胡汉才编著《理论力学》课后习题答案第3章习题解答
理论力学习题答案第三章
第三章思考题解答答：确定一质点在空间中得位置需要3个独立变量，只要确定了不共线三点的位置刚体的位置也就确定了，故须九个独立变量，但刚体不变形，此三点中人二点的连线长度不变，即有三个约束方程，所以确定刚体的一般运动不需3n 个独立变量，有6个独立变量就够了.若刚体作定点转动，只要定出任一点相对定点的运动刚体的运动就确定了，只需3个独立变量；确定作平面平行运动刚体的代表平面在空间中的方位需一个独立变量，确定任一点在平面上的位置需二个独立变量，共需三个独立变量；知道了定轴转动刚体绕转动轴的转角，刚体的位置也就定了，只需一个独立变量；刚体的平动可用一个点的运动代表其运动，故需三个独立变量。
答物体上各质点所受重力的合力作用点即为物体的重心。
当物体的大小远小于地球的线度时物体上各质点所在点的重力加速度都相等，且方向彼此平行即重力场为均匀场，此时质心与重心重合。
事实上但物体的线度很大时各质点所在处g 的大小是严格相等，且各质点的重力都指向地心，不是彼此平行的，重心与质心不和。
答 当物体为均质时，几何中心与质心重合；当物体的大小远小于地球的线度时，质心与重心重合；当物体为均质且大小远小于地球的线度时，三者都重合。
答 主矢F 是力系各力的矢量和，他完全取决于力系中各力的大小和方向，故主矢不随简化中心的位置而改变，故而也称之为力系的主矢；简化中心的位置不同，各力对简化中心的位矢i r 也就不同则各力对简化中心的力矩也就不同，故主矩随简化中心的位置而变，被称之为力系对简化中心的主矩。
分别取O 和O '为简化中心，第i 个力i F 对O 和O '的位矢分别为i r 和i r '，则i r =i r '+O O '，故()()iiiiiiO FO O r F r M ⨯'-'=⨯'=∑∑'()∑∑⨯'-⨯'=ii ii i F O O F r ∑⨯'+=ii o F O O M即o o M M ≠'主矢不变，表明刚体的平动效应不变，主矩随简化中心的位置改变，表明力系的作用对刚体上不同点有不同的转动效应，但不改变整个刚体的转动规律或者说不影响刚体绕质心的转动。
理论力学答案第三章
《理论力学》第三章作业参考答案习题3-9解：力F在x 、y 坐标轴上的投影分别为：)(03.169100050301010222N F x =⨯++=)(09.507100050301030222N F y =⨯++=力F作用点的坐标为1500.15x m m m =-=-，(10050)0.15y mm m =+=。
所以，0.15507.090.15169.09101.4(.)Z y x M xF yF N m =-=-⨯-⨯≈-答: 力F对z 轴的力矩为-101.4Nm .习题3-11解：力F在x 、y 、z 坐标轴上的投影分别为：00cos 60cos 304x F F F ==1cos 60sin 304y F F F=-=-FF F Z 2360sin 0-=-=力F的作用点C 的坐标为1sin 302o x r r==，cos 302o y r ==，z h =。
所以，()Fr h F h F r zF yF My z X341412323-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=()F r h F r F h xF zF Mz x y+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-=4323243rF F r F r yF xF Mxy Z214323412-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=答：力F对x 、y 、z 轴的矩分别为：()134h r F -，)4h r F +，12rF-。
习题3-12解：以整个支架为研究对象。
由于各杆为二力杆，球铰链A 、B 、C 处的约束力A F 、B F 、C F 沿杆件连线汇交于D 端球铰链，与物块的重力P构成一空间汇交力系，其受力情况如图所示。
以O 为原点建立坐标系，列平衡方程，我们有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===∑∑∑000z y x F F F⎪⎩⎪⎨⎧=-++=++=-015sin 30sin 45sin 30sin 45sin 015cos 30cos 45sin 30cos 45sin 045cos 45cos 000000000000P F F F F F F F F C B A C B A B A 解之得：()()()cos1526.39()2sin 45sin 3015cos1526.39()2sin 45sin 3015cos 3033.46()sin 3015o A o o ooB o o ooC o o P F kN P F kN F P kN ⎧⎪==-⎪⎪⎪==⎨-⎪⎪⎪=-=-⎪-⎩答：铰链A 、B 的约束力均等于26.39kN ，方向与图示相同，即为压力，铰链C 的约束力等于-33.46 kN ，方向与图示相反，即为拉力。
理论力学第三版课后习题答案
目录第一章质点力学 (2)第二章质点组力学 (56)第三章刚体力学 (74)第四章转动参考系 (105)第五章分析力学 (115)第一章 质点力学1.1 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 +-=证明完毕.1.2 解 由题可知,以灯塔为坐标原点建立直角坐标如题1.2.1图.题1.2.1图设A 船经过0t 小时向东经过灯塔,则向北行驶的B 船经过⎪⎭⎫ ⎝⎛+2110t 小时经过灯塔任意时刻A 船的坐标()t t x A 15150--=，0=A yB 船坐标0=B x ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛+-=t t y B 15211150则AB 船间距离的平方()()222B A B A y y x x d -+-=即()2021515t t d -=201521115⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛++t t()20202211225225675900450⎪⎭⎫ ⎝⎛++++-=t t tt t2d 对时间t 求导()()67590090002+-=t t dtd d AB 船相距最近，即()02=dtdd ，所以h t t 430=- 即午后45分钟时两船相距最近最近距离22min231543154315⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-⨯+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=s km1.3 解 ()1如题1.3.2图第1.3题图y题1.3.2图由题分析可知，点C 的坐标为⎩⎨⎧=+=ψψϕsin cos cos a y a r x 又由于在∆AOB 中，有ϕψsin 2sin ar =（正弦定理）所以ry r a 2sin 2sin ==ψϕ联立以上各式运用1cos sin 22=+ϕϕ由此可得rya x r a x 22cos cos --=-=ψϕ得12422222222=---++r y a x y a x r y 得22222223y a x r a x y -=-++化简整理可得()()2222222234r a y x y a x -++=-此即为C 点的轨道方程.（2）要求C 点的速度，分别求导⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=--=2cos sin cos 2cos sin ϕωψψϕωϕωr y r r x 其中ϕω = 又因为ψϕsin 2sin a r =对两边分别求导 故有ψϕωψcos 2cos a r =所以22y x V +=4cos sin cos 2cos sin 2222ϕωψψϕωϕωr r r +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--= ()ψϕψϕϕψω++=sin cos sin 4cos cos 22r1.4 解 如题1.4.1图所示，A BOCLxθd 第1.4题图OL 绕O 点以匀角速度转动，C 在AB 上滑动，因此C 点有一个垂直杆的速度分量22x d OC v +=⨯=⊥ωωC 点速度dx d d v v v 222sec sec cos +====⊥⊥ωθωθθ 又因为ωθ= 所以C点加速度 θθθω ⋅⋅⋅⋅==tan sec sec 2d dt dv a ()2222222tan sec 2d x d x d +==ωθθω1.5 解 由题可知，变加速度表示为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=T t c a 2sin 1π 由加速度的微分形式我们可知dtdv a =代入得dtT t c dv ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2sin 1π 对等式两边同时积分dt T t c dv t v⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛-=002sin 1π可得 ：D Ttc Tct v ++=2cos2ππ（D 为常数）代入初始条件：0=t 时，0=v ，故c TD π2-=即⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=12cos2T t T t c v ππ 又因为dtds v =所以=ds dt T t T t c ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+12cos2ππ 对等式两边同时积分，可得：⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-+=t T t T T t c s 2sin 22212πππ1.6 解 由题可知质点的位矢速度r λ=//v ①沿垂直于位矢速度μθ=⊥v又因为 r r λ== //v ， 即r rλ=μθθ==⊥r v 即rμθθ= ()()j i v a θ r dtd r dt d dt d +==（取位矢方向i ，垂直位矢方向j ） 所以()j i i i θ r rdtd r i dt r d r dt d +=+=()dtd r dt d r dt dr r dt d j j j j θθθθ ++=i j j 2r r r θθθ -+= 故()()j i a θθθ r r r r22++-= 即 沿位矢方向加速度()2θ r ra -= 垂直位矢方向加速度()θθr r a 2+=⊥ 对③求导r rr 2λλ== 对④求导θμμθθr rr +-=2⎪⎭⎫⎝⎛+=λμμθr 把③④⑦⑧代入⑤⑥式中可得rr a 222//θμλ-= ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⊥r a μλμθ1.7 解 由题可知⎩⎨⎧==θθsin cos r y r x ①②对①求导θθθ sin cos r r x-= ③ 对③求导2 ④对②求导θθθcos sin r r y+=⑤ 对⑤求导θθθθθθθsin cos cos 2sin 2 r r r ry -++=⑥ 对于加速度a ，我们有如下关系见题1.7.1图题1.7.1图即⎩⎨⎧+=+=θθθθθθcos sin sin cos a a y a a x r r⑦--⑧ 对⑦⑧俩式分别作如下处理：⑦θcos ⨯，⑧θsin ⨯ 即得⎩⎨⎧+=-=θθθθθθθθθθcos sin sin sin cos sin cos cos a a y a a x r r⑨--⑩ ⑨+⑩得θθsin cos yx a r += ⑾ 把④⑥代入 ⑾得2θr r a r -= 同理可得θθθ r r a 2+= 1.8解 以焦点F 为坐标原点，运动如题1.8.1图所示]题1.8.1图则M 点坐标⎩⎨⎧==θθsin cos r y r x 对y x ,两式分别求导⎪⎩⎪⎨⎧+=-=θθθθθθcos sin sin cos r r yr r x 故()()22222cos sin sin cos θθθθθθ r r r r y xv ++-=+=222ωr r+= 如图所示的椭圆的极坐标表示法为()θcos 112e e a r +-=对r 求导可得（利用ωθ= ）又因为()()221cos 111e a e e a r -+-=θ即()rer e a --=21cos θ 所以()()2222222221211cos 1sin e r e ar r e a --+--=-=θθ故有()2222224222sin 1ωθωr e a r e v +-=()2224221ea r e -=ω()()]1211[2222222e r e ar r ea --+--22ωr +()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+-⋅-=2222222221121e e ar r r e e a r ω()r r a b r -=2222ω 即()r a r br v -=2ω（其中()b a e b ,1222-=为椭圆的半短轴）1.9证 质点作平面运动，设速度表达式为j i v y x v v +=令为位矢与轴正向的夹角，所以dt d v dt dv dt d v dt dv dt d y y x x j j i i v a +++==j i ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-=θθ x y y x v dt dv v dt dv 所以[]j i a ⎪⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-=θθ x yy x v dt dv v dt dv ()j i y x v v +⋅ θθ y x y y y x x x v v dt dv v v v dt dv v ++-=dtdv v dt dv v y yxx += 又因为速率保持为常数，即C C v v y x ,22=+为常数对等式两边求导022=+dtdv v dt dv v y y xx所以0=⋅v a即速度矢量与加速度矢量正交.1.10解 由题可知运动轨迹如题1.10.1图所示，题1.10.1图则质点切向加速度dtdv a t =法向加速度ρ2n v a =，而且有关系式ρ2v 2k dt dv -= ①又因为()232y 1y 1'+''=ρ②2px y 2=所以yp y =' ③ 32yp y -='' ④ 联立①②③④2322322y p 1y p 2kv dtdv⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-= ⑤又dydv ydt dy dy dv dt dv =⋅=把2px y 2=两边对时间求导得pyy x= 又因为222y xv += 所以22221py v y+= ⑥ 把⑥代入⑤23223222122121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅-=⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+y p y p kv dydvp y v既可化为222py dykp v dv +-= 对等式两边积分222py dykp v dv p p vu+-=⎰⎰- 所以πk ue v -=1.11解 由题可知速度和加速度有关系如图1.11.1所示题1.11.1图⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====ααcos sin 2a dt dv a a r v a t n 两式相比得dtdvr v ⋅=ααcos 1sin 2 即2cot 1vdv dt r =α 对等式两边分别积分200cot 1v dv dt rv v t⎰⎰=α 即αcot 11rtv v -=此即质点的速度随时间而变化的规律.1.12证 由题1.11可知质点运动有关系式⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==ααcos sin 2a dtdv a r v ①② 所以 ωθθθd dv dt d d dv dt dv =⋅=，联立①②，有ααωθcos sin 2r v d dv = 又因为r v ω=所以 θαd vdv cot =，对等式两边分别积分，利用初始条件0=t 时，0θθ=()αθθcot 00-=e v v1.13 证（a ）当00=v ，即空气相对地面上静止的，有牵相绝v v v +=.式中绝v 质点相对静止参考系的绝对速度， 相v 指向点运动参考系的速度， 牵v 指运动参考系相对静止参考系的速度.可知飞机相对地面参考系速度：绝v =v '，即飞机在舰作匀速直线运动.所以飞机来回飞行的总时间v l t '=20. （b ）假定空气速度向东，则当飞机向东飞行时速度01v v v +'=飞行时间1v v lt +'=当飞机向西飞行时速度0v v v v v -'=+=牵相飞行时间2v v lt -'=故来回飞行时间021v v l t t t +'=+=0v v l -'+222v v lv -''= 即2200220112v v t v v v lt '-='-'= 同理可证，当空气速度向西时，来回飞行时间2201v v t t '-=（c ）假定空气速度向北.由速度矢量关系如题1.13.1图v 题1.13.1图v v v '+=0绝202v v v -'= 所以来回飞行的总时间222vv l t -'=2200220112v vt v v v l '-='-'=同理可证空气速度向南时，来回飞行总时间仍为2201v v t t '-=1.14解 正方形如题1.14.1图。
E420-理论力学-动力学第三章部分习题解答
动力学第三章部分习题解答3－3 取套筒B 为动点，OA 杆为动系 根据点的复合运动速度合成定理r e a v v v +=可得：l v v ω==e 0a 30cos ，l v v v BC B ω332a === 研究AD 杆，应用速度投影定理有：030cos D A v v =，l v D ω334=再取套筒D 为动点，BC 杆为动系，根据点的复合运动速度合成定理r D BC D v v v +=将上式在x 轴上投影有：r D BC D v v v +-=-，l v v v BC D D ω332r =+-=3－4 AB 构件（灰色物体）作平面运动， 已知A 点的速度s A O v A /0cm 4510==ωAB 的速度瞬心位于C ，应用速度瞬心法有：rad/s 23==AC v A AB ω BC v AB B ω=，设OB 杆的角速度为ω，则有rad/s 415==OB v B ω 设P 点是AB 构件上与齿轮I 的接触点， 该点的速度：CP v AB P ω=齿轮I 的角速度为：rad/s 61==r v PI ω a v e vr vA vDv rD v A vB P v CAB ωI ω3－6 AB 杆作平面运动，取A 为基点 根据基点法公式有：BA A B v v v +=将上式在AB 连线上投影，可得0,01==B O B v ω因此，041ωω==AB v A AB因为B 点作圆周运动，此时速度为零，因此只有切向加速度（方向如图）。
根据加速度基点法公式n t BA BAA B aaa a ++=将上式在AB 连线上投影，可得n060cos BA A B a a a +=-，r a B 205.2ω-=201231ωα-==B O a B B O （瞬时针）3－7 齿轮II 作平面运动，取A 为基点有nt BA BA A B a a a a ++= n t 1BA BA a a a a ++=将上式在x 投影有：n 1cos BA a a a -=-β由此求得：212n 2cos 2r a a r a BAII βω+==再将基点法公式在y 轴上投影有：2t2sin r a a II BA αβ==，由此求得22sin r a II βα=再研究齿轮II 上的圆心，取A 为基点n t n t2222A O AO A O O aaa aa++=+将上式在y 轴上投影有2sin 2t t 22βαa r a a II AO O ===， B vBAv A vAa Ba t BA an BA atBA anBA axyt2A Oa n 2AO a xyn 2O a t 2Oa由此解得：)(2sin 2121t 221r r a r r a OO O +=+=βα再将基点法公式在x 轴上投影有：n1n22A O O a a a -=- 由此解得：2cos 1n2a a a O -=β，又因为221n 212)(O O O r r a ω+= 由此可得：)(2cos 21121r r a a O O +-±=βω3－9 卷筒作平面运动，C 为速度瞬心， 其上D 点的速度为v ，卷筒的角速度为r R vDC v -==ω 角加速度为rR ar R v -=-== ωα 卷筒O 点的速度为：rR vRR v O -==ω O 点作直线运动，其加速度为 rR aRr R R v va O O -=-==研究卷筒，取O 为基点，求B 点的加速度。
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。
胡汉才编著《理论力学》课后习题答案第3章习题解答
3-3在图示刚架中，已知kN/m 3=m q ，26=F kN ，m kN 10⋅=M ，不计刚架自重。
求固定端A 处的约束力。
m kN 12kN 60⋅===A Ay Ax M F F ，，3-4杆AB 及其两端滚子的整体重心在G 点，滚子搁置在倾斜的光滑刚性平面上，如图所示。
对于给定的θ角，试求平衡时的β角。
B解：解法一：AB 为三力汇交平衡，如图所示ΔAOG 中βs i nl AO =， θ-︒=∠90AOG ，β-︒=∠90OAG ，βθ+=∠AGO 由正弦定理：)90sin(3)sin(sin θβθβ-︒=+ll ，)cos 31)sin(sin θβθβ=+l 即 βθβθθβs i n c o s c o s s i n c o s s i n3+= 即 θβt a n t a n2= )t a n 21a r c t a n(θβ= 解法二：：0=∑x F ，0sin R =-θG F A （1） 0=∑y F ，0cos R =-θG F B（2） 0)(=∑F A M ，0sin )sin(3R =++-ββθl F l G B（3）解（1）、（2）、（3）联立，得 )t a n 21a r c t a n(θβ=3-5 由AC 和CD 构成的组合梁通过铰链C 连接。
支承和受力如图所示。
已知均布载荷强度２kN/m 10=q ，力偶矩m kN 40⋅=M ，不计梁重。
kN 15kN 5kN 40kN 15===-=D C B A F F F F ；；；解：取CD 段为研究对象，受力如图所示。
0)(=∑F CM，024=--q M F D ；kN 15=D F取图整体为研究对象，受力如图所示。
0)(=∑F AM ，01682=--+q M F F D B；kN 40=B F 0=∑yF ，04=+-+D BAyF q F F ；kN 15-=Ay F0=∑x F ，0=AxF3-6如图所示，组合梁由AC 和DC 两段铰接构成，起重机放在梁上。
胡汉才编著《理论力学》课后习题答案 第1章静力学基本概念
第一章 静力学基本概念
1-1 考虑力对物体作用的运动效应，力是（ A ）。
A.滑动矢量
B.自由矢量
C.定位矢量
1-2 如图1-18所示，作用在物体A 上的两个大小不等的力1F 和2F ，沿同一直线但方向相
反，则其合力可表为（ C ）。
A.1F –2F
B.2F - 1F
C.1F +2F
图1－18 图1－19 1-3 F =100N ，方向如图1-19所示。
若将F 沿图示x ，y 方向分解，则x 方向分力的大小 x F = C N ，y 方向分力的大小y F = ___B __ N 。
A. 86.6
B. 70.0
C. 136.6
D.25.9
1-4 力的可传性只适用于 A 。
A. 刚体
B. 变形体
1-5 加减平衡力系公理适用于 C 。
A. 刚体；
B. 变形体；
C. 刚体和变形体。
1-6 如图1-20所示，已知一正方体，各边长a ，沿对角线BH 作用一个力F ，则该力在x 1轴上的投影为 A 。
A. 0
B. F/2
C. F/6
D.－F/3
1-7如图1-20所示，已知F=100N ，则其在三个坐标轴上的投影分别为： Fx = －402N ，Fy = 302N ，Fz = 502 N 。
图1－20 图1－21。
理论力学静力学第三章习题答案
FBx F (与假设方向相反)
FAx F (与假设方向相反)
FCy
FCx FD
解：取整体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：
MC 0
FD b F x 0
FD
x F b
取杆 AB 为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：
M A 0
FB b F x 0
线方向的夹角都是 ，因此只要接触面的摩擦角大于 ，不论 F 多大，圆柱不
2
2
会挤出，而处于自锁状态。
FAy o FAx
法 2（解析法） ： 首先取整体为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：
FSD FND
MA 0
FND a F l 0
l FND F a
再取杆 AB 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：
F1 14.58(kN ) (受拉) F3 31.3 (受拉) F2 18.3 (受压)
Fx 0
Fy 0
3-38
F1 sin F3 FH 0 F2 F1 cos FG 0
解：假设各杆均受压。取三角形 BCG 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：
MA 0
FNC a F l 0
l FNC F FND a
取圆柱为研究对象，受力如图所示。假设圆柱半径为 R，列平衡方程：
MO 0
FSC R FSD R 0
FSC FSD
Fx 0
FNC sin FSC cos FSD 0
N1 6.93( N )
Fx 0
Fy 0
FAx N1 sin 60 0 0
FAy N 1 cos 60 0 P 0
力学第三章标准答案
力学第三章答案————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：3.5.1 质量为2kg 的质点的运动学方程为j t t i t r ˆ)133(ˆ)16(22+++-=ρ（单位：米，秒）， 求证质点受恒力而运动，并求力的方向大小。
解：∵j idt r d a ˆ6ˆ12/22+==ρρ, j i a m F ˆ12ˆ24+==ρρ为一与时间无关的恒矢量，∴质点受恒力而运动。
F=(242+122)1/2=125N ，力与x 轴之间夹角为：'34265.0/︒===arctg F arctgF x y α3.5.2 质量为m 的质点在o-xy 平面内运动，质点的运动学方程为：j t b i t a r ˆsin ˆcos ωω+=ρ，a,b,ω为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点。
证明：∵r j t b it a dt r d a ρρρ2222)ˆsin ˆcos (/ωωωω-=+-== r m a m F ρρρ2ω-==, ∴作用于质点的合力总指向原点。
3.5.3 在脱粒机中往往装有振动鱼鳞筛，一方面由筛孔漏出谷粒，一方面逐出秸杆，筛面微微倾斜，是为了从较低的一边将秸杆逐出，因角度很小，可近似看作水平，筛面与谷粒发生相对运动才可能将谷粒筛出，若谷粒与筛面静摩擦系数为0.4，问筛沿水平方向的加速度至少多大才能使谷物和筛面发生相对运动？解：以地为参考系，设谷物的质量为m ，所受到的最大静摩擦力为 mg f oμ=，谷物能获得的最大加速度为2/92.38.94.0/s m g m f a o =⨯===μ ∴筛面水平方向的加速度至少等于3.92米/秒2，才能使谷物与筛面发生相对运动。
μ1 μ23.5.3 题图 3.5.4题图3.5.4 桌面上叠放着两块木板，质量各为m 1 ,m 2,如图所示，m 2和桌面间的摩擦系数为μ2，m 1和m 2间的摩擦系数为μ1，问沿水平方向用多大的力才能把下面的木板抽出来。
理论力学第三章习题解答.ppt
量出FR的长度为161N 和水平方向的夹角为
FR FR2x FR2y 802 1402 161.2N
和水平方向（x轴）的夹角的余弦为
其余弦值为0.496
cos(FR,i ) Fx / FR 80 /161.2=0.496
2－3
解：
因为滑轮的大小忽略不计，且容易看出 AB和BC杆均为二力杆，容易得到B点的 受力如图所示：
Fx 0 FAx 0
FAy FB
Fy 0 FAy FB F 0
MA 0 FB 2a M F 3a 0
解得：
FAx 0
FAy
M Fa 2a
FB
M
3Fa 2a
3－6 （b）解：
AB杆的受力如图所示 显然，AB杆受一平面任意力
FAx
FAy
系作用，有平衡方程
Fx 0 FAx 0
FAx
FAy
系作用，有平衡方程
FB
Fx 0 FAx 0 Fy 0 FAy FB P1 P2 P 0
MA 0 FB (l1 l2) P1(l1 a) P2(l1 b) P(l1 l) 0
代入数值，解得：
FAx 0
FAy 33.23kN
FB 96.77kN
3－7
当成一整体，其受力如图所示
列平衡方程，有
FAx
FAy
Fx 0 FAx FT FBC cos 0
Fy 0 FAy FBC sin W 0
MB 0 FT r W(BD r) FAy (AD DB) 0
又因为 FT W
代入数值，解得
FAx 2400N FAy 1200N FBC 848.53N
A
x F1
FBD
B
60o
理论力学习题答案-第三版
a=
2 2 2 dv & = 2 dω 2 sec 2 θ tan θ = 2ω x d + x = ωd ⋅ 2 sec θ ⋅ sec θ ⋅ tan ⋅ θ dt d2
(
)
1.5 矿山升降机作加速度运动时，其变加速度可用下式表示：
πt ⎞ a = c⎛ ⎜1 − sin ⎟ 2T ⎠ ⎝
-5-
y A r ϕ
a
ψ
C
a
B x
O
第 1 .3 题 图
y
A
•
ω ϕ O
r
C •
a
ψ B
x
题1.3.2图
由题分析可知，点 C 的坐标为 ⎧ x = r cos ϕ + a cos ψ ⎨ ⎩ y = a sin ψ 又由于在 ∆ AOB 中，有
r 2a = sin ψ sin ϕ
sin ϕ =
（正弦定理）所以
L
A d θ Oห้องสมุดไป่ตู้
第1.4题 图
x C
B
OL 绕 O 点以匀角速度转动， C 在 AB 上滑动，因此 C 点有一个垂直杆的速度分
量
v ⊥ = ω × OC = ω d 2 + x 2 C 点速度 v= v⊥ d 2 + x2 = v ⊥ sec θ = ωd sec 2 θ = ω cos θ d
& = ω 所以 C 点加速度 又因为 θ
(
) (
)
2
rω cos ϕ ⎧& x = − r ω sin ϕ − sin ψ ⎪ ⎪ 2 cos ψ ⎨ rω cos ϕ ⎪y &= ⎪ ⎩ 2
其中
ω =ϕ &
理论力学课后答案03
第3章 平面任意力系三、选择题1． D 2.C 3B 4C 5 b 6 D 7 B 8B 9 B 10 A 四、计算题3-1 重物悬挂如图3.27所示，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：选AB 和滑轮D 组成的系统为研究对象，受力分析如图所示。
列平衡方程，有∑=0xF45cos o=--D B Ax F F F∑=0yF45sin o=-+G F F B Ay∑=0)(F AM03.01.06.045sin o =⨯-⨯+⨯G F F D B其中：kN8.1==G F D联立求解，可得：N2400=Ax F ，N1200=AyF ，N5.848=BF3-3求如图3.29(a)、(b)所示平行分布力的合力和对于点A 之矩。
(b)ABq l(a)alAC B q图3.29解：（a ）平行分布力的合力为：qaF R ='( ← )10c GB30cm20c 45°BF A DDF AxFAyF B10c30cm20c 45°CGA D图3.27学 ·24·对于点A 之矩的矩为221qaMA=( )（b ）平行分布力的合力为：qlF R 21'=( ↓ )对于点A 之矩的矩为231qlMA=( )3-4静定多跨梁的荷载及尺寸如图3.30(a)、(b)所示，长度单位为m ，求支座约束反力。
(a)CB36 A 20kN /m30︒(b)B 2 12122.5kN/m5kN ·m5kN C AD40kN ·m图3.30CB620kN /m30︒BxF By FCFCB36A 20kN /m 30︒40kN ·mAxF Ay F CFA M解：(a) 分别选整体和杆BC 为研究对象，受力分析如图所示。
分别列平衡方程，有整体：∑=0xF 030sin o=-C Ax F F∑=0yF62030cos o=⨯-+C Ay F F∑=0)(F AM0662040930cos o =⨯⨯--⨯+C A F M 杆BC ：∑=0)(FB M03620630cos o =⨯⨯-⨯C F联立求解，可得：kN320=Ax F ，N60k F Ay=，mkN 220⋅=AM ，kN 340=C F2 22.5kN/m 5kN ·mCDCx F Cy FDy F 2B21 212.5kN/m 5kN ·m5kN C AD AxF Ay F DyFByF(b) 分别选整体和杆CD 为研究对象，受力分析如图所示。
理论力学习题答案(修改6月19日)
⃗rc
=
m1⃗r1
+
m2⃗r2 M
+ m3⃗r3
=
1 3
( 2ˆi + ˆj +
) 3kˆ ,
⃗vc
=
⃗r˙c
=
ˆj
+
1 kˆ, 3
p⃗c = M⃗vc = 3ˆj + kˆ,
∑3 J⃗ = mi⃗ri × ⃗vi = −3ˆi + 3kˆ,
i=1
T
=
∑3
1 2
mi
vi2
=
4.
i=1
4. 证明：两质点系的角动量为，J⃗ = R⃗ c × M V⃗c + ⃗r × µ⃗v，其中，M = m1 + m2， µ 为折合质量，⃗r 为相对位矢，c 表示质心。
6
6. 半径为 r 的均质圆球在半径为 R 的固定圆柱的内表面滚动，试求圆球绕平
衡位置做微振动的运动方程及周期。
解：
vc
=
(R
−
r)θ˙, ω
=
(R
− r
r)θ˙ , Ic
=
2 mr2 5
T
=
1 2
mvc2
+
1 2
Icω2
= 7 m(R − r)2θ˙2 10
V = mg (R − (R − r) cos θ)
l
2± 2 g
7
8. 如果上题的双摆系统不是系在固定点上，而是系在一个可以在光滑水平杆 上自由运动的质量为 2m 的小环上，继续令 m1 = m2 = m，l1 = l2 = l，试 求系统的运动方程及周期。
解：
L=T −V
=
理论力学课外作业加答案详解精编版
第三章作业答案3-6 力系中，1F =100 N ，2F =300 N ，3F F=200 N ，各力作用线的位置如图 3-6 所示。
试将力系向原点 O 简化。
图3-63-11 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 3-11a 所示。
求力 F 对 x ，y ，z 轴之矩。
图3-11解 （1）方法 1，如图 3-11b 所示，由已知得（2）方法23-14 图3-14a 所示空间桁架由杆1，2，3，4，5 和6 构成。
在节点A 上作用1 个力F，此力在矩形ABDC 平面内，且与铅直线成45°角。
ΔEAK =ΔFBM。
等腰三角形EAK，FBM和NDB 在顶点A，B 和D 处均为直角，又EC=CK=FD=DM。
若F=10 kN，求各杆的内力。
图3-14解(1) 节点 A 为研究对象，受力及坐标如图3-14b 所示（2）节点B 为研究对象，受力如图3-14b 所示3-19 图3-19a 所示6 杆支撑1 水平板，在板角处受铅直力F 作用。
设板和杆自重不计，求各杆的内力。
图3-19解截开6 根杆，取有板的部分为研究对象，受力如图3-19b 所示。
3-22 杆系由球铰连接，位于正方体的边和对角线上，如图3-22a 所示。
在节点D 沿对F。
在节点C 沿CH 边铅直向下作用F。
如球铰B，L 和H 是固角线LD 方向作用力D定的，杆重不计，求各杆的内力。
图3-22解（1）节点D 为研究对象，受力如图3-22b 所示（2）节点C 为研究对象，受力如图3-22b 所示3-25 工字钢截面尺寸如图3-25a 所示，求此截面的几何中心。
图3-25解把图形的对称轴作轴x，如图3-25b 所示，图形的形心C 在对称轴x 上，即第五章作业答案5-3 如图 5-3 所示，半圆形凸轮以等速o v = 0.01m/s 沿水平方向向左运动，而使活塞杆 AB 沿铅直方向运动。
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3-3在图示刚架中，已知kN/m 3=m q ，2
6=F kN ，m kN 10⋅=M ，不计刚架自重。
求固定端A 处的约束力。
m kN 12kN 60⋅===A Ay Ax M F F ，，
3-4杆AB 及其两端滚子的整体重心在G 点，滚子搁置在倾斜的光滑刚性平面上，如图所示。
对于给定的θ角，试求平衡时的β角。
A θ
3
l G
β
G
θB
B
F A
R F 3
2l O
解：解法一：AB 为三力汇交平衡，如图所示ΔAOG 中
βsin l AO =， θ-︒=∠90AOG ，β-︒=∠90OAG ，βθ+=∠AGO
由正弦定理：)
90sin(3)sin(sin θβθβ-︒=
+l
l ，)cos 31)sin(sin θβθβ=+l 即 βθβθθβsin cos cos sin cos sin 3+=
即 θβtan tan 2= )tan 2
1arctan(θβ= 解法二：：
0=∑x F ，0sin R =-θG F A （1） 0=∑y F ，0cos R =-θG F B
（2） 0)(=∑F A M ，0sin )sin(3
R =++-ββθl F l G B （3）
解（1）、（2）、（3）联立，得 )tan 2
1
arctan(θβ=
3-5 由AC 和CD 构成的组合梁通过铰链C 连接。
支承和受力如图所示。
已知均布载荷强度
kN/m 10=q ，力偶矩m kN 40⋅=M ，不计梁重。
kN 15kN 5kN 40kN 15===-=D C B A F F F F ；；；
解：取CD 段为研究对象，受力如图所示。
0)(=∑F C
M
，024=--q M F D ；kN 15=D F
取图整体为研究对象，受力如图所示。
0)(=∑F A
M ，01682=--+q M F F D B
；kN 40=B F
0=∑y
F ，04=+-+D B
Ay
F q F F ；kN 15-=Ay F
0=∑x F ，0=Ax
F
3-6如图所示，组合梁由AC 和DC 两段铰接构成，起重机放在梁上。
已知起重机重P1 = 50kN ，重心在铅直线EC 上，起重载荷P2 = 10kN 。
如不计梁重，求支座A 、B 和D 三处的约束反力。
解：（1）取起重机为研究对象，受力如图。
0)(=∑F F M ，0512P R =--W F F G ，kN 50R =G F
（2）取CD 为研究对象，受力如图
0)(=∑F C M ，016'R R =-G D F F ，kN 33.8R =D F
（3）整体作研究对象，受力图（c ）
0)(=∑F A M ，0361012R P R =+--B D F F W F ，kN 100R =B F
0=∑x F ，0=Ax F
0=∑y F ，kN 33.48-=Ay F
3-7 构架由杆AB ，AC 和DF 铰接而成，如图所示。
在DEF 杆上作用一矩为M 的力偶。
不计各杆的重量，求AB 杆上铰链A ，D 和B 所受的力。
3-8 图示构架中，物体P重1200N，由细绳跨过滑轮E而水平系于墙上，尺寸如图。
不计杆和滑轮的重量，求支承A和B处的约束力，以及杆BC的内力F BC。
解：（1）整体为研究对象，受力图（a ），W F =T
0=∑A M ，0)5.1()2(4T R =--+-⋅r F r W F B ，N 1050R =B F 0=∑x F ，N 1200T ===W F F Ax 0=∑y F ，N 501=Ay F
（2）研究对象CDE （BC 为二力杆），受力图（b ） 0=∑D M ，0)5.1(5.1sin T =-+⋅+⨯r F r W F BC θ
N 15005
41200
sin -=-=-=
θ
W F BC （压力）
3-9 图示结构中，A 处为固定端约束，C 处为光滑接触，D 处为铰链连接。
已知
N 40021==F F ，m N 300⋅=M ，mm 400==BC AB ，mm 300==CE CD ，︒=45α，
不计各构件自重，求固定端
A
处和铰链
D
处 的约束力。
3-10 图示结构由直角弯杆DAB 和直杆BC 、CD 铰接而成，并在A 处和B 处用固定铰支座和可动铰支座固定。
杆DC 受均布载荷q 的作用，杆BC 受矩为2
qa M 的力偶作用。
不计各构件的自重。
求铰链D 受的力。
3-11 图示构架，由直杆BC ，CD 及直角弯杆AB 组成，各杆自重不计，载荷分布及尺寸如图。
在销钉B 上作用载荷P 。
已知q 、a 、M 、且2
qa M 。
求固定端A 的约束力及销钉B 对BC 杆、AB 杆的作用力。
3－12无重曲杆ABCD有两个直角，且平面ABC和平面BCD垂直。
杆的D端为球铰支座，A 端为轴承约束，如图所示。
在曲杆的AB、BC和CD上作用三个力偶，力偶所在平面分别垂直
A、处于A
B、BC和CD三线段。
已知力偶矩M2和M3 ，求使曲杆处于平衡的力偶矩M1和D 的约束力。
解：如图所示：ΣF x = 0，F Dx = 0
ΣM y = 0，012=⋅-d F M Az ，1
2
d M F Az =
ΣF z = 0，1
2
d M F Dz -
= ΣM z = 0，013=⋅+d F M Ay ，1
3
d M F Ay -
= ΣF y = 0，1
3d M F Dy
=
ΣM x = 0，0231=⋅+⋅--d F d F M Az Ay ，21
23131M d d
M d d M +=
3－13在图示转轴中，已知：Q=4KN ，r=0.5m ，轮C 和水平轴AB 垂直，自重均不计。
试求平衡时力偶矩M 的大小及轴承A 、B 的约束反力。
解：Σm Y =0， M －Qr=0， M=2KN ·m
ΣY=0， N AY =0
Σmx=0， N Bz ·6－Q ·2=0， N BZ =4/3KN
Σmz=0, N BX =0 ΣX=0, N AX =0
ΣZ=0， N AZ +N Bz －Q=0，N AZ =8/3KN
3－14匀质杆AB 重Q 长L ，AB 两端分别支于光滑的墙面及水平地板上，位置如图所示，并以二水平索AC 及BD 维持其平衡。
试求（1）墙及地板的反力；（2）两索的拉力。
解：ΣZ=0 N B =Q
Σmx=0
N B ·BDsin30°－Q ·2
1
BDsin30°－Sc ·BDtg60°=0 Sc=0.144Q Σm Y =0
－N B ·BDsin60°+Q ·2
1
BDsin60°+N A ·BDtg60°=0 N A =0.039Q
ΣY=0 －S B cos60°+Sc=0 S B =0.288Q
3－15 平面悬臂桁架所受的载荷如图所示。
求杆1，2和3的内力。
3－16 平面桁架的支座和载荷如图所示。
ABC 为等边三角形，E ，F 为两腰中点，又AD=DB 。
求杆CD 的内力CD F 。
解：ED 为零杆，取BDF 研究，F CD =-0.866F
3－17 桁架受力如图所示，已知kN 101=F ，kN 2032==F F 。
试求桁架4，5，7，10各杆的内力。
3－18 平面桁架的支座和载荷如图所示，求杆1，2和3的内力。
3－19 均质圆柱重P 、半径为r ，搁在不计自重的水平杆和固定斜面之间。
杆端A 为光滑铰链，D 端受一铅垂向上的力F ，圆柱上作用一力偶。
如图所示。
已知P F =，圆柱和杆和斜面间的静滑动摩擦系数皆为f S =0.3，不计滚动摩阻，当
︒=45α时，AB=BD 。
求此时能保持系统
静止的力偶矩M 的最小值。
3－20 如图所示，A块重500N，轮轴B重1000N，A块和轮轴的轴以水平绳连接。
在轮轴外绕以细绳，此绳跨过一光滑的滑轮D，在绳的端点系一重物C。
如A块和平面间的摩擦系数为0.5，轮轴和平面间的摩擦系数为0.2，不计滚动摩阻，试求使系统平衡时物体C的重量P 的最大值。