 h cos 在圆锥体轴线上，且距顶点为 4 4 求该圆锥体在 ox0 y 0 平面上作无滑动滚动时的动能。 圆锥顶角为2α。
理论力学第2版范钦珊陈建平主编第六章作业
理论⼒学第2版范钦珊陈建平主编第六章作业第 1 页共 3 页第六章作业班级姓名学号⼀、图⽰正弦机构的曲柄OA 长200 mm ，以n =90 r ／min 的匀⾓速转动。
曲柄⼀端⽤销⼦与在滑道BC 中滑动的滑块A 相连，以带动滑道BC 作往返运动。
试求当曲柄与轴Ox-的夹⾓为30o 时滑道BC 的速度。
⼆、曲杆OBC 绕轴O 转动，使套在其上的⼩环M 沿固定直杆OA 滑动。
已知：OB=0.1 m ；OB 与BC 垂直；曲杆的⾓速度ω=0.5 rad ／s 。
试求当?=60o 时⼩环M 的速度和加速度。
三、图⽰圆环绕O 点以⾓速度ω=4 rad ／s 、⾓加速度2/2s rad =α转动。
圆环上的套管A 在图⽰瞬时相对圆环有速度5 m ／s ，速度数值的增长率82/s m 。
试求套管A的绝对速度和加速度。
四、图⽰偏⼼凸轮的偏⼼距OC=e，轮半径r=e3。
凸轮以匀⾓速绕O轴转动。
设某瞬时0C与CA成直⾓。
试求此瞬时从动杆船的速度和加速度。
第 2 页共3 页第 3 页共 3 页五、（选做）机械式钟表上的曲柄AOD 可绕轴O 摆动，A 端销钉可在滑块B 的滑槽内相对滑动。
滑块B 可在固定轴上⽔平滑动。
活塞杆CE 的C 端为⼀销钉，可在曲柄AOD 的滑槽内相对滑动。
现已知滑块B 以等速度s m B /1=υ向右运动，o30=θ，尺⼨如图所⽰。
试求活塞杆CE 的加速度。
解：1）以A 为动点，B 为动系，则速度分析：r e a υυυ+= ⽅向如图⽰ s m ea /15.130cos 0==υυs m o e r /58.030tan ==υυs rad s m OA a /7.7/15.1=?=?=ωωυ加速度分析：r e a a a a+= 0=e a 则：r a n a a a a =+τ⽅向如图⽰。
将其在⽔平⽅向上投影：srad OA OA a a ooona o a /23.3430cos 30sin 30sin 30cos 2== -ωατ1）以CE 杆上C 为动点，ACD 为动系，则速度分析：r e a υυυ+= ⽅向如图⽰ s m ea /26.230cos 254.07.730cos 0=?==υυs m o o e r /13.130tan 254.07.730tan =??==υυ加速度分析：。
理论力学第2版范钦珊陈建平主编第四章 摩擦平衡问题
三种情况，即静滑动摩擦力，最大静滑动摩擦力和动滑动摩擦
力。 若仅有滑动趋势而没有滑动时产生的摩擦力称为静滑动摩擦 力；若存在相对滑动时产生的摩擦力称为动滑动摩擦力。
1、 静滑动摩擦力及最大静滑动摩擦力
FN FS P
在粗糙的水平面上放置一重为P的物体，该物体在重力P和法向反力FN的 作用下处于静止状态。今在该物体上作用一大小可变化的水平拉力F，当拉 力F由零值逐渐增加但不很大时，物体仍保持静止。可见支承面对物体除法 向约束反力 FN 外，还有一个阻碍物体沿水平面向右滑动的切向力，此力即 静滑动摩擦力，简称静摩擦力，常以FS表示，方向向左，如图。
3. 斜面的自锁条件
自锁的实质就是 此时主动力在摩擦 力方向的分量总小 于最大静摩擦力。
斜面自锁条件
f
§4-2 考虑滑动摩擦时物体的平衡问题
仍为平衡问题，平衡方程照用，求解步骤与前面基本 相同． 几个新特点 1 画受力图时，必须考虑摩擦力； 2 严格区分物体处于临界、非临界状态； 3 因 0 Fs Fmax ，问题的解有时在一个范围内．
B
P
A
解1：（解析法）以梯子为研 究对象，当梯 NB B y 子处于向下滑动的临界平衡状态时，受力 如图，此时 角取最小值 min 。建立如图坐 x FB 标。 P X 0 : N B FA 0 ———（1） min A FA Y 0 : N A FB P 0 ——（2） NA
4、小结
物体滚动前后，既有滚动阻力偶Mf，还有滑动 摩擦力F，此时，F具有两个作用： a、阻碍轨与轮之间滑动，只要 F Fmax ； b、使轮产生滚动，只要 F r M f FN F FN 。
陈世民理论力学简明教程(第二版)课后答案
设 y e x 得特征方程 2 a b 0 。解出特解为 1， 2 。
*若 1
则 ， ； 2 R
y1 e 1x
y 2 e 2x
y c1e 1x c2e 2 x
* 若 1 2 R 则 y1 e 1x ， y 2 xe 1x ； y e 1x (c1 xc 2)
* 若 12
i 则 y1 e x cos x ， y 2 e x sin x ；
sin
6 已知一质点运动时， 经向和横向的速度分量分别是 λr 和 μθ，
这里 μ和λ是常数。求出质点的加速度矢量 a .
解：由题知：
rer
e
且： r r,r
故： a
rer r e
e
er
r
er ( r ) e
( 2r
22
)er r
(
)e
r
7 质点作平面运动，其速率保持为常量，证明质点的速度矢量与
加速度矢量正交。
5 已知某质点的运动规律为： y=bt, at ,a 和 b 都是非零常数。
（1）写处质点轨道的极坐标方程； （2）用极坐标表示出质点
的速度 和加速度 a 。
解： 1 y r sin
b bt
a
得： r
b csc er
a
b asin a cos
b
2r a
sin 2
er
ae
a sin
b 1 cot er e
dt
（ 3） 动 能定理 4 机戒能守恒定理
d
dT
Fm
dt
dt
T+V=E
〈析〉势函数 V: dV
V
V
V
dx
dy
理论力学 第4章 运动分析基础
第2章 力系的等效与简化
2.1 力对点之矩与力对轴之矩
大小、方向、关系；合力矩定理
2.2 力偶与力偶系
定义、大小、性质、度量、合力偶矩
2.3 力系等效定理
主失、主矩、特点、分量；力系等效定理
2.4 力系的简化 2.5 结论与讨论
简化步骤、结果
合力矩定力拓展；实际约束； 作用效果：刚体、变形体
第3章 力系的平衡
为了描述空间曲线点的运动参量：位移、速度和加速度， 在空间曲线某点处做密切面（类似平面曲线某点的切线）。 密切平面：过空间曲线上P点的切线和P点的邻近一点P’ 可作一平面σ，当P’点沿着曲线趋近于P时，平面σ的极 限位置π称为曲线在P点的密切平面 。
P
P'
当曲线退化为平面内的弧线时， 密切面就是弧线所在的平面。
s s (t )
这就是动点P的弧坐标形式的运动方程。
弧坐标具有以下要素：
1. 有坐标原点(一般在轨迹上 任选一参考点作为坐标原点)； 2. 有正、负方向(一般以点的 运动方向作为正向)； 3. 有相应的坐标系。
弧坐标中的速度表示
v
d r ds d r s dt dt ds
dv a s dt
－切向加速度
an
v
2
－法向加速度
φ P
s
几点讨论
P'
φ
切向加速度
lim n 0
dv a s dt
表示速度矢量大小的变化率； 法向加速度
an
v 2
表示速度矢量方向的变化率；
四、自然轴系P－TNB
当运动轨迹为空间曲线时，弧坐标系中所得到 的结论同样成立，只需将弧坐标系扩展为自然轴系。 对于平面曲线，我们可以很容易地找到曲线上 某点的切线和法线，即很容易确定其切线方向和法 线方向。 对于空间曲线，我们如何去确定类似于弧坐标 的自然轴系？自然轴系是空间坐标系，弧坐标是平 面坐标系。空间坐标系需要有三个方向，切向、法 向和副法向来描述某点的运动变量。
工程力学习题答案_范钦珊_蔡新着_工程静力学与材料力学_第二版
(a) (b) 习题1-1图 (a) (b) 习题1－2图D R(a-1)C (a-2)D R(a-3)(b-1) 1－1 图a 、b 所示，Ox 1y 1与Ox 2y 2分别为正交与斜交坐标系。
试将同一方F 分别对两坐标系进行分解和投影，并比较分力与力的投影。
解：（a ），图（c ）：11 s i n c o s j i F ααF F +=分力：11 cos i F αF x = ， 11 s i n j F αF y = 投影：αcos 1F F x = ， αs i n1F F y = 讨论：ϕ= 90°时，投影与分力的模相等；分力是矢量，投影是代数量。
（b ），图（d ）：分力：22)tan sin cos (i F ϕααF F x -= ，22sin sin j F ϕαF y =投影：αcos 2F F x = ， )cos(2αϕ-=F F y 讨论：ϕ≠90°时，投影与分量的模不等。
1－2 试画出图a 、b比较：图（a-1）与图（b-1）不同，因两者之F R D 值大小也不同。
1－3 试画出图示各物体的受力图。
1（c ）22x （d ）习题1－3图1－4 图a 所示为三角架结构。
力F 1作用在B 铰上。
杆AB 不计自重，杆BD 杆自重为W 。
试画出图b 、c、d 所示的隔离体的受力图，并加以讨论。
或(a-2) B (a-1) (b-1)F Ay (c-1) 或(b-2)(e-1) (f-1)(f-2) 1O (f-3)Ax F ' (b-3)E D (a-3) 习题1－5图B (b-2)(b-1) F 'C D D F F B C(c) F 'Ax F1－5 试画出图示结构中各杆的受力图。
1－6 图示刚性构件ABC 由销钉A 和拉杆GH 支撑，在构件的点C 作用有一水平力F 。
试问如果将力F 沿其作用线移至点D 或点E （如图示），是否会改变销钉A 的受力状况。
工程力学(静力学和材料力学)第2版课后习题答案 范钦珊主编 .
eBook工程力学（静力学与材料力学）习题详细解答（教师用书）(第7章)范钦珊唐静静2006-12-18第7章弯曲强度7－1 直径为d的圆截面梁，两端在对称面内承受力偶矩为M的力偶作用，如图所示。
若已知变形后中性层的曲率半径为ρ；材料的弹性模量为E。
根据d、ρ、E可以求得梁所承受的力偶矩M。
现在有4种答案，请判断哪一种是正确的。
习题7－1图(A) M＝Eπd 64ρ64ρ (B) M＝Eπd4Eπd3(C) M＝32ρ32ρ (D) M＝Eπd34 正确答案是。
7－2 关于平面弯曲正应力公式的应用条件，有以下4种答案，请判断哪一种是正确的。
(A) 细长梁、弹性范围内加载；(B) 弹性范围内加载、载荷加在对称面或主轴平面内；(C) 细长梁、弹性范围内加载、载荷加在对称面或主轴平面内；(D) 细长梁、载荷加在对称面或主轴平面内。
正确答案是 C _。
7－3 长度相同、承受同样的均布载荷q作用的梁，有图中所示的4种支承方式，如果从梁的强度考虑，请判断哪一种支承方式最合理。
l 5习题7－3图正确答案是7－4 悬臂梁受力及截面尺寸如图所示。
图中的尺寸单位为mm。
求：梁的1－1截面上A、 2B两点的正应力。
习题7－4图解：1. 计算梁的1－1截面上的弯矩：M=−⎜1×10N×1m+600N/m×1m×2. 确定梁的1－1截面上A、B两点的正应力：A点：⎛⎝31m⎞=−1300N⋅m 2⎟⎠⎛150×10−3m⎞−20×10−3m⎟1300N⋅m×⎜2My⎝⎠×106Pa=2.54MPa(拉应力)σA=z=3Iz100×10-3m×150×10-3m()12B点：⎛0.150m⎞1300N⋅m×⎜−0.04m⎟My⎝2⎠=1.62×106Pa=1.62MPa(压应力)σB=z=3Iz0.1m×0.15m127－5 简支梁如图所示。
理论力学简明教程(第二版)课后答案
第零章 数学准备一 泰勒展开式1 二项式的展开()()()()()m 23m m-1m m-1m-2f x 1x 1mx+x x 23=+=+++！！2 一般函数的展开()()()()()()()()230000000f x f x f xf x f x x-x x-x x-x 123!''''''=++++！！特别:00x =时,()()()()()23f 0f 0f 0f x f 0123!x x x ''''''=++++！！3 二元函数的展开(x=y=0处)()()00f f f x y f 0x+y x y ⎛⎫∂∂=++ ⎪∂∂⎝⎭，22222000221f f f x 2xy+y 2x x y y ⎛⎫∂∂∂++ ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭！评注：以上方法多用于近似处理与平衡态处的非线性问题向线性问题的转化。
在理论力问题的简单处理中，一般只需近似到三阶以内。
二 常微分方程1 一阶非齐次常微分方程： ()()x x y+P y=Q通解：()()()P x dx P x dx y e c Q x e dx -⎛⎫⎰⎰=+ ⎪⎝⎭⎰注：()()(),P x dx P x dx Q x e dx ⎰±⎰⎰积分时不带任意常数，()x Q 可为常数。
2 一个特殊二阶微分方程2y A y B =-+ 通解：()02B y=K cos Ax+Aθ+注：0,K θ为由初始条件决定的常量 3 二阶非齐次常微分方程 ()x y ay by f ++=通解：*y y y =+；y 为对应齐次方程的特解，*y 为非齐次方程的一个特解。
非齐次方程的一个特解 （1） 对应齐次方程0y ay by ++=设x y e λ=得特征方程2a b 0λλ++=。
解出特解为1λ，2λ。
*若12R λλ≠∈则1x 1y e λ=，2x 2y e λ=；12x x 12y c e c e λλ=+*若12R λλ=∈则1x 1y e λ=，1x 2y xe λ=； 1x 12y e (c xc )λ=+*若12i λαβ=±则x 1y e cos x αβ=，x 2y e sin x αβ=；x 12y e (c cos x c sin x)αββ=+（2） 若()2000x f a x b x c =++为二次多项式*b 0≠时，可设*2y Ax Bx C =++ *b 0≠时，可设*32y Ax Bx Cx D =+++注：以上1c ,2c ,A,B,C,D 均为常数，由初始条件决定。
理论力学第四章
0
FBy
C 3m
M A 48kN m
1、本题是否还有其他解法？ 2、本题若不要求计算1、2杆之力，试问该如何解决？ 3、能否将本题进行些变化？该如何变？需要满足什么条件？ 4、教材P85
求：A处的反力。 P
q
A
B
C
③
2a
②
① D
aa
aa
A 2a
P q
B ②③
① D
aa
a
C a
B
q
C
FBx
③
FBy ②
D
B FBx
4m
FBy
P2 FEx
E FEy
Y 0 , F Ay FBy FD P2 8q 0
FD
3m 2m 6m 2m
X 0 , F Ax FBx P1 0
FAy 4.75kN FBy 12.25kN
(2) 取BC部分为研究对象
q
C P2
P1
E
D
FAx A
FD 2m 2m FAy 4m
C
q
P
A E
DM 2a
θ
C a
B a
A FAx
FAy
q E FE
P B
FBC
q
例 题 5 求：A、E的约束
反力和BC杆内力。
a
a a
解：(1) 取整体为研究对象
C
X 0, FAx 0
Y 0, FAy FE qa 0
D
M E (F ) 0, FAy a qa 1.5a 0
a
解得： FAx 0 FAy 1.5qa FE 2.5qa
B FBx
4m
FBy
MC F 0 , 4FBy 8FBx 4q.2 0
材料力学_第二版_范钦珊_第4章习题答案
材料力学_第二版_范钦珊_第4章习题答案第4章 弹性杆件横截面上的切应力分析4－1 扭转切应力公式p /)(I M x ρρτ=的应用范围有以下几种，试判断哪一种是正确的。
（A ）等截面圆轴，弹性范围内加载； （B ）等截面圆轴；（C ）等截面圆轴与椭圆轴；(D ）等截面圆轴与椭圆轴,弹性范围内加载。
正确答案是 A 。
解：p )(I M x ρρτ=在推导时利用了等截面圆轴受扭后，其横截面保持平面的假设，同时推导过程中还应用了剪切胡克定律，要求在线弹性范围加载。
4－2 两根长度相等、直径不等的圆轴受扭后，轴表面上母线转过相同的角度.设直径大的轴和直径小的轴的横截面上的最大切应力分别为max 1τ和max 2τ,切变模量分别为G 1和G 2.试判断下列结论的正确性。
（A ）max 1τ＞max 2τ； （B ）max 1τ＜max 2τ；（C ）若G 1＞G 2，则有max 1τ＞max 2τ； （D ）若G 1＞G 2,则有max 1τ＜max 2τ.正确答案是 C 。
解:因两圆轴等长，轴表面上母线转过相同角度，指切应变相同,即γγγ==21由剪切胡克定律γτG =知21G G >时，max 2max 1ττ>。
4－3 承受相同扭矩且长度相等的直径为d 1的实心圆轴与内、外径分别为d 2、)/(222D d D =α的空心圆轴，二者横截面上的最大切应力相等。
关于二者重之比（W 1/W 2)有如下结论，试判断哪一种是正确的。
（A ）234)1(α-； (B ）)1()1(2234αα--; （C))1)(1(24αα--； （D ）)1/()1(2324αα--。
正确答案是 D 。
解：由max 2max 1ττ=得)1(π16π1643231α-=d M d M xx 即 31421)1(α-=D d(1） )1(222212121α-==D d A A W W （2)（1）代入(2）,得 2324211)1(αα--=W W4－4 由两种不同材料组成的圆轴，里层和外层材料的切变模量分别为G 1和G 2,且G 1 = 2G 2。
F__学习_陈世民理论力学简明教程(第二版)答案_第四章 质点组动力学
又依能量守恒：
1 1 & & mυ A2 + m[(υ A − 2lθ cos θ ) 2 + (2lθ sin θ ) 2 ] = 2mgl (cos α − cos θ ) 2 2
2 & 代入 * 得： θ =
2 g (cos α − cos θ ) l (sin 2 θ + 1)
得：
2 & θ g (cos − cos α ) θ= = 2 l (2 − cos 2 )
& 劈的加速度 & x （３ ）劈对物体的反作用力 F1 和水平面对劈的反作用力 p；
F2 。
解：如右图所示，建立各方向矢量，设劈与物体间的与反作用力为
F sin θ & P & = F1′ &= F1Pi = F1 sin θ i LL * F1 , F1′ ，则： & x i =− 1 i,x m′ m 1 M′ M′ m′ m′
F1 sin θ m′ g cos θ sin θ = m m′ + m sin 2 θ 代入 *1 式可得： F1 sin θ mg cos θ sin θ & & x =− M =− m′ m′+ m sin 2 θ & & x m =
水平面对劈的反作用力 F2 = m′ g (−ez ) + F1′cos θ (−ez )
＜ 析＞ 此章中许多等式的推导多用到分部积分与等量代换． 在本章的习 题解答中多用到动量定理， 角动量定理与机械能守恒定理的联立方程 组， 有时质心定理的横空出世会救你于水深火热之中．
【解题演示】
１ 在一半径为 r 的圆圈上截取一段长为 s 的圆弧， 求出这段圆弧的质心 位置。 解：如右图所示建立坐标系 。则： θ0 = s 2r 设 rc = xc i + yc j 有：
工程力学课后习题答案_范钦珊(合订版)
C
BF
FB
FAx A
FAy
习题 1－3b 解 1 图
A FA
FB
α C
B
D
FD 习题 1－3d 解 1 图
D
F
C
F'c
B
FB
习题 1－3e 解 2 图
3
D
F
C
A
B
FA
FB
习题 1－3e 解 3 图
FO1 FOx O A
FOy
W
习题 1－3f 解 1 图
FA' FOx O A
FOy
W
习题 1－3f 解 2 图
可推出图（b）中 FAB = 10FDB = 100F = 80 kN。
FED αD
FDB FD′ B
FCB
α
B
F 习题 1－12 解 1 图
F AB 习题 1－12 解 2 图
1—13 杆 AB 及其两端滚子的整体重心在 G 点，滚子搁置在倾斜的光滑刚性平面上，如
图所示。对于给定的θ 角，试求平衡时的 β 角。
9
O
A
lθ
3
βG
2l
FRA
3
B G
θ
FRB
习题 1－13 图
习题 1－13 解图
解：AB 为三力汇交平衡，如图（a）所示ΔAOG 中：
AO = l sin β
∠AOG = 90° − θ ∠OAG = 90° − β
∠AGO = θ + β
l
由正弦定理： l sin β =
3
sin(θ + β ) sin(90° − θ )
= 114°35′
图（a）：A 平衡： ∑ Fy = 0 ， TA = 1⋅ sinϕ1
力学第二版习题答案(高等教育出版社)04
第四章基本知识小结⒈功的定义式：⎰⋅=2112r r r d F A直角坐标系中：⎰⎰+==221121,,1212y x y x yxx x x dy F dx F A dx F A ，自然坐标系中：⎰=2112s s ds F A τ极坐标系中：⎰+=2211,,12θθθθr r rrd F dr F A⒉⎰⋅-=-=bap p k r d F a E b E mv E 保势能动能)()(,212重力势能mgy y E p =)(弹簧弹性势能2)(21)(l r k r E p -=静电势能rQqr E p πε4)(=⒊动能定理适用于惯性系、质点、质点系∑∑∆=+kE A A 内外⒋机械能定理适用于惯性系∑∑+∆=+)p k E E A A （非保内外⒌机械能守恒定律适用于惯性系若只有保守内力做功，则系统的机械能保持不变，C E E p k =+⒍碰撞的基本公式接近速度）（分离速度（牛顿碰撞公式）动量守恒方程）e v v e v v v m v m v m v m =-=-+=+)((2010122211202101 对于完全弹性碰撞 e = 1 对于完全非弹性碰撞 e = 0对于斜碰，可在球心连线方向上应用牛顿碰撞公式。
⒎克尼希定理∑+=22'2121i i c k v m mv E绝对动能=质心动能+相对动能 应用于二体问题222121u mv E c k μ+=212121m m m m m m m +=+=μu 为二质点相对速率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。
理论力学课后参考答案(范钦珊)
， ；
， ；
， （1）
取杆GE为研究对象，其受力如图（b）所示。
， ；
， ；
， ；
将FGy的值代入式（1），得：
3-18刚架的支承和载荷如图所示。已知均布载荷的集度q1=4kN/m，q2=1kN/m，求支座A、B、C三处的约束力。
解：取CE为研究对象，
解：取系统整体为研究对象，其受力如图（a）所示。
， ；
， ；
， （1）
取轮E和杆EF为研究对象，其受力如图（b）所示。
， （FT=P）； （FT=P）
取杆CD为研究对象，其受力如图（c）所示。
， ；
将FAx的值代入式（1），得：
3-16滑轮支架系统如图所示。滑轮与支架ABC相连，AB和BC均为折杆，B为销钉。设滑轮上绳的拉力P=500N，不计各构件的自重。求各构件给销钉B的力。
解： ，
，
由图（a）计算结果，可推出图（b）中：FAB=10FDB=100F=80kN。
3－3起重机由固定塔AC与活动桁架BC组成，绞车D和E分别控制桁架BC和重物W的运动。桁架BC用铰链连接于点C，并由钢索AB维持其平衡。重物W=40kN悬挂在链索上，链索绕过点B的滑轮，并沿直线BC引向绞盘。长度AC=BC，不计桁架重量和滑轮摩擦。试用角 =∠ACB的函数来表示钢索AB的张力FAB以及桁架上沿直线BC的压力FBC。
解：可能是一个力，也可能平衡，但不可能是一个力偶。
因为（1），平面力系向一点简化的结果为一主矢和一主矩，而由已知是：向两点简化的主矩皆为零，即简化结果可能为（ ），（ ）（主矢与简化中心无关），若 ，此时已是简化的最后结果：一合力 经过A点，又过B点。
理论力学第二版答案
1-1 图示曲线规尺的杆长200OA AB ==mm ，而50CD DE AC AE ====mm 。
如果OA 绕O 轴转动的规律是5/t πϕ=，初始时0t =，求尺上D 点的运动方程和轨迹。
解：A 点运动已知，欲求D 点运动，可从D 点相对A 点的几何出发求解。
以,,(,,,,)i i x y i A B C D E =分别表示各点的,x y 坐标。
由OA AB =，CD DE AC AE ===可知：运动过程中ACDE 始终为一个平行四边形，从而：D A x x =，2A D C y y y += OA 绕O 轴转动，转角5tπϕ=∴cos 200cos5A t x OA π=ϕ=，sin 200sin 5A t y OA π=ϕ= s i n ()s i n 150s i n 5C ty O CO A A C π=ϕ=-ϕ= ∴ 200cos 5D A t x x π==(mm)， D C 2100sin 5A ty y y π=-=(m m)得到D 点的运动方程为：22221200100D Dx y +=1-2 图示AB 杆长为l ，绕B 点按t ϕω=的规律转动。
与杆连接的滑块按sin s a b t ω=+的规律沿水平线作简谐振动，其中a 、b 、ω为常数，求A 点的轨迹。
解： 点A 的运动为滑块B 与杆AB 二者运动的合成。
在oxy 坐标中，t 时刻x x l y l A B A =+=sin ,cos ϕϕ代入 x s a b B ==+sin ϕ，可得A 的轨迹为122=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-l y l b a x A A1-3 半径为r 的半圆形凸轮以等速0v 在水平面上滑动，如图所示，求当︒=30θ瞬时顶杆上升的速度大小与加速度大小（杆与凸轮的接触点为M ）。
解：由已知条件可得M 点的坐标为0=x ，22002022)(tv t rv t v r r y -=--=，则y 方向上的速度和加速度分别为：202y rv t =（1）22002200220022002022/)(2tv t rv tv t rv t v r v t v t rv v y------= （2）当30=θ时，r t v r 230=-，即r t v )231(0-=代入（1）式和（2）式，可以得到x0303|v y == θ，r r y 20308|-== θ1-4 半径为R 的圆弧与AB 墙相切，在圆心O 处有一光源，点M 从切点C 处开始以等速度0υ沿圆弧运动，如图所示，求M 点在墙上影子'M 的速度大小与加速度大小。
普通物理学教程力学第二版课后题答案(第四、十章)
zV
eBR zeV
m
4.3.7 轻且不可伸长的线悬挂质量为 500g 的圆柱体。圆柱体又
套在可沿水平方向移动的框架内，框架槽沿铅直方向。框架质量为
200g。自悬线静止于铅直位置开始， 框架在水平力 F=20.0N 作用下移
至图中位置，球圆柱体的速度，线长 20cm，不计摩擦。
功的代数和是否和参考系有关？
[ 解 答]
（ 1）有关。
木块
木板
F
如图：木块相对桌面 位移（ s-l ）木板对木块的滑
木块
木板
F
S
动摩擦力做功 f(s-l) 若以木
板为参照系，情况不一样。
（2）无关。相对位移与参照系选取有关。 （代数和不一定为零） 4.8 取弹簧自由伸展时为弹性势能零点， 画出势能曲线。 再以
[ 解 答]
1 m
2
1 m
2 0
（ 1） 2
2
v2
pdv
v1
v 2 p1 v1 dv v1 v
p1 v1ln v 2 v1
2p1v1 ln v 2
m
v1
2 0
1 m
2
1 m
2 0
（ 2） 2
2
v2 p1 v1 dv v1 v
p1v 1
(v
1 2
1-
v
11
)
2p1 v1
(v
1 2
(1 )m
v11- )
2 0
4.3.5 O 坐标系与 O坐标系各对应轴平行。 O 相对于 O 沿 x 轴
Fx
以 0 作匀速直线运动。 对于 O 系，质点动能定理为
1 m
2 2
2
1 m
2
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第四章作业
班级 姓名 学号
一、尖劈起重装置如图所示。
尖劈A 的顶角为 ，B 块上受力F Q 的作用。
A 块与B 块之间的静摩擦因数为s f (有滚珠处摩擦力忽略不计)。
如不计A 块和B 块的重，试求保持平衡时力F p 的范围。
二、图示为凸轮顶杆机构，在凸轮上作用有力偶，其力偶矩的大小为M ，顶杆上作用有力F Q 。
已知顶杆与导轨之间的静摩擦因数为
s
f ，偏心距为e ，凸轮与顶杆
之间的摩擦可忽略不计。
要使顶杆在导轨中向上运动而不致被卡住，试问滑道的长度l 应为多少
?
三、图示均质杆重W ，长l ，置于粗糙的水平面上，二者间的静摩擦因数为s f 。
现在秆一端施加与杆垂直的力F P ，试求使杆处于平衡时F P 的最大值。
设杆的高度忽略不计。