大一理论力学练习题答案

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2
理论力学B （1）
第一章 静力学公理和物体的受力分析
一、是非判断题
( ∨ )； ( × )； ( × )； ( ∨ )； ( × )； ( × ) ( × )； ( ∨ )； ( × )； ( × )； ( × )； ( × )
( ∨ )； ( × )； ( ∨ )； ( ∨ )； ( × )： ( × )
二、填空题
外 内 ； 约束 ； 相反； 主动 主动 ； C 。

三、受力图
q
(c)
P 2
A
(a)
(b)
C
(e)
B
B 处
4
三、计算题
kN
F F F X 98340304540301.cos cos -=++=∑kN
F F F Y 1358730
450
3
2
1
.sin sin =++=∑5020.cos '
==∑R
F X α865
0.cos '
==
∑R F Y β解： kN Y X F R 9667822.)()('=+=
∑∑
B
(f)
(g)
(h)
上带有销钉C ；
5
qa
B
C D
E
3201003025104525cos cos )(F F F F M M i -+==∑kN
F F R R 96678.'==cm
F M d R 7860.==cm
kN ⋅=584600.40353035F F -+sin 力系的最后合成结果为：
0=∑
X 解：取立柱为研究对象： 0
=+qh X A )
(←-=-=⇒kN qh X A 200
=∑Y 0=--F P Y A )
(↑=+=⇒kN F P Y A 1000
=∑A
M
2
2
=--Fa qh M A kNm Fa qh M A 130301002
2
=+=+=⇒
0=∑X 解：取梁为研究对象： 0
=A X 0
=∑Y 0=--qa qa Y A )
(↑=⇒qa Y A 20
=∑A
M
22
22
=--qa qa M A 22225
22
qa qa qh M A =+=⇒
=∑
X 解：取梁为研究对象： 0
=A X 0
=∑Y 080=-+-F Y q Y B A .)
(-↓=⇒kN Y A 30
=∑A
M
042612
802=-++F Y M q
B ...)
(.).(.↑=+--=⇒kN Y B 624488806
11
2解：取DE 杆为研究对象:
kN P P F AC 646523
1
21.).(=-=
⇒
6
q D
E P 1
y ∑=0B M 052260110
2=⨯-⨯+⨯.sin P F P AC ）（kN F F AC AC 646.'==解：取CD 为研究对象 ∑=0X 0=C X ∑=0C M )(↑=⇒kN Y D 15∑=0Y 取AC 为研究对象： ∑=0X 0===C C A X X X '
∑=0B M )(↓-=⇒kN Y A 15∑=0Y )(↑=⇒kN Y B 400412=--⨯D Y M q 02=+-D C Y q Y )(↑=⇒kN Y C 50212=-⨯-C A Y q Y '2-02=--+C B A Y q Y Y ' 1）取起重机为研究对 ∑=0X ∑=01O M 052112=-+⨯-P Y P )(.↑==⇒kN Y C 67416250)(↑=⇒kN Y 502∑=02O M )
(↑=⇒kN Y 101032111=-⨯P Y P -2）取CD 段为研究对象： 0=C X ∑=0C M )(.↑==⇒kN Y D 3386500612=+⨯D Y Y '-∑=0D M 062=-C Y Y '5∑=0X 3）取AC 段为研究对
象： 0=+-C A X X '0===⇒C C A X X X '∑=0A M )(↑==⇒kN Y B 100330006531=--C B Y Y Y ''∑
=0
B
M 0
3231=---C A Y Y Y ''
7
P A
B C E D
40cm 30cm 40c m
)(.↓-=-
=⇒kN Y A 33486
290
∑=0
X 解：取整体为研究对象：
∑=0
A
M
M E X E
Y D X 'D Y 'D E
F
C
Y X B Y X B Y D
X D Y A X A
Y B A 取DF 杆为研究对象：
x
y ∑=0
X 0=B X 取AB 杆为研究对象：
∑=0
E M ∑=0
D
M
0=D aX 0=-D E X X '0===⇒D D E X X X '0=-M aY E )(↑==⇒kN a
M
Y E 20
=-M aY D ')('↓==
⇒kN a
M
Y D 20
=⇒D X B E D P
E
X E
Y C Y C
X E
X E
Y B X B
Y ∑=0X 解：取整体为研究对
象： 对整体：
∑=0
Y ∑=0E
M
0=+-E B X P X )
(.←-=-=⇒kN X P X E B 800
303040=--P Y X B B )(..↓-=⨯-
=⇒kN Y B 87130
8
070∑=0C M 04080=-E
X P )
(.→==⇒kN P X E 612∑=0
E
M
04080=+C X P )
(.←-=-=⇒kN P X C 612取BE 杆为研究对
象：
x y
0=+E B Y Y )
(.↑=-=⇒kN Y Y B E 871∑=0
Y 0=+E C Y Y )
(.↓-=-=⇒kN Y Y E C 871解：取整体为研究对象： ∑
=0
B
M D X
8
第三章 空间力系
A B C D A 1 B 1 C 1 L 1
L 1 L 1 L 2
1 2 3 4 5 6 7 F B
X B
Y A
X A
Y D
X 0
5
3
15412=++-P P Y M A -)
()(↑=+-=⇒kN P M Y A 157
21∑=0A
M 0253
1541=+-+B Y P P M -)
()(↑=-=⇒kN P M Y B 55
1
21H
P 4
3
B
C
450
B
X B
Y C
X C
Y C
E
A A
X A
Y C X 'C Y 'E X 'x
y
取BC 杆为研究对象：
∑=0
C
M
02253
1541=++-B B X Y P P
-)
()(→=-=⇒kN Y P X B B 2257
21∑=0Y 0
53=+-B C Y P Y )
(↑=-=⇒kN Y P Y B C 153
∑=0X 0
54
=+-B C X P X )
(→=-=⇒kN X P X B C 65
4
取AC 杆为研究对象： ∑
=0E M 011=+A C X X ')('←-=-=⇒kN X X C A 6A X A Y B Y A X A Y B Y 解：取整体为研究对象： ∑=0X 03003=-sin F X A ∑=0B M 0302340321=+++-cos aF aF aF aY A )(.)(↑=++=⇒kN Y A 8321310403041x y )(sin →==⇒kN F X A 103003∑=0Y 0300321=+---B A Y F F F Y cos )(..↑=-++=⇒kN Y B 492583213102010沿4、5和6杆截开，取左半部分为研究对象： C ∑=0C M 04=+-aF aY A ）（拉.83214==⇒A Y F ∑=0Y 045051=--cos F F Y A F 5 F 4F 4F 5 F 10 F 7 )拉(.).(kN F 731610832125=-=⇒4、5、7和10杆截开，取右半部分为研究 ∑=0Y 0304503705=+-+B Y F F F cos sin )压(-.-.kN F 20492583113107=-=⇒∑=0X 030450310054=---sin cos -F F F F )(.--.-.-压6643108311832110kN F ==⇒取节点C 1为研究对象：
∑=0X ∑=0Y 065=-+F F F αcos x y C 1 7F 07=⇒F 取节点C 为研究对象： C 7
F F 6
F 0
4=⇒F ∑=0Y 06=⇒F 取节点B 1为研究对象： ∑=0Y B 1 5F F
6F α)(.拉5235
5MN F F ==⇒αααB C A 1 B 1 1 1 2 3 4 5 6 7 3F 2F 1F A 解：沿1、2和3杆截开，取右半部分为研究对象： 0112=-F L F L ∑=01A M )(拉2341MN F F ==⇒∑=0Y α
02
=-F F αcos )(.拉5235
2MN F F ==⇒02132=-F L F L -∑=0A M )(-压43
83MN F F -==⇒
9
三、计算题
Rx F ' 解： 5
10013100N 3345.-=5
100200
2001310020030032⨯⨯=--==∑--cos sin βαF F X Ry F 'N F Y 624913100300
3002.cos =⨯===∑αRz F 'N F F Z 56105100100
20010031.cos =⨯
-=-==∑β)(...'N k j i k Z j Y i X F R 561062493345∑∑∑++-=⋅+⋅+⋅=∴x M 0 Nm 7951.-=5
100100
20013100300300301032⨯⨯⨯⨯=--==∑0.3--0.1sin .cos .βαF F M x y M 0Nm F F M y 64361310020030010020102021.0.1-.sin ..-=⨯⨯⨯-=-==∑αZ M 0Nm 59103.=5100200
20013100200300303032⨯⨯+⨯⨯=+==∑0.30.3cos .sin .βαF F M Z )(...Nm k j i k M j M i M M Z y x 59103643679510∑∑∑+--=⋅+⋅+⋅=∴解：取销钉D 为研究对象： ∑=0
Y ∑=0X 0454500=-cos cos AD
BD F F AD F BD
F CD F AD
BD F F =⇒0
153045304500000=---cos cos sin cos sin CD
AD BD F F F ∑=0Z 0153045304500000=----P F F F CD AD BD sin sin sin sin sin 由（a ）
式： )(cos a F F F CD AD BD 6
1520
-==⇒）（拉.)sin cos (kN P F CD 46331531500=-=⇒）（压.kN F F AD BD 3926-==⇒将（a ）式代入得：
解：由空间力偶系的平衡方式： ∑=0x M 0
900=--A C M M )cos(αC M y ∑≡0Z M 自然满足
10
)
()cos(a F 030090100=--⇒αx ∑=0
y
M
900=--B C M M )sin(α)
()sin(b F 040090100=--⇒α:)()(b a 4
3400300909000=
=--)sin()cos(αα43
900=-⇒)(αctg 0013534390.==-⇒arcctg α0
13143.=⇒α由（a ）式： N F 506
030
13533090103000
0===-=..cos )cos(α 0
cos 2=-M d F αkN d M F 671220
173********.cos .cos =⨯==⇒α∑=∴0y M ∵传动轴绕y 轴匀速转动 03420220=+B Z F .sin .α∑=0x M )(..sin .↓-=-=⇒kN F Z B 792342020220003420220=-B X F .cos .α∑=0z M kN
F X B 6673420202200..cos .==⇒0=+-B A X F X αcos ∑=0X kN X F X B A 254200.cos =-=⇒0=++B A Z F Z αsin ∑=0Z )
(.sin ↓-=--=⇒kN Z F Z B A 541200由对称性得： 0=c y 212211A A x A x A A x A x c c i Ci i c ++==∑∑解：由均质物体的形心坐标公式（3-30）式 用负面积
法：
第四章摩擦
四、计算题
(a)(b)
3N10N
K
O
A
B
由对称性
得：
=
c
x
2
1
2
2
1
1
A
A
y
A
y
A
A
y
A
y c
c
i
Ci
i
c+
+
=
=
∑
∑
(a) 解：由均质物体的形心坐标公式（3-30）
式
用负面积
法：
mm
08
6.
=
)
(
)
(
)
(
14
18
17
24
7
3
14
18
2
17
17
24
⨯
-
+
⨯
+
⨯
⨯
-
+
⨯
⨯
=
)
(
)
(
)
(
2
2
2
2
2
2
2
2
2
r
R
R
r
r
R
R
r
R
-
-
=
⋅
-
+
⨯
⋅
-
+
⨯
=
π
π
π
π
由对称性
得：
=
c
y
(b) 解：由均质物体的形心坐标公式（3-30）
式用分割法：
2
15
2
20
2
20
23
2
15
12
2
20
1
2
20
⨯
+
⨯
+
⨯
⨯
⨯
+
⨯
⨯
+
⨯
⨯
=
3
2
1
3
3
2
2
1
1
A
A
A
x
A
x
A
x
A
A
x
A
x c
c
c
i
Ci
i
c+
+
+
+
=
=
∑
∑
mm
11
=
解：由均质物体的形心坐标公式（3-30）式
用分割法：
2
1
2
2
1
1
V
V
x
V
x
V
V
x
V
x c
c
i
ci
i
c+
+
=
=
∑
∑
10
40
40
60
40
80
60
10
40
40
20
60
40
80
⨯
⨯
+
⨯
⨯
⨯
⨯
⨯
+
⨯
⨯
⨯
=
mm
08
23.
=
2
1
2
2
1
1
V
V
y
V
y
V
V
y
V
y c
c
i
ci
i
c+
+
=
=
∑
∑
10
40
40
60
40
80
20
10
40
40
40
60
40
80
⨯
⨯
+
⨯
⨯
⨯
⨯
⨯
+
⨯
⨯
⨯
=
mm
46
38.
=
2
1
2
2
1
1
V
V
z
V
z
V
V
z
V
z c
c
i
ci
i
c+
+
=
=
∑
∑
10
40
40
60
40
80
5
10
40
40
30
60
40
80
⨯
⨯
+
⨯
⨯
-
⨯
⨯
⨯
+
-
⨯
⨯
⨯
=
)
(
)
(
mm
08
28.
-
=
解：取物块A为研究对
象
∑=0
X0
=
+
-θ
cos
-F
F
F
N
F
N
F
T
66
8
2
3
10
8.
cos=
⨯
=
<
=θ
∴物块A有向右滑动的趋势，F S指向左
边；
F 100 A B C D 160 P N F F F T S 660.cos =+-=⇒θ∑=0Y 0=+-θsin -T N F F W N F W F T N 2=+-=⇒θsin A F S
F N F T
F W
x y
∴最大摩擦力为： N F f F N s 40220..max =⨯==N F N F s 66040..max =<= ∴物块A 不平衡。

解：欲保持木块平衡，必须满足 1）不会向右滑动，2）不会绕D 点翻倒。

1) 木块不会向右滑动: 取木块为研究对象
0=-S F F ∑=0X S
F F =⇒∑=0Y 0=-P F N N P F N 100==⇒若木块不会向右滑动，则应有： N F f F F F N S S 4010040=⨯==≤=.max 2) 木块不会绕D 点翻倒:
取木块为研究对象 F 100 A B C D 160 P S F N F 设木块处于临界状态，受力图如图所示。

F 100 A B C D 160 P N
F x y
S F ∑=0D
M 016050=⨯-⨯F P N P F 2531165.==⇒N F 2531.≤∴解：取BO 1杆和AC 杆为研究对象； N F A O B O F C 3002005
075
011=⨯==⇒..∑=01O M C F ∑=0D M 011=⋅-⋅F B O F A O C x
y 取KE 杆和EDC 杆为研究对象； C F 'K F m 5250.
0=⋅-⋅C K F CD F KD 'sin θN ED KE F F C K 5300300=⨯==⇒θsin '取O 2K 杆和闸块为研究对象并设初始鼓轮顺时针转动 S
F "∑=02O M 022=⋅-⋅N K F LO F KO θcos K F 'N F
S F K L EK KD LO F KO F K N 505300122.cos ⨯==⇒θN 12005250505053001=⨯=...
第五章 点的运动学
四、计算题
∑=0O M 取鼓轮研究对象； 0=+S S RF RF "'S
S F F "'-=⇒形成制动力偶 ∴制动力矩
为：
Nm F f R RF M N S S f 30022=⋅=='解：取轮为研究对象；
θ
sin 2P F S =⇒∑=0X 0sin 2=-S F P θ∑=0
O
M
2=+--rP RF M S f x
y
N
F f
M S
F o
∑=0Y 0cos 12=+-N F P P θθcos 21P P F N -=⇒)
sin (22θR r P rP RF M S f -=+-=⇒解：取物块为研究对象； N
F F t
81.25930cos 300cos 0===θ θ F
P
t
N
N
F S F θ
θ
N
P F F S 81.9sin cos =-=⇒θθ∑=0T 0sin cos =--S F P F θθ∑=0
N 0
cos sin =+--N F P F θθN P P t 25030sin 500sin 0
==-=θt
t P F >:可见∴物块有沿斜面向上滑动的趋势，则设F S 的方向如图：
N
P F F N 01.583cos sin =+=⇒θθN
F N fF F S N 81.921.23301.5834.0max =>=⨯== 又∴上面所求摩擦力正确，即：
N
F S 81.9=方向如图。

1)直角坐标 t oA 5cos 20cos πθ==t
t 5
π
ω=⋅=t AC oA 5sin 10sin 2sin πθθ=-=消去t 得： D 点的运动方程 ⎭⎬⎫1100
40022=+y x D 点的轨迹方程 解：建立参考系如图，由于顶杆作平动，所以由顶杆上的A 点的运动方程： ϕ
ϕϕ2222cos sin sin 2
e R e CD AC e AD OD oA y -+=-+=+==x t e R t e y ωω222cos sin ++=⇒为顶杆的运动方程。

顶杆的速度为： t e R t t e t e y v ωωωωωω2
222cos 2)
sin (cos 2cos --⋅-+== t e R t e t e ωωωωω2
222
cos 2)
2sin cos -+=方向沿y 轴方向。

),2cos 1(t R x ω+=t
R y ω2sin =t R x
v x ωω2sin 2-== t R y v y ωω2cos 2== ω
R v v v y x 222
=+=∴t v v i v x ω2sin ),cos(-==t v v j v y ω2cos ),cos(==t R v a x x ωω2cos 42-== t R v
a y y ωω2sin 42-== 2
224ω
R a a a y x =+=∴t a a i a x ω2cos ),cos(-==t
a a j a y ω2sin ),cos(-==2自然法： t
R t R S ωω22=⋅=ωR S
v 2==⇒ 方向如
图。

0==v
a t 224ωR R v a n ==方向如
图。

第六章 刚体的简单运动
四、计算题
BAM 作平 t R x ωcos = t y ∴
M 点的运动轨迹及其速度和加速度都与A 点相同。

而A 点绕点作定轴转动，其角速度
为： 30
602n
n ⋅=
=ππω消去t 得M 点的运动轨迹： 2
22R y x =+30
n
R R v v A M ⋅=
==πω方向如图 R n R a a nA nM 2
2)30
(⋅===πω方向如图
0===A tA tM v
a a v v 解：∵AB 杆作平动；
方向如图
A
M v v =∴A
M a a =πϕ
ω15== s
m r v v A M 425.93152.0==⨯===∴ππω方向如图
2222213.44445152.0s m r a a nA nM ==⨯===ππω0
===αr a a tA tM 解：摇杆O 1A 绕O 1作定轴转动，由图可得： t
r h t
r r h r C O BC tg ωωϕϕθcos sin cos sin 1-=
-==为摇杆的转动方)
sin (
t
r arctg ωθ=⇒
为摇杆的角速度方
程
2
2
2
2)
cos
(
sin
sin
cos
)
cos
(
)
cos
(
sin
1
1
t
r
h
t
r
t
r
t
r
t
r
h
t
r
h
t
rω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
θ
ω
-
⋅
-
-
⨯
-
+
=
=
⇒
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
cos
2
)
cos
(
sin
cos
cos
2
sin
cos
cos
r
t
hr
h
r
t
h
r
t
r
t
r
t
hr
h
t
r
t
r
t
hr
+
-
-
=
+
+
-
-
-
=
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
2
ω
α
θ=
tg
为摇杆的转动方
程
解：由（6-12）式
得：
2
03
60
ω
α
=
=
⇒tg
2
3ω
ω
α=
=
⇒
dt
d
dt
d
3
2
=
⇒
ω
ω⎰
⎰=
⇒t dt
d
2
3
ω
ωω
ω
t3
1
1
=
+
⇒
ω
ω
-
3
1
3
1
1
ω
ω
ω
ω
t
t
-
-=
=
⇒
(a)
-t
3
1ω
ω
ω=
⇒
t
dt
d
3
1ω
ω
ϕ
-
=
⇒
⎰
⎰
⎰-
-
=
=
⇒t
t
t
t
d
t
dt
d
03
1
)
3
1(
3
1
3
1ω
ω
ω
ω
ϕ
ϕ
-
-
)
3
1
ln(
3
1
t
ω
ϕ-
-
=
⇒
ω
ω
ϕ0
3
1
ln(
3=
⇒-
-
为角速度与转角的关
系
ω
ω
ϕ0
3=
⇒-eϕ
ω
ω3
-
e
=
⇒。