高等教育出版社_金尚年_马永利编著的理论力学课后习题答案
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高等教育出版社，金尚年，马永利编著的理论力学课后习题答案第一章1.2f X = a(θ — sinθ) (y = —a(l — cos θ)分方程，并证明该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关解:设S 为质点沿摆线运动时的路程，取=0时，S=OH (X = a(θ — Sille) ,Iy = —a(l — cos θ) /- ds = J(dx)2+(dy)2=J((Ie - cos θ - dθ)2+(sinθdθ)2= 2asin- dθS=I ]= 4 a (1—门〕一)写出约束在铅直平面内的光滑摆线上运动的质点的微S = 2acosθ-θ + 2asiιι-θ = a cos - θ2+ 2a Sin-θ2 2 2 2 2设:为质点所在摆线位置处切线方向与 X 轴的夹角，取逆时针为正，L 二弔即切线斜率dy COS θ -1tan φ = — = ——dx sιnθ受力分析得:InS = —mg sin φ = mg cos yΩ .. Ω . - Ω 则1 ' : . 一，此即为质点的运动微分方程。
2 2 t52S =鲁(S — 4a)Λ (S - 4a) + ~(β — 4a) = 01.3证明：设一质量为m 的小球做任一角度Λ的单摆运动运动微分方程为m(L ∙2L )=F ,mr J - mg Sin给 式两边同时乘以LdV-gsind^ 对上式两边关于T 积分得1L 2=gcos*c2利用初始条件V - J 0时V - 0故c = -g COS 71由 可解得 日=-* JC o S - c o So上式可化为-\：丰∙Jcos 日-CoS 日0 日=Zdt・s - 4a —周期性变化的函数，周期T = 2π该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为进一步化简可得sin 2? —sin 22°由于上面算的过程只占整个周期的1/4故由 Sin /sin - = Sin2 2两边分别对二「微分可得COSEdV - Sin -cos ：:d ：:2 2COSAJIYin 学sin^Sin -cos tP故dr -2 ------- 2 d ‘ I I-Si n 2 电 Si n2 CP \ 2 由于Or VvO 故对应的0 <2—CoSe ∕J 1 —s in 2电 S in 2 申2 2d 「Sin cos : 2故T =4l 2-- d其中 K 2=sin 2玉Y g J 1—K 2sin 2 半2通过进一步计算可得T 仔1 [1 (1* (jκ-(1 3 5 (2n」)*「•]Vg 22江42^4><6汇…Tne 二 Sin 2 2 两边同时积分可得701故T =2.2^0 ■Sin Si n —2 21.5M 为地球的质量；可知，地球表面的重力加速度 g , X 为取地心到无限远的广义坐标,【I ：二 Ill- 「，②联立①，②可得:岂 仃；,M 为地球的质量；③解:如图，在半径是R 的时候，由万有引力公式, 对表面的一点的万有引力为PMm* 一 ,①R a当半径增加,R2=R+jl ,此时总质量不变，仍为M,此时表面的重力加速度1可求:由④得:对⑥式进行通分、整理后得：AGM ΔR 3+2ΔRR8 =R 7 CR+ΔR)2A2ΔR R 2AR⑧则当半径改变J N 时，表面的重力加速度的变化为:A2ΔRR2AR =S —。
理论力学课后习题及答案解析..
第一章习题4-1．求图示平面力系的合成结果，长度单位为m。
解：(1) 取O点为简化中心，求平面力系的主矢：求平面力系对O点的主矩：(2) 合成结果：平面力系的主矢为零，主矩不为零，力系的合成结果是一个合力偶，大小是260Nm，转向是逆时针。
习题4－3．求下列各图中平行分布力的合力和对于A点之矩。
解：(1) 平行力系对A点的矩是：取B点为简化中心，平行力系的主矢是：平行力系对B点的主矩是：向B点简化的结果是一个力R B和一个力偶M B，且：如图所示；将R B向下平移一段距离d，使满足：最后简化为一个力R，大小等于R B。
其几何意义是：R的大小等于载荷分布的矩形面积，作用点通过矩形的形心。
(2) 取A点为简化中心，平行力系的主矢是：平行力系对A点的主矩是：向A点简化的结果是一个力R A和一个力偶M A，且：如图所示；将R A向右平移一段距离d，使满足：最后简化为一个力R，大小等于R A。
其几何意义是：R的大小等于载荷分布的三角形面积，作用点通过三角形的形心。
习题4-4．求下列各梁和刚架的支座反力，长度单位为m。
解：(1) 研究AB杆，受力分析，画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
校核：结果正确。
(2) 研究AB杆，受力分析，将线性分布的载荷简化成一个集中力，画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
校核：结果正确。
(3) 研究ABC，受力分析，将均布的载荷简化成一个集中力，画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
校核：结果正确。
习题4-5．重物悬挂如图，已知G=1.8kN，其他重量不计；求铰链A的约束反力和杆BC所受的力。
解：(1) 研究整体，受力分析（BC是二力杆），画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
习题4-8．图示钻井架，G=177kN，铅垂荷载P=1350kN，风荷载q=1.5kN/m，水平力F=50kN；求支座A的约束反力和撑杆CD所受的力。
理论力学 第二版 (金尚年 马永利 著) 高等教育出版社 课后答案 1-4章答案
G F
课
w.
θ
cos − − cos
kh
运动方程为 ̇ 2 Fr 0 ̈ − r mr ̈ 2r ̇ F ̇ mr 由径向方程 ̇ ̈ r 2 r 方程的解为 r Ae t Be −t 带入初始条件
da
x
R2 z2 r2
课
2.9 体系的动能为
后
̇ sin cos 0 ̈ sin 2 2mr 2 ̇ mr 2
网
−
∂L ∂
ww
w.
kh
da
w.
co
m
5
d ∂L − ∂L ̇ dt ∂ ∂ 2 ̈ ̇ 0 ̇ mr 2mrr 2.11 体系的动能为 T 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 ̇2 2 ̇ 2 R22 R L m R R − mg R 2 2p p2 相应的拉各朗日方程为 d ∂L − ∂L ̇ dt ∂R ∂R ̇2 mg ̈ 1 R 2 2m R mR R − mR 2 2 2p p p2 ̇ 0，R ̈ 0则 对于平衡点R g R 2p 2 m R ̇ 2 R2 ̇2 z ̇ 2 2 ̇2 2 m R ̇ 2 R22 R R 2 p2
课
后
答 案
网
Chap3
7
ww
w.
kh
da
w.
co
m
3.1 tanh
L r2
dr
a r2
2mE
L r2
−
L r2
dr
2ma−L 2 r2
E
理论力学课后题参考答案
1.1 沿水平方向前进的枪弹，通过某一距离s 的时间为t 1，而通过下一等距离s 的时间为2t .试证明枪弹的减速度（假定是常数）为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 +-=1.26一弹性绳上端固定，下端悬有m 及m '两质点。
设a 为绳的固有长度，b 为加m 后的伸长，c 为加m '后的伸长。
今将m '任其脱离而下坠，试证质点m 在任一瞬时离上端O 的距离为解 以绳顶端为坐标原点.建立如题1.26.1图所示坐标系.题1.26.1图设绳的弹性系数为k ,则有 kb mg = ① 当 m '脱离下坠前，m 与m '系统平衡.当m '脱离下坠前，m 在拉力T 作用下上升，之后作简运.运动微分方程为 ()ym a y k mg &&=-- ② 联立①② 得 b b a g y b g y +=+&& ③ 0=+y bg y &&齐次方程通解 t b g A t b g A Y sin cos 211+= 非齐次方程③的特解 b a Y +=0 所以③的通解b a t bg A t b g A Y +++=sin cos 211代入初始条件：0=t 时，,c b a y ++=得0,21==A c A ；故有 b a t b g c y ++=cos 即为m 在任一时刻离上端O 的距离.'1.39 一质点受一与距离23次方成反比的引力作用在一直线上运动。
试证此质点自无穷远到达a 时的速率和自a 静止出发到达4a 时的速率相同。
高等教育出版社,金尚年,马永利编著的理论力学课后习题答案
高等教育出版社，金尚年，马永利编著的理论力学课后习题答案 4.10解：如图所示，圆c 或圆c'为刚体的本体极迹，圆o'为刚体的空间极迹。
令w'为c 或c' 绕o'转动的角速度，由题意可知：12212'0121'112')(ρρρρρρρρρρρ±==±==±w w v w w w w 则：得：4.15解：根据机械能守恒定理可知：)sin (sin sin 2sin 2212θααθ-==+gl v mg lmg l mv 杆水平方向的速度为：)sin (sin sin sin θαθθ-==gl v v x当杆与墙分离：0=x v即：0)sin (sin cos )sin (sin cos sin 21=-+--=θαθθαθθgl gl gl v dt d x得：θαsin 23sin = 即：)sin 32arcsin(αθ=4.19如图，该体系中只有一个自由度，取任意位置时棒中点与O 连线与竖直线的夹角θ为广义坐标。
其中设棒的质量为m ，圆周的半径为r ，则棒长为r 3。
另取O 点为重力势能零点。
则对棒θθcos 21212r mg I L o += ，()2221331⎪⎭⎫⎝⎛+=r m r m I o 为棒对O 点的转动惯量。
代入0=∂∂-∂∂θθL L dt d ，得0sin 214522=+θθmgr mr 用θθ=sin 代替，得方程为052=+θθrgrg52=ω，而对于单摆，lg =ω 所以对比得25r l =即等值单摆摆长为25r l =4.20解：如图：设球的半径为R ,设经过时间t 后，会达到如图所示状态，所有参量如图所示。
对其运用牛顿力学方法，有mgRI FR mgma a m F μαμ====''=252mR I =tatv t a v v αω=='=-110同时有对于纯滚动，有 ugtRgt v m m gtv v 25110=='-=ωμμ解上述方程，得代入会得所以有4.23求均匀圆锥体底面圆周上一点的惯量椭球方程。
金尚年版理论力学第二版答案
F
G P
∴ P ⋅ FG = F1 ⋅ EF + ( P'− F1 ) ⋅
若有
DF AC = ，则有：P ⋅ FG EF AB
AB DF AC
A B
P'
F'2
= P'⋅EF
C
即秤锤的重量P与重物P’在秤台的位置无关，且 P ' = P
FG EF
2.15 一水平的固定光滑钉子M与光滑铅直墙面的距离为d，一长为l 的均匀棒AB搁在钉子上，下端靠在墙上，求平衡时棒与墙的夹角 解：以M点为原点建立直角坐标系，有 l V = mg ⋅ ( cos ϕ − d cot ϕ ) 1) 2 ∂V l d = 0 ∴ mg ( − sin ϕ + )=0 体系为完整保守平衡系统： 2 ∂ϕ 2 sin ϕ 2d 即 ϕ = arc sin 3 l l l 2) 由图 x = sin ϕ − d , y = ( cos ϕ − d cot ϕ ) 2 2 l d d δ y = (− sin ϕ + 2 ) δϕ 2 sin ϕ M ϕ 由虚功为零 mg ⋅ δ y = 0 l d 即 mg ⋅ (− sin ϕ + ) δϕ = 0 2 2 sin ϕ 2d δ ϕ 任意，∴ ϕ = arc sin 3 l
M R o'
m 2 & & T = ( r + r 2ϕ 2 ) 2
由几何关系：
∴
V =0
θ ωt
o
x
r = cos θ , ϕ = θ + ω t 2R m L = T −V = ( − 2 R sin θ ⋅ θ& ) 2 + (θ& + ω ) 2 ⋅ ( 2 R cos θ ) 2 2 = 2 mR 2 ⋅ (θ& 2 + 2ω θ& cos 2 θ + ω 2 cos 2 θ )
理论力学课后答案
C(a-2)DR(a-3)(b-1)DR第1篇 工程静力学基础第1章 受力分析概述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。
试将同一力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。
习题1－1图解：（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 n 1F 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)cot 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 和b习题1－2图比较：图（a-1）与图（b-1）不同，因两者之F R D 值大小也不同。
（c ） 22x（d ）1－3 试画出图示各物体的受力图。
习题1－3图B或(a-2)B(a-1)(b-1)F(c-1) 或(b-2)(e-1)F(a)1－4 图a 所示为三角架结构。
荷载F 1作用在铰B 上。
杆AB 不计自重，杆BC 自重为W 。
试画出b 、c 、d 所示的隔离体的受力图，并加以讨论。
习题1－4图1－5 图示刚性构件ABC 由销钉A 和拉杆D 支撑，在构件C 点作用有一水平力F 。
试问如果将力F 沿其作用线移至D 或E （如图示），是否会改为销钉A 的受力状况。
解：由受力图1－5a ，1－5b 和1－5c 分析可知，F 从C 移至E ，A 端受力不变，这是因为力F 在自身刚体ABC 上滑移；而F 从C 移至D，则A 端受力改变，因为HG 与ABC 为不同的刚体。
1(f-1)'A(f-2)1O(f-3)F F'F 1(d-2)F yB 21(c-1)F A B1B FDx y(b-2)1(b-3)F yB 2 A A B1B F习题1－5图AxF(b-3)E D(a-3)B(b-2)(b-1)F 'CBC(c)AxF1－6 试画出图示连续梁中的AC 和CD 梁的受力图。
金尚年马永利理论力学第一章~全部习题答案
5
mr(θ¨ − ϕ˙ 2sinθcosθ) = mgsinθ
mr(ϕ¨sinθ + 2ϕ˙ θ˙cosθ) = 0
⇒
dϕ˙ dt
sinθ
=
−2ϕ˙ cosθ
dθ dt
⇒ ln ϕ˙ = −2 ln sinθ
ϕ˙0
sinθ0
⇒
ϕ˙
=
ϕ˙0sin2θ0 sin2θ
⇒
θ¨ −
ϕ˙02sin4θ0 sin3θ
−
mvrcosθ m+m
v⊥ = vrsinα
⇒
v=
v−2
+
v⊥2
=
[ (m
m2 + m)2
vr2cos2α
+
vr2
sin2
α]
1 2
4
T¢ ¨¢d¢e ¤¢f "¢#
E
B
Ag
T¢
d
t
u
"¢#
vc
=
mB v mA + mB
(1)
ω = v0l
(2)
#¢B
E
=
1 2
mB
v02
(3)
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
}¢~¢"¢#¢$¢%¢&¢'
mx¨1 = −m x¨2
mg − T cosα = my¨
T sinα = m x2
¢¢Q¢¡¢£
§1.16
y = (x2 − x1)tgα
⇒
y¨
=
(m + m )m m 2 + m(m +
gtg 2 α m )tg2α
⇒ y = At2
理论力学(金尚年-XXX编著)课后习题答案详解
理论力学(金尚年-XXX编著)课后习题答案详解高等教育出版社的《理论力学课后题答案》一书中，第一章包含了以下三个问题的解答：1.2 题目要求写出在铅直平面内的光滑摆线，并分方程。
解答中使用了微积分和力学原理，得出了运动微分方程。
最后证明了质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关。
1.3 题目要求证明单摆运动的振动周期与摆长无关。
解答中使用了微积分和力学原理，得出了运动微分方程。
最后通过进一步计算，得出了单摆运动的振动周期公式。
1.5 题目要求使用拉格朗日方程计算质点的运动。
解答中使用了拉格朗日方程，并通过进一步计算得出了质点的运动轨迹。
如图，在半径为R时，地球表面的重力加速度可以由万有引力公式求得：g=\frac{GM}{R^2}$$其中M为地球的质量。
根据广义相对论，地球表面的重力加速度还可以表示为：g=\frac{GM}{R^2}\left(1-\frac{2GM}{c^2R}\right)$$其中c为光速。
当半径增加到R+ΔR时，总质量仍为M，根据XXX展开，可以得到：frac{1}{(R+\Delta R)^2}=\frac{1}{R^2}-\frac{2\DeltaR}{R^3}+\mathcal{O}(\Delta R^2)$$代入上式可得：g'=\frac{GM}{R^2}\left(1-\frac{2GM}{c^2R}\right)\left(1+\frac{2\Delta R}{R}\right)$$ 化简后得：g'=g-\frac{2g\Delta R}{R}$$因此，当半径改变时，表面的重力加速度的变化为：Delta g=-\frac{2g\Delta R}{R}$$2.在平面极坐标系下，设质点的加速度的切向分量和法向分量都是常数，即$a_t=k_1$，$a_n=k_2$（其中$k_1$和$k_2$为常数）。
根据牛顿第二定律，可以得到质点的运动方程：r\ddot{\theta}+2\dot{r}\dot{\theta}=k_2$$ddot{r}-r\dot{\theta}^2=k_1$$其中$r$为极径，$\theta$为极角。
理论力学课后习题部分答案
B
A FAC FBA
P
(l)
(l1)
(l2)
(l3)
图 1-1
1-2 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。
(a)
B
FN1
C
FN 2
P2 P1
FAy
A
FAx
(a2)
(b)
FN1
A
P1
FN
(b2)
C
FN′
P2
(a1)
B
FN1
FN 2
FN
P1
F Ay
FCy
FAx (f2)
C FC′x
FC′y F2
FBy
FBx B (f3)
FAy A FAx
FB
C B
(g)
FAy
FAx A
D FT C FCx
(g2)
FB
B
F1
FB′ B
FAy
A
FAx
(h)
(h1)
P (g1)
FC′y
FT
C
FC′x
P (g3)
D
FCy
FB
F2
C FCx
B
(h2)
A FAx
FAy
FCy
D FAy
A
FAx
(k3)
6
FB
F1
FB′
B B
FD D
(l) FD′ D
A FA
(l1) F2
C
FC (l2)
F1
D
F2
B
A
E
FE
FA
(l3) 或
F1
FB′
理论力学课后习题及答案解析..
第一章习题4-1．求图示平面力系的合成结果，长度单位为m。
解：(1) 取O点为简化中心，求平面力系的主矢：求平面力系对O点的主矩：(2) 合成结果：平面力系的主矢为零，主矩不为零，力系的合成结果是一个合力偶，大小是260Nm，转向是逆时针。
习题4－3．求下列各图中平行分布力的合力和对于A点之矩。
解：(1) 平行力系对A点的矩是：取B点为简化中心，平行力系的主矢是：平行力系对B点的主矩是：向B点简化的结果是一个力R B和一个力偶M B，且：1word版本可编辑.欢迎下载支持.如图所示；将R B向下平移一段距离d，使满足：最后简化为一个力R，大小等于R B。
其几何意义是：R的大小等于载荷分布的矩形面积，作用点通过矩形的形心。
(2) 取A点为简化中心，平行力系的主矢是：平行力系对A点的主矩是：向A点简化的结果是一个力R A和一个力偶M A，且：如图所示；将R A向右平移一段距离d，使满足：最后简化为一个力R，大小等于R A。
其几何意义是：R的大小等于载荷分布的三角形面积，作用点通过三角形的形心。
2word版本可编辑.欢迎下载支持.习题4-4．求下列各梁和刚架的支座反力，长度单位为m。
解：(1) 研究AB杆，受力分析，画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
校核：结果正确。
(2) 研究AB杆，受力分析，将线性分布的载荷简化成一个集中力，画受力图：3word版本可编辑.欢迎下载支持.列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
校核：结果正确。
(3) 研究ABC，受力分析，将均布的载荷简化成一个集中力，画受力图：列平衡方程：解方程组：4word版本可编辑.欢迎下载支持.反力的实际方向如图示。
校核：结果正确。
习题4-5．重物悬挂如图，已知G=1.8kN，其他重量不计；求铰链A的约束反力和杆BC所受的力。
解：(1) 研究整体，受力分析（BC是二力杆），画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
理论力学课后习题及答案解析..
第一章习题4-1．求图示平面力系的合成结果，长度单位为m。
解：(1) 取O点为简化中心，求平面力系的主矢：求平面力系对O点的主矩：(2) 合成结果：平面力系的主矢为零，主矩不为零，力系的合成结果是一个合力偶，大小是260Nm，转向是逆时针。
习题4－3．求下列各图中平行分布力的合力和对于A点之矩。
解：(1) 平行力系对A点的矩是：取B点为简化中心，平行力系的主矢是：平行力系对B点的主矩是：向B点简化的结果是一个力R B和一个力偶M B，且：如图所示；将R B向下平移一段距离d，使满足：最后简化为一个力R，大小等于R B。
其几何意义是：R的大小等于载荷分布的矩形面积，作用点通过矩形的形心。
(2) 取A点为简化中心，平行力系的主矢是：平行力系对A点的主矩是：向A点简化的结果是一个力R A和一个力偶M A，且：如图所示；将R A向右平移一段距离d，使满足：最后简化为一个力R，大小等于R A。
其几何意义是：R的大小等于载荷分布的三角形面积，作用点通过三角形的形心。
习题4-4．求下列各梁和刚架的支座反力，长度单位为m。
解：(1) 研究AB杆，受力分析，画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
校核：结果正确。
(2) 研究AB杆，受力分析，将线性分布的载荷简化成一个集中力，画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
校核：结果正确。
(3) 研究ABC，受力分析，将均布的载荷简化成一个集中力，画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
校核：结果正确。
习题4-5．重物悬挂如图，已知G=1.8kN，其他重量不计；求铰链A的约束反力和杆BC所受的力。
解：(1) 研究整体，受力分析（BC是二力杆），画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
习题4-8．图示钻井架，G=177kN，铅垂荷载P=1350kN，风荷载q=1.5kN/m，水平力F=50kN；求支座A的约束反力和撑杆CD所受的力。
(完整版)高等教育出版社_金尚年_马永利编著的理论力学课后习题答案
高等教育出版社，金尚年，马永利编著的理论力学课后习题答案第一章1.2写出约束在铅直平面内的光滑摆线上运动的质点的微分方程，并证明该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关.解：设s为质点沿摆线运动时的路程，取=0时，s=0 S== 4 a (1) XY设为质点所在摆线位置处切线方向与x 轴的夹角，取逆时针为正，即切线斜率=受力分析得：则，此即为质点的运动微分方程。
该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为.1.3证明：设一质量为m 的小球做任一角度0θ的单摆运动运动微分方程为θθθF r r m =+)2( θθsin mg mr = ①给①式两边同时乘以d θ θθθθd g d r sin = 对上式两边关于θ积分得 c g r +=θθcos 212 ② 利用初始条件0θθ=时0=θ 故0cos θg c -= ③ 由②③可解得 0cos cos 2-θθθ-•=lg 上式可化为dt d lg=⨯-•θθθ0cos cos 2-两边同时积分可得θθθθθθθθd g l d g l t ⎰⎰---=--=020222002sin 12sin 10012cos cos 12进一步化简可得θθθθd g l t ⎰-=0002222sin sin 121 由于上面算的过程只占整个周期的1/4故⎰-==0222sin 2sin 124T θθθθd g l t由ϕθθsin 2sin /2sin 0=两边分别对θϕ微分可得ϕϕθθθd d cos 2sin 2cos 0=ϕθθ202sin 2sin 12cos-=故ϕϕθϕθθd d 202sin 2sin 1cos 2sin2-= 由于00θθ≤≤故对应的20πϕ≤≤故ϕϕθϕθϕθθθθπθd g l d g l T ⎰⎰-=-=202022cos 2sinsin 2sin 1/cos 2sin42sin2sin 2故⎰-=2022sin 14πϕϕK d g l T 其中2sin022θ=K 通过进一步计算可得glπ2T =])2642)12(531()4231()21(1[224222 +⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯++⨯⨯++n K n n K K1.5zp点yx解：如图，在半径是R的时候，由万有引力公式，对表面的一点的万有引力为, ①M为地球的质量；可知，地球表面的重力加速度g , x为取地心到无限远的广义坐标，，②联立①，②可得：,M为地球的质量；③当半径增加,R2=R+,此时总质量不变，仍为M,此时表面的重力加速度可求：④Be ө e tөy由④得：⑤则，半径变化后的g 的变化为⑥对⑥式进行通分、整理后得：⑦对⑦式整理，略去二阶量，同时远小于R ，得⑧则当半径改变 时，表面的重力加速度的变化为：。
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理论力学教科书课后习题及解析第一章偶，大小是260Nm，转向是逆时针。
习题 4- 1．求图示平面力系的合成结果，长度单位为m。
习题 4－ 3．求下列各图中平行分布力的合力和对于 A 点之矩。
解： (1) 平行力系对 A 点的矩是：解： (1) 取 O 点为简化中心，求平面力系的主矢：取 B 点为简化中心，平行力系的主矢是：求平面力系对O 点的主矩：平行力系对 B 点的主矩是：(2)合成结果：平面力系的主矢为零，主矩不为零，力系的合成结果是一个合力向B点简化的结果是一个力RB和一个力偶M B，且：如图所示；向 A 点简化的结果是一个力R A和一个力偶M A，且：如图所示；将 R B向下平移一段距离d，使满足：最后简化为一个力R ，大小等于R B。
其几何意义是： R 的大小等于载荷分布的将 R A向右平移一段距离d，使满足：矩形面积，作用点通过矩形的形心。
(2)取 A 点为简化中心，平行力系的主矢是：最后简化为一个力R，大小等于R A。
其几何意义是：R 的大小等于载荷分布的三角形面积，作用点通过三角形的形心。
平行力系对 A 点的主矩是：列平衡方程：习题 4-4 ．求下列各梁和刚架的支座反力，长度单位为m。
解方程组：反力的实际方向如图示。
校核：解： (1) 研究 AB 杆，受力分析，画受力图：结果正确。
(2) 研究 AB 杆，受力分析，将线性分布的载荷简化成一个集中力，画受力图：(3) 研究 ABC ，受力分析，将均布的载荷简化成一个集中力，画受力图：列平衡方程：解方程组：列平衡方程：反力的实际方向如图示。
校核：解方程组：结果正确。
反力的实际方向如图示。
校核：结果正确。
习题 4-5 ．重物悬挂如图，已知G=1.8kN ，其他重量不计；求铰链 A 的约束反力和杆 BC 所受的力。
列平衡方程：解方程组：解： (1) 研究整体，受力分析（BC 是二力杆），画受力图：反力的实际方向如图示。
列平衡方程：习题 4-8 ．图示钻井架，G=177kN ，铅垂荷载P=1350kN ，风荷载 q=1.5kN/m ，水平力 F=50kN ；求支座 A 的约束反力和撑杆CD 所受的力。
金尚年马永利理论力学第一章~全部习题答案
−
mgdm mm˙
=
vr m
dm
−
g km0
dm
⇒
v
=
−vr
ln
M m
+
g(m − m0) km0
s = vdt =
¢¢Q¢0¢£
g(m − m0) km0
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vr
ln
m m0
dt
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vr2 2g
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(1
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m m0
−
ln
m0 m
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hFi§1.18 !¢"¢#¢$¢%¢&¢' S i
−
mvrcosθ m+m
v⊥ = vrsinα
⇒
v=
v−2
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v⊥2
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m2 + m)2
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+
vr2
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4
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(3)
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§1.1
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§1 Chapter 1
mx¨ = FN
x2
x + y2
高等教育出版社,金尚年,马永利编著的理论力学课后习题答案解析
高等教育出版社，金尚年，马永利编著的理论力学课后习题答案第一章1.2写出约束在铅直平面内的光滑摆线上运动的质点的微分方程，并证明该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关. 解：设s为质点沿摆线运动时的路程，取=0时，s=0S== 4 a (1)设为质点所在摆线位置处切线方向与x 轴的夹角，取逆时针为正，即切线斜率=受力分析得：则，此即为质点的运动微分方程。
该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为.1.3证明：设一质量为m 的小球做任一角度0θ的单摆运动运动微分方程为θθθF r r m =+)2( θθsin mg mr = ①给①式两边同时乘以d θ θθθθd g d r s i n = 对上式两边关于θ 积分得 c g r +=θθc o s 212 ②利用初始条件0θθ=时0=θ 故0cos θg c -= ③ 由②③可解得 0c o s c o s 2-θθθ-∙=lg 上式可化为dt d lg=⨯-∙θθθ0cos cos 2-两边同时积分可得θθθθθθθθd g l d g l t ⎰⎰---=--=020222002sin 12sin 10012cos cos 12进一步化简可得θθθθd g l t ⎰-=0002222sin sin 121 由于上面算的过程只占整个周期的1/4故⎰-==0222sin 2sin 124T θθθθd g l t由ϕθθsin 2sin /2sin 0=两边分别对θϕ微分可得ϕϕθθθd d cos 2sin 2cos 0=ϕθθ202sin 2sin 12cos-=故ϕϕθϕθθd d 202sin 2sin 1cos 2sin2-= 由于00θθ≤≤故对应的20πϕ≤≤故ϕϕθϕθϕθθθθπθd g l d g l T ⎰⎰-=-=202022cos 2sinsin 2sin 1/cos 2sin42sin2sin 2故⎰-=2022sin 14πϕϕK d g l T 其中2sin022θ=K 通过进一步计算可得glπ2T =])2642)12(531()4231()21(1[224222 +⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯++⨯⨯++n K n n K K1.5解：如图，在半径是R 的时候，由万有引力公式， 对表面的一点的万有引力为, ①M 为地球的质量；可知，地球表面的重力加速度 g , x 为取地心到无限远的广义坐标，，②联立①， ②可得：,M 为地球的质量；③当半径增加 ,R2=R+ ,此时总质量不变，仍为M,此时表面的重力加速度 可求：④由④得：⑤则，半径变化后的g 的变化为⑥对⑥式进行通分、整理后得：⑦对⑦式整理，略去二阶量，同时远小于R ，得⑧则当半径改变 时，表面的重力加速度的变化为：。
高等教育出版社,金尚年,马永利编著的理论力学课后习题答案
高等教育出版社，金尚年，马永利编著的理论力学课后习题答案第一章1.2写出约束在铅直平面内的光滑摆线上运动的质点的微分方程，并证明该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关.解：设s为质点沿摆线运动时的路程，取=0时，s=0 S== 4 a (1) XY设为质点所在摆线位置处切线方向与x 轴的夹角，取逆时针为正，即切线斜率=受力分析得：则，此即为质点的运动微分方程。
该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为.1.3证明：设一质量为m 的小球做任一角度0θ的单摆运动运动微分方程为θθθF r r m =+)2( θθsin mg mr = ①给①式两边同时乘以d θ θθθθd g d r sin = 对上式两边关于θ积分得 c g r +=θθcos 212 ② 利用初始条件0θθ=时0=θ 故0cos θg c -= ③ 由②③可解得 0cos cos 2-θθθ-•=lg 上式可化为dt d lg=⨯-•θθθ0cos cos 2-两边同时积分可得θθθθθθθθd g l d g l t ⎰⎰---=--=020222002sin 12sin 10012cos cos 12进一步化简可得θθθθd g l t ⎰-=0002222sin sin 121 由于上面算的过程只占整个周期的1/4故⎰-==0222sin 2sin 124T θθθθd g l t由ϕθθsin 2sin /2sin 0=两边分别对θϕ微分可得ϕϕθθθd d cos 2sin 2cos 0=ϕθθ202sin 2sin 12cos-=故ϕϕθϕθθd d 202sin 2sin 1cos 2sin2-= 由于00θθ≤≤故对应的20πϕ≤≤故ϕϕθϕθϕθθθθπθd g l d g l T ⎰⎰-=-=202022cos 2sinsin 2sin 1/cos 2sin42sin2sin 2故⎰-=2022sin 14πϕϕK d g l T 其中2sin022θ=K 通过进一步计算可得glπ2T =])2642)12(531()4231()21(1[224222 +⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯++⨯⨯++n K n n K K1.5zp点yx解：如图，在半径是R的时候，由万有引力公式，对表面的一点的万有引力为, ①M为地球的质量；可知，地球表面的重力加速度g , x为取地心到无限远的广义坐标，，②联立①，②可得：,M为地球的质量；③当半径增加,R2=R+,此时总质量不变，仍为M,此时表面的重力加速度可求：④Be ө e tөy由④得：⑤则，半径变化后的g 的变化为⑥对⑥式进行通分、整理后得：⑦对⑦式整理，略去二阶量，同时远小于R ，得⑧则当半径改变 时，表面的重力加速度的变化为：。
理论力学(金尚年-马永利编著)课后习题答案详解
高等教育出版社，金尚年，马永利编著理论力学课后习题答案第一章1.2写出约束在铅直平面内的光滑摆线上运动的质点的微分方程，并证明该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关.解：设s为质点沿摆线运动时的路程，取=0时，s=0XYF Nmg sinφmgmg cosφφS== 4 a (1)设为质点所在摆线位置处切线方向与x 轴的夹角，取逆时针为正，即切线斜率=受力分析得：则，此即为质点的运动微分方程。
该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为.1.3证明：设一质量为m 的小球做任一角度0θ的单摆运动运动微分方程为θθθF r r m =+)2( θθsin mg mr = ①给①式两边同时乘以d θ θθθθd g d r sin = 对上式两边关于θ积分得 c g r +=θθcos 212 ② 利用初始条件0θθ=时0=θ 故0cos θg c -= ③ 由②③可解得 0cos cos 2-θθθ-•=lg 上式可化为dt d lg=⨯-•θθθ0cos cos 2-两边同时积分可得θθθθθθθθd g l d g l t ⎰⎰---=--=020222002sin 12sin 10012cos cos 12进一步化简可得θθθθd g l t ⎰-=0002222sin sin 121 由于上面算的过程只占整个周期的1/4故⎰-==0222sin 2sin 124T θθθθd g l t由ϕθθsin 2sin /2sin 0=两边分别对θϕ微分可得ϕϕθθθd d cos 2sin 2cos 0=ϕθθ202sin 2sin 12cos-=故ϕϕθϕθθd d 202sin 2sin 1cos 2sin2-= 由于00θθ≤≤故对应的20πϕ≤≤故ϕϕθϕθϕθθθθπθd g l d g l T ⎰⎰-=-=202022cos 2sinsin 2sin 1/cos 2sin42sin2sin 2故⎰-=2022sin 14πϕϕK d g l T 其中2sin022θ=K 通过进一步计算可得glπ2T =])2642)12(531()4231()21(1[224222 +⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯++⨯⨯++n K n n K K1.5zp点yx解：如图，在半径是R的时候，由万有引力公式，对表面的一点的万有引力为, ①M为地球的质量；可知，地球表面的重力加速度 g , x为取地心到无限远的广义坐标，，②联立①，②可得：,M为地球的质量；③当半径增加 ,R2=R+ ,此时总质量不变，仍为M,此时表面的重力加速度可求：④e өe tөy由④得：⑤则，半径变化后的g 的变化为⑥对⑥式进行通分、整理后得：⑦对⑦式整理，略去二阶量，同时远小于R ，得⑧则当半径改变 时，表面的重力加速度的变化为：。
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高等教育出版社，金尚年，马永利编著的理论力学课后习题答案第一章1.2afG — sin0)；殳上运动的质点的微写出约束在铅直平面内的光滑摆线afl - COS0)分方程，并证明该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关.解：设s为质点沿摆线运动时的路程，取0=0时，s=0H ( x = a(0-sine) * ly = —a(l — COS0)ds - J (dx)2 + (dy)2 二J((i9 — COS0 亠de)2+(sirL9 de)2 = 2asin|2a sin舟dO = 4 a (L co 马ee As=2acos^59 + 2asin?9 = acos| 9^ + 2a sin? 9x轴的夹角，取逆时针为正，tan (p即切线斜率设（P为质点所在摆线位置处切线方向与dy cos 0 -1 tan <p =—=———〒dx sin 01聶siin<p = -cosI受力分析得:ms = —mg sin （p = mg cos-0 •・B・r a贝U2a sin二6 + a cos二6' = geos-，此即为质点的运动微分方程。
S = =（S = 4a）-（S 二4a） + —（s = 4a） =4a—周期性变化的函数，周期T=2TT产P e 该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为2讥启.1.3证明：设一质量为m的小球做任一角度日0的单摆运动运动微分方程为m（2 + 2「日）=F gmrO = mg sin £给式两边同时乘以d9 r日d£=gsind8对上式两边关于6积分得护jgcog + c利用初始条件日=日0时日=0故c = -gcos£0由可解得0 =-{2& • J c 0 s-c 0 8o上式可化为-岸•J cos。
-cosgd日=dt两边同时积分可得 评J ； J co £o 页迅咼.1卑匸萼严进-步化简可得t 辟 J 站n r由于上面算的过程只占整个周期的1/4故由 s in 2/sin ¥=s z 两边分别对6 3微分可得cos % =s 碍C 。
现伞COS? = J l -sin 込sin 2®2 V 2sin — cos "^故d 日=2 … 2 d 申(1 —si n 2 号si n 2 W由于0<8<日0故对应的o <^<-2」 d 日 =4#『 「2% . £ V g 0 sin ---- sin — 2 2sin 2邑 S in 2 申故T /L, d ： 2 其中 K 2 =sin 2%Y g b J 1-K 2sin 2 半 2通过进一步计算可得T " [1 +(1* +(空)2"十…十严仔…心-1)*...]V g 2 2冥4 2咒4咒6梵• (2)1.52 T =4t =2「 "g J1 -d 日 Sin *2 色—si n 22 2 2 故T=2駅丁 f i e I HSi n -0cos W /j 1 - - 2 、解:如图，在半径是R 的时候，由万有引力公式, 对表面的一点的万有引力为「 jnMiU F% ,①M 为地球的质量；可知，地球表面的重力加速度 g , x 为取地心到无限远的广义坐标,m —= nig = F ，②联立①，②可得:_『Mg 二G 忑,M 为地球的质量；③此时表面的重力加速度 g 可求:d’x * £沪 Mm 皿^1 =皿菖=F2=G^ ④当半径增加 M ,R2=R+AR ，此时总质量不变，仍为M,?X'r M 厂 M S Y 石=G 亦而⑤ 则，半径变化后的g 的变化为h ，厂M 厂 MA 沪旷济⑥对⑥式进行通分、整理后得:矗 GM AR^+ZARRAg =雨刁両T ⑦, L1RR 2iiR聽=5百=君云⑧> ZARR ：iR1.6解：由题意可建立如图所示的平面极坐标系 则由牛顿第二定律可知, 质点的运动方程为[m(F - e 2) = F - mg cos 日 I m (「日 + 2「日)=mgsin 日 其中,由④得:则当半径改变4｛时，表面的重力加速度的变化为: 对⑦式整理，略去二阶量，同时和｛远小于R ，得etr = -V, r。
= L, r = L -Vt1.8设质点在平面内运动的加速度的切向分量和法向分量都是常数，证明质点的轨道为对数螺线。
解：设，质点的加速度的切向分量大小为丐^,法向分量大小为坷。
（其中丐1、丐为常数）则有『dvi —=比PZ - V其中P为曲率半径。
V 二aJ+Vo2押+吋+ 6 其中是T（l初始位置，舟1是初始速度大小。
把V2 （如t+Vo）2匕at由®''VzV W 二一P 对UJ 式积分则得其中6（1是初始角大小。
我们把⑧式转化为时间关于角的函数壽- V 。
t = ------------------将®式代入 ，于是得质点的轨道方程2瓦£上-瓦+52 2a当我们取一定的初始条件 切=65 = 瓷时，令入=m =r 二蒯即质点的轨迹为对数螺线。
1.9解：（1）从A 点到原长位置，此时间内为自由落体运动。
根据能量守恒：mgh =1mV 2,所以在原长位置时：乂 = jOghatatv2~ v~aj+vo。
方程可以简化为（2）从原长位置到最低点 D 处，以原长位置为坐标原点,解微分方程得：Z =C1coS 槽+6叫严2 因为 t 2=0时，Z=0, Z =V i =』2gl i 所以,…2co 巒+、匝引喘U 宀皿叫鲁“莎笃中（3）所以总时间为tT+t 2 彳7 哨（inS=Z i +Z 2=l i +I 2 +丿2（12 + 2l i ）1-11解:（ 1）质点运动分为三个阶段。
第一阶段为圆周运动，从释放质点到绳子张力为零；第二阶 段为斜抛运动，重新下降到与圆周相交位置时有一绷绳过程，质点机械能转化为绳子内能; 三阶段为在最低点附近的摆荡运动。
总体来看质点能量不守恒。
（2）第一阶段，由能量守恒可得，mgr （1 -cos 日）=1mv 2，因为加速度为g ,所以，至y 达原长的时间为：t i V 2 - 0 _ j 2l 1 g "V g「mg - kz = mz [kl2 = mg 化简得: Z + —g I 2向下为正方向，建立坐标轴z 。
当 z = 0 时，t 2 = J2（兀-tan° V g（21 I ________（十）,此时 Z =』2（l 2 +2l i ） +l 2A,D 间总距离为又，由绳子张力为零可知2vmgcosQ =m—，r第二阶段，设上升高度为h,则2」（vsi n0）h =—; ---------，2g联立可解得h=|7r，因此质点上升最高处为0点上方设斜抛到达最高点时水平位移为Q 2 —, 23 23, cos9 =—； h+rcos9=——r =——l3 27 54 23,爪——l处。
54s，则s=(vcosQ)t =vcos9(vsin%)，s=^^^ r = ^^l ；r sin 日-^5^|因此质点上升到最高点时在过圆心竖直轴线左边l处。
1-12解：由自然坐标系111 II『nis 二L皿严即 (2)s = «-p.ds/.s—= «- ds pds x"/._ = Cf -------------- 3fVl J.厂P XH J -QS 二a —: dy血S Jp 1+皿JV _ r-p 釀B , r 代T y 旳?dy,V TTIn -二—0£ u 2TT . 一CC••V 二 lie 21.13.解:（1）以竖直向下为正方向，系统所受合力P 二，一^^ +皿必菖+叫g= nigg ,,故系统动量不守恒; 对0点，-F N + KM 合力矩为零，皿咄过矩心，故力矩也为零，所以系统角动量守恒; 而对系统来说，唯一做功的是重力（保守力），因此，系统能量守恒。
（2）建立柱面坐标系，由动量定理得：善[叫旅+ r 械+ 殖=讪同时有r +2二I得到：-叫& +1常一朋马=叫gmd0-2）9-2£] = 0（3）对于小球A ,设其在水平平台最远距离 0为r 由动能定理得:严从F 一严辭'=皿肃（『-3）由角动量守恒得：皿皿耳产1110而raa-niE 二 rn得到r=3a 而由初始时刻 叫~ > nigg ，故小球在a 到3a 间运动。
•••Ln s p ®p1.14解：（1）分析系统的受力可知：重力竖直向下，支持力垂直于斜面向上，所受的合外力不为零, 故系统动量不守恒；由物体的受力情况可以判断系统的合外力矩不为零，故角动量也不守恒；而系统在运动过程中，除保守力外，其他力不作功，故机械能守恒，而能量一定守恒。
（2）以地面为参考系，以0为原点，建立球坐标系。
由质点系动量定理得：+ 2r9)= -(m盘 + m Jgsin 姑ih(pirigZ = -niggcosE约束条件：r—=1将约束条件连续求两次导，带入上边方程，消去Z,得:+ mjr二= （m^ + mg）gsin9cos（p— m^gnij^frip + 2f9)= -(m盘 + m Jgsin 肘ih(p⑶第三问不会做。
1.15水平方向动量守恒，则vmcos。
= m U2.2 2 u 十v — v 有余弦定理得：cos(兀-^) = = -coset2uv可得：v= I vrJ m2 cos2g + 2m cos2a寸172；* m mB 看作系统，由动量定理知其质心速度 v c 满足（mA + m B ）V c = m e V o由易知A B 各绕质心做半径为r 1二 m Bl ，r 2 = 叽 的圆周运动，由初始条件得,=旦m ^ m B m ^ m B l以质心C 点的坐标X c 和y c 及杆和x 轴的夹角0为坐标P (m A +m B W C j =m B V 0 jA B 12練=Im e V o k L =(m A +m B )x c y c k +m A f e1.18解:设m 和m 2碰撞后， m 的速度变为V 1， m 2的速度变为V 2， m 2与m 3碰撞后， m 2的速度变为V 2， m 3的速度变为V3由于两次碰撞时水平方向都不受外力，所以动量守恒，同时机械能守恒 对禾口^^2而言，则有:m V 1=m V 1+m 2V21 2 1 ,2 12m V1 =2 m V 1 +22mv 1两式联立消去V 1，则有V 2 = m + m可得: u=vm cosamv r COSaJ m '2 +m 2 cos +2mm ，cos 2 a1.16 解： 动量定理、 角动量定理和动能定理 7个方程式中仅有3个是独立的。