理论力学答案第四章
第4章 解题指导(理论力学 金尚年 第二版)
3 1 2 2 I1 I 2 m( R h ) 20 4 3 I 3 mR 2 10 Nhomakorabea
x sin ctg sin cos y 0 z cos ctg cos
I1 I 2 I3
l 2 2 2 | B | [ 1 l V (1 sin ) 2 ] 2 R 2 d dj V d k dj V 1 1 （2） a A i dt dt R dt dt R V 1V 10 j 1 k j i R R
c
解：圆锥体作定点转动，OE为转动瞬轴。所以: 3 c CE h cos 4
3 3 h sin h cos 4 4
ctg
ctg
x sin ctg sin cos y 0 z cos ctg cos
消去t，得:
2 xc yc a 3a
（抛物线）
当质心C从离A点为a处下降h距离时，有:
1 2 y a h a gt 2
t
2h g
则杆绕质心转动所转的圈数为:
t 1 n 2 2
3g 2h 1 2a g 2 3h a
例3 均匀长方形薄片的边长为a与b，质量为m,求 此长方形薄片绕其对角线以ω匀速转动时的转动惯 量和角动量。 解：如图所示，坐标轴取 在惯量主轴上，因:
角动量为:
L I e a 2b 2 m 2 2 6(a b )
例4 如图所示，均质圆锥体的高为h，质量为m， 为圆锥体与平面接触线同 ox0轴的夹角，质心C 3 3 h ，速率为 h cos 在圆锥体轴线上，且距顶点为 4 4 求该圆锥体在 ox0 y 0 平面上作无滑动滚动时的动能。 圆锥顶角为2α。
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。
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 。
理论力学1-7章答案
习题7-1图Oυ(a)υυ(b)习题7-3图第7章 点的复合运动7-1 图示车A 沿半径R 的圆弧轨道运动，其速度为v A 。
车B 沿直线轨道行驶，其速度为v B 。
试问坐在车A 中的观察者所看到车B 的相对速度v B /A ，与坐在车B 中的观察者看到车A 的相对速度v A /B ，是否有B A A B //v v -=？（试用矢量三角形加以分析。
）答：B A A B //v v -≠1．以A 为动系，B 为动点，此时绝对运动：直线；相对运动：平面曲线；牵连运动：定轴转动。
为了定量举例，设R OB 3=，v v v B A ==，则v v 3e =∴ ⎩⎨⎧︒==6021/θv v A B2．以B 为动系，A 为动点。
牵连运动为：平移；绝对运动：圆周运动；相对运动：平面曲线。
此时⎪⎩⎪⎨⎧︒==4522/θv v B A ∴ B A A B //v v -≠7-3 图示记录装置中的鼓轮以等角速度0ω转动，鼓轮的半径为r 。
自动记录笔连接在沿铅垂方向并按)sin(1t a y ω=规律运动的构件上。
试求记录笔在纸带上所画曲线的方程。
解：t r x 0ω= （1） )sin(1t a y ω=（2）由（1）0ωr xt =代入（2），得)sin(01r xa y ωω=7-5 图示铰接四边形机构中，O 1A = O 2B = 100mm ，O 1O 2 = AB ，杆O 1A 以等角速度ω= 2rad/s 绕轴O 1转动。
AB 杆上有一套筒C ，此套筒与杆CD 相铰接，机构的各部件都在同一铅垂面内。
试求当ϕ= ︒60，CD 杆的速度和加速度。
解：1．动点：C （CD 上），动系：AB ，绝对：直线，相对：直线，牵连：平移。
2．r e a v v v +=（图a ） v e = v A01.02121.0cos e a =⨯⨯==ϕv v m/s （↑）3． r e a a a a +=（图b ）4.021.022e =⨯==ωr a m/s 2 346.030cos e a =︒=a a m/s 2（↑）习题7-5图习题7-7图习题7-9图υ(a) (b)(a)7-7 图示瓦特离心调速器以角速度ω绕铅垂轴转动。
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。
理论力学习题答案
第一章静力学公理和物体的受力分析一、是非判断题1.1.1 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。
( ∨ ) 1.1.2 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。
( × )1.1.3 加减平衡力系公理不但适用于刚体，而且也适用于变形体。
( × ) 1.1.4 力的可传性只适用于刚体，不适用于变形体。
( ∨ ) 1.1.5 两点受力的构件都是二力杆。
( × ) 1.1.6只要作用于刚体上的三个力汇交于一点，该刚体一定平衡。
( × ) 1.1.7力的平行四边形法则只适用于刚体。
( × ) 1.1.8 凡矢量都可以应用平行四边形法则合成。
( ∨ ) 1.1.9 只要物体平衡，都能应用加减平衡力系公理。
( × ) 1.1.10 凡是平衡力系，它的作用效果都等于零。
( × ) 1.1.11 合力总是比分力大。
( × ) 1.1.12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。
( × ) 1.1.13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。
( ∨ ) 1.1.14当软绳受两个等值反向的压力时，可以平衡。
( × ) 1.1.15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。
( ∨ ) 1.1.16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。
( ∨ ) 1.1.17 凡是两端用铰链连接的直杆都是二力杆。
( × ) 1.1.18 如图所示三铰拱，受力F ，F1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。
( × )二、填空题1.2.1 力对物体的作用效应一般分为 外 效应和 内 效应。
1.2.2 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(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
理论力学智慧树知到课后章节答案2023年下苏州大学
理论力学智慧树知到课后章节答案2023年下苏州大学苏州大学绪论单元测试1.下列说法中，哪些是正确的？（）。
答案:动力学研究受力物体的运动与作用力之间的关系。
;理论力学是研究物体机械运动一般规律的科学。
它研究的内容属于经典力学的范畴。
;静力学主要研究受力物体平衡时作用力所应满足的条件；同时也研究物体受力的分析方法，以及力系简化的方法等。
;运动学只从几何的角度来研究物体的运动，而不研究引起物体运动的物理原因。
第一章测试1.图示各杆自重不计，以下四种情况中，哪一种情况的BD杆不是二力构件？（）。
答案:2.图示无重直角刚杆ACB，B端为固定铰支座，A端靠在一光滑半圆面上，以下四图中哪一个是ACB杆的正确受力图？（）。
答案:3.下列说法中，哪些是正确的？（）。
答案:力的平行四边形法则中的两个分力和它们的合力的作用范围必须在同一个物体的同一点上。
;若要将作用力沿其作用线移动到其它点而不改变它的作用，则其移动范围必须在同一刚体内。
;作用与反作用定律对任何宏观物体和物体系统都适用。
4.受二力作用而平衡的物体上所受的两个力一定是等值、反向、共线的。
（）答案:对5.若作用在刚体上的三个力的作用线汇交于同一个点，则该刚体必处于平衡状态。
（）答案:错第二章测试1.构件尺寸如图（单位m），不计各杆件自重，载荷F=60kN。
则杆BD的内力为（）。
答案:100kN，压2.图示桁架受到大小均为F 的三个力作用，则杆1、2、3的内力大小依次为（）。
答案:0,F ,03.图示四个力F1、F2、F3、F4，下列它们在y轴上投影的计算式中，哪些是正确的？（）答案:;4.力偶可以在其作用面内任意旋转和平移而不改变其对物体的作用效果。
（）答案:对5.若某物体受一平面力系作用而平衡，则可根据此力系的平衡条件列出三个平衡方程，从而可以求解出三个未知量。
（）答案:错第三章测试1.一棱长为a的正方体定角上，作用有六个大小均等于F的力F i，它们的方向如图，该力系简化的结果是（）。
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(陈世民)答案
第零章 数学准备一 泰勒展开式 1 二项式的展开 ()()()()()m23m m-1m m-1m-2f x 1x 1mx+x x 23=+=+++K ！！2 一般函数的展开 ()()()()()()()()230000000f x f x f x f x f x x-x x-x x-x 123!''''''=++++K ！！ 特别:00x =时, ()()()()()23f 0f 0f 0f x f 0123!x x x ''''''=++++K ！！ 3 二元函数的展开(x=y=0处)()()00f f f x y f 0x+y x y ⎛⎫∂∂=++ ⎪∂∂⎝⎭，22222000221f f f x 2xy+y 2x x y y ⎛⎫∂∂∂++ ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭K ！ 评注：以上方法多用于近似处理与平衡态处的非线性问题向线性问题的转化。
在理论力问题的简单处理中，一般只需近似到三阶以内。
二 常微分方程1 一阶非齐次常微分方程：()()x x y+P y=Q通解：()()()P x dx P x dx y e c Q x e dx -⎛⎫⎰⎰=+ ⎪⎝⎭⎰注：()()(),P x dxP x dx Q x e dx ⎰±⎰⎰积分时不带任意常数，()x Q 可为常数。
2 一个特殊二阶微分方程2y A y B =-+&& 通解：()02By=Kcos Ax+Aθ+注：0,K θ为由初始条件决定的常量 3二阶非齐次常微分方程()x y ay by f ++=&&&通解：*y y y =+；y 为对应齐次方程的特解，*y 为非齐次方程的一个特解。
非齐次方程的一个特解 （1） 对应齐次方程0y ay by ++=&&&设x y e λ=得特征方程2a b 0λλ++=。
理论力学第四章习题解答
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)
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⋅
−
=
⋅
−
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《理论力学》第四章作业参考答案
习题
4-1
解： 以棒料为研究对象，所受的力有重力P
、力偶M ，与V 型槽接触处的法向
约束力1N F 、2N F 和摩擦力1S F 、2S F
，且摩擦力的方向与棒料转动方向相反，如图所示。
建立坐标系，列平衡方程：
⎪⎪
⎩⎪
⎪⎨⎧===∑∑∑0
)(00F M F F O y x
⎪⎩
⎪⎨⎧=-+=--=-+0
125.0125.00
45sin 0
45cos 210
12021M F F P F F P F F S S S N S N 临界条件下，补充方程： 11N S S F f F = 22N S S F f F = 联立以上各式得：
223.01=s f
491.42=s f （忽略）
答：棒料与V 型槽间的静摩擦因数223.0=s f 。
习题4-6 解法一：
(1)取整体为研究对象，作用力有重力P 、提砖力F
，列平衡方程：
0=-P F
所以 )(120N F =
(2)取砖块为研究对象，其受力情况如图所示：作用力有重力P
、法向约束
力NA F 、ND F 和摩擦力SA F 、SD F
，由于其滑动趋势向下，所以其摩擦力的方向向上。
列平衡方程：
∑=0)(F M D
0250125=-SA F P
补充方程： NA S SA F f F ≤ 所以
)(60N F SA =
)(160N F NA ≥
(3)取构件AGB 为研究对象，所受的力除提砖力F
外，还有砖块对其作用的
正压力NA
F ' 、摩擦力SA F ' ，
G 点的约束力G X F 、G Y F 。
列平衡方程： ∑=0)(F M G
03095='-'+NA SA
F b F F 其中NA
F ' 与砖块所受的力NA F 、SA F ' 与砖块所受的力SA F
分别为作用力与反作用力关系，将各力的数值代入得
)(110mm b ≤
答：距离mm b 110≤时才能把砖夹起。
解法二：
取构件GCD 为研究对象，受力情况如图所示。
作用于D 点的力有正压力N F 、摩擦力S F ，作用于G 点的有约束力G X F
、G Y F。
列平衡方程：
∑=0)(F M G
0220=-S N F bF
补充方程： N S S F f F ≤
所以
)(110mm b ≤
答：距离mm b 110≤时才能把砖夹起。
解法三：
取构件GCD 为研究对象，受力情况如图所示。
作用力有D 点的全约束力D
F
和G 点的约束力G F
且二者满足二力平衡条件。
由几何关系得
ϕtan 220
=b
在平衡条件下，全约束力的作用线与法向约束力作用线的夹角不可能大于摩擦角，即
S f f =≤ϕϕtan tan
所以
)(110mm b ≤
答：距离mm b 110≤时才能把砖夹起。
习题4-23
解：（1）以均质梁AB 为研究对象，其受力情况如图所示：重力1P
作用于AB 的中点，与线圈架接触处有正压力1N F 、摩擦力1S F
，铰接处A 有约束力AX F 、
AY F。
列平衡方程：
∑=0)(F M A
02311=-P F N
我们有：)(3001N F N =
（2）以线圈架为研究对象，其受力情况如图所示：重力2P
作用于线圈架
中心，绳子的拉力F ，与梁AB 接触处的有正压力1N
F ' 、摩擦力1S F '
，与地面接触处有正压力2N F 、摩擦力2S F 。
其中1N
F ' 、1S F ' 分别与均质梁AB 所受的力1N F
、1S F
互为作用力与反作用力，即11N N
F F ='，11S S F F ='。
列平衡方程：
⎪⎪
⎩⎪
⎪⎨⎧===∑∑∑0
)(00F M F F C y x
⎪⎩
⎪
⎨⎧=-'+=-'-='--0
00
2121212R F r F Fr P F F F F F S S N
N S S a.如果线圈架轴芯与梁AB 接触处先于线圈架与地面接触处滑动，则临界条件下的补充方程为：
111N S S F f F =
联立方程得：
22
240()
643()120()N S F N F N F N =⎧⎪
=⎨⎪=⎩ 所以，滑动时 240F N ≥
b.如果线圈架轴芯与梁AB 接触处晚于线圈架与地面接触处滑动，则临界条件下补充方程为：
222N S S F f F =
联立方程得：
21
257.2()643()128.6()N S F N F N F N =⎧⎪
=⎨⎪'=⎩ 所以，滑动时257.2F N ≥，而此时计算出的线圈架轴芯与梁AB 接触处的摩擦力大于它的最大摩擦力)(1203004.0111N F f F N S S =⨯==，故此种情况不可能发生。
因此，系统滑动时水平拉力的最小值应为240F N =。
答：使线圈架由静止而开始运动的水平拉力F
的最小值为240N 。
习题4-28
解：以钢管为研究对象，其受力情况如图所示。
即作用力有：钢管自身重力P 、与台架接触点C 处的正压力N F 、滑动摩擦力S F
以及滚动摩阻力偶f M 。
当钢管处于平衡状态时其平衡方程为：
⎪⎩⎪⎨
⎧==∑∑0
)(0
F M F C y ⎩⎨
⎧=-=-0
sin 0
cos f N M RP P F θθ 钢管在将要滚动时的补充方程为：
N f F M δ=
解之得：
0.5
tan 0.0225
R
δ
θ=
=
= 即 910'=θ
答：台架的最小倾角应为910'=θ。