理论力学课后答案第二章(完整资料).doc
理论力学课后答案Word版
2-1 解：当摩擦系数f 足够大时，平台AB 相对地面无滑动，此时摩擦力N fF F ≤ 取整体为研究对象，受力如图， 系统的动量：r 2v p m =将其在x 轴上投影可得：bt m v m p x 2r 2==根据动量定理有：g m m f fF F b m tp N x)(d d 212+=≤== 即：当摩擦系数gm m bm f )(212+≥时，平台AB 的加速度为零。
当摩擦系数gm m bm f )(212+<时，平台AB 将向左滑动，此时系统的动量为：v v v p 1r 2)(m m ++=将上式在x 轴投影有：v m m bt m v m v v m p x )()()(2121r 2+-=-++-=根据动量定理有：g m m f fF F a m m b m tp N x)()(d d 21212+===+-= 由此解得平台的加速度为：fg m m bm a -+=212（方向向左）2-2 取弹簧未变形时滑块A 的位置为x 坐标原点，取整体为研究对象，受力如图所示,其中F 为作用在滑块A 上的弹簧拉力。
系统的动量为：)(r 111v v v v v p ++=+=m m m m将上式在x 轴投影：)cos (1ϕωl x m xm p x ++= 根据动量定理有：kx F l m xm m tp x-=-=-+=ϕωsin )(d d 211 系统的运动微分方程为：t l m kx x m m ωωsin )(211=++N Fg mg 1mFxvr vvr vN FFg 1mg 2mx2－4 取提起部分为研究对象，受力如图(a)所示，提起部分的质量为vt m ρ=，提起部分的速度为v ，根据点的复合运动可知质点并入的相对速度为r v ，方向向下，大小为v （如图a 所示）。
（a ） (b)根据变质量质点动力学方程有：v vt t t m m t t mρρr r )()(d d )(d d v g F v g F v ++=++= 将上式在y 轴上投影有：)()()()(d d 2r v vgt t F v v g vt t F tvm+-=--=ρρρ 由于0d d =tv，所以由上式可求得：)()(2v vgt t F +=ρ。
理论力学课后习题第二章思考题答案
理论力学课后习题第二章思考题解答2.1.答：因均匀物体质量密度处处相等，规则形体的几何中心即为质心，故先找出各规则形体的质心把它们看作质点组，然后求质点组的质心即为整个物体的质心。
对被割去的部分，先假定它存在，后以其负质量代入质心公式即可。
2.2.答：物体具有三个对称面已足以确定该物体的规则性，该三平面的交点即为该物体的几何对称中心，又该物体是均匀的，故此点即为质心的位置。
2.3.答：对几个质点组成的质点组，理论上可以求每一质点的运动情况，但由于每一质点受到周围其它各质点的相互作用力都是相互关联的，往往其作用力难以n3预先知道；再者，每一质点可列出三个二阶运动微分方程，各个质点组有个相互关联的三个二阶微分方程组，难以解算。
但对于二质点组成的质点组，每一质点的运动还是可以解算的。
若质点组不受外力作用，由于每一质点都受到组内其它各质点的作用力，每一质点的合内力不一定等于零，故不能保持静止或匀速直线运动状态。
这表明，内力不改变质点组整体的运动，但可改变组内质点间的运动。
2.4.答：把碰撞的二球看作质点组，由于碰撞内力远大于外力，故可以认为外力为零，碰撞前后系统的动量守恒。
如果只考虑任一球，碰撞过程中受到另一球的碰撞冲力的作用，动量发生改变。
2.5.答：不矛盾。
因人和船组成的系统在人行走前后受到的合外力为零（忽略水对船的阻力），且开船时系统质心的初速度也为零，故人行走前后系统质心相对地面的位置不变。
当人向船尾移动时，系统的质量分布改变，质心位置后移，为抵消这种改变，船将向前移动，这是符合质心运动定理的。
2.6.答：碰撞过程中不计外力，碰撞内力不改变系统的总动量，但碰撞内力很大，使物体发生形变，内力做功使系统的动能转化为相碰物体的形变能（分子间的结合能），故动量守恒能量不一定守恒。
只有完全弹性碰撞或碰撞物体是刚体时，即相撞物体的形变可以完全恢复或不发生形变时，能量也守恒，但这只是理想情况。
2.7.答：设质心的速度，第个质点相对质心的速度，则，代入质点组动量定理可得这里用到了质心运动定理。
理论力学简明教程答案 第二章
第二章有心运动和两体问题斗转星移，粒子变迁，乃至整个宇宙的各种运动均受着“上帝”的安排----力的大小与距离平方成反比定律。
在此解析几何的空间曲线将一展风情。
【要点分析与总结】1有心力和有心运动()()rr r r F F F e r==r r r（1）有心运动的三个特征：平面运动动量守恒(0M ≡r)机械能守恒(E T V =+)（2）运动微分方程()()2()2r m r r F m r r F θθθθ⎧−=⎪⎨+=⎪⎩&&&&&&可导出：()()()2222222221()21()(,r r u F r r m r h h m r r V E d u mh u u F u d r θθθθ⎧−=⎪⎪⎪=⎪⎨++=⎪⎪⎪−+==⎪⎩&&&&&&（为常量）（机械能守恒）比内公式〈析〉0L h m=是一个恒量，解题时应充分利用。
恰当运用会使你绝处逢生，可谓是柳暗花明又一村的大门。
2距离平方反比引力作用下的质点运动2222k F k u r=−=−可由比内公式导出：2220201cos()1cos()mh p k r mhe A k θθθθ==+−+−（220,,,mhp e pA A k θ==为由初始条件决定的常量）近日点：1m p r e =+远日点：1M pr e=−且422(1)2k E T V e mh=+=−可得半长轴长：221()212m M p k a r r e E=+==−−〈析〉用a 来求E ，进而得出运动规律，即便是开普勒三定律亦是须臾即得。
2距离平方反比斥力作用下的质点运动（粒子散射）的双曲线模型22k F r=（204Qqk πε=）可导出：01cos()pr e θθ−=−−散射角：12cos arc e ϕπ⎛⎞=−⎜⎟⎝⎠2004cos 2m Qq πευϕρ⎛⎞=⎜⎟⎝⎠卢瑟福散射公式：24011()44sin 2d Qq d σϕπε=Ω（式中散射截面：2d d σπρρ=，立体角：2sin d d πϕϕΩ=将散射角公式两侧微分并代入即得散射公式）4质点运动轨道的讨论（1）圆轨道的稳定条件()()220,r r dU d U drdr =>（等效势能：()()222r r mh U V r=+）再利用()()r r dV F dr=−可导出：3n <（2n k F r=）（2）轨道的轨迹曲线000E E E <⎧⎪=⎨⎪>⎩(1)(1)(1)e e e <=>LL LL LL 椭圆抛物线双曲线〈析〉通过E 与0的关系，即可判断天体运动的轨迹曲线【解题演示】1质点在有心力()r F 的作用下运动，质点速度的大小为a r υ=，这里a 是常数。
胡汉才编著理论力学课后习题答案第2章力系的简化
力系的简化第二章，的力F，5）两点（长度单位为米），且由A指向B．通过A（3，0，0），B（0，42-1 。
，对z轴的矩的大小为在z轴上投影为22 /5。
答：F / ；6 F上和y，c，则力F在轴z2-2．已知力F的大小，角度φ和θ，以及长方体的边长a，b的矩x ；F对轴；Fy= 的投影：Fz=F 。
)= M ( x）··（）（··；－··；cos=FFz=F答：φsinφbFy=θFsincosφφcosφ+cMxFcos41－图2 图2－40F，则该力，若F=100N，4）两点（长度单位为米）），B（0，2-3．力4通过A（3，4、0 。
，对x轴的矩为在x轴上的投影为320N.m；答：－60NAE内有沿对角线，在平面ABED2-4．正三棱柱的底面为等腰三角形，已知OA=OB=a °，则此力对各坐标轴之矩为：α=30的一个力F，图中。
）= ）；M（F= （（MF）= ；MF zYx6Fa/4 =（F）；M）=0，（F）=－Fa/2MF答：M（zxy2-5．已知力F的大小为60（N），则力F对x轴的矩为；对z轴的矩为。
答：M（F）=160 N·cm；M（F）=100 N·cmzx43－图2 2图－42O2-6．试求图示中力F对点的矩。
M(F)=Flsinα解：a: O M(F)=Flsinαb: Oα+ Flcos)sinc: M(F)=F(l+lα2O13??22?lM?Fl?Fsin d: 2o1。
轴的力矩M1000N2-7．图示力F=，求对于z z图题2－8 7题2－图。
试求=40N，M=30N·m=40N2-8．在图示平面力系中，已知：F=10N，F，F321其合力，并画在图上（图中长度单位为米）。
解：将力系向O点简化=30N F=F－R12X40N －=R=－F3V R=50N ∴m ）··3+M=300N+FF主矩：Mo=（+F312d=Mo/R=6mO合力的作用线至点的矩离iiRR0.8－=），（cos，=0.6），（cos合力的方向：iR ）=－53，°08'（iR ，'）（=143°08，内作用一力偶，其矩M=50KNGA转向如图；又沿·m，2-9．在图示正方体的表面ABFE2RR =50。
清华理论力学课后答案2
kh da
（b）
w.
co
m
4
三角块 V4
V4 = 2 × 3 × 3 ÷ 2 = 9
(1, 7, 1)
2-5 均质折杆及尺寸如图示，求此折杆形心坐标。 解： 将图示折杆简化为折线计算。 折杆有 5 段直线组成， 每一段的长度及形心坐标如表所示。 按形心计算公式，有
xc =
∑iLi xi 200 × (−100) + 100 × (−50) + 100 × 0 + 200 × 100 + 100 × 200 = 200 + 100 + 100 + 200 + 100 ∑iLi = 21.43(mm)
kh da
，
w.
FRx ' = F1 cos 45� − F2 cos 45� = 0 ，
�
co
在坐标轴上的投影为
m
解： 各力均在与坐标平面平行的面内， 且与所在平面的棱边成 45°角。 将力系向 A 点简化， 主矢 FR '
a b c + + = 0。 F1 F2 F3
当主矢与主矩平行时，力系能简化为力螺旋，即从 FR '× M O = 0 得，
yc =
答
案
网
（200，100，-50）
ww w.
3
kh da
题 2-5 图
w.
co
m
题 2-6 图
解: 由对称性知，该图形的形心一定在 x 轴上，即 yc = 0 。用负面积法计算其横坐标。此平面图
按形心计算公式，有
xc =
2-7 工字钢截面尺寸如图示，求此截面的形心坐标。
题 2-7 图
理论力学第二章答案
[
]
代入完整保守体系的拉格朗日方程，并化简得
&& θ + sinθ ⋅ cosθ ⋅ ω 2 = 0
2.9 用拉格朗日方程写出习题1.27的运动微分方程 解：体系为自由度为2的完整约束体系，取x,y为广义坐标
m & & T = (x2 + y2) 2
则
V =−
e2 4 πε 0
⋅
1 x2 + y2 1 x2 + y2
ϕ +ϕ ϕ +ϕ m1g sinϕ1 − k cos 1 2 ⋅ (l − 2R) ⋅ sin 1 2 = 0 2 2 m g sinϕ − k cosϕ1 + ϕ2 ⋅ (l − 2R) ⋅ sinϕ1 + ϕ2 = 0 2 2 2 2
o
ϕ1 ϕ2
m2
m1
2.23 质量为m，电荷为q的粒子在轴对称电场 中运动。写出粒子的拉格朗日函数和运动微分方程。 v v v v 解： 由题中 E = E 0 e r ，B = B 0 k 令 ϕ = E 0 ln R v 1 v A = B 0 R eθ 2 v v 在柱坐标系中，有： = 1 mv 2 − q ϕ + q A ⋅ V , L 2 d ∂L ∂L − =0 代入： & dt ∂ q α ∂ qα
o
2.6 用拉格朗日程写出习题1.20的运动微分方程 解：如图，取底面圆心处为坐标原点，建立柱坐标系，质点到 v &v v v & eϕ + ze z & 轴距为R，则： υ = R er + Rϕ & & 由几何关系 R = ( R2 + z ⋅ tan α ), R = z ⋅ tan α
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。
理论力学机械工业出版社课后习题答案第二章2-24
2-32 图示平面机构由圆盘、连杆和滑块组成，连杆的两端分别与圆盘和滑块铰接，已知圆盘的半径为r ，r AB 32=，滑块以匀速度B v沿倾角为60◦ 的滑道向下运动，圆盘相对于水平地面作纯滚动，试求图示位置（连杆AB 处于水平位置）圆盘的角速度和角加速度。
（习题难度：易）解：(1) 运动分析：圆盘C 作纯滚动；杆AB 作平面运动；滑块B 沿斜面作直线平移。
(2) 速度分析：如图(a)圆盘C ：点P 1为圆盘的速度瞬心C C A r A P v ωω=⋅=1?（A P 1⊥） 杆AB ：点P 2为杆AB 的速度瞬心C C A ABr r A P v ωωω2122===（顺时针） C C AB B r r B P v ωωω=⋅=⋅=2122 ⇒rvB C AB 22==∴ωω（顺时针）(3) 加速度分析：如图(b)圆盘C ：tn AC AC C A a a a a ++= 杆AB ：t n 0BA BA A B a a a a ++==题2-32图题2-32图(a)则 tn t n 0BABAACACCB a a a a a a++++== 大小 C r α? 2C r ω C r α? 232AB r ω AB r α32?方向 ← C A → AC ⊥ A B → BA ⊥沿AB 方向投影得到 nt n 60cos 60sin 0BAAC AC C a a a a -+--= ⇒ 223221230ABC C C r r r r ωαωα-⋅+⋅--= ⇒ 22)2(322123)(0rv r r r v r r B C B C -⋅+⋅--=αα ⇒题2-32图(b)。
(完整版)理论力学课后答案第二章
解 册究対繼*晦矍*曲：/」平衛ii 殳宦廉，交廉”的钓痕力耳欝珊谊寸c 乃向如I 用 b 陌示.収啪杯爺Cy*血平胡那论鬥式⑴* (?)峡立・解紂佔2…已暂 F 兰5 am N .棗与撑祎自虫不计匚求 BC'ffK 内力及铁员 的反力。
解该系统曼力如图(訂， 三力匸交于艰0・苴封訥的力 三角膠如图冷人祥得 屉二5OOON 』仏 二疔000 W2-2在铰链A 、B 处有力F i , F 2作用，如图所示。
该机 F i 与F 2的关系。
2-3铰链4杆机构CABD 的CD 边固定, 构在图示位置平衡，不计杆自重。
求力 30T >◎60°检(b)B解⑴柠点掐坐WAS 力如囲 归所示"H3平祈刖论咼节点瓦腿标歴覺力如国 所小*血丫轉理论得2S -F^ ccs 30fr -f ； cosW ）0 =0^=-^=—^— = 1.553^F 、: - 0.644已扣两伦备車P A ^P L •处于T册状态,杆電不比求I ）若片=丹=巴 角e -?2）若 P A - 300 B = 0血=?ffi 八5两轮受力分别 如图示■对A 辂育SX = 0* F 刚 cEjedO* — F\g oos$ = 0SY 二 0a F sx tin60T - F 屈 sinfl - P A = tj对 B 轮育 SX ■ 0, Fn ooa? - F,\&8^3(/ = 0 IV = 0. F rw sinff 下 F 斶 anJO* - P n =(1) 四牛封程嬴立求AL 爾＜3-30*(2) 把拧-0\F A - 300 M 代入方社，联立解筹P fl = 100 N2-5如图2-10所示，刚架上作用力F 。
试分别计算力F解 M A (F) = -FbcoseM s [F) - -Fb cos0 + FosinB二F(osiii0-bcos0)2-6已知梁AB 上作用1力偶，力偶矩为M ，梁长为I ，梁重不计。
理论力学第二章课后习题答案
理论力学第二章课后习题答案·12·理论力系第2章平面汇交力系与平面力偶系一、是非题(恰当的在括号内踢“√”、错误的踢“×”)1．力在两同向平行轴上投影一定相等，两平行相等的力在同一轴上的投影一定相等。
2．用解析法求平面呈报力系的合力时，若挑选出相同的直角坐标轴，其税金的合力一定相同。
(√)3．在平面汇交力系的平衡方程中，两个投影轴一定要互相垂直。
(×)4．在维持力偶矩大小、转为维持不变的条件下，可以将例如图2.18(a)右图d处为平面力偶m移至例如图2.18(b)所示e处，而不改变整个结构的受力状态。
(×)(a)图2.185．如图2.19所示四连杆机构在力偶m1m2的作用下系统能保持平衡。
6．例如图2.20右图皮带传动，若仅就是包角发生变化，而其他条件均维持维持不变时，并使拎轮旋转的力矩不能发生改变。
(√图2.19图2.201．平面呈报力系的均衡的充要条件就是利用它们可以解言的约束反力。
2．三个力汇交于一点，但不共面，这三个力3．例如图2.21右图，杆ab蔡国用数等，在五个力促进作用下处在平衡状态。
则促进作用于点b的四个力的合力fr=f，方向沿4．如图2.22所示结构中，力p对点o的矩为plsin。
5．平面呈报力系中作力多边形的矢量规则为：各分力的矢量沿着环绕着力多边形边界的某一方向首尾相接，而合力矢量沿力多边形半封闭边的方向，由第一个分力的起点指向最后一个分力的终第面汇交力系与平面力偶图2.21图2.226．在直角坐标系中，力对坐标轴的投影与力沿坐标轴分解的分力的大小但在非直角坐标系中，力对坐标轴的投影与力沿坐标轴分解的分力的大小不相等。
1．例如图2.23右图的各图为平面呈报力系所作的力多边形，下面观点恰当的就是(c)。
(a)图(a)和图(b)就是平衡力系则(b)图(b)和图(c)就是平衡力系则(c)图(a)和图(c)就是平衡力系则(d)图(c)和图(d)就是平衡力系则f2f2f1(a)(b)(c)2.关于某一个力、分力与投影下面说法正确的是(b)。
理论力学答案第二章
《理论力学》第二章作业习题2-5解：（1）以D点为研究对象，其上所受力如上图(a)所示：即除了有一铅直向下的拉力Fr外, 沿DB有一拉力Tr和沿DE有一拉力ETr。
列平衡方程XYFF⎧=⎪⎨=⎪⎩∑∑cos0sin0EET TT Fθθ-=⎧⎨-=⎩解之得800/0.18000()T Fctg Nθ=≈=（2）以B点为研究对象，其上所受力如上图(b)所示：除了有一沿DB拉力T'r外，沿BA有一铅直向下的拉力ATr,沿BC有一拉力CTr，且拉力T'r与D点所受的拉力Tr大小相等方向相反，即T T'=-r r。
列平衡方程XYFF⎧=⎪⎨=⎪⎩∑∑sin0cos0CC AT TT Tθθ'-=⎧⎨-=⎩解之得8000/0.180000()AT T ctg Nθ'=≈=答：绳AB作用于桩上的力约为80000N。
习题2-6 解:(1) 取构件BC 为研究对象，其受力情况如下图(a)所示：由于其主动力仅有一个力偶M ，那末B 、C 处所受的约束力B F r 、C F r必定形成一个阻力偶与之平衡。
列平衡方程()0B M F =∑r0C M F l -=所以 C M F l=(2) 取构件ACD 为研究对象，其受力情况如上图(b)所示：C 处有一约束力C F 'r与BC 构件所受的约束力C F r 互为作用力与反作用力关系，在D 处有一约束力D F r 的方向向上，在A 处有一约束力A F r，其方向可根据三力汇交定理确定，即与水平方向成45度角。
列平衡方程0X F =∑sin 450o A C F F '-=所以 222A C C M F F F l'=== 2Ml(b)所示。
习题2-7解：(1) 取曲柄OA 为研究对象，其受力情况如下图(a)所示：由于其主动力仅有一个力偶M ，那末O 、A 处所受的约束力O F ρ、BA F ρ必定形成一个阻力偶与之平衡。