南航理论力学习题答案14(1)
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。
(完整版)理论力学习题集册答案解析
第一章静力学公理与受力分析(1)一．是非题1、加减平衡力系公理不但适用于刚体，还适用于变形体。
（）2、作用于刚体上三个力的作用线汇交于一点，该刚体必处于平衡状态。
（）3、刚体是真实物体的一种抽象化的力学模型，在自然界中并不存在。
（）4、凡是受两个力作用的刚体都是二力构件。
（）5、力是滑移矢量，力沿其作用线滑移不会改变对物体的作用效果。
（）二．选择题1、在下述公理、法则、原理中，只适于刚体的有（）①二力平衡公理②力的平行四边形法则③加减平衡力系公理④力的可传性原理⑤作用与反作用公理三．画出下列图中指定物体受力图。
未画重力的物体不计自重，所有接触处均为光滑接触。
多杆件的整体受力图可在原图上画。
b(杆AB)a(球A )d(杆AB、CD、整体)c(杆AB、CD、整体))e(杆AC、CB、整体)f(杆AC、CD、整体四．画出下列图中指定物体受力图。
未画重力的物体不计自重，所有接触处均为光滑接触。
多杆件的整体受力图可在原图上画。
)a(球A、球B、整体)b(杆BC、杆AC、整体第一章 静力学公理与受力分析（2）一．画出下列图中指定物体受力图。
未画重力的物体不计自重，所有接触处均为光滑接触。
多杆件的整体受力图可在原图上画。
WADB CE Original FigureAD B CEWWFAxF AyF BFBD of the entire frame)a (杆AB 、BC 、整体 )b (杆AB 、BC 、轮E 、整体)c (杆AB 、CD 、整体 )d (杆BC 带铰、杆AC 、整体)e(杆CE、AH、整体)f(杆AD、杆DB、整体)g(杆AB带轮及较A、整体)h(杆AB、AC、AD、整体第二章平面汇交和力偶系一．是非题1、因为构成力偶的两个力满足F= - F’，所以力偶的合力等于零。
（）2、用解析法求平面汇交力系的合力时，若选用不同的直角坐标系，则所求得的合力不同。
（）3、力偶矩就是力偶。
（）二．电动机重P=500N，放在水平梁AC的中央，如图所示。
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。
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。
理论力学复习题答案.doc
一、选择题1、A （4分）2、D （4分）3、B （4分）4、A （4分）二、填空题1、ωml 21，ω231ml 2、2243ωmR , ω223mR 3、 2/15三、判断题1、（ × ）2、（ √ ）3、（ √ ）四、计算题解：分别取CD 和整体为研究对象，列CD 杆平衡方程：02sin ,0=⨯-+⨯⇒=∑a F M a F M B C β （3分） )(5sin 2↑=-=KN aMF F B β(向上) （1分）列整体平衡方程：23sin 43,00sin ,00cos ,02=--++⇒=∑=+⨯-+⇒=∑=+⇒=∑qa Fa a F M M M F a q F F F F F F B A A NB AY Y AX X βββ （7分）将ο30,4,/1,.20,10=====βm a m KN q m KN M KN F 代入方程，联立求解，可得)(35←-=KN F AX (水平向右) ， )(4↑=KN F AY (铅直向上)， m KN M A .24= (逆时针) （4分）五、计算题解：动点：套筒A动系：固连在O 2B 上 （1分） 作速度平行四边形 （4分）r e a V V V += （2分）s cm V a /40=s rad A O /41=ω （3分）s cm V r /320= （2分）2/340s cm a C = （3分）六、计算题解: AB 作平面运动，以A 为基点，分析B 点的速度。
由图中几何关系得：(4分)(4分)(2分)B A BA =+r r rv v v cot30103cm/s B A v v ==o 20cm/s sin 30A BA vv ==o 1rad sBAAB v lω==方向如图所示。
七、计算题解：用动能定理求运动以杆为研究对象。
由于杆由水平位置静止开始运动，故开始的动能为零，即：01=T (1分)杆作定轴转动，转动到任一位置时的动能为222222181)32(1212121ωωml l l m ml J T O =⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+==(1分) 在此过程中所有的力所作的功为ϕsin 6112mgl mgh W ==∑ (1分) 由2112T T W -=∑得22110sin 186ml mgl ωϕ-=23sin g l ωϕ=ω= (2分)将前式两边对时间求导，得：d 3d 2cos d d g t l tωϕωϕ= 3cos 2gl αϕ= (1分)A现求约束反力：质心加速度有切向和法向分量：tcos 4C g a OC αϕ=⋅=n2sin 2C g a OC ωϕ=⋅= (2分) 将其向直角坐标轴上投影得：t n3sin cos sin cos 4Cx C C ga a a ϕϕϕϕ=--=-t n23cos sin (13sin )4Cy C C g a a a ϕϕϕ=-+=-- (2分)由质心运动定理可得;,Cx x Cy y ma F ma F =∑=∑3sin cos 4Ox mgF ϕϕ-= 23(13sin )4Oy mg F mg ϕ--=- (3分)解得：3sin 28Ox mg F ϕ=-2(19sin )4Oy mgF ϕ=+ (2分)一、选择题（每题 4 分，共 16 分）1、A （4分）2、A （4分）3、C （4分）4、C （4分）二、填空题（每空 4 分，共 20 分）1、杆的动量为ωml 21，杆对O 轴的动量矩为ω231ml ， 2、 此瞬时小环M 的牵连加速度a e 为 2ωR ，小环M 科氏加速度a C 为 r V ω2 3、夹角θ应该满足的条件是 f φθ2≤三、判断题（每空 3 分，共 9 分）1、（ × ）2、（ √ ）3、（ √ ）四、计算题（共 15 分）解：）（↑=-⨯+⨯=kN 35)22(1M aqa a F a F B ；(5分) )(kN 40←==qa F Cx ，）（↑=-=-=kN 53540B Cy F F F ；(5分))(kN 80←=Ax F ，)(kN5↑=Ay F ，m kN 240⋅=A M （逆时针）。
南京航空航天大学08年理论力学考研试题及答案
B
C
第 4 题图 第 5 题(25 分) 如图所示,滚子 A 沿倾角为 30 的斜面作纯滚动,滑轮 B 绕通过轮心的轴作定轴转动,系在滚子 A 的中心的细绳跨过定 滑轮 B 后与物块 C 相连.设滚子 A 和定滑轮 B 的质量均为 m, 半径均为 r,且均为均质圆盘,物块 C 的质量也为 m,系统初 始静止,不计细绳的质量.试求当物块 C 下降 h 时: (1)物块 C 的速度和加速度; (2)滚子 A 与滑轮 B 之间的细绳的张力; (3)斜面作用于滚子 A 的摩擦力.
W = mgh mgh sin 30 =
由动能定理,有
1 mgh 2
3 1 2 mvC 0 = mgh 2 2
解得
vC =
gh 3
对时间求导得
aC =
1 g 6
(13 分)
(2)取滚子 A,受力如图示. 由平面运动微分方程,有
αA
aA
FT Fs FN
A mg
ma A = FT Fs mg sin 30 1 2 mr α A = Fs r 2
L cosθ = 0 6
(6 分)
α=
3 3 g/L 4
3 3 mg mω 2 L(←) 16 12
(6 分)
FOx = FOy =
13 1 mg + mω 2 L(↑) 16 12
第 7 题(15 分) 解:给定 δθ ,则虚位移 δ rA , δ rB , δ rE 和 δ rD 如图所示. 列虚功方程:
时,力偶矩 M 与力 F 之间的关系.
研究生入学考试试题答案纸
试题编号 415 考试科目名称 理论力学 共 4 页 第 1 页 第 1 题 (25 分) 解: 取 ABC 杆,受力如图.
理论力学课后习题及答案解析
理论力学课后习题及答案解析文稿归稿存档编号：[KKUY-KKIO69-OTM243-OLUI129-G00I-FDQS58-MG129]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RB和一个力偶M B，且：如图所示；将RB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RB。
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RA和一个力偶M A，且：如图所示；将RA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RA。
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。
理论力学习题及解答
理论力学习题及解答第一章静力学的基本概念及物体的受力分析1-1 画出指定物体的受力图，各接触面均为光滑面。
1-2 画出下列指定物体的受力图，各接触面均为光滑，未画重力的物体的重量均不计。
1-3 画出下列各物体以及整体受力图，除注明者外，各物体自重不计，所有接触处均为光滑。
(a) (b)(c) (d)(e) (f)第二章平面一般力系2-1 物体重P=20kN，用绳子挂在支架的滑轮B上，绳子的另一端接在铰车D 上，如图所示。
转动铰车，物体便能升起，设滑轮的大小及滑轮转轴处的摩擦忽略不计，A、B、C三处均为铰链连接。
当物体处于平衡状态时，试求拉杆AB和支杆CB所受的力。
2-2 用一组绳悬挂重P=1kN的物体，求各绳的拉力。
2-3 某桥墩顶部受到两边桥梁传来的铅直力P1=1940kN，P2=800kN及制动力T=193kN，桥墩自重W=5280kN，风力Q=140kN。
各力作用线位置如图所示，求将这些力向基底截面中心O简化的结果，如能简化为一合力，试求出合力作用线的位置。
2-4 水平梁的支承和载荷如图所示，试求出图中A、B处的约束反力。
2-5 在图示结构计算简图中，已知q=15kN/m，求A、B、C处的约束力。
2-6 图示平面结构，自重不计，由AB、BD、DFE三杆铰接组成，已知：P=50kN，M=40kN·m，q=20kN/m，L=2m，试求固定端A的反力。
图2-6 图2-72-7 求图示多跨静定梁的支座反力。
2-8 图示结构中各杆自重不计，D、E处为铰链，B、C为链杆约束，A为固定端，已知：q G=1kN/m，q=1kN/m，M=2kN·m，L1=3m，L2=2m，试求A、B、C 处约束反力。
图2-8 图2-92-9 支架由两杆AO、CE和滑轮等组成，O、B处为铰链，A、E是固定铰支座，尺寸如图，已知：r=20cm，在滑轮上吊有重Q=1000N的物体，杆及轮重均不计，试求支座A和E以及AO杆上的O处约束反力。
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第十四章
达朗贝尔原理
1．平移刚体上的惯性力系向任意点简化，所得主矢相同，R Q ＝－m a C 。
设质心为C ，点O 到质心的矢径为r C ，则惯性力系向O 点简化的主矩为（ ）。
① ＭQO ＝0
② ＭQO ＝J O α
③ ＭQO ＝J C α
④ ＭQO ＝r C ×R Q
正确答案：④
2．定轴转动刚体，其转轴垂直于质量对称平面，且不通过质心C ，当角速度ω＝0，角加速度α≠0
时，其惯性力系的合力大小为R Q ＝ma C ，合力作用线的方位是（ ）。
（设转轴中心O 与质心C 的连线为OC ；J C 、J O 分别为刚体对质心及转轴中心的转动惯量）。
① 合力作用线通过转轴轴心，且垂直于OC
② 合力作用线通过质心，且垂直于OC
③ 合力作用线至轴心的垂直距离为h ＝J O α / ma C
④ 合力作用线至轴心的垂直距离为h ＝OC ＋J C α / ma C
正确答案：③、④
3．刚体作定轴转动时，附加动反力等于零的充分必要条件是（ ）。
① 转轴是惯性主轴
② 质心位于转轴上
③ 转轴与质量对称面垂直
④ 转轴是中心惯性主轴
正确答案：④
4．如图所示，质量为m 的质点A ，相对于半径为r 的圆环作匀速圆周运动，速度为u ；圆环绕O 轴转动，在图示瞬时角速度为ω，角加速度为α。
则图示瞬时，质点A 的惯性力为（ ）。
① )22(ωαu r m F gx +=
)/2(2
2r u r m F gy +=ω
② )22(ωαu r m F gx +−=
)/2(22r u r m F gy +−=ω
③ αmr F gx 2−=
)22/(22ωωr u r u m F gy +−=
④ 0=gx F
r mu F gy /2−=
正确答案：③
5．如图所示，半径为r ，质量为m 的均质圆盘与质量也为m 、长为l 的均质杆焊在一起，并绕O
轴转动。
在图示瞬时，角速度为ω，角加速度为α 。
则惯性力系向O 点简化结果为（ ）。
① 2/)23(αm r l F g τ+=
2/)23(2ωm r l F gn +=
6/)1298(22αm lr r l M gO ++=
② 2/)(αm r l F g τ+=
2/)(2ωm r l F gn +=
6/)1298(22αm lr r l M gO ++=
③ 2/)23(αm r l F g τ+=
2/)23(2ωm r l F gn +=
2/)23(2αm r l M gO +=
④ 2/)23(αm r l F g τ+=
2/)23(2ωm r l F gn +=
4/])(4[22αm r l l M gO ++=
正确答案：①
6．长度为r 的杆OA 与质量为m 、长度为2r 的均质杆AB 在A 端垂直固接，可绕轴O 转动。
假设在
图示瞬时，角速度ω＝0，角加速度为ε ，则此瞬时AB 杆惯性力系简化的主矢R Q 和主矩M Q 的大小应分别为（ ）。
① εmr R Q =（作用于O 点），3/2εmr
M Q = ② εmr R Q 2=
（作用于A 点），3/42εmr M Q = ③ εmr R Q 2=
（作用于O 点），3/72εmr M Q = ④ εmr R Q 3=（作用于C 点），3/72εmr M Q =
正确答案：③
7．如图所示，用小车运送货箱。
已知货箱宽b = 1m ，高h = 2m ，
可视为均质长方体。
货箱与小车间的静摩擦因数f = 0.35，为了
安全运送，则小车的最大加速度a max 应为（ ）。
① 0.35g
② 0.2g
③ 0.5g
④ 0.4g
正确答案：①
8．均质细杆AB 长为l ，重为P ，与铅垂轴固结成角α = 30°，并以匀角速
度ω转动，则杆惯性力系的合力的大小等于（ ）。
① g P l 8322ω ② g
P l 22
2ω ③ g lP 22ω ④ g
lP 42
ω 正确答案：④
9．图示飞轮由于安装的误差，其质心不在转轴上。
如果偏心距
为e ，飞轮以匀角速度ω转动时，轴承A 处的附加动反力的
大小为NA
F ′′ ,则当飞轮以匀角速度2ω转动时，轴承A 处的附加动反力的大小为（ ）。
① NA
F ′′ ② NA
F ′′2 ③ NA
F ′′3 ④ NA
F ′′4
正确答案：④
10．质量为m ，半径为r 的均质圆柱体，沿半径为R 的圆弧
面作纯滚动，其瞬时角速度ω及角加速度ε方向如图所
示，将其上的惯性力系向其质心简化，所得惯性力的主
矢、主矩大小分别为
主矢切向＝（ ），
主矢法向＝（ ）；
主矩＝（ ）。
正确答案：mr ε r R ωr m 2
2− εmr 22
1
11．均质圆柱体质量为m ，半径为r ，相对于一运动的平板作纯
滚动，其角速度与角加速度的方向如图所示，且平板的速度与加速度都是水平向右。
将圆柱体上的惯性力系向其质心简化时，其惯性力的主矢、主矩的大小分别为
主矢＝（ ），
主矩＝（ ）。
正确答案：)(r εa m − 水平向左；εmr 22
1 顺时针
12．均质圆盘的质量为m ，半径为r ，在水平直线轨道上作纯滚动，
如图所示。
若圆盘中心C 的加速度为a C ，则圆盘的惯性力向盘上最高点A 简化的主矢大小R Q ＝（ ），方向为（ ）；主矩大小M QA ＝（ ），转向为( )。
正确答案：C ma 水平向左； C mra 2
1 顺时针
13．均质杆AB 的质量为m ，有三根等长细绳悬挂在水平位
置，在图示位置突然割断O 1B ，则该瞬时杆AB 的加速
度为（ ）。
（表示为θ的函数）
正确答案：θcos g。