哈工大理论力学教研室《理论力学》(第7版)笔记和课后习题(含考研真题)详解(第10~11章)【圣才出
哈工大理论力学教研室《理论力学Ⅰ》(第7版)课后习题-点的合成运动(圣才出品)
图 7-4 解：以 M 为动点，水轮为动系，牵连运动轨迹为定轴转动，速度分析如图 7-5 所示。
图 7-5 由 va = ve + vr 在 x、y 两个方向上的分量得
va sin 60o = ve + vr sin va cos 60o = vr cos
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图 7-1
图 7-2
7-2 图 7-2 中的速度平行四边形有无错误？错在哪里？
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答：都有错误，改正见图 7-3。
图 7-3 7-3 如下计算对不对？错在哪里？
图 7-4 （a）图 7-4（a）中取动点为滑块 A，动参考系为杆 OC，则 ve=ω·OA，va=cosφ （b）图 7-4（b）中 vBC=ve=vacos60°va=ωr 因为 ω=常量,所以，VBC=常量， （c）图 7-4（c）中为了求 aa 的大小，取加速度在 η 轴上的投影式：aacosφ-ac=0 所以 答：（a）不对，va 的速度平行四边形画法不正确，正确图见图 7-5。 （b）加速度的计算不正确。vBC 和 ω 为此瞬时的大小，不是任意时刻的速度和角速度 故不能对时间求导。
其中 ρ 和 φ 是用极坐标表示的点的运动方程，aρ 和 aψ 是点的加速度沿极径和其垂直 方向的投影。
答：如图 7-7 建立直角坐标系．xOy 与极坐标系 ρOφ。 取动点 Q，动系 OA
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加速度合成（图 7-8）
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aa=aen+aet+ar+ac
大小：？
方向：Hale Waihona Puke √ √ √ √图 7-7
哈尔滨工业大学 第7版 理论力学 第4章 课后习题答案
解 （1）方法 1，如图 4-6b 所示，由已知得
Fxy = F cos 60° ， Fz = F cos 30°
F = F cos 60°cos 30°i − F cos 60°sin 30° j − F sin 60°k = 3 i − 1 Fj − 3 Fk 44 2
41
理论力学（第七版）课后题答案 哈工大.高等教育出版社
A
F
β
MA
C
MB
F
10 N
β M θ − 90° C
MB
(a)
(b)
(c)
图 4-11
解 画出 3 个力偶的力偶矩矢如图 4-11b 所示，由力偶矩矢三角形图 4-11c 可见
MC =
M
2 A
+
M
2 B
=
3 0002 + 4 0002 = 5 000 N ⋅ mm
由图 4-11a、图 4-11b 可得
3 = 250 N 13
FRz = 100 − 200 ×
1 = 10.6 N 5
M x = −300 ×
3 × 0.1 − 200 × 1 × 0.3 = −51.8 N ⋅ m
13
5
M y = −100 × 0.20 + 200 ×
2 × 0.1 = −36.6 N ⋅ m 13
M z = 300 ×
z
F45° F3 F3′ B
F2A
E
F1
C
F5
F6
F F4 45°
D
y
K x
M
(a)
(b)
图 4-9
解 (1) 节点 A 为研究对象，受力及坐标如图 4-9b 所示
哈尔滨工业大学理论力学课后习题答案
.----------------------------------------理论力学（第七版）课后题答案 哈工大.高等教育出版社 -------------------------------- 第1章 静力学公理和物体的受力分析1-1 画出下列各图中物体 A ，ABC 或构件 AB ，AC 的受力图。
未画重力的各物体的自重不计，所有接触处均为光滑接触。
F N1A PF N 2(a) (a1)F TA PF N(b)(b1)AF N1P BF N 3F N 2(c) (c1)F TBF AyP 1P 2AF Ax(d) (d1)F AF BFAB(e)(e1)qFF Ay F BF AxA B(f) (f1)FBC F CAF A(g) (g1)F Ay FCCA F Ax BP1 P2(h) (h1)BFCF CF AxDAF Ay(i) (i1)(j) (j1)BF B FCPF AyF AxA(k) (k1)F CAF AB 2 F AC CA2 F ABBF ACF BAA P (l) (l1)(l2)(l3)图 1-11-2 画出下列每个标注字符的物体的受力图。
题图中未画重力的各物体的自重不计，所 有接触处均为光滑接触。
F N 2C2 F P 2(a1) F N1N(a)BF N1BC F N 2F NP 2P1P1F AyF Ay F AxF AxAA(a2) (a3)F N1AP1F N3B P 2F N 2(b) (b1)2 F NF N3F N1ABP 2P1F N F N 2(b2)(b3)F AyF AxA C D F N2BP 2P 1F N1(c)(c1)F AyF TAF AxD2 F F N2TBP 1F N1P 2(c2)(c3)F AyF BqBAF AxCDF C(d)(d1)F DyF AyF BqqD2 FDxBAF AxCF Dx D 2 FDyF C(d2) (d3)F Ay2 FBxqBF AyF AxqAB 2F ByF AxF CxC F CyP F BxAB PF Cx (e1)CF ByF Cy(e)(e2)(e3)F 1CF 2F AyF ByABF AxF Bx(f)(f1)F Cx2 FCxCCF 1F CyF 2 F 2F AyCyF ByAF BxF Ax B(f2)(f3)F BF AyCBAF AxP(g)(g1)2 F CyF T2 FCxCF AyF BF TDCF AxBAF Cx P (g2)(g3)DF 1F CyF B2 F 2F BBCF CxBF Ay AF Ax(h)(h1)(h2)A F AxF AyF CyF CxC2 A F EF CyF F OyCDF OxF Cx 2EOB(i)(i1)(i2)A A2 F Ax2 FE2 F AyFEC D F ByF ByF OyF BxF OxF BxOBB (i3)(i4)F AyDE F CxF TA F AxF ByC CHF By F Cy BPF BxF BxB(j)(j1)(j2)F Ay F Dy 22 F Ey2 F CF Cx 2 E F AxT 2 D F T 22FExF ExA D F Dx 2E F DxF T3F T12FCyF DyF Ey(j3)(j4)(j5)EFF BCED2 BF Cx⎝2 2 F DEF Cy(k)(k1)F BF FC BF Cx⎝EC F Cy90︒ ⎝FDED DF AyF AyAAF AxF Ax(k2) (k3)F B2 FBF 1F DBBDCAF AF C(l)(l1)(l2)F 22 DF DF 1F 2DBAC EE F EF AF C F E(l3)(l4)或2 2 F DyF2F 1F F Dy F 2F 1B 2 DF DxF DxBBD D F ExA C E C E F ExF CF EyF AF CF Ey(l2)’(l3)’(l4)’2 F ADAF CyF CxCF 1B(m)(m1)F ADDF ADHEF 2A DF EF HF AD 2(m2)(m3)F N AAF kF N BF OyF OxBO(n) (n1)F N1B Dq2 F BF N 2F N3(n2)FB D FF C F EF AF G GCEA(o)(o1)FBB DFDF BF E F FF C F D2 FEA F AF B 2CD(o2)(o3) (o4) 图 1-2第2章 平面汇交力系与平面力偶系2-1 铆接薄板在孔心 A ，B 和 C 处受 3个力作用，如图 2-1a 所示。
理论力学(哈工第七版) 课后练习答案 第三部分
A
ϕ
O
r ϕ
M
W=
2π
∫ 4ϕ dϕ + (m
0
− mB ) g ⋅ 2π r
A B
A mAg
= 8π 2 + (mA − mB ) g ⋅ 2π r = 8π 2 + 1× 9.8 × 2π × 0.5 = 110 (J)
B
mBg
(a)
(b)
7
12-4 图示坦克的履带质量为 m，两个车轮的质量均为 m1。车轮被看成均质圆盘，半径为 R， 两车轮间的距离为 πR。设坦克前进速度为 v，计算此质点系的动能。 解：系统的动能为履带动能和车轮动能之和。将履带分为四部 分，如图b 所示。履带动能：
O
P2 P aB − 1 a A = FN − P 1−P 2 g g
其中， a A = a ， aB = 解得
A
a 2 1 (2 P 1−P 2 )a 2g
B
(a)
FN = P 1+P 2 −
v FN
O
v P 1
A
v aA
v aB B
v P2
(b)
11-1 质量为 m 的点在平面 Oxy 内运动，其运动方程为
得
G1
320
B C
SB
S A = 170 mm S B = 90 mm
(b)
2
10-12 图示滑轮中，两重物 A 和 B 的重量分别为 P1 和 P2。如物体 A 以加速度 a 下降， 不计滑轮质量，求支座 O 的约束力。 解：对整体进行分析，两重物的加速度和支座 O 的约束力如图b 所示。由 动量定理知：
整体受力和运动分析如图b因为0xf所以x方向系统守恒有21cos0brbmvmvv??解得121cosbrmmvvm1所以该系统动能为设此时三棱柱a沿三棱柱b下滑的距离为s则其重力作的功为1sinwmgs??系统动能22b211221sin12cosmmtmmvm由系统动能定理tw即1sinwmgs??上式对时间求导并注意到rdsdtv整理后得22112121sinsincosbbrmmmmvamgvm?????得2b2a212b2b2r2122b21122
哈工大理论力学教研室《理论力学》(第7版)笔记和课后习题(含考研真题)详解(第16~17章)【圣才出
第16章非惯性系中的质点动力学16.1复习笔记一、基本方程1．非惯性系中的质点动力学基本方程（或称为质点相对运动动力学基本方程），其表达式为r Ie ICma F F F =++v v v v 式中，e Ie F ma =-v v ，表示牵连惯性力；C C I F ma =-v v ，表示科氏惯性力。
2．在动参考系内，把非惯性系质点动力学基本方程写成微分形式22Ie IC d d r m F F F t'=++v v v v 3．几种特殊情况（1）当动参考系相对于定参考系作平移时，则C 0a = ，0F =IC ，于是相对运动动力学基本方程为r Iema F F =+v v v （2）当动参考系相对于定参考系作匀速直线平移时，则C 0a = ，e 0a = ，Ie 0F F ==IC，于是相对运动动力学基本方程与相对于惯性参考系的基本方程形式一样，其表达式为r ma F= ①相对于惯性参考系做匀速直线平移的参考系都是惯性参考系。
②发生在惯性参考系本身的任何力学现象，都无助于发现该参考系本身的运动状况，这称为经典力学的相对性原理。
（3）当质点相对于动参考系静止时，则r r 00a υ==v v ，，0F =IC ，所以质点相对静止的平衡方程为F F +=Ie 上式称为质点相对静止的平衡方程，即当质点在非惯性参考系中保持相对静止时，作用在质点上的力与质点的牵连惯性力相互平衡。
（4）当质点相对于动参考系作等速直线运动时，有r 0a =，质点相对平衡方程为0Ie IC F F F ++=v v v 上式称为质点相对平衡方程。
可见在非惯性参考系中，质点相对静止和作等速直线运动时，其平衡条件是不相同的。
二、非惯性系中质点的动能定理1．质点相对运动动能定理的微分形式质点在非惯性系中相对动能的增量，等于作用于质点上的力与牵连惯性力在相对运动中所作的元功之和。
即2r 1d()δδ2F mv W W ''=+Ie 2．质点相对运动动能定理的积分形式质点在非惯性参考系中相对动能的变化，等于作用在质点上的力与牵连惯性力在相对路程上所作的功之和。
哈工大理论力学教研室《理论力学Ⅰ》(第7版)课后习题-平面力系(圣才出品)
，所以 RA＝RB。与条件矛盾。
(5)不可以。同(1)。
(6)可以。满足条件的力有很多。
2-9 图 2-6 中 OABC 为正方形，边长为 a。已知某平面任意力系向 A 点简化得一主矢 (大小为 F＇RA)及一主矩(大小、方向均未知)。又已知该力系向 B 点简化得一合力，合力指向 O 点。给出该力系向 C 点简化的主矢(大小、方向）及主矩(大小、转向)。
(4)向 B 点简化得
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，是否可能？
(5)向 B 点简化得
，是否可能？
(6答：(1)不可能。据“力的平移定理”，力可以平移，但不可以消失或改变大小。
(2)可以。同上。
(3)可以。同(1)。
(4)不可以。看 MA＝MB，则
图 2-1 解：以滑轮 B 为研究对象，进行受力分析，如图 2-2 所示。
由平衡方程 可得
图 2-2
Fx = 0 Fy = 0
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FBA + FBC cos 30 + F2 sin30 = 0 F1 + F2 cos 30 + FBC sin30 = 0 其中， F1 = F2 = P 。
2-11 不计图 2-7 中各构件自重，忽略摩擦。画出刚体 ABC 的受力图，各铰链均需画 出确切的约束力方向，不得以两个分力代替。图中 DE//FG。
答：如图 2-8 所示。
图 2-7
图 2-8
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二、习题 2-1 物体重 P＝20 kN，用绳子挂在支架的滑轮 B 上，绳子的另一端接在绞车 D 上， 如图 2-1 所示。转动绞车，物体便能升起。设滑轮的大小、AB 与 CB 杆自重及摩擦略去不 计，A，B，C 三处均为铰链连接。当物体处于平衡状态时，求拉杆 AB 和支杆 CB 所受的力。
哈工大理论力学第七版课后习题答案(高清无水印版)
如图 2-5a 所示，刚架的点 B 作用 1 水平力 F，刚架重量不计。求支座 A，D 的约
y F B C x
FA
(a) 图 2-5
A
(b)
D
FD
解 研究对象：刚架。由三力平衡汇交定理，支座 A 的约束力 FA 必通过点 C，方向如 图 2-5b 所示。取坐标系 Cxy ，由平衡理论得
FT A
y
10 m
10 m P/2 O
θ
(a) 图 2-6
D
C
FT C x
(b)
解 本题为悬索问题，这里采用近似解法，假定绳索荷重均匀分布。取 AC 段绳索为研 究对象，坐标及受力如图 2-6b 所示。图中：
W1 =
由平衡理论得
P = 200 N 2
(1)
∑ Fx = 0, FT C − FT A cosθ = 0
B
A FA
C
E
C
E FEy
FEx
FC
(l2)’
FC
(l4)’
(l3)’
′ FAD
A
FCy FCx F1 BCFra bibliotek(m)
(m1)
FAD
D E
H
F2
FAD
A
FE
(m2)
FH
(m3) 7
D
′ FAD
A
FN A
Fk
FOy FOx O
B
FN B
(n)
(n1)
FN1
B ′ FB
D
q
FN 2 FN 3
(n2)
F
B
D
FAx
(a2)
(a3)
FN1
哈工大理论力学教研室《理论力学Ⅰ》(第7版)课后习题(第1~3章)【圣才出品】
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图 2-3 答：支座约束力不相同，如图 2-4 所示。
图 1-4
图 1-5
1-6 将如下问题抽象为力学模型，充分发挥你们的想象、分析和抽象能力，试画出它 们的力学简图及受力图。
（1）用两根细绳将日光灯吊挂在天花板上； （2）水面上的一块浮冰； （3）一本打开的书静止于桌面上； （4）一个人坐在一只足球上。
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答：如图 1-8 所示。
图 1-7
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图 1-8 二、习题 1-1 画出图 1-1 各图中物体 A、ABC 或构件 AB、AC 的受力图。未画重力的各物体 的自重不计，所有接触处均为光滑接触。
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图 1-1 解：各物体的受力图如图 1-2 所示。
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FD
图 1-4 1-3 画出图 1-5 中每个标注字符的物体的受力图，各题的整体受力图。未画重力的物 体的自量均不计，所有接触处均为光滑接触。
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哈尔滨工业大学 第七版 理论力学 第7章 课后习题答案
tan θ =
r sin ϕ h − r cos ϕ
sin ω 0 t h − cos ω 0 t r ]
图 7-5
注意到 ϕ = ω 0 t ，得
θ = tan −1 [
（2）
自 B 作直线 BD 垂直相交 CO 于 D，则
tan θ =
r sin ω 0 t BD = DO h − r cos ω 0 t
80
理论力学（第七版）课后题答案 哈工大.高等教育出版社
7-6 如图 7-6 所示，摩擦传动机构的主动轴 I 的转速为 n = 600 r/min 。轴 I 的轮盘与轴Ⅱ的轮 盘接触，接触点按箭头 A 所示的方向移动。距离 d 的变化规律为 d = 100 − 5t ，其中 d 以 mm 计， t 以 s 计。已知 r = 50 mm ， R = 150 mm 。求： （1）以距离 d 表示轴 II 的角加速度； （2）当 d = r 时，轮 B 边缘上 1 点的全加速度。 解 （1）两轮接触点的速度以及切向加速度相同
∠CBO =
π ， x B = 2 R cos ϕ 2 & B = 2 R + vt （↓） x B (0) = 2 R ， x
(2 R) 2 − x B
2
vt vt 1 2 − 2 2 − ( )2 R R 2R 2 v v ， vC = 2 Rω = − ω =− 2 R sin ϕ sin ϕ sin ϕ = =
两边对时间 t 求导：
vt l
& sec 2 ϕ = ， ϕ & = cos 2 ϕ ， ϕ && = − ϕ
当ϕ =
v l
v l
2v & cos ϕ sin ϕ ⋅ ϕ l
哈工大理论力学教研室《理论力学Ⅰ》(第7版)课后习题-点的运动学(圣才出品)
图 5-1 答：A，B，D 是可能的；C，E，F，G 是不可能的。
5-3 点 M 沿螺线自外向内运动，如图 5-2 所示。它走过的弧长与时间的一次方成正 比，问点的加速度是越来越大还是越来越小？点 M 越跑越快还是越跑越慢？
图 5-2 答：由于曲率半径不断减小，故法向加速度将越来越大，切向加速度大小不变，所以点 的加速度越来越大。点 M 速度大小不变。
（1）任一瞬时两动点的切向加速度必相同； （2）任一瞬时两动点的速度必相同； （3）两动点的运动方程必相同。 答：由题设条件知，两动点任一瞬时切向加速度必相同，因此，任一瞬间两动点的速度 必相同，运动方程必相同。
5-6 动点在平面内运动，已知其运动轨迹 y＝f（x）及其速度在 x 轴方向的分量 υx。 判断下述说法是否正确：
（1）点沿曲线作匀速运动； （2）点沿曲线运动，在该瞬时其速度为零； （3）点沿直线作变速运动； （4）点沿曲线作变速运动。 答：（1）at＝0，an＝a （2）an＝0,at＝a
（3）an＝0，a＝at （4）a＝an+at
5-8 点曲线运动时，下述说法是否正确： （1）若切向加速度为正，则点作加速运动； （2）若切向加速度与速度符号相同，则点作加速运动； （3）若切向加速度为零，则速度为常矢量。 答：（1）不正确。若速度亦为正，则点作加速运动；若速度为负，则点作减速运动。 （2）正确。 （3）不正确。切向加速度为零时，速度大小不变，速度方向改变，所以速度不是常矢
（2）加速度沿 x 轴方向的分量 ax 可完全确定。其大小为 （3）当 υx≠0 时，f'（x）为有限值，此时 υy＝f'（x）υx 故 υ 可求，υt，υn 也可求，所 以 at，an 及全加速度 a 可求。
5-7 下述各种情况下，动点的全加速度 a、切向加速度 at 和法向加速度 an 三个矢量之 间有何关系？
哈工大理论力学教研室《理论力学Ⅰ》(第7版)课后习题(第4~7章)【圣才出品】
4-6 如图 4-5 所示，用钢楔劈物，接触面间的摩擦角为φf。劈入后欲使楔不滑出，问 钢楔两个平面间的夹角θ应该多大？楔重不计。
图 4-5 答：处于临界状态时，受力分析如图所示，由几何关系 可知，欲使楔形不滑出，须满足
动物体时，若 A、B 两处均未达临界状况，此时不能使用静摩擦定律
则
不能分别求出 A、B 两处的静滑动摩擦力。若 A 处已达临界状态，且力 F 为已知，则可以
分别求出 A、B 两处的静滑动摩擦力。
4-8 汽车匀速水平行驶时，地面对车轮有滑动摩擦也有滚动摩阻，而车轮只滚不滑。 汽车前轮受车身施加的一个向前推力 F（图 4-7a），而后轮受一驱动力偶 M，并受车身向后 的反力 F’（图 4-7b）。试画全前、后轮的受力图。在同样摩擦情况下，试画出自行车前、 后轮的受力图。又如何求其滑动摩擦力？是否等于其动滑动摩擦力 FN？是否等于其最大静 摩擦力？
答：前轮摩擦力
图 4-7
后轮摩擦力
均不等于滑动摩擦力或最大静摩擦力。
4-9 重为 P，半径为 R 的球放在水平面上，球对平面的滑动摩擦因数是 fs，而滚阻系 数为δ，问：在什么情况下，作用于球心的水平力 F 能使球匀速转动？
答：使球匀速转动的条件是：当
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图 4-1
图 4-2
答：如图所示，由
，可得摩擦力 Fs＝100N。因为此时为静摩擦，故不可以用
公式
4-2 如图 4-2 所示，试比较用同样材料、在相同的光洁度和相同的胶带压力 F 作用下， 乎胶带与三角胶带所能传递的最大拉力。
哈尔滨工业大学 第七版 理论力学 第7章 课后习题答案
解
设轮缘上任 1 点 M 的全加速度为 a，切向加速度 a t = rα ，法向加速度 a n = ω r ，如图
2
7-11b 所示。
tan θ =
把
α=
dω ， θ = 60° 代入上式，得 dt
at α = 2 an ω
dω tan 60° = dt2
ω
分离变量后，两边积分：
∫ω
得
ω
0
dω
ω
2
=∫
⎤ ⎡ ⎥ ⎢ sin ω t 0 θ = tan −1 ⎢ ⎥ ⎢ h − cos ω 0 t ⎥ ⎥ ⎢ ⎦ ⎣r
故
50 π ⋅ 600 100π r ω1 = rad/s ⋅ = 100 − 5t 30 10 − 0.5t d dω 5 000 π d ⎛ 1 000π ⎞ α2 = 2 = ⎜ ⎟= dt dt ⎝ 100 − 5t ⎠ (100 − 5π )2
故得
h1 =
h4 = 2 mm 6
图 7-7
7-8 如图 7-8 所示，纸盘由厚度为 a 的纸条卷成，令纸盘的中心不动，而以等速 v 拉纸条。求 纸盘的角加速度（以半径 r 的函数表示） 。 解 纸盘作定轴转动，当纸盘转过 2π rad 时半径减小 a。设纸盘转过 dθ 角时半径增加 dr ，则
dθ =
y
B
t aB
α j
O
vA x
ω
(a) 图 7-12
aC
(b)
i 45° A n
C
t aC
解
由图 7-12b 得出
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理论力学（第七版）课后题答案 哈工大.高等教育出版社
v A = 0.2 j m/s ， v A = ω × Ri ， ω × 0.1i = 0.200 j ， ω = 2k ，
哈工大理论力学教研室《理论力学Ⅰ》(第7版)课后习题-静力学公理和物体的受力分析(圣才出品)
第二部分课后习题第1章静力学公理和物体的受力分析一、思考题1-1 说明下列式子与文字的意义和区别。
（1）F1＝F2，（2）F1＝F2，（3）力F1等效于力F2。
答：（1）力F1和F2，大小相等，方向相同；（2）F1和F2大小相等；（3）F1和F2的大小相等，方向和作用线相同。
1-2 试区别F R＝F1＋F2和F R＝F1＋F2两个等式代表的意义。
答：F R＝F1＋F2表示F R是任意方向上两个力F1和F2的合力，合力F R的大小和方向由平行四边形法则确定；F R＝F1＋F2表示F R是同方向上两个力F1和F2的合力，合力F R的大小为F1和F2的大小的和，方向与F1和F2的方向相同。
1-3 图1-1（1）～1-1（4）中各物体的受力图是否错误？如何改正？图1-1答：均有错，正确图1-2。
图1-21-4 刚体上A点受力F作用，如图1-3所示，问能否在B点加一个力使刚体平衡？为什么？图1-3答：不能。
当在B点施加力F时，不能同时保证，故不能平衡。
1-5 如图1-4所示结构，若力F作用在B点，系统能否平衡？若力F仍作用在B点，但可任意改变F的方向，F在什么方向上结构能平衡？答：不能。
β在如图范围内可以令结构平衡，如图1-5所示。
图1-4图1-51-6 将如下问题抽象为力学模型，充分发挥你们的想象、分析和抽象能力，试画出它们的力学简图及受力图。
（1）用两根细绳将日光灯吊挂在天花板上；（2）水面上的一块浮冰；（3）一本打开的书静止于桌面上；（4）一个人坐在一只足球上。
答：如图l-6所示。
图1-61-7 若将图1-7中力F作用于三铰拱的铰链C处的销钉上，所有物体重量不计。
（1）试分别画出左、右两拱及销C的受力图；（2）若销钉C属于AC，分别画出左、右两拱的受力图；（3）若销钉C属于BC，分别画出左、右两拱的受力图。
图1-7答：如图1-8所示。
图1-8二、习题1-1 画出图1-1各图中物体A、ABC或构件AB、AC的受力图。
哈工大理论力学教研室《理论力学Ⅰ》(第7版)课后习题-刚体的简单运动(圣才出品)
可得
当
时，
。
解得，Leabharlann ，6-5 如图 6-7 所示，曲柄 CB 以等角速度 ωO 绕 C 轴转动，其转动方程为 ＝ωOt。
滑块 B 带动摇杆 OA 绕轴 O 转动。设 OC＝h，CB＝r。求摇杆的转动方程。
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杆 BC 的运动规律以及当曲柄与水平线间的交角 φ 为 30°时，导杆 BC 的速度和加速度。
图 6-1 解：建立图 6-2 所示坐标系，由于刚体平动，所以选取 O1 为研究对象，可得
所以
当
时， t=
。
24
解得
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6-2 各点都作圆周运动的刚体一定是定轴转动吗？ 答：不一定，刚体作平动时，各点也可能都作圆周运动。
6-3 满足下述哪些条件的刚体运动一定是平移？ ①刚体运动时，其上有不在一条直线上的三点始终作直线运动。 ②刚体运动时，其上所有点到某固定平面的距离始终保持不变。 ③刚体运动时，其上有两条相交直线始终与各自初始位置保持平行。 ④刚体运动时，其上有不在一条直线上的三点的速度大小、方向始终相同。 答：①②不一定是平移；③④一定是平移。
6-7 刚体作定轴转动，其上某点 A 到转轴距离为 R。为求出刚体上任意点在某一瞬时
的速度和加速度的大小，下述哪组条件是充分的？
（1）已知点 A 的速度及该点的全加速度方向；
（2）已知点 A 的切向加速度及法向加速度；
（3）已知点 A 的切向加速度及该点的全加速度方向；
（4）已知点 A 的法向加速度及该点的速度；
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哈工大理论力学教研室《理论力学Ⅰ》(第7版)课后习题-达朗贝尔原理(圣才出品)
图 13-4 解：以整体为研究对象，受力分析如图 13-5 所示。
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图 13-5
作出所有主动力、约束力和惯性力。
由平衡方程
可得
解得 当两轮压力相等时，
，解得
13-3 图 13-6 所示均质矩形块质量 m1＝100 kg，置于平台车上，车质量 m2＝50 kg， 此车沿光滑的水平面运动，不计定滑轮质量。车和矩形块在一起由质量为 m3 的物体牵引， 使之作加速运动。设物块与车之间的摩擦力足够阻止相互滑动，求能够使车加速运动的质量 m3 的最大值，以及此时车的加速度大小。
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图 13-3 答：（a）满足动平衡，（b）满足静平衡，（c）、（d）不满足。 二、习题 13-1 图 13-1 所示由相互铰接的水平臂连成的传送带，将圆柱形零件从一高度传送到 另一个高度。设零件与臂之间的摩擦因数 fs＝0.2。求：（1）降落加速度 a 为多大时，零件 不致在水平臂上滑动；（2）在此加速度 a 下，比值 h／d 等于多少时，零件在滑动之前先倾 倒。
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图 13-3
当零件处于倾倒的临界状态时，由 M A = 0 可得
因为
，所以
,即
时零件先倾倒。
13-2 图 13-4 所示汽车总质量为 m，以加速度 a 作水平直线运动。汽车质心 G 离地 面的高度为 h，汽车的前后轴到通过质心垂线的距离分别等于 c 和 b。求其前后轮的正压力； 又，汽车应如何行驶能使前后轮的压力相等?
图 13-9 解：以圆盘 B 为研究对象，受力分析如图 13-10 所示。
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r
rr
p mivi 心的坐标公式为
r
r rc
mi ri m
以上两个表达式可以得到
r
p
d
dt
r mi ri
d dt
r (mrc )
r mvc
上式表明，质点系的动量等于质心速度与其全部质量的乘积。
2．冲量
（1）定义：作用力与作用时间的乘积称为常力的冲量。以 F 表示此常力，作用的时
2．质点系的动量定理
（1）质点系的动量定理的微分形式为
r dp dt
r Fi ( e )
即质点系的动量对时间的导数等于作用于质点系的外力的矢量和。
（2）质点系动量定理的积分形式为
r p2
r p1
r Ii(e)
即在某一时间间隔内，质点系动量的改变量等于这段时间内作用于质点系外力冲量的矢
量和。
3．质点系动量守恒定律
10.2 课后习题详解
10-1 汽车以 36 km／h 的速度在水平直道上行驶。设车轮在制动后立即停止转动。
问车轮对地面的动滑动摩擦因数 f 应为多大方能使汽车在制动后 6 s 停止。
解：
由动量定理
可得：
解得：
。
10-2 跳伞者质量为 60 kg，自停留在高空中的直升飞机中跳出，落下 100 m 后，将
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图 10-4
解：以整体为研究对象，受力和运动分析如图 10-5 所示。
间为 t，则此力的冲量为
I Ft
冲量是矢量，它的方向与常力的方向一致。
（2）元冲量：如果作用力 F 是变量，在微小时间间隔 dt 内，力 F 的冲量称为元冲量。
表达式为
rr dI dFt
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（3）变力的在作用时间 t 内的冲量为
如果作用于质点系的外力的主矢恒等于零，则质点系的动量保持不变。
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如果作用于质点系的外力主矢在某一坐标轴上的投影等于零，则质点系的动量在该坐标 轴上的投影守恒。
4．利用动量定理解题的步骤 ①明确研究对象和研究过程。研究对象可以是一个质点，也可以是质点系；过程中各阶 段受力不同，要分别计算冲量，求出矢量和； ②进行受力分析。研究外力的作用，不包括系统内力； ③写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量； ④根据动量定理列式求解。
2
2
消去 ，可得 A 点的轨迹方程为：
因此，A 点的轨迹为一个椭圆。
10-5 质量为 m1 的平台 AB，放于水平面上，平台与水平面间的动滑动摩擦因数为 f。
质量为
m2
的小车
D，由绞车拖动，相对于平台的运动规律为
s
1 2
bt 2
，其中
b
为已知常
数。不计绞车的质量，求平台的加速度。
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r
I
tr Fdt
0
在国际单位制之中，冲量的单位是 N s
二、动量定理
1．质点动量定理
（1）质点动量定理的微分形式为
d
(mv)
Fdt
即质点动量的增量等于作用于质点上的力的元冲量。
（2）质点动量定理的积分形式为
r r
mv2 mv1
t2
r Fdt
r I
t1
即在某一时间间隔内，质点动量的变化等于作用于质点的力在此段时间内的冲量。
解得：
。
10-3 图 10-1 所示水平面上放一均质三棱柱 A，在其斜面上又放一均质三棱柱 B。两 三棱柱的横截面均为直角三角形。三棱柱 A 的质量 mA 为三棱柱 B 质量 mB 的三倍，其尺寸 如图 10-1 所示。设各处摩擦不计，初始时系统静止。求当三棱柱 B 沿三棱柱 A 滑下接触到 水平面时，三棱柱 A 移动的距离。
降落伞打开。设开伞前的空气阻力略去不计，伞重不计，开伞后所受的阻力不变，经 5 s 后
跳伞者的速度减为 4.3 m／s。求阻力的大小。
解：当跳伞者未开降落伞过程中做自由落体运动，其速度为： v0 2gh 44.3m / s
由动量定理
可得：
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第 10 章 动量定理
10.1 复习笔记
一、动量与冲量
1．动量
（1）定义：质点的质量与速度的乘积称为质点的动量，记为 mv 。质点的动量是矢量，
它的方向与质点速度的方向一致。
（2）质点系内各质点动量的矢量和称为质点系的动量，即
（2）若作用于质点系的所有外力在某轴上投影的代数和恒等于零，则质心速度在该轴 上的投影保持不变；若开始时速度投影等于零，则质心沿该轴的坐标保持不变。
4．若干注意点 （1）只有外力才能改变质点系的动量，内力不能改变质点系动量； （2）质点系动量在某一轴上守恒时，在其他轴上不一定守恒； （3）在应用动量定理时，常用它在各个坐标轴上的投影式； （4）质点系的内力不影响质心的运动，只有外力才能改变质心的运动。
解：以系统为研究对象，由 轴正向移动了 x ，可得：
图 10-1 可知，系统水平方向上质心运动守恒，设 A 沿 x
解得：
（负号表示 A 沿 x 轴负方向移动）。
即当三棱柱 B 沿三棱柱 A 滑下接触到水平面时，三棱柱 A 向左移动 a b 。 4
10-4 如图 10-2 所示，均质杆 AB，长 l ，直立在光滑的水平面上。求它从铅垂位置
无初速地倒下时，端点 A 相对图示坐标系的轨迹。
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解：如图 10-3 所示。
图 10-2
图 10-3
杆初始时静止，且 Fx 0 ，故系统 x 方向上质心运动守恒，则 A 的坐标为：
x l cos , y 2 l sin
三、质心运动定理 1．质量中心计算公式
2．质心运动定理
质点系的质量与质心加速度的乘积等于作用于质点系外力的矢量和(即等于外力的主
矢)，其表达式为 3．质心运动守恒定律
d
(mvC dt
)
Fi e
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（1）若作用于质点系的外力主矢恒等于零，则质心作匀速直线运动；若开始静止，则 质心位置始终保持不变；