理论力学第三版 (洪嘉振) 答案第2章

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理论力学第三版 (洪嘉振) 答案第1章

1⎞ ⎟ 4⎟ ∈ R 4×3 ⎟ 0 ⎟ 2⎟ ⎠
⎛2⎞ ⎜ ⎟ T a = ⎜ − 1⎟ = (2 − 1 1) ∈ R1×3 , ⎜1⎟ ⎝ ⎠ ⎛1 0 0⎞ ⎛1 0 0⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ T E = ⎜ 0 1 0 ⎟ = ⎜ 0 1 0 ⎟ ∈ R 3×3 ⎜0 0 1⎟ ⎜0 0 1⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ 0 ⎜ T B =⎜ 1 ⎜ 2 ⎝ ⎛ 1 ⎜ T C =⎜ 1 ⎜ 2 ⎝ −1 − 2⎞ ⎛ 0 ⎟ ⎜ 0 3 ⎟ = ⎜ −1 ⎜− 2 −3 0 ⎟ ⎠ ⎝ −1 − 2⎞ ⎛ 1 ⎟ ⎜ 1 3 ⎟ = ⎜ −1 ⎜− 2 −3 1 ⎟ ⎠ ⎝
⎛ 0 −1 − 2⎞ ⎛ 1 ⎟ ⎜ ⎜ B = ⎜1 0 3 ⎟，C = ⎜ 1 ⎜2 − 3 0 ⎟ ⎜ 2 ⎠ ⎝ ⎝
−1 − 2⎞ ⎛ 0 −1 − 2⎞ ⎟ ⎟ ⎜ 1 3 ⎟ ， D = ⎜ −1 0 3 ⎟ ⎜− 2 3 −3 1 ⎟ 0 ⎟ ⎠ ⎠ ⎝
（1）计算 2 D ；（2）计算 A + E 与 A − E ；验证 A + E = E + A ；（3）计算 B + B ；由此可得到什么结论；
⎛ 0 −1 − 2⎞ ⎛ 0 −1 − 2⎞ ⎛ 0 −1 − 2⎞ ⎛ 0 1 2 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 3 ⎟ + ⎜ − 1 0 − 3⎟ = 0 。 3 ⎟ = ⎜1 0 B + BT = ⎜ 1 0 3 ⎟ + ⎜1 0 ⎜2 − 3 0 ⎟ ⎜2 − 3 0 ⎟ ⎜2 − 3 0 ⎟ ⎜− 2 3 0 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
（1）写出它的分块列矩阵aj(j=1,…,4)；（2）写出它的转置矩阵，验证

理论力学第三版 (洪嘉振) 答案第6章

由图 6-9C 可见
题解 6-9C
Δ x1
=
Δx2
−
Δx1′
cos
π 6
=
200 − 400 ⋅ 3cos π 6
=
−146.41,
Δx3 = Δx2 = 200
代入式（1）
m1Δx1 + m2Δx2 + m3Δx3 = mAΔx1 + mC Δx2 + mBΔx3 = −4 ⋅146.41 + 2 ⋅ 200 + mB ⋅ 200 = 0 可解得
30o
B
解：
如图 6-9C 所示建立惯性坐标基。
yr
令圆轮A记为B1，质心A的x坐标记为
x1；斜面记为B2，质心D的x坐标记为x2；
重物B记为B3，质心B的x坐标记为x3。系统
质心C的x坐标记为xC。系统总质量记为M，
有如下关系
∑ xC =
mi xi M
作用于质点系上外力的主矢在 x 轴上 O
的投影始终为零，系统动量在该轴上的坐
解：对于喷气机，吸入的空气相对于飞机的速度为
vr = 660 = 185 m/s 3.6
质量的变化而引起的作用于质点的附加推力为
r F
P
=
vrPr
dm dt
则向后的推力为：
F AP
=
dm dt
v
r A
=
70 ×185
≈ 13000N
= 13kN
因为排出的质量是吸入空气和消耗燃料之和，故有向前的推力：
洪嘉振等《理论力学》第 3 版习题详解
1
6-1C 三个质量均为 m 的质点用质量不计
的刚杆连结成正三角形，边长为 b。在质心 C 建立如图所示的连体基，矢量 zr 为正三角形的法

大学物理学(第三版)第二章课后答案

习题22.1 选择题(1) 一质点作匀速率圆周运动时，(A)它的动量不变，对圆心的角动量也不变。

(B)它的动量不变，对圆心的角动量不断改变。

(C)它的动量不断改变，对圆心的角动量不变。

(D)它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变。

[答案：C](2) 质点系的内力可以改变(A)系统的总质量。

(B)系统的总动量。

(C)系统的总动能。

(D)系统的总角动量。

[答案：C](3) 对功的概念有以下几种说法：①保守力作正功时，系统内相应的势能增加。

②质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零。

③作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零。

在上述说法中：(A)①、②是正确的。

(B)②、③是正确的。

(C)只有②是正确的。

(D)只有③是正确的。

[答案：C]2.2填空题(1) 某质点在力i x F)54(+=（SI ）的作用下沿x 轴作直线运动。

在从x=0移动到x=10m的过程中，力F所做功为。

[答案：290J ](2) 质量为m 的物体在水平面上作直线运动，当速度为v 时仅在摩擦力作用下开始作匀减速运动，经过距离s 后速度减为零。

则物体加速度的大小为，物体与水平面间的摩擦系数为。

[答案：22;22v v s gs](3) 在光滑的水平面内有两个物体A 和B ，已知m A =2m B 。

（a ）物体A 以一定的动能E k 与静止的物体B 发生完全弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为；（b ）物体A 以一定的动能E k 与静止的物体B 发生完全非弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为。

[答案：2;3k k E E ]2.3 在下列情况下，说明质点所受合力的特点：（1）质点作匀速直线运动；（2）质点作匀减速直线运动；（3）质点作匀速圆周运动；（4）质点作匀加速圆周运动。

解：（1）所受合力为零；（2）所受合力为大小、方向均保持不变的力，其方向与运动方向相反；（3）所受合力为大小保持不变、方向不断改变总是指向圆心的力；（4）所受合力为大小和方向均不断变化的力，其切向力的方向与运动方向相同，大小恒定；法向力方向指向圆心。

理论力学(周衍柏第三版)习题答案

由以上两式得
v0 s 1 at1 t1 2
再由此式得证明完毕.
a
2st 2 t1 t1t 2 t1 t 2
1.2 解由题可知,以灯塔为坐标原点建立直角坐标如题 1.2.1 图.
1 设 A 船经过 t 0 小时向东经过灯塔,则向北行驶的 B 船经过 t 0 1 小时经过灯塔任意时刻 A 2

r
r

把③④⑦⑧代入⑤⑥式中可得
a // 2 r
1.7 解由题可知
2 2
r
a r
x r cos ① ② y r sin
③ r cos r sin x sin r sin r 2 cos ④ cos 2r x r
对等式两边同时积分，可得： 1.6 解由题可知质点的位矢速度沿垂直于位矢速度又因为
1 2T 2T t s c t 2 sin t 2T 2
v // r ①
v
即
r ， v // r
r r
v r 即 r
dv 2kv 2 dt
y3 p 1 y 2
2 3 2
⑤
又
dv dv dy dv y dt dy dt dy x yy p
把 y 2 2px 两边对时间求导得
又因为
2 y 2 v2 x
所以
2 y
v2 y2 ⑥ 1 2 p
d 15t 0 15t
2
1 15 t 0 1 15t 2
2
- - 1- -

理论力学第三版 (洪嘉振) 答案第2章

F = 50 − cos 30o
r z
O
r y
r rOC
A
(
0 sin 30o
)
T
= 25 − 3 0 1 N
(
)
T
r x
B
r rAC r rBC
r F
30 °
（2）由式（1）与（2）该力分别对点 O、A、B 的矩分别为：
− 3⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎛ 100 ⎞ ⎛ 0 3 4 ⎞⎛ ⎟ r ~ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎜ MO (F ) = rOCF = ⎜ − 3 0 − 2⎟⎜ 0 ⎟25 = 25⎜ 3 3 − 2⎟ = ⎜ 79.9 ⎟ N⋅ m ⎟ ⎜ 4 3 ⎟ ⎜173.2⎟ ⎜ − 4 2 0 ⎟⎜ 1 ⎟ ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠⎜ ⎝ ⎝ ⎠
r1′ = (2b a ) ， r2′ = (b a )
T T
r y
r yb
r r2
r F1
两力对点 A 的矩 r r r r M Az ( F1 ) = M Az′ ( F1 ) = M Az′ ( F1x′ ) + M Az′ ( F1 y′ )
′F1x′ + x1 ′ F1 y′ = − y1 = − aF1 cos(α − β ) + 2bF1 sin(α − β ) r r r r M Az ( F2 ) = M Az′ ( F2 ) = M Az′ ( F2 x′ ) + M Az′ ( F2 y′ ) ′ = − y′ 2 F2 x′ + x2 F2 y′ = aF2 sin β − bF2 cos β
= − F1 cos α (− 2b sin β + a cos β ) + F1 sin α (2b cos β − a sin β ) = − aF1 cos(α − β ) + 2bF1 sin(α − β )

理论力学第三版课后习题答案

目录第一章质点力学 (2)第二章质点组力学 (56)第三章刚体力学 (74)第四章转动参考系 (105)第五章分析力学 (115)第一章质点力学1.1 由题可知示意图如题1.1.1图:{{SSt t 题1.1.1图设开始计时的时刻速度为0v ,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为a . 则有:()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-+=-=221210211021221t t a t t v s at t v s 由以上两式得11021at t s v +=再由此式得()()2121122t t t t t t s a +-=证明完毕.1.2 解由题可知,以灯塔为坐标原点建立直角坐标如题1.2.1图.题1.2.1图设A 船经过0t 小时向东经过灯塔,则向北行驶的B 船经过⎪⎭⎫ ⎝⎛+2110t 小时经过灯塔任意时刻A 船的坐标()t t x A 15150--=，0=A yB 船坐标0=B x ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛+-=t t y B 15211150则AB 船间距离的平方()()222B A B A y y x x d -+-=即()2021515t t d -=201521115⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛++t t()20202211225225675900450⎪⎭⎫ ⎝⎛++++-=t t tt t2d 对时间t 求导()()67590090002+-=t t dtd d AB 船相距最近，即()02=dtdd ，所以h t t 430=- 即午后45分钟时两船相距最近最近距离22min231543154315⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-⨯+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=s km1.3 解 ()1如题1.3.2图第1.3题图y题1.3.2图由题分析可知，点C 的坐标为⎩⎨⎧=+=ψψϕsin cos cos a y a r x 又由于在∆AOB 中，有ϕψsin 2sin ar =（正弦定理）所以ry r a 2sin 2sin ==ψϕ联立以上各式运用1cos sin 22=+ϕϕ由此可得rya x r a x 22cos cos --=-=ψϕ得12422222222=---++r y a x y a x r y 得22222223y a x r a x y -=-++化简整理可得()()2222222234r a y x y a x -++=-此即为C 点的轨道方程.（2）要求C 点的速度，分别求导⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=--=2cos sin cos 2cos sin ϕωψψϕωϕωr y r r x 其中ϕω = 又因为ψϕsin 2sin a r =对两边分别求导故有ψϕωψcos 2cos a r =所以22y x V +=4cos sin cos 2cos sin 2222ϕωψψϕωϕωr r r +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--= ()ψϕψϕϕψω++=sin cos sin 4cos cos 22r1.4 解如题1.4.1图所示，A BOCLxθd 第1.4题图OL 绕O 点以匀角速度转动，C 在AB 上滑动，因此C 点有一个垂直杆的速度分量22x d OC v +=⨯=⊥ωωC 点速度dx d d v v v 222sec sec cos +====⊥⊥ωθωθθ 又因为ωθ= 所以C点加速度 θθθω ⋅⋅⋅⋅==tan sec sec 2d dt dv a ()2222222tan sec 2d x d x d +==ωθθω1.5 解由题可知，变加速度表示为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=T t c a 2sin 1π 由加速度的微分形式我们可知dtdv a =代入得dtT 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 Ttc Tct v ++=2cos2ππ（D 为常数）代入初始条件：0=t 时，0=v ，故c TD π2-=即⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=12cos2T t T t c v ππ 又因为dtds v =所以=ds dt T t T t c ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+12cos2ππ 对等式两边同时积分，可得：⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-+=t T t T T t c s 2sin 22212πππ1.6 解由题可知质点的位矢速度r λ=//v ①沿垂直于位矢速度μθ=⊥v又因为 r r λ== //v ，即r rλ=μθθ==⊥r v 即rμθθ= ()()j i v a θ r dtd r dt d dt d +==（取位矢方向i ，垂直位矢方向j ）所以()j i i i θ r rdtd r i dt r d r dt d +=+=()dtd r dt d r dt dr r dt d j j j j θθθθ ++=i j j 2r r r θθθ -+= 故()()j i a θθθ r r r r22++-= 即沿位矢方向加速度()2θ r ra -= 垂直位矢方向加速度()θθr r a 2+=⊥ 对③求导r rr 2λλ== 对④求导θμμθθr rr +-=2⎪⎭⎫⎝⎛+=λμμθr 把③④⑦⑧代入⑤⑥式中可得rr a 222//θμλ-= ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⊥r a μλμθ1.7 解由题可知⎩⎨⎧==θθsin cos r y r x ①②对①求导θθθ sin cos r r x-= ③ 对③求导2 ④对②求导θθθcos sin r r y+=⑤ 对⑤求导θθθθθθθsin cos cos 2sin 2 r r r ry -++=⑥ 对于加速度a ，我们有如下关系见题1.7.1图题1.7.1图即⎩⎨⎧+=+=θθθθθθcos sin sin cos a a y a a x r r⑦--⑧ 对⑦⑧俩式分别作如下处理：⑦θcos ⨯，⑧θsin ⨯ 即得⎩⎨⎧+=-=θθθθθθθθθθcos sin sin sin cos sin cos cos a a y a a x r r⑨--⑩ ⑨+⑩得θθsin cos yx a r += ⑾ 把④⑥代入 ⑾得2θr r a r -= 同理可得θθθ r r a 2+= 1.8解以焦点F 为坐标原点，运动如题1.8.1图所示]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 111e a e e a r -+-=θ即()rer e a --=21cos θ 所以()()2222222221211cos 1sin e r e ar r e a --+--=-=θθ故有()2222224222sin 1ωθωr e a r e v +-=()2224221ea r e -=ω()()]1211[2222222e r e ar r ea --+--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）1.9证质点作平面运动，设速度表达式为j i v y x v v +=令为位矢与轴正向的夹角，所以dt d v dt dv dt d v dt dv dt d y y x x j j i i v a +++==j i ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-=θθ x y y x v dt dv v dt dv 所以[]j i a ⎪⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-=θθ x yy x v dt dv v dt dv ()j i y x v v +⋅ θθ y x y y y x x x v v dt dv v v v dt dv v ++-=dtdv v dt dv v y yxx += 又因为速率保持为常数，即C C v v y x ,22=+为常数对等式两边求导022=+dtdv v dt dv v y y xx所以0=⋅v a即速度矢量与加速度矢量正交.1.10解由题可知运动轨迹如题1.10.1图所示，题1.10.1图则质点切向加速度dtdv a t =法向加速度ρ2n v a =，而且有关系式ρ2v 2k dt dv -= ①又因为()232y 1y 1'+''=ρ②2px y 2=所以yp y =' ③ 32yp y -='' ④ 联立①②③④2322322y p 1y p 2kv dtdv⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-= ⑤又dydv ydt dy dy dv dt dv =⋅=把2px y 2=两边对时间求导得pyy x= 又因为222y xv += 所以22221py v y+= ⑥ 把⑥代入⑤23223222122121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅-=⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+y p y p kv dydvp y v既可化为222py dykp v dv +-= 对等式两边积分222py dykp v dv p p vu+-=⎰⎰- 所以πk ue v -=1.11解由题可知速度和加速度有关系如图1.11.1所示题1.11.1图⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====ααcos sin 2a dt dv a a r v a t n 两式相比得dtdvr v ⋅=ααcos 1sin 2 即2cot 1vdv dt r =α 对等式两边分别积分200cot 1v dv dt rv v t⎰⎰=α 即αcot 11rtv v -=此即质点的速度随时间而变化的规律.1.12证由题1.11可知质点运动有关系式⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==ααcos sin 2a dtdv a r v ①② 所以 ωθθθd dv dt d d dv dt dv =⋅=，联立①②，有ααωθcos sin 2r v d dv = 又因为r v ω=所以 θαd vdv cot =，对等式两边分别积分，利用初始条件0=t 时，0θθ=()αθθcot 00-=e v v1.13 证（a ）当00=v ，即空气相对地面上静止的，有牵相绝v v v +=.式中绝v 质点相对静止参考系的绝对速度，相v 指向点运动参考系的速度，牵v 指运动参考系相对静止参考系的速度.可知飞机相对地面参考系速度：绝v =v '，即飞机在舰作匀速直线运动.所以飞机来回飞行的总时间v l t '=20. （b ）假定空气速度向东，则当飞机向东飞行时速度01v v v +'=飞行时间1v v lt +'=当飞机向西飞行时速度0v v v v v -'=+=牵相飞行时间2v v lt -'=故来回飞行时间021v v l t t t +'=+=0v v l -'+222v v lv -''= 即2200220112v v t v v v lt '-='-'= 同理可证，当空气速度向西时，来回飞行时间2201v v t t '-=（c ）假定空气速度向北.由速度矢量关系如题1.13.1图v 题1.13.1图v v v '+=0绝202v v v -'= 所以来回飞行的总时间222vv l t -'=2200220112v vt v v v l '-='-'=同理可证空气速度向南时，来回飞行总时间仍为2201v v t t '-=1.14解正方形如题1.14.1图。

7-26C

5mv2 x I Dx I Ox
J 22 I Ox e I Dx r e
速度约束方程 v1x vOx 1 r v2 x vOx 2 e vDx v2 x 2 r e 0 由上式
v2 x 2 r e
式 1 2
2 r
I Ox r 2 2 J 2 5mr e
（11）
v1x
2 I 2 J11 2 I 2 r1 m mr m 3
将上式代入式（9），有
I Ox r 2 5 2I r1 2 3 m J 2 5mr e
式(2)解出 I Ox 代入上式，可解出杆 OA 的角速度为
e 0.4r , J 2 5m 2 1.6mr 2 , J1
A
题解 7-26C
1 1 2 m2r mr 2 3 12
上述 4 个方程可化为 mv1x I I Ox
J 11 I I Ox r 2
（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）
I Oy
vOx
I Ox
I Oy
C
e
D
I Dy
v2 x
O
vOx
1
v1x
I
2
I Dx
以匀质半轮为研究对象 5m(v2 x 0) I Dx I Ox e I Dx r e J 2 2 0 I Ox 其中
2J 2 3I 2 10r e r 2 m 1 2 r 5 J 2 25mr e 2mr 2

代入 e 0.4r , J 2 5m 2 1.6mr 2 ，有

理论力学第三版课后答案第3章

r 由式（1）在 τ 向的坐标式，可得点 B 的速度 r τ ： vB = vO + rω = 2rω
aw .
re vω B r vO
r n
（1）
co
τ
r
m
固定圆弧纯滚动由点 O′ 到点O，有 AD = AD′ ，即 r (φ + θ ) = Rθ ，得 rφ = (R − r )θ ，两边对时
∩
∩
题解 3-3Ca
课
r 平动参考基 e s 。由图可知，当连杆 B3 转过角 φ 3 ,齿轮 B2 转过角ψ 2 。
后答
r r 基为动基 e 3 ，齿轮 B2 的连体基为动基 e 2 。过O2建立一
r x3
r x2
r y3
O1
r xs
根据啮合条件有 ψ 2 R2 = φ3 R1 。由图可知，齿轮 B2 的相
φ3
r x
得
q1 = (x A
课
y A = l sin (α − φ1 ) + l cos α sin φ1 = l sin α cos φ1 r1 连体基 e 的位形坐标阵为 y A φ1 ) = (l cos α cos φ1 l sin α cos φ1 φ1 )
T T
x A = l cos α cos φ1
r （2）对于公共基 e ，以三个连体基分别写出刚
r r r
B
r x1
α
r x2 r x3
r y3
C
体的位形坐标阵。解：
r x
r 基 e 1 的位形为
r （1）如图 3-2Ca 所示，连体基 e 2 相对于与连体
T ρ1 0 ) ， θ 2 = 2π − α B = (− l cos α

大学物理学(第三版)第二章课后答案

习题22.1 选择题(1) 一质点作匀速率圆周运动时，(A)它的动量不变，对圆心的角动量也不变。

(B)它的动量不变，对圆心的角动量不断改变。

(C)它的动量不断改变，对圆心的角动量不变。

(D)它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变。

[答案：C](2) 质点系的内力可以改变(A)系统的总质量。

(B)系统的总动量。

(C)系统的总动能。

(D)系统的总角动量。

[答案：C](3) 对功的概念有以下几种说法：①保守力作正功时，系统内相应的势能增加。

②质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零。

③作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零。

在上述说法中：(A)①、②是正确的。

(B)②、③是正确的。

(C)只有②是正确的。

(D)只有③是正确的。

[答案：C]2.2填空题(1) 某质点在力i x F)54( （SI ）的作用下沿x 轴作直线运动。

在从x=0移动到x=10m的过程中，力F所做功为。

[答案：290J ](2) 质量为m 的物体在水平面上作直线运动，当速度为v 时仅在摩擦力作用下开始作匀减速运动，经过距离s 后速度减为零。

则物体加速度的大小为，物体与水平面间的摩擦系数为。

[答案：22;22v v s gs](3) 在光滑的水平面内有两个物体A 和B ，已知m A =2m B 。

理论力学习题答案-第三版

a=
2 2 2 dv & = 2 dω 2 sec 2 θ tan θ = 2ω x d + x = ωd ⋅ 2 sec θ ⋅ sec θ ⋅ tan ⋅ θ dt d2
(
)
1.5 矿山升降机作加速度运动时，其变加速度可用下式表示：
πt ⎞ a = c⎛ ⎜1 − sin ⎟ 2T ⎠ ⎝
-5-
y A r ϕ
a
ψ
C
a
B x
O
第 1 .3 题图
y
A
•
ω ϕ O
r
C •
a
ψ B
x
题1.3.2图
由题分析可知，点 C 的坐标为 ⎧ x = r cos ϕ + a cos ψ ⎨ ⎩ y = a sin ψ 又由于在 ∆ AOB 中，有
r 2a = sin ψ sin ϕ
sin ϕ =
（正弦定理）所以
L
A d θ Oห้องสมุดไป่ตู้
第1.4题图
x C
B
OL 绕 O 点以匀角速度转动， C 在 AB 上滑动，因此 C 点有一个垂直杆的速度分
量
v ⊥ = ω × OC = ω d 2 + x 2 C 点速度 v= v⊥ d 2 + x2 = v ⊥ sec θ = ωd sec 2 θ = ω cos θ d
& = ω 所以 C 点加速度又因为 θ
(
) (
)
2
rω cos ϕ ⎧& x = − r ω sin ϕ − sin ψ ⎪ ⎪ 2 cos ψ ⎨ rω cos ϕ ⎪y &= ⎪ ⎩ 2
其中
ω =ϕ &

理论力学周衍柏第三版第二章习题答案

第二章习题解答2.1 解均匀扇形薄片，取对称轴为x 轴，由对称性可知质心一定在x 轴上。

题2.1.1图有质心公式⎰⎰=dmxdm x c 设均匀扇形薄片密度为ρ，任意取一小面元dS ，drrd dS dm θρρ==又因为θcos r x =所以θθθρθρsin 32adrrd dr rd x dmxdm x c ===⎰⎰⎰⎰⎰⎰对于半圆片的质心，即2πθ=代入，有πππθθa a ax c 3422sin 32sin 32=⋅==2.2 解建立如图2.2.1图所示的球坐标系题2.2.1图把球帽看成垂直于z 轴的所切层面的叠加（图中阴影部分所示）。

设均匀球体的密度为ρ。

则)(222z a dz y dv dm -===ρπρπρ由对称性可知，此球帽的质心一定在z 轴上。

代入质心计算公式，即)2()(432b a b a dmzdmz c ++-==⎰⎰2.3 解建立如题2.3.1图所示的直角坐标，原来人W 与共同作一个斜抛运动。

yO题2.3.1图当达到最高点人把物体水皮抛出后，人的速度改变，设为x v ，此人即以 x v 的速度作平抛运动。

由此可知，两次运动过程中，在达到最高点时两次运动的水平距离是一致的（因为两次运动水平方向上均以αcos v 0=水平v 作匀速直线运动，运动的时间也相同）。

所以我们只要比较人把物抛出后水平距离的变化即可。

第一次运动：从最高点运动到落地，水平距离1st a v s ⋅=cos 01 ① gt v =αsin 0 ② ααcos sin 201gv s =③第二次运动:在最高点人抛出物体，水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，有)(cos )(0u v w Wv v w W x x -+=+α可知道u wW w a v v x ++=cos 0水平距离αααsin )(cos sin 0202uv gW w w gv t v s x ++==跳的距离增加了12s s s -=∆=αsin )(0uv gw W w +2.42.4 解建立如图2.4.1图所示的水平坐标。

理论力学第三版课后习题答案

理论力学第三版课后习题答案【篇一：理论力学教程思考题答案第三版.doc】2r?.。

这表示质点的径向与横向运动在相互影响，它们一起才?2，a??rar??r??r?能完整地描述质点的运动变化情况1.3答：内禀方程中，an是由于速度方向的改变产生的，在空间曲线中，由于a恒位于密切面内，速度v总是沿轨迹的切线方向，而an垂直于v指向曲线凹陷一方，故an总是沿助法线方向。

质点沿空间曲线运动时，ab?0,fb?0z何与牛顿运动定律不矛盾。

因质点除受作用力f，还受到被动的约反作用力r，二者在副法线方向的分量成平衡力fb?rb?0，故ab?0符合牛顿运动率。

有人会问：约束反作用力靠谁施加，当然是与质点接触的周围其他物体由于受到质点的作用而对质点产生的反作用力。

有人也许还会问：某时刻若fb与rb大小不等，ab就不为零了？当然是这样，但此时刻质点受合力的方向与原来不同，质点的位置也在改变，副法线在空间中方位也不再是原来ab所在的方位，又有了新的副法线，在新的副法线上仍满足fb?rb?0即ab?0。

这反映了牛顿定律得瞬时性和矢量性，也反映了自然坐标系的方向虽质点的运动而变。

1.4答：质点在直线运动中只有a?而无an，质点的匀速曲线运动中只有an而无a?；质点作变速运动时即有at又有an。

1.5而dr即反应位矢r大小的改变又反映其方向的改变，是质点运动某时刻的速度矢量，dtdrdr?j而dr?r?i?r??。

在直线运动中，?r只表示r大小的改变。

如在极坐标系中，dtdtdt规定了直线的正方向后，drdrdrdr。

且的正负可表示的指向，二者都可表示质点dtdtdtdt的运动速度；在曲线运动中drdrdrdr?，且也表示不了的指向，二者完全不同。

dtdtdtdtdvdv表示质点运动速度的大小，方向的改变是加速度矢量，而只是质点运动速度大小dtdtdvdvaan,而?a?。

dtdt的改变。

在直线运动中规定了直线的正方向后，二者都可表示质点运动的加速度；在曲线运动中，二者不同，1.6答：不论人是静止投篮还是运动投篮，球对地的方向总应指向篮筐，其速度合成如题1.6v球对人v人对地题1-6图图所示，故人以速度v向球网前进时应向高于篮筐的方向投出。

理论力学习题册答案精品

【关键字】活动、情况、方法、条件、动力、空间、质量、地方、问题、系统、密切、主动、整体、平衡、保持、提升、合力、规律、位置、支撑、作用、结构、水平、速度、关系、分析、简化、倾斜、满足、带动、支持、方向、推动、推进、中心第一章静力学公理与受力分析(1)一．是非题1、加减平衡力系公理不但适用于刚体，还适用于变形体。

（）2、作用于刚体上三个力的作用线汇交于一点，该刚体必处于平衡状态。

（）3、刚体是真实物体的一种抽象化的力学模型，在自然界中并不存在。

（）4、凡是受两个力作用的刚体都是二力构件。

（）5、力是滑移矢量，力沿其作用线滑移不会改变对物体的作用效果。

（）二．选择题1、在下述公理、法则、原理中，只适于刚体的有（）①二力平衡公理②力的平行四边形法则③加减平衡力系公理④力的可传性原理⑤作用与反作用公理三．画出下列图中指定物体受力图。

未画重力的物体不计自重，所有接触处均为光滑接触。

多杆件的整体受力图可在原图上画。

a(球A )b(杆AB)d(杆AB、CD、整体)c(杆AB、CD、整体)f(杆AC、CD、整体)e(杆AC、CB、整体)四．画出下列图中指定物体受力图。

未画重力的物体不计自重，所有接触处均为光滑接触。

多杆件的整体受力图可在原图上画。

a(球A、球B、整体)b(杆BC、杆AC、整体)第一章静力学公理与受力分析（2）一．画出下列图中指定物体受力图。

未画重力的物体不计自重，所有接触处均为光滑接触。

多杆件的整体受力图可在原图上画。

)a (杆AB 、BC 、整体)b (杆AB 、BC 、轮E 、整体 )c (杆AB 、CD 、整体)d (杆BC 带铰、杆AC 、整体 )e (杆CE 、AH 、整体)f (杆AD 、杆DB 、整体 )g (杆AB 带轮及较A 、整体)h (杆AB 、AC 、AD 、整体第二章平面汇交和力偶系一．是非题1、因为构成力偶的两个力满足F = - F ’，所以力偶的合力等于零。

（）2、用解析法求平面汇交力系的合力时，若选用不同的直角坐标系，则所求得的合力不同。

工程力学第三版课后习题答案

工程力学第三版课后习题答案工程力学第三版是一本经典的教材，对于学习工程力学的学生来说，课后习题是巩固知识、提高能力的重要途径。

然而，很多学生在做习题时会遇到困难，缺乏答案的参考。

因此，本文将为大家提供一些工程力学第三版课后习题的答案，希望能够帮助大家更好地学习和理解工程力学。

第一章：静力学基础1.1 问题：一根长为L的杆，两端分别固定在墙上和地面上，杆的重量为G，求杆在墙和地面上的支持力。

答案：根据杆的平衡条件，杆在墙和地面上的支持力分别为G/2和G/2。

1.2 问题：一根长为L的杆，一端固定在墙上，另一端用绳子悬挂，绳子与杆的夹角为θ，求杆在墙上的支持力和绳子的张力。

答案：根据杆的平衡条件，杆在墙上的支持力为G*cosθ，绳子的张力为G*sinθ。

第二章：静力学方法2.1 问题：一个物体质量为m，放在一个斜面上，斜面的倾角为α，斜面与水平面之间的摩擦系数为μ，求物体在斜面上的加速度。

答案：物体在斜面上的受力分解为垂直于斜面的力mg*sinα和平行于斜面的力mg*cosα，根据牛顿第二定律，物体在斜面上的加速度为a=g*sinα-μ*g*cosα。

2.2 问题：一个物体质量为m，放在一个光滑的斜面上，斜面的倾角为α，斜面与水平面之间的摩擦系数为μ，求物体在斜面上的加速度。

答案：由于斜面是光滑的，物体在斜面上的摩擦力为0，所以物体在斜面上的加速度为a=g*sinα。

第三章：力的分解与合成3.1 问题：一个力F作用在一个物体上，将这个力分解为平行于地面和垂直于地面的两个力F1和F2，已知F=10N，夹角θ=30°，求F1和F2的大小。

答案：根据三角函数的定义，F1=F*cosθ=10*cos30°≈8.66N，F2=F*sinθ=10*sin30°≈5N。

3.2 问题：一个力F作用在一个物体上，将这个力分解为平行于地面和垂直于地面的两个力F1和F2，已知F=20N，夹角θ=60°，求F1和F2的大小。

2 运动学中加速度分析的几何法

竺塑兰兰竺矍——！！竺！兰兰兰方向也如Ｉ墨ｊ２所示，其铅垂分量使人和转盘绕铅垂轴转动水甲分量则使人向前倾倒囝Ｚ这里，采用动量矩定理的平均形式来解释这个实验，显然比采用微分形式、积分形式都要巧妙得多．但是，我们容易看到人和转盘绕铅垂轴的转动，却难以看到人向前的倾倒，为什么？因为人可以自动调整脚掌的各个部位与转盘之间的作用力，使转盘对人双脚的约束反力偶矩变太，以抵消陀螺力矩水平分量的作用，保持身体的平衡；这样，人就有可能不向前倾倒但是，如果实验者自动调节的力度不够，他就可能向前倾倒．当然也有人腰部力度不够，受此陀螺力矩水平分量的作用会不由自主地向前弯腰正由于前倾现象可能在实验过程中时隐时现，因而也就常披许多观察者当作偶然现象，不加汴意，并在理论分析时被遗漏他们只注意纠不计摩擦时绕铅垂轴转动的动量矩是守恒的，对绕水平轴转动的动茸矩应该如何处理就不予考虑了绛不起实践检验的理论是空洞的理论，没有珲论指导的实践是盲目的实践．学牛通过这次实验对此一定会有新的体会，这种潜移默化的影响，将使他们终生受益．这章课，培养的是学生自学力学理论的能力，确定自己的实验过程并从实验中发现阿题的能力，查阅文献资料、分析综合、写出文章的能力，以及在汁算机上进行图文处理的能力．学生交来的优秀稿件虽然不多，但在歇卢笑语中的亲自感受和最后对实验过程的科学理解一定会在学生的心中留下深刻的印象．老师在这堂课上，由主讲人变成了主持人，这种感觉如何，值得一试．参考文献１商等工业学校力学课程教学摹本要求北京：高等教育出版社，１９８７．３运动学中加速度分析的几何法滞ｐ谢建华（西南交通大学应用力学与工程系，成都６１００３１）摘要用两个实例说观运动学中加速度分析的几何法与投影法相比，不仅更加直观，而且可直接求出未知景的大小，判定它们的方向．此方法可作为投影法的一个对照和补充．关键词运动学，加速度，几何法点的复合运动与刚体平面运动中的加速度分析通常使用投影法．首先应用加速度合成定理，建立含有与加速度相关未知量（通常为两个标量）的矢量方程，然后将其分别向适当选取的两个坐标轴上投影，获得标量方程．最后由后者求出所需的量．应用投影法时。

理论力学(周衍柏第三版)思考题习题答案

阿第一章思考题解答1.1答：平均速度是运动质点在某一时间间隔t t t ∆+→内位矢大小和方向改变的平均快慢速度，其方向沿位移的方向即沿t ∆对应的轨迹割线方向；瞬时速度是运动质点在某时刻或某未知位矢和方向变化的快慢程度其方向沿该时刻质点所在点轨迹的切线方向。

在0→∆t 的极限情况，二者一致，在匀速直线运动中二者也一致的。

1.2答：质点运动时，径向速度r V 和横向速度θV 的大小、方向都改变，而r a 中的r 只反映了r V 本身大小的改变，θa 中的θθ r r +只是θV 本身大小的改变。

事实上，横向速度θV 方向的改变会引起径向速度r V 大小大改变，2θ r -就是反映这种改变的加速度分量；经向速度rV 的方向改变也引起θV 的大小改变，另一个θr 即为反映这种改变的加速度分量，故2θ r r a r -=，.2θθθr r a +=。

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1.3答：内禀方程中，n a 是由于速度方向的改变产生的，在空间曲线中，由于a 恒位于密切面内，速度v 总是沿轨迹的切线方向，而n a 垂直于v 指向曲线凹陷一方，故n a 总是沿助法线方向。

质点沿空间曲线运动时，0,0≠=b b F a z 何与牛顿运动定律不矛盾。

因质点除受作用力F ，还受到被动的约反作用力R ，二者在副法线方向的分量成平衡力0=+b b R F ，故0=b a 符合牛顿运动率。

有人会问：约束反作用力靠谁施加，当然是与质点接触的周围其他物体由于受到质点的作用而对质点产生的反作用力。

有人也许还会问：某时刻若b b R F 与大小不等，b a 就不为零了？当然是这样，但此时刻质点受合力的方向与原来不同，质点的位置也在改变，副法线在空间中方位也不再是原来b a 所在的方位，又有了新的副法线，在新的副法线上仍满足00==+b b b a R F 即。

这反映了牛顿定律得瞬时性和矢量性，也反映了自然坐标系的方向虽质点的运动而变。

第2章多体系统动力学基本理论.

第2章多体系统动力学基本理论本章主要介绍多体系统动力学的基本理论，包括多刚体系统动力学建模、多柔体系统动力学建模、多体系统动力学方程求解及多体系统动力学中的刚性（Stiff）问题。

通过本章的学习可以对多体系统动力学的基本理论有较深入的了解，为具体软件的学习打下良好的理论基础。

2.1 多体系统动力学研究状况多体系统动力学的核心问题是建模和求解问题，其系统研究开始于20世纪60年代。

从60年代到80年代，侧重于多刚体系统的研究，主要是研究多刚体系统的自动建模和数值求解；到了80年代中期，多刚体系统动力学的研究已经取得一系列成果，尤其是建模理论趋于成熟，但更稳定、更有效的数值求解方法仍然是研究的热点；80年代之后，多体系统动力学的研究更偏重于多柔体系统动力学，这个领域也正式被称为计算多体系统动力学，它至今仍然是力学研究中最有活力的分支之一，但已经远远地超过一般力学的涵义。

本节将叙述多体系统动力学发展的历史和目前国内外研究的现状。

2.1.1 多体系统动力学研究的发展机械系统动力学分析与仿真是随着计算机技术的发展而不断成熟的，多体系统动力学是其理论基础。

计算机技术自其诞生以来，渗透到了科学计算和工程应用的几乎每一个领域。

数值分析技术与传统力学的结合曾在结构力学领域取得了辉煌的成就，出现了以ANSYS、NASTRAN等为代表的应用极为广泛的结构有限元分析软件。

计算机技术在机构的静力学分析、运动学分析、动力学分析以及控制系统分析上的应用，则在二十世纪八十年代形成了计算多体系统动力学，并产生了以ADAMS和DADS为代表的动力学分析软件。

两者共同构成计算机辅助工程（CAE）技术的重要内容。

多体系统是指由多个物体通过运动副连接的复杂机械系统。

多体系统动力学的根本目的是应用计算机技术进行复杂机械系统的动力学分析与仿真。

它是在经典力学基础上产生的新学科分支，在经典刚体系统动力学上的基础上，经历了多刚体系统动力学和计算多体系统动力学两个发展阶段，目前已趋于成熟。

何锃版理论力学部分例题及习题参考答案

何锃版理论力学部分例题及习题参考答案1-1-1是非题（正确的在括号内画√，错误在画×）。

1.作用在刚体上的力是滑动矢量，作用在变形体上的力是定位矢量。

(√)2.两个力分量的约束反力是其作用线沿两个受力点连接线的方向，可以假定。

（√）3．加减平衡力系公理不但适用于刚体，还适用于变形体。

（×）4.如果两个力相等，则力相等。

（×）5．作用于a点共线反向的两个力f1和f2且f1>f2，则合力r?f1?f2。

（×）6．力f可沿其作用线由d点滑移到e点。

（×）7.两个物体在光滑斜面M-N处接触，无论其自身重量如何。

如果力F1和F2相等、相反且共线，则两个对象处于平衡状态。

（×）1-1-2选择题（将正确答案前面的序号写在括号内）1．二力平衡公理适用于（1）①刚体② 变形体③刚体和变形体2.行动和反应的公理适用于（3）① 刚体②变形体③ 刚体和变形体3．作用于刚体上三个相互平衡的力，若其中任何两上力的作用线相交于一点，则其余的一个力的作用线必定。

（2）① 同时②交于同一点，且三个力的作用线共面③ 不一定在同一点上4．作用于刚体上的平衡力系，如果作用到变形体上，则变形体（3）。

反之，作用于变形体上的平衡力系如果作用到刚体上，则刚体（1）。

① 均衡②不平衡③ 不一定平衡5．图示结构中，ac、bc自重分别为p1和p2，各杆受力如图①②③④。

（3、4）1.3绘制以下指定物体的应力图，假设每个接触都是平滑的，除非另有说明，否则不计算物体的重量。

1．圆柱体o6．杆ab2.酒吧AB3。

弯曲杆abc4。

刚架7。

针脚A8。

酒吧酒吧15.Rod ab1．4试画出下列各物系中指定物体的受力图。

假定各接触处光滑，物体的重量除注明者外均不计。

1.整体起升机构：o轮、AB杆、BC2杆。

平衡架作为一个整体：AB部分，弯曲杆BC3。

三铰拱作为一个整体：AB部分，BC部分4．a形架整体，ab部分、bc部分，de杆及销钉b（力p作用在销钉b（上图）5．二跨静定刚架整体、ad部分、ec梁。