《理论力学》第四章作业答案

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理论力学课后答案4

魏魏魏
后
泳泳泳
ww
涛涛涛
m
课
答
四川大学建筑与环境学院力学科学与工程系魏泳涛
案
网
w.
kh
da
xi (2i 1)a cos ， yi a sin 轨迹： xi2 yi2 a 2 2 (2i 1)
w.
co
解：以 A1 为对象研究 x a cos ， y a sin 同理， Ai (i 2,3,4) 的运动方程为
kh
da
w.
co
我在沙滩上写上你的名字，却被浪花带走了；我在云上写上你的名字，却被风儿带走了；于是我在理论力学的习题答案上写上我的名字.
4.8 飞轮边缘上一点 M ，随飞轮以匀速 v 10 m s 运动。后因刹车，该点以 at 0.1t m s 2 作减速运动。设轮半径 R 0.4m ，求 M 点在减速运动过程中的运动方程及 t 2s 时的速度、切向和法向加速度。解：
魏
at
2 2 v vx vy 2500 4t 2
泳泳泳
ww
涛涛涛
m
加速度的直角分量 ax 0 ， a y 2 切向加速度为
dv 4t dt 2500 4t 2 当 t 0s 时， at 0 ，所以
2 2 an a 2 at2 ax ay at2 2 m s 2
我在沙滩上写上你的名字，却被浪花带走了；我在云上写上你的名字，却被风儿带走了；于是我在理论力学的习题答案上写上我的名字.
4.1 一动点按 s t 2 6t 1的规律沿直线运动，式中，时间 t 以秒( s )计，坐标 s 以米( m )计。试求： (1)最初 5s 内的位移； (2)动点改变运动方向的时刻和所在位置； (3)最初 5s 内动点经过的路程； (4) t 5s 时动点的速度和加速度； (5)动点在哪段时间内作加速运动，哪段时间内作减速运动。

理论力学(胡运康)第四章作业答案

2、AB：
3 M = 0 , F N ∑ D BC × 4 + FB × 2 − FAy × 2 = 0, ⇒ F BC = −1500 5
1
3-39 已知q，M=qa2 。求铰链D受的力；铰链B受的力。
D FDx FDy
qa
C FCy FCx
FDx FDy
FB3
a 3 解: 1、整体： ∑ M A = 0, FB 3 ⋅ a − qa ⋅ − M = 0, ⇒ FB 3 = qa 2 2 1 M = 0 , F ⋅ a + qa ⋅ a = 0 , ⇒ F = qa 2、DC： ∑ C Dy Dy 2 1 ⇒ FCy = qa ∑ Fy = 0, FDy + FCy − qa = 0， 2
∑ Fy = 0, FAy − 30 + FBC ⋅
3-73 已知M2 、M3 ，AB=d1 、BC=d2 、CD=d3 ，求M1及 A、D处约束力。
FAz FAy
【解】整体：
M3 ⇒ FAy = ∑ M z = 0, M 3 − FAy ⋅ d1 = 0， d1 M2 ⇒ FAz = ∑ M y = 0, M 2 − FAz ⋅ d1 = 0， d1
6
3-53 求桁架中杆BH、CD和GD的内力。
1
FIH 0 FBH
FE
FB 1
FBC
FE
解: FGD = 0 1、整体:
2、1-1面左边：∑ Fy = 0, FE − 60 − FBH
∑M
B
= 0, FE ×15+ 60×10 = 0, ⇒ FE = 26.67kN
1 = 0， ⇒ FBH = −47.1kN 2
∑M
G

理论力学习题答案

理论力学习题答案(总26页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--2第一章静力学公理和物体的受力分析一、是非判断题在任何情况下，体内任意两点距离保持不变的物体称为刚体。

( ∨ ) 物体在两个力作用下平衡的必要与充分条件是这两个力大小相等、方向相反，沿同一直线。

( × ) 加减平衡力系公理不但适用于刚体，而且也适用于变形体。

( × ) 力的可传性只适用于刚体，不适用于变形体。

( ∨ ) 两点受力的构件都是二力杆。

( × ) 只要作用于刚体上的三个力汇交于一点，该刚体一定平衡。

( × ) 力的平行四边形法则只适用于刚体。

( × ) 凡矢量都可以应用平行四边形法则合成。

( ∨ ) 只要物体平衡，都能应用加减平衡力系公理。

( × ) 凡是平衡力系，它的作用效果都等于零。

( × ) 合力总是比分力大。

( × ) 只要两个力大小相等，方向相同，则它们对物体的作用效果相同。

( × )若物体相对于地面保持静止或匀速直线运动状态，则物体处于平衡。

( ∨ )当软绳受两个等值反向的压力时，可以平衡。

( × )静力学公理中，二力平衡公理和加减平衡力系公理适用于刚体。

( ∨ )静力学公理中，作用力与反作用力公理和力的平行四边形公理适用于任何物体。

( ∨ )凡是两端用铰链连接的直杆都是二力杆。

( × )如图所示三铰拱，受力F ，F 1作用，其中F 作用于铰C 的销子上，则AC 、BC 构件都不是二力构件。

( × )图3二、填空题力对物体的作用效应一般分为外效应和内效应。

对非自由体的运动所预加的限制条件称为约束；约束力的方向总是与约束所能阻止的物体的运动趋势的方向相反；约束力由主动力引起，且随主动力的改变而改变。

理论力学习题及答案(全)

第一章静力学基础一、是非题1．力有两种作用效果，即力可以使物体的运动状态发生变化，也可以使物体发生变形。

（）2．在理论力学中只研究力的外效应。

（）3．两端用光滑铰链连接的构件是二力构件。

（）4．作用在一个刚体上的任意两个力成平衡的必要与充分条件是：两个力的作用线相同，大小相等，方向相反。

（）5．作用于刚体的力可沿其作用线移动而不改变其对刚体的运动效应。

（）6．三力平衡定理指出：三力汇交于一点，则这三个力必然互相平衡。

（）7．平面汇交力系平衡时，力多边形各力应首尾相接，但在作图时力的顺序可以不同。

（）8．约束力的方向总是与约束所能阻止的被约束物体的运动方向一致的。

（）二、选择题1．若作用在A点的两个大小不等的力F1和F2，沿同一直线但方向相反。

则其合力可以表示为。

①F1－F2；②F2－F1；③F1＋F2；2．作用在一个刚体上的两个力F A、F B，满足F A=－F B的条件，则该二力可能是。

①作用力和反作用力或一对平衡的力；②一对平衡的力或一个力偶。

③一对平衡的力或一个力和一个力偶；④作用力和反作用力或一个力偶。

3．三力平衡定理是。

①共面不平行的三个力互相平衡必汇交于一点；②共面三力若平衡，必汇交于一点；③三力汇交于一点，则这三个力必互相平衡。

4．已知F1、F2、F3、F4为作用于刚体上的平面共点力系，其力矢关系如图所示为平行四边形，由此。

①力系可合成为一个力偶；②力系可合成为一个力；③力系简化为一个力和一个力偶；④力系的合力为零，力系平衡。

5．在下述原理、法则、定理中，只适用于刚体的有。

①二力平衡原理；②力的平行四边形法则；③加减平衡力系原理；④力的可传性原理；⑤作用与反作用定理。

三、填空题1．二力平衡和作用反作用定律中的两个力，都是等值、反向、共线的，所不同的是。

2．已知力F沿直线AB作用，其中一个分力的作用与AB成30°角，若欲使另一个分力的大小在所有分力中为最小，则此二分力间的夹角为度。

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

《理论力学》第四章-力系平衡试题及答案

理论力学4章作业题解4-1三铰拱受铅直力F 作用。

如拱的重量不计，求A 、B 处支座反力。

解答左半拱为二力构件，A 处约束力作用线通过两铰。

整体为三力平衡力系，三力组成闭合的三角形如附图（a ），根据几何关系确定约束力的大小。

45sin sin sin B A F F F ==j a其中31tan =j ，043.18=j ，056.116=a 。

解得F F F F B A 79.0 ,35.0==。

4-3 已知F =10 kN ，杆AC ，BC 及滑轮重均不计，试用作图法求杆AC ，BC 对轮的约束力。

解：取脱离体轮C ，示力图如图所示，力F 1=F 2=F ，其合力通过轮心C ，故仍是汇交力系的平衡。

:0=åiyF 045sin 20=-F F BCKN FF BC 1.1445cos =°=045cos :010=-+=åF F F FAC BC ix0=AC F4-7 长2l 的杆AB ，重W ，搁置在宽a 的槽内，A 、D 接触处都是光滑的。

试求平衡时杆AB 与水平线所成的角a 。

设a >l 。

解答取杆为研究对象，为三力汇交力系的平衡。

示力图如附图(a)所示。

在ΔADE 中，a cos AD AE =。

在ΔAEC 中，l AE ´=a cos 。

所以有l AD ´=a 2cos 。

在ΔA GD 中，a cos a AD =。

得a =a 3cos ，31cosl a -=a 。

F BCAC题3-4 附图F BF AF BF AFa45j(a)A (a)题4-7 附图G4-9 AB ，AC ，AD 三连杆支撑一重物，如图所示。

已知W=10kN ，AB =4m ，AC =3 m ，且ABEC 在同一水平面内，试求三连杆所受的力。

解：取铰A 研究，示力图如图示，为汇交力系的平衡。

0=åix F ： 05430sin =´°+AD AB F F 0=åiy F ： 05330sin =´°+AD AC F F 0=åiZF： 030cos =-°W F AD联立求解KNF KNF KN F AD AC AB 5.115.36.4=-=-=4-8 图示结构上作用一水平力F 。

周衍柏《理论力学教程(第三版)》电子教案 3-4章作业解答

R
2l
mg
B
F
n
y
0 R cos mg
A
1/ 3
Rd MA 0 lmg cos cos i 1 cos 3 d d cos 1 l l

N d
第3.2题图
3.3)两根均质棒AB、BC在B处刚性联结在一起, 且角ABC形成一直角. 如将此棒的A点用绳系于固定点上, 棒AB和BC的长度分别为a,b. 则当平衡时, AB和竖直直线所成的角满足下列关系
b2 tan (a 2b)a
3.5)一均质的梯子, 一端置于摩擦系数为1/2的地板上, 另一端则斜靠在摩擦系数为1/3的高墙上,一人的体重为梯子的三倍, 爬到梯的顶端时, 梯尚未开始滑动, 则梯与地面的倾角,最小当为若干? 解: 研究对象为梯子, 人在顶端时,梯子与地面的夹角为, 梯子 y 重量p, 人重3p. 平衡时:
x 0 1 y gt 3 cos v0t 2 cos 3 1 2 z v0t gt 2
再积分,并代入初始条件得: 质点再回到地面
3
t 2v0 / g
3 4 8 h 4 v0 y cos and v 2 gh y cos 0 3 g 3 g2
4.10) 质量为m的小环M, 套在半径为a的光滑圆圈上, 并可沿着圆圈滑动. 如圆圈在水平面内以匀角速绕圈上某点O转动, 试求小 y 环沿圆圈切线方向的运动微分方程. 解: 设坐标系如图, oxy为水平面,它绕z轴转动,即圆圈为转动参照系受力分析,重力和约束反力都在z轴方向, 没有画出. 惯性离心力m2r , 科里奥利力为 FC= -2m×v
3.9)证明对角线长度为d的立方体绕其对角线转动的回转半径为

理论力学(刘又文彭献)答案第4章

§4.2 思考解析
思考 4-1 已知平面图形 S 的运动方程，试写出 S 上给定点 M 的运动方程，以及该点的速度和加速度解析表达式。答：设已知 x A = f1 (t ),
y A = f 2 (t ), ϕ = f3 (t ) 。则 M 点运动方程为
xM = x A + AM cos ϕ = f1 (t ) + AM cos f3 (t ) yM = y A + AM sin ϕ = f 2 (t ) + AM sin f3 (t ) M 点速度和加速度分量分别为
n τ aCv = aO + aC + aC vO vO n τ 其中， aC = Rω 2 , aC = Rα = a0 ，方向与 a0 相反。 vO vO
110
故
n aCv = aC ， aCv = Rω 2 = vO
2 v0 R
以 Cv 为基点，M 点的加速度如图 b 所示。故
n 2 2 aM = (aMC − aCv ) + (aτ ( Rω 2 ) 2 + (2 Rα ) 2 = 2 a0 + MCv ) = v 4 v0 4R2
所以
xM = r cos ω t + AM cos ϕ ， yM = r sin ω t − AM sin ϕ
对时间 t 求一阶和二阶导数便得 M 点的速度和加速度坐标分量。
思考 4-4
试求图 a、b、c 中各平面运动刚体的速度瞬心 Cv 。
ω
B
A B
C v
A
ω
(b) (c)
(a)
ω
C
A B
B
A
ω
Cv
vC vB

《理论力学》第四章力系的简化习题解

解：
（1）确定悬索的形状
根据对称性，建立如图所示的坐标系。
由公式（4-6）得：
悬索的边界条件为：，，，。
所以悬索线方程为：
悬索线的斜率：
边界条件：
故悬索线方程为：
（2）求
（3）求最大拉力
由公式得：
（出现在A、B两点处）。
[习题4-12]输电线之两塔相距，塔顶高差，垂度，电线每米重，并假定沿水平跨度均匀分布，求最低点水平拉力及最大拉力。
最大静摩擦力，那么圆轮水平向右滑动，不
发生滚动。在这种情况下，杆OC的受力图如
图（a）所示。
由OC的平衡条件得：
圆轮的力图如图（b）所示。
由圆轮的平衡条件得：
（2）如果A先达到最大静摩擦力，那么圆轮将
沿地面滚动。此时，
由圆轮的平衡条件得：
（3）如果B先达到最大静摩擦力，那么圆轮将沿OC滚动。此时，
所示。由AB的平衡条件得：
………(1)
………(2)
………(3)
（1）/（2）得：
当物块M靠近B端时，板AB的受力如图（b）
所示。由AB的平衡条件得：
………(a)
………(b)
………(c )
(a)/(b)得：
综合考虑图(a)、(b)两种情况下的值可知，的范围是。
[习题4-22] 攀登电线杆的脚套钩如图所示。设电线杆直径，A、B间的铅垂距离为。若套钩与电线杆之间摩擦因为，求工人操作时，为了安全，站在套钩上的最小距离应为多大？
故悬索线方程为：
…………(3)
(3) 代入（2）得：
当时，，即：
。故悬索线方程为：
(2)确定水平力
当时，，即：
令

F__学习_陈世民理论力学简明教程(第二版)答案_第四章质点组动力学

又依能量守恒：
1 1 & & mυ A2 + m[(υ A − 2lθ cos θ ) 2 + (2lθ sin θ ) 2 ] = 2mgl (cos α − cos θ ) 2 2
2 & 代入 * 得： θ =
2 g (cos α − cos θ ) l (sin 2 θ + 1)
得：
2 & θ g (cos − cos α ) θ= = 2 l (2 − cos 2 )
& 劈的加速度 & x （３）劈对物体的反作用力 F1 和水平面对劈的反作用力 p；
F2 。
解：如右图所示，建立各方向矢量，设劈与物体间的与反作用力为
F sin θ & P & = F1′ &= F1Pi = F1 sin θ i LL * F1 , F1′ ，则： & x i =− 1 i,x m′ m 1 M′ M′ m′ m′
F1 sin θ m′ g cos θ sin θ = m m′ + m sin 2 θ 代入 *1 式可得： F1 sin θ mg cos θ sin θ & & x =− M =− m′ m′+ m sin 2 θ & & x m =
水平面对劈的反作用力 F2 = m′ g (−ez ) + F1′cos θ (−ez )
＜析＞此章中许多等式的推导多用到分部积分与等量代换．在本章的习题解答中多用到动量定理，角动量定理与机械能守恒定理的联立方程组，有时质心定理的横空出世会救你于水深火热之中．
【解题演示】
１在一半径为 r 的圆圈上截取一段长为 s 的圆弧，求出这段圆弧的质心位置。解：如右图所示建立坐标系。则： θ0 = s 2r 设 rc = xc i + yc j 有：

理论力学作业答案及其他内容

第一章汽车的动力性1概念1汽车的动力性系指汽车在良好路面上直线行驶时由汽车受到的纵向外力决定的，所能达到的平均行驶速度。

2汽车的上坡能力是用满载时汽车在良好路面上的最大爬坡度。

3自由半径静力半径滚动半径4轮胎的迟滞损失。

5汽车旋转质量换算系数：1).越低档，系数越大。

2).汽车总质量越大，系数越小。

2填空题1汽车动力性的评价指标是最高车速，加速时间和最大爬坡度。

2汽车的加速时间表示汽车的加速能力，常用起步加速时间，超车加速时间来表示加速能力。

3传动系功率损失可分为机械损失和液力损失两大类。

4汽车的驱动力是驱动汽车的外力，即地面对驱动轮的纵向反作用力。

5汽车的动力性能不只受驱动力的制约，它还受到地面附着条件的限制。

3作业题1试说明轮胎滚动阻力的定义、产生机理和作用形式。

【答】定义:汽车在水平道路上等速行驶时受到道路在行驶方向上的分力为轮胎的滚动阻力产生机理:轮胎在加载变形时所所消耗的能量在卸载恢复时不完全回收，一部分能量消耗在轮胎的内部损失上，产生热量，这种损失叫迟滞损失。

这种迟滞损失表现为一种阻力偶。

当轮胎不滚动时，地面对车轮的法向反作用力的分布是前后对称的；当轮胎滚动时，由于弹性迟滞现象，处于压缩过程的前部点地面法相反作用力大于后部点的地面法相反作用力，使它们的合力F a相对于法向前移一个距离a，它随弹性迟滞损失的增大而增大。

即滚动时产生阻力偶矩，阻碍车轮滚动。

作用形式：2解释汽车加速行驶时质量换算系数的意义。

汽车旋转质量换算系数由哪几部分组成？与哪些因素有关？【答】A．汽车的质量分为平移质量和旋转质量两部分；为了便于加速阻力计算，一般把旋转质量的惯性力偶矩转化为平移质量的惯性力，对于固定传动比的汽车，常以系数δ作为计入旋转质量惯性力偶矩后的汽车旋转质量换算系数。

B．该转换系数主要与飞轮的转动惯量、车轮的转动惯量以及传动系的传动比有关。

3汽车轮胎半径增大，其他参数不变时，对汽车的加速性能和爬坡性能有何影响？说明理由。

理论力学静力学第四章习题答案

a tan
zC
3.在平衡位置，不破坏约束的前提下，假定杆 AB 逆时针旋转一个微小的角度，则质心 C 的虚位移：
a l cos tan 2

zC
4.由虚位移原理
a sin
2

l sin 2
W ( Fi ) 0 有：
a sin
2
W ( Fi ) 0 有：
(1)
FB rB cos 450 M F2 y2 cos 1500 F3 y3 0
各点的虚位移如下：
rB 6 2
代入(1)式整理可得：
y2 9
y3 3
(6 FB M
9 3 F2 3F3 ) 0 2
δθ δ rA δ rD δ rE δ rB δ rC
rA O A ， rB O B ， rC O1C
rD O1D ， rB rC ， rD rE
代入可得： rA 30rE 4.由虚位移原理
W ( Fi ) 0 有：
3．在不破坏约束的前提下给定一组虚位移 x A 0, y A 0, 0 ，如上图所示。由虚位移原理
W ( Fi ) 0 有：
(2)
M A F 1 y1 F2 y2 F3 y3 M 0
有几何关系可得各点的虚位移如下：
R sin R l cos 杆的质心坐标可表示为： zC sin 2
坐标。由几何关系可知： z A 3.在平衡位置，不破坏约束的前提下，假定杆 AB 顺时针旋转一个微小的角度，则质心 C 的虚位移：
zC
4.由虚位移原理

理论力学第四章作业答案

FN
FT FR

m
FT FR
m
FT W
W FS
W

FT min W sin m
m arctan f s
[5-10]攀登电线杆的脚套钩如图所示，设电线杆的直径d=30cm。A、 B间的垂直距离b=10cm。电杆和脚钩间的摩擦系数f=0.5。试问，踏脚处和电线杆轴线间的距离l至少为多少才能保证安全。解：取脚套钩为研究对象，其受力分析图为：取坐标系建立方程： FNA
[5-11]均质棱柱重量W=4.8kN，放置在水平面上，静滑动摩擦系数，力F按图示方向作用，问当F的值逐渐增大时，该棱柱体是先滑动还是先倾倒？并计算运动刚发生时力F的值。解：取棱柱为研究对象，其受力分析图为：假设先倾倒d=0，取坐标系建立方程：
F
x
0 : 0.8 F FS 0
' M 0 : F 8 F C D G 1 0 Fx 0 : FCx 0 ' F 0 : F F F y Cy D G 0
C
FG’ FCy FCx FD
D
解得： FD 6.25kN, FCx 0, FCy =43.75kN （3）取整体为研究对象，其受力分析图为：建立方程为： FAx
解（1）取小车为研究对象，其受力分析图为：取坐标系，建立方程为： y FF FG x
M F
F
0 : FG 2 501105 0
0 : FF FG 60 0
y
解得： FG 50kN, FF 10kN （2）取CD为研究对象，其受力分析图为：
建立方程为：
[4-10]图示铁路起重机除平衡块重W1外的全部重量为500kN，重心在两铁轨的对称平面内，最大起重为200kN。为了保证起重机在空载和最大荷载时都不致倾倒，求平衡块重W1及其距离x。 W2

智慧树知道网课《理论力学》课后章节测试满分答案

第一章测试1【单选题】(2分)以下各式，那个是正确的？A.B.C.D.2【单选题】(2分)关于质点的动量矩，下列说法正确的是：A.动量矩可以在任何参考系建立，动量矩定理也对任何参考系都成立B.动量矩可以在任何参考系建立，动量矩定理在惯性系下成立C.动量矩只能在惯性系下建立，动量矩定理在惯性系下成立D.动量矩只能在惯性系下建立，动量矩定理也对任何参考系都成立3【单选题】(2分)关于平方反比力作用下的各类轨道的机械能大小顺序，正确的是：(以无穷远为势能零点)A.椭圆轨道大于抛物线大于圆轨道B.双曲线大于椭圆轨道大于抛物线C.椭圆轨道大于圆轨道大于双曲线D.抛物线大于椭圆轨道大于圆轨道4【单选题】(2分)某质点处于平衡状态，下列说法正确的是：A.速度为零、加速度不必为零B.加速度为零、速度不必为零C.速度、加速度都不必为零D.速度、加速度都为零5【单选题】(2分)人造地球卫星绕地球作椭圆轨道运动，卫星轨道近地点和远地点分别为A和B。

用L和EK分别表示卫星对地心的角动量及其动能的瞬时值，则应有A.B.C.D.6【多选题】(2分)牛顿力学有哪些获取运动积分的方案？A.机械能守恒定律B.动量守恒定律C.角动量守恒定律D.动量矩守恒定律7【多选题】(2分)关于平方反比引力作用下的可能的轨道形状有：A.圆轨道B.椭圆轨道C.抛物线轨道D.双曲线轨道8【多选题】(2分)下面那些是开普勒定律的内容？A.日心说B.行星的略面速率是不变的C.行星的轨道是一个椭圆D.不同行星略面速率相同9【多选题】(2分)一个质点在有心势场中运动，下列说法正确的是：A.不随时间变化B.质点做圆锥曲线运动C.不随时间变化D.不随时间变化10【判断题】(2分)动量矩与角动量完全是一个概念。

A.对B.错第二章测试1【单选题】(2分)在水平冰面上以一定速度向东行驶的炮车，向东南（斜向上）方向发射一炮弹，对于炮车和炮弹这一系统，在此过程中（忽略冰面摩擦力及空气阻力）A.总动量在炮身前进的方向上的分量守恒，其它方向动量不守恒．B.总动量守恒C.总动量在水平面上任意方向的分量守恒，竖直方向分量不守恒．D.总动量在任何方向的分量均不守恒．2【单选题】(2分)有两个同样的木块，从同高度自由下落，在下落中，其中一木块被水平飞来的子弹击中，并使子弹陷于其中，子弹的质量不能忽略，不计空气阻力，则（）A.被击木块后到达地面B.被击木块先到达地面C.两木块同时到达地面D.条件不足，无法确定3【单选题】(2分)一个人站在有光滑转轮的转动平台上，双臂水平的举二哑铃。

理论力学第四章习题解答

π 2 π⎞ ⎟ ，为习题 4-1 的反问题。 2⎠
T
⎛ π 连体基欧拉角坐标为 q = ⎜ − ⎝ 2
-4-
顶角为 2θ 的正圆锥体，在平面上滚动而不滑动，此时顶点 A 将保持 G 、正圆不动。设已知其高为 L，底面中心 O 点的速度为 vO ， vO 为常数。求（1）
4-4
锥体的转动角速度，（2）、底面上 C 点的速度。
-2-
4-2
试找到题 1-13 中两个基的一次转动矢量 p 在基 e 1 的坐标阵 p1 ，且验证
G
G
p 0 = p1 。解： ⎛ 6 ⎜− ⎜ 6 ⎜ 6 根据题 1-13,已知 A 01 = ⎜ − ⎜ 3 ⎜ 6 ⎜ 6 ⎝
3 3 3 − 3 3 − 3
2⎞ ⎟ 2 ⎟ ⎟ 0 ⎟ ⎟ 2⎟ 2 ⎟ ⎠
（a）解：（1）向余弦阵将姿态坐标值代入教科书式（4.1-4）直接可得该瞬时的长方体的方
⎛ 0 0 − 1⎞ ⎜ ⎟ A = ⎜0 1 0 ⎟ ⎜1 0 0 ⎟ ⎝ ⎠ G G G G （2）以上方向余弦阵的第 1、2 和 3 列分别为基 e b 的基矢量 x b 、 y b 和 z b G G G G G G G 在基 e r 上的坐标阵可知，x b 与 z r 同向， y b 与 y r 同向，z b 与 x r 反向。根据图（a） Gb 中长方体顶点 A、B 与 C 在连体基上 e 的位置，在图（d）中找到相应的位置，
方向余弦阵 A 01 的本征根方程至少存在一个 λ = 1 的根,对应于本征根 λ = 1 的
G G 1 矢量为 p ,其在基 e 1 的坐标阵 p 1 = (x1
x1 2
1 x3
)
T
代入本征方程 A 01 − λI p 1 = 0 ,

哈尔滨工业大学第7版理论力学第4章课后习题答案_图文(精)

−=z F m N 8.513.05
12001.013
3300⋅−=××
−××
−=x M
m N 6.361.013
220020.0100⋅−=××+×−=y M m
N 6.1033.05
22002.013
3300⋅=××
+××=z M主矢N 4262R 2R 2R R =++=x y z F F F F ,N
z B
β
A
C
θ
β
F
1
F
2
F
(a(b
图4-5
解将力F分解为F1,F2,F1垂直于AB而与CE平行,F2平行于AB,如图4-5b所示,这2个分力分别为:
α
sin
1
F
F=,α
cos
2
F
F=
(
(
(
2
1
F
M
F
M
F
M
AB
AB
AB
+
=0
sin
1
+
⋅
=θ
a
Fθ
αsin
sin
Fa
=
4-6水平圆盘的半径为r,外缘C处作用有已知力F。力F位于铅垂平面内,且与C处圆盘切线夹角为60°,其他尺寸如图4-6a所示。求力F对x,y,z轴之矩。
350×
×
+
×
×
−
×
×
−
×
×
×
=
z
M
m
N
4.
19
mm
N
400
19⋅
−
=
⋅
−