北京大学出版社理论力学部分习题解答
理论力学课后习题答案第6章刚体的平面运动分析
第6章 刚体的平面运动分析6－1 图示半径为r 的齿轮由曲柄OA 带动，沿半径为R 的固定齿轮滚动。
曲柄OA 以等角加速度α绕轴O 转动，当运动开始时，角速度0ω= 0，转角0ϕ= 0。
试求动齿轮以圆心A 为基点的平面运动方程。
解：ϕcos )(r R x A += （1） ϕsin )(r R y A += （2） α为常数，当t = 0时，0ω=0ϕ= 0 221t αϕ=（3）起始位置，P 与P 0重合，即起始位置AP 水平，记θ=∠OAP ，则AP 从起始水平位置至图示AP 位置转过θϕϕ+=A因动齿轮纯滚，故有⋂⋂=CP CP 0，即 θϕr R =ϕθr R =， ϕϕrr R A += （4）将（3）代入（1）、（2）、（4）得动齿轮以A 为基点的平面运动方程为：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+=+=+=222212sin )(2cos )(t r r R t r R y t r R x A A A αϕαα6－2 杆AB 斜靠于高为h 的台阶角C 处，一端A 以匀速v 0沿水平向右运动，如图所示。
试以杆与铅垂线的夹角 表示杆的角速度。
解：杆AB 作平面运动，点C 的速度v C 沿杆AB 如图所示。
作速度v C 和v 0的垂线交于点P ，点P 即为杆AB 的速度瞬心。
则角速度杆AB 为hv AC v AP v ABθθω2000cos cos ===6－3 图示拖车的车轮A 与垫滚B 的半径均为r 。
试问当拖车以速度v 前进时，轮A 与垫滚B 的角速度A ω与B ω有什么关系设轮A 和垫滚B 与地面之间以及垫滚B 与拖车之间无滑动。
解：R v R v A A ==ωR v R v B B 22==ω B A ωω2=6－4 直径为360mm 的滚子在水平面上作纯滚动，杆BC 一端与滚子铰接，另一端与滑块C 铰接。
设杆BC 在水平位置时，滚子的角速度＝12 rad/s ，＝30，＝60，BC ＝270mm 。
北京大学理论力学讲义 introduction
13
第三章、 小振动（5学时） §1、小振动体系的运动方程
§2、小振动的解 §3、简正坐标 §4、例题：耦合摆 §5、质点组的动能
第四章、 刚体运动学（4学时） §1、直角坐标系下的3维张量 §2、刚体的定点运动 §3、刚体的一般运动 §4、刚体运动的特殊情形 §5、无穷小转动的矩阵形式 §6、 Euler 运动学方程
ftp:///pub/liuchuan/mech.pdf (3) 胡慧玲、林纯镇、吴惟敏，理论力学基础教程，
高等教育出版社，1986. (4) 苏云荪，理论力学，高等教育出版社，
1990年6月出版. (5) 梁昆淼编，俞超、马光群修订，力学（下册），
3rd ed., 高等教育出版社, 1995年5月出版.
2
陈晓林的联系方式
办公室：物理楼中224， 62751730
Email chenxl@
3
助教的联系方式
张琛 物理楼北167 ？ 13718956953 Email： zhangchen895@
高永凤 ？15652969735 Email：yfgao03@
F
我们用r 或 r 表示矢量，2者混用，
r
F为作用力， 最基本的矢量方程是
F ＝m r 。
O
这里 r d 2r / dt2 为质点的加速度。
这部分内容主要建立者是 Galileo （1564－1642），
7
特别是
Isaac Newton （1642－1727）
1687
自然哲学的数学原理
8
（2）分析力学 在18、19世纪，由数学家、物理学家J. L. Lagrange
《理论力学》课程教学大纲72
《理论⼒学》课程教学⼤纲72《理论⼒学》课程教学⼤纲⼀、课程的基本情况课程中⽂名称:理论⼒学课程英⽂名称：Theoretical Mechanics课程代码：0701017课程类别：专业基础课课程性质：必修课总学时：72 讲课学时：72 实验学时：0课程学分：4授课对象：机械类及相近专业本科学⽣前导课程：⾼等数学⼆、教学⽬的理论⼒学为⼯程类学科的基础课程之⼀。
理论⼒学教育不仅可以培养学⽣的⼒学素质，⽽且可以加强学⽣的⼯程概念。
这对于他们向其他学科或其他⼯程领域扩展是很有利的。
是相关专业后续课程的理论和设计以及⼯程设计规范的基础。
通过理论⼒学的学习可以使学⽣了解刚体的特性及其研究⽅法；了解理论⼒学基本理论以及在⼯程实际中的应⽤；了解理论⼒学与其他相关课程的联系。
三、教学基本要求绪论0.1理论⼒学的研究对象0.2理论⼒学的发展简史0.3理论⼒学的内容和研究⽅法0.4理论⼒学的应⽤及和其他学科的关系基本要求：1.了解理论⼒学的研究对象和内容。
2.了解理论⼒学与其他课程的关系。
3.了解理论⼒学在各个不同领域的应⽤。
重点与难点:1.理论⼒学的内容和研究⽅法。
第⼀部分静⼒学第1章静⼒学公理和物体的受⼒分析1.1静⼒学公理1.2约束和约束⼒1.3物体的受⼒分析和受⼒图基本要求：1.深⼊地理解⼒、刚体、平衡和约束等重要概念，深⼊理解⼒的基本性质。
2.明确基本约束的特征,正确地对物体系统进⾏受⼒分析。
重点与难点:1.约束和物体系的受⼒分析。
2.物体系统的受⼒分析和受⼒图。
第2章平⾯汇交⼒系与平⾯⼒偶系2.1平⾯汇交⼒系合成与平衡⼏何法2.2平⾯汇交⼒系合成与平衡的解析法2.2平⾯⼒对点之矩概念及计算2.3平⾯⼒偶基本要求：1.清晰的理解汇交⼒系和⼒偶系的合成。
2.熟练解汇交⼒系的平衡问题。
3.清晰的理解⼒对点的矩，并能熟练的计算。
4.深⼊理解⼒偶和⼒偶矩的概念。
明确⼒偶的性质和⼒偶的等效条件。
重点与难点:1.汇交⼒系的平衡⽅程。
理论力学课后答案-谢传峰、王琪-动力学第九章、第十章
1 2
2l m dx(
x sin )2 0 2l
2 ml 2
2 sin2 3
O C
系统的动能 T T1 T2 。 取 900 为势能零点，则系统的势能为：
V mgl cos
则拉格朗日函数：
L T V 2 ml2 (2
2 sin2 ) mgl cos 3
x
楔块 B 的速度 vB ，以及 B 相对于 A 的相对速度
满足如下的矢量关系（方向如图所示）：
vB vA vBr
系统的动能为：
vBr vA
T
1 2
m
Av
A
2
1 2
mBvB 2
P1 2g
x 2
P2 2g
[(x
s cos)2
(ssin)2 ]
1 2g
(P1
P2 )x 2
度
转动。物体的质心 G 在垂直于 O1O2 的直线上，O3G l 。设 O1O2 和 O3G 是物体过 O3
点的惯量主轴，转动惯量为 J1 和 J 2 ，物体对另一过 O3 点的惯量主轴的转动惯量为 J 3 ，试
求物体的动能表达式并建立物体的运动微分方程。 解：
以该物体为研究对象，有一个自由度，取 O3G 和 OC 的夹角 为广义坐标。若以框架 O1O2OC 为动系，则物体的相对运动是以角速度 绕轴 O1O2 的定轴转动，牵连运动是以角 速度
垂直于 O1O2 的平面
z’
O3
θ G
y’
坐标系 O3 x y z 的三个坐标轴为过 O3 点的三个惯量主轴，则系统的动能为：
T
第1章部分习题解答理论力学 金尚年第二版【VIP专享】
1.2写出约束在铅直平面内的光滑摆线上运动的质点的微分{x =a(θ-sin θ)y =‒a(1‒cos θ)方程，并证明该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关.解：设s 为质点沿摆线运动时的路程，取=0时，s=0θ∵{x =a(θ-sin θ)y =‒a(1‒cos θ)∴ ds=(dx )2+(dy )2 = (dθ‒cos θ∙dθ)2+(sin θddθS== 4 a (1)∫θ02a sin θ2 dθ ‒ cosθ2s =2a cos θ2θ2θ+2a sin θ2θ=a cos θ2 θ2+2a sin θ2θ设 为质点所在摆线位置处切线方向与x 轴的夹角，取逆时针为正，即切线斜率φtan φ=tan φ=dy dx =cos θ ‒1sin θ∴ sin φ ‒cosθ2 受力分析得：ms =‒mg sin φ=mg cosθ2则，此即为质点的运动微分方程。
2a sin θ2θ+a cos θ2 θ2=g cosθ2s =g4a (s ‒4a)∴ (s ‒4a)+g4a (s ‒4a )=0∴s ‒4a 一周期性变化的函数，周期T =2π4ag该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为.2π4a g1.3证明：设一质量为m 的小球做任一角度的单摆运动0θ运动微分方程为θθθF r r m =+)2(①θθsin mg mr = 给①式两边同时乘以d θθθθθd g d r sin = 对上式两边关于积分得 ②θc g r +=θθcos 212利用初始条件时故 ③0θθ=0=θ 0cos θg c -=由②③可解得 0cos cos 2-θθθ-∙=lg 上式可化为dt d lg=⨯-∙θθθ0cos cos 2-两边同时积分可得θθθθθθθθd g l d g l t ⎰⎰---=--=02222002sin 12sin 10012cos cos 12进一步化简可得θθθθd g l t ⎰-=0002222sin sin 121由于上面算的过程只占整个周期的1/4故⎰-==02022sin2sin124T θθθθd g l t 由ϕθθsin 2sin /2sin 0=两边分别对微分可得θϕϕϕθθθd d cos 2sin 2cos 0=ϕθθ202sin 2sin 12cos-=故ϕϕθϕθθd d 2020sin 2sin 1cos 2sin 2-=由于故对应的00θθ≤≤20πϕ≤≤故ϕϕθϕθϕθθθθπθd g l d g l T ⎰⎰-=-=22022cos 2sinsin 2sin 1/cos 2sin42sin2sin 20故其中⎰-=2022sin 14πϕϕK d g l T 2sin022θ=K 通过进一步计算可得gl π2T =]2642)12(531(4231(21(1[224222 +⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯++⨯⨯++nK n n K K 1.5解：如图，在半径是R 的时候，由万有引力公式，对表面的一点的万有引力为, ①F =GMmR 2M 为地球的质量；可知，地球表面的重力加速度 g , x 为取地心到无限远的广义坐标，，②md 2xdt 2=mg =F联立①， ②可得：,M 为地球的质量；③g =GMR 2当半径增加 ,R2=R+ ,此时总质量不变，仍为M,∆R ∆R 此时表面的重力加速度 可求：g '④md 2xdt2=mg '=F 2=G MmR 22由④得：⑤g '=GMR 22=GM(R +∆R )2则，半径变化后的g 的变化为⑥∆g =g ‒g '=GMR2‒GM(R +∆R )2对⑥式进行通分、整理后得：⑦∆g =GM R 2∆R 2+2∆RR(R +∆R )2对⑦式整理，略去二阶量，同时远小于R ，得∆R ⑧∆g =g2∆R RR 2=g2∆RR 则当半径改变 时，表面的重力加速度的变化为：∆R 。
理论力学习题及解答1
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。
理论力学(金尚年-XXX编著)课后习题答案详解
理论力学(金尚年-XXX编著)课后习题答案详解高等教育出版社的《理论力学课后题答案》一书中，第一章包含了以下三个问题的解答：1.2 题目要求写出在铅直平面内的光滑摆线，并分方程。
解答中使用了微积分和力学原理，得出了运动微分方程。
最后证明了质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关。
1.3 题目要求证明单摆运动的振动周期与摆长无关。
解答中使用了微积分和力学原理，得出了运动微分方程。
最后通过进一步计算，得出了单摆运动的振动周期公式。
1.5 题目要求使用拉格朗日方程计算质点的运动。
解答中使用了拉格朗日方程，并通过进一步计算得出了质点的运动轨迹。
如图，在半径为R时，地球表面的重力加速度可以由万有引力公式求得：g=\frac{GM}{R^2}$$其中M为地球的质量。
根据广义相对论，地球表面的重力加速度还可以表示为：g=\frac{GM}{R^2}\left(1-\frac{2GM}{c^2R}\right)$$其中c为光速。
当半径增加到R+ΔR时，总质量仍为M，根据XXX展开，可以得到：frac{1}{(R+\Delta R)^2}=\frac{1}{R^2}-\frac{2\DeltaR}{R^3}+\mathcal{O}(\Delta R^2)$$代入上式可得：g'=\frac{GM}{R^2}\left(1-\frac{2GM}{c^2R}\right)\left(1+\frac{2\Delta R}{R}\right)$$ 化简后得：g'=g-\frac{2g\Delta R}{R}$$因此，当半径改变时，表面的重力加速度的变化为：Delta g=-\frac{2g\Delta R}{R}$$2.在平面极坐标系下，设质点的加速度的切向分量和法向分量都是常数，即$a_t=k_1$，$a_n=k_2$（其中$k_1$和$k_2$为常数）。
根据牛顿第二定律，可以得到质点的运动方程：r\ddot{\theta}+2\dot{r}\dot{\theta}=k_2$$ddot{r}-r\dot{\theta}^2=k_1$$其中$r$为极径，$\theta$为极角。
《理论力学》(范钦珊)习题解答第2篇第46章.doc
(b)第2篇 工程运动学基础第4章 运动分析基础4－1 小环A 套在光滑的钢丝圈上运动，钢丝圈半径为R （如图所示）。
已知小环的初速度为v 0，并且在运动过程中小环的速度和加速度成定角θ，且 0 ＜ θ ＜2π，试确定小环 A的运动规律。
解：Rv a a 2ns in ==θ，θs in 2R v a =θθt an co s d d 2tR v a tv a ===，⎰⎰=t v v t R v v 02d t an 1d 0θ t v R R v t s v 00t an t an d d -==θθ⎰⎰-=t s t t v R R v s 0000d tan tan d θθtv R R R s 0t an t an ln tan -=θθθ4－2 已知运动方程如下，试画出轨迹曲线、不同瞬时点的 1．⎪⎩⎪⎨⎧-=-=225.1324t t y tt x ， 2．⎩⎨⎧==t y t x 2cos 2sin 3解：1．由已知得 3x = 4y （1） ⎩⎨⎧-=-=t y t x3344 t v 55-=⎩⎨⎧-=-=34y x5-=a 为匀减速直线运动，轨迹如图（a ），其v 、a 图像从略。
2．由已知，得2ar cco s 213ar cs i n y x =化简得轨迹方程：2942x y -=（2）轨迹如图（b ），其v 、a 图像从略。
4－3 点作圆周运动，孤坐标的原点在O 点，顺钟向为孤坐标的正方向，运动方程为221Rt s π=，式中s 以厘米计，t 以秒计。
轨迹图形和直角坐标的关系如右图所示。
当点第一次到达y 坐标值最大的位置时，求点的加速度在x 和y 轴上的投影。
解：Rt s v π== ，R v a π== t，222n Rt Rv a π==y 坐标值最大的位置时：R Rt s 2212ππ== ，12=∴tR a a x π==t ，R a y 2π-=4－4 滑块A ，用绳索牵引沿水平导轨滑动，绳的另一端绕在半径为r 的鼓轮上，鼓轮A习题4－1图习题4－2图习题4－3图e e -t (c)e e -t υ (b)R t R +υ (a)习题4-6图以匀角速度ω转动，如图所示。
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理论力学(B)
课程号
00432199
学分
3
英文名称
Theoretical Mechanics (B)
先修课程
普通物理力学、高等数学、线性代数
中文简介
理论力学(B)课程属于物理学院中物理类学生在普物力学之后的一门理论课程，是后续多门理论物理课程的基础。该课程主要侧重于分析力学方法（具体指拉格朗日力学和哈密顿力学）的讲授。课程将分析力学的方法应用于广泛的动力学系统，既包括简单的质点运动，也包括有约束的多自由度体系以及刚体。课程主要具体内容见课程大纲。
开课院系
物理学院
通选课领域
是否属于艺术与美育
否
平台课性质
平台课类型
授课语言
中文
教材
理论力学课ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ讲义,刘川；
理论力学简明教程,周乐柱,北京大学出版社,2005,
参考书
教学大纲
本课程主要介绍分析力学（拉格朗日、哈密顿）的方法。这一方面使得学生能够学会复杂力学问题的分析方法，更重要的是可以与后续的课程（例如统计物理、电动力学、量子力学等）衔接。课程需要比较良好的物理和数学的背景，适合于物理学院中物理专业的学生选修，也欢迎其他专业具有相关背景知识的同学选修。
内容提要及相应学时分配: 共51
一、 拉格朗日力学 10
a) 分析力学的特点
b) 最小作用量原理(Hamilton原理)
c) 欧拉-拉格朗日方程
d) 对称性与非惯性系
e) 约束的处理
二、 中心力场问题 9
a) 一般讨论
b) Kepler问题的解
c) 潮汐现象
三、 小振动 10
a) 一维小振动的回顾
b) 多自由度体系的简正坐标与频率
理论力学练习册及答案
8-8.图示机构中，设当OA与水平线成450角的瞬时，曲柄OA有反时针方向的匀角速度ω＝25 rad/s，连杆AB水平，扇形板BD铅垂。求扇形板绕定轴D转动的角加速度ε。
解：将力系向A点简化，并过A点建立如图所示坐标系。
由矢量式可得力系简化的最终结果为力螺旋，
作用点为：
3-2.已知A（1，0，1），B（0，1，2）（长度单位为米），F= kN。求力F对x、y、z轴的矩？
解：
3-3.如图所示，长方体边长为a、b、c，力F沿BD，试计算力F对AC轴之矩MAC(F)
解：力F对C点的矩为：
4-3.置于铅垂面内的均质正方形簿板重P= 100kN，与地面间的摩擦系数f= 0.5，欲使簿板静止不动，求作用在点A的力F的最大值？
4-4.折梯放在水平地面上，其两脚与地面的摩擦系数分别为fA= 0.2，fB= 0.6，折梯一边AC的中点D上有一重为P= 500N的重物，折梯重量不计，问折梯能否平衡？如果折梯平衡。试求出两脚与地面间的摩擦力。
第六章 刚体基本运动
6-1．在如图所示中，已知ω、。在图上标示出A、B两的速度、加速度。
6-2．在如图所示的平面机构中，半径为r的半圆盘在A和B处与杆铰接，已知 ， ,曲柄O1A以匀角速度ω转动。求图示瞬时圆盘上M点的速度和加速度。
6-3．在如图所示的平面机构中，齿轮1紧固在杆AC上， ,齿轮1与半径为r2的齿轮2啮合，齿轮2可绕O2轴转动，。设 ， ，试确定 时，轮2的角速度和角加速度。
解：动点取曲柄OA上A点，
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。
《理论力学》课后习题解答(赫桐生版)
理论力学（郝桐生）第一章习题1-1．画出下列指定物体的受力图。
解：习题1-2．画出下列各物系中指定物体的受力图。
解：习题1-3．画出下列各物系中指定物体的受力图。
解：第二章习题2-1．铆接薄钢板在孔心A、B和C处受三力作用如图，已知P1=100N沿铅垂方向，P2=50N沿AB方向，P3=50N沿水平方向；求该力系的合成结果。
解：属平面汇交力系；合力大小和方向：习题2-2．图示简支梁受集中荷载P=20kN，求图示两种情况下支座A、B的约束反力。
解：(1)研究AB，受力分析：画力三角形：相似关系：几何关系：约束反力：(2) 研究AB，受力分析：画力三角形：相似关系：几何关系：约束反力：习题2-3．电机重P=5kN放在水平梁AB的中央，梁的A端以铰链固定，B端以撑杆BC支持。
求撑杆BC所受的力。
解：(1)研究整体，受力分析：(2) 画力三角形：(3) 求BC受力习题2-4．简易起重机用钢丝绳吊起重量G=2kN的重物，不计杆件自重、磨擦及滑轮大小，A、B、C三处简化为铰链连接；求杆AB和AC所受的力。
解：(1) 研究铰A，受力分析（AC、AB是二力杆，不计滑轮大小）：建立直角坐标Axy，列平衡方程：解平衡方程：AB杆受拉，BC杆受压。
(2) 研究铰A，受力分析（AC、AB是二力杆，不计滑轮大小）：建立直角坐标Axy，列平衡方程：解平衡方程：AB杆实际受力方向与假设相反，为受压；BC杆受压。
习题2-5．三铰门式刚架受集中荷载P作用，不计架重；求图示两种情况下支座A、B的约束反力。
解：(1) 研究整体，受力分析（AC是二力杆）；画力三角形：求约束反力：(2) 研究整体，受力分析（BC是二力杆）；画力三角形：几何关系：求约束反力：习题2-6．四根绳索AC、CB、CE、ED连接如图，其中B、D两端固定在支架上，A端系在重物上，人在E点向下施力P，若P=400N，α=4o，求所能吊起的重量G。
解：(1) 研究铰E，受力分析，画力三角形：由图知：(2) 研究铰C，受力分析，画力三角形：由图知：习题2-7．夹具中所用的两种连杆增力机构如图所示，书籍推力P作用于A点，夹紧平衡时杆AB与水平线的夹角为；求对于工件的夹紧力Q和当α=10o时的增力倍数Q/P。
理论力学课外作业加答案详解
解 =2r
即：
第六章作业答案
6-4机构如图6-4所示，假定杆AB以匀速v运动，开始时 =0。求当 时，摇杆OC的角速度和角加速度。
图6-4
解依题意，在 =0时，A在D处。由几何关系得：
两边对时间t求导： ，
当 时，杆OC的角速度 （逆）
杆OC的角加速度 （顺）
6-5如图6-5所示，曲柄CB以等角速度 绕轴C转动，其转动方程为 。滑块B带动摇杆OA绕轴O转动。设OC = h，CB = r。求摇杆的转动方程。
图8-5
解筛子BC作平移，如图8-5b所示的位置， 与CBO夹角为30°，与AB夹角为60°。且
由速度投影定理 得（图8-5b）
8-8图8-8a所示机构中，已知：OA = BD=DE=0.1m，EF= m；曲柄OA的角速度 =4rad/s。在图示位置时，曲柄OA与水平线OB垂直，且B、D和F在同一铅垂直线上，又DE垂直于EF。求杆EF的角速度和滑块F的速度。
图7-10
解（1）运动分析
轮心C为动点，动系固结于AB；牵连运动为上下直线平移，相对运动为与平底平行直线，绝对运动为绕O圆周运动。
（2）速度分析，如图7-10b所示
7-11绕轴O转动的圆盘及直杆OA上均有一导槽，两导槽间有一活动销子M，如图所示，b =0.1m。设在图示位置时，圆盘及直杆的角速度分别为 =9rad/s和 =3rad/s。求此瞬时销子M的速度。
图6-12
解设轮缘上任1点M的全加速度为a，切向加速度 ，法向加速度 ，如图
6-12b所示。
把 ， 代入上式，得
分离变量后，两边积分得 （1）
把 代入上式进行积分
得 （2）
这就是飞轮的转动方程。
式（1）代入式（2），得
理论力学之动力学习题答案北航
动力学（MADE BY 水水）1－3 解：运动方程：θtan l y =，其中kt =θ。
将运动方程对时间求导并将030=θ代入得34cos cos 22lk lk l y v ====θθθ938cos sin 2232lk lk y a =-==θθ1－6证明：质点做曲线运动，所以质点的加速度为：n t a a a +=,设质点的速度为v ，由图可知:a a v v yn cos ==θ，所以: yv va a n =将c v y =，ρ2n v a =代入上式可得 ρc v a 3=证毕 1－7证明：因为n 2a v =ρ，v a a v a ⨯==θsin n 所以：va ⨯=3v ρ 证毕1－10xoy解：设初始时,绳索AB 的长度为L ,时刻t 时的长度 为s ,则有关系式：t v L s 0-=，并且 222x l s +=将上面两式对时间求导得：0v s-= ，x x s s 22=由此解得：xsv x 0-= （a ） (a)式可写成：s v x x 0-= ，将该式对时间求导得：2002v v s x x x=-=+ (b)将(a)式代入(b)式可得：3220220xlv x x v x a x -=-== （负号说明滑块A 的加速度向上）取套筒A 为研究对象，受力如图所示，根据质点矢量形式的运动微分方程有：g F F a m m N ++=将该式在y x ,轴上投影可得直角坐标形式的运动微分方程：N F F ym F mg xm +-=-=θθsin cos其中：2222sin ,cos l x l lx x +=+=θθ0,3220=-=yx l v x将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得：23220)(1)(x lxl v g m F ++=1－11o vo vF N Fg myθ解：设B 点是绳子AB 与圆盘的切点，由于绳子相对圆盘无滑动，所以R v B ω=，由于绳子始终处于拉直状态，因此绳子上A 、B 两点的速度在 A 、B 两点连线上的投影相等，即：θcos A B v v = （a ） 因为x R x 22cos -=θ （b ）将上式代入（a ）式得到A 点速度的大小为：22R x xRv A -=ω （c ）由于x v A -=，（c ）式可写成：Rx R x x ω=--22 ，将该式两边平方可得：222222)(x R R x xω=-将上式两边对时间求导可得：x x R x x R x xx 2232222)(2ω=--将上式消去x2后，可求得： 22242)(R x xR x--=ω (d)由上式可知滑块A 的加速度方向向左，其大小为 22242)(R x xR a A -=ω取套筒A 为研究对象，受力如图所示，根据质点矢量形式的运动微分方程有：g F F a m m N ++=将该式在y x ,轴上投影可得直角坐标形式的 运动微分方程：mg F F ym F xm N -+=-=θθsin cos其中：x R x xR22cos ,sin -==θθ, 0,)(22242=--=y R x x R x ω将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得2525)(,)(225222242R x x R m mg F R x x R m F N --=-=ωω1－13解：动点：套筒A ；动系：OC 杆；定系：机座；运动分析：绝对运动：直线运动；相对运动：直线运动；牵连运动：定轴转动。
理论力学（第2版）习题答案
各章习题(计算题)部分答案第1章 略 第2章2-1 R 3284kN F .=，R cos()2063,.=︒F i ，R cos()1163,.=︒F j 2-2 3162kN T .=，30β=︒ 2-3 482.α=︒，R 496kN x F .= 2-4 11866N 50N x y F .F ==，2230N 40N x y F F ==-， 330N 60N x y F F ==， 44566N 566N x y F .F .==， 2-5 R 0F =2-6(a) 707kN 354kN 354kN Ax Ay B F .F .F .===，，(b) 05kN 5kN Ax Ay B F F F ===，，(c) 933kN 433kN 612kN Ax Ay B F .F .F .===，，(垂直于支撑面，指向简支梁) 2-7 min 15kN F =，N 25kN F =2-8 0866kN 05kN 1kN Ax Ay BD F .F .T ===，， 2-9 N N 1732kN 3464kN 15m A C F .F .AC .===，， 2-10 03436kN AB AC F F .==，2-11 BC F =，Ax F =，Ay F G = 2-12 N 65EF G F =+2-13 N N C D F F =2-14 231N 1155N 231N 845N AB AE BC BD F F .F F .====，，，2-15 (a) 33PF P F B Ay =-=，(b) P F F B A 32== (A F ，B F 方向相反，组成一力偶) (c) 0==B A F F2-16 1F，AB F，OA F =，7kN BC F =- 2-17 1905N 1905N 1905N 1905N Ax Ay Cx Cy F F F F =-===-，，， 2-18 3571N 3571N 3571N 3571N Ax Ay Cx Cy F F F F ==-=-=，，，·312··312·2-19 24kN m M =⋅，1155kN A B F F .== 第3章3-1 2400N Ax F =，1200N Ay F =，8485N BC F .= 3-2 R 0F'=，260N m O M =⋅ 3-3 (a) R F'qa =，221qa M O = (b) R12F'ql =，21ql q M O = 3-4(a) Ax F =，40kN Ay F =，120kN m A M =⋅，N C F = (b) 0=AxF ，25kN Ay F .=-，15kN By F =，D 25kN y F .=3-5 当60α=︒时，min 4AB PrF L= 3-6 0=Ax F ，qa F Ay2=，2qa M A =3-7 (a)2400N Ax F =，1000N Ay F =-，2400N Dx F =-，2000N Dy F = (b)2400N Ax F =-，1000N Ay F =-，2400N Dx F =，2000N Dy F =3-8 Ax F =，Ay F =，Bx F =，By F =3-9 rPLF Ax 2-=，P F Ay =，r PL F Bx 2=，P F By =，r PL F D 2=，P F C 2=3-10 R 32E F qa =-，qa F BD 22= 3-11 23kN Ax Cx F F .=-=-，1kN Ay Cy F F == 3-12 3PF AC -=，0=EF F ，32P F BD -= 3-13 2F F BC=，2F F DE = 第4章4-1 T 20kN F =，104kN OA F .=-，139kN OB F .=- 4-2 254kN m x M .=⋅，146kN m y M .=⋅，0=z M 4-3 0)(=P z M4-4 θαsin sin )(Pa M AB =P 4-5 3C A B WT T T ===4-6 1kN T =，0=Ax F ，750N Ay F =-，500N Az F =-，433N Bx F =，500N BZ F = 4-7 F F F -==61，F F =3，0542===F F F·313··313·4-8 321M a cM a b M +=，a M F Ay 3=，a M F Az 2=，0=Dx F ，a M F Dy 3-=，aM F Dz 2-= 4-9 4kN Ax F =，146kN Az F .=-，79kN Bx F .=，29kN Bz F .=-4-10 5kN Ox F =-，4kN Oy F =-，8kN Oz F =，32kN m Ox M =⋅，30kN m Oy M =-⋅，20kN m Oz M =⋅4-11 (a ) 10412kN N F .=，20213kN N F .=，30375kN N F .= 4-12 )(22221221r r r r x C --=，0=C y4-13 (a ) 589mm C x .=-，0=C y (b ) 797mm C x .=，349mm C y .= 4-14 )(22221221r r r r x C --=，0=C y4-15 0Ax F =，121(P )2Ay F P =-+，21P 2Az P F =+，0Cx F =，0Cy F =，22Cz P F =第5章5-1 min F =，s arctan f α= 5-2 )()m m sin +cos -P F αϕθϕ=，m θϕ=5-3 (1) A 先滑动，(2) A 、B 一起滑动 5-4 能保持平衡，S 201N F = 5-5 223.0=f5-6 3πarcsin 43πff α=+5-7 1s sin cos P F f αα=-，2s sin cos PF f αα=+，故21F F >5-8 min 845kN Q .= 5-9 435N P .=5-10 θ≤9926.︒5-11 120cm x >5-12 s 2(sin cos )Q R f L αα⋅+≤P ≤s 2(sin cos )Q Rf L αα⋅-5-13 min 1475N P .=5-14 4961N m .⋅≤C M ≤7039N m .⋅ 5-15 11cm b <5-16s s sin cos cos sin f Q f αααα-+≤P ≤s s sin cos cos sin f Q f αααα+- 5-17 arc ϕ=·314··314·5-18 500N P = 5-19 s f ≥15.0 5-20 75mm b .< 第6章6-1 (cos sin )x v lk kt kt =-，(cos sin )y v lk kt kt =-+； )sin (cos 2kt kt lk a x +-=，)sin (cos 2kt kt lk a y --= 6-2 (1) 0=s ；v R ω=；0a τ=，2n a R ω=(2) R s 23=；12v R ω=；2a ωτ=，2n 14a R ω= (3) R s =；0v =；2a R ωτ=-，n 0a =6-3 直角坐标法：t R x ω2cos =，t R y ω2sin =；2sin2x v R t ωω=-，2cos2y v R t ωω=； t R a x ωω2cos 42-=，t R a y ωω2sin 42-=自然坐标法：t R s ω2=；2v R ω=；0a τ=，2n 4a R ω= 6-4 ()sin M x l b t ω=+，()cos M y l b t ω=-；22221()()M M x y l b l b +=+-6.52222()1()x a y b l l-+=+6-6 22)sin (cos h t r l t r x B +-+=ωω，h y B -=6-7v =322xb u a -= 6-8 )cos sin arctan(00tr h tr ωωθ-=6-9 当0s t =时，157cm s M v ./=；0M a τ=，n2617cm s M a ./=当2s t =时，0M v =；2123cm s M a ./τ=-，n0M a =6-10 C x =C y =2C avv l=6-11 t e R t e y ωω222cos sin -+=；[cos v e t ωω=6-12 02cos4m x .t =；0566m s v ./=-；22263m s a ./=-6-13 0arctan rad v tbϕ=；02220rad s bv /b v t ω=+6-14 225t =ϕ；120m s v /=；236000m s n a /= 6-15 8rad s /ω=；2384rad s ./ε=-6-16 转轴O 的位置位于正方形的中心；1rad s /ω=，21rad s /ε=6-17 12C v r ω=；n 214C a r ω=，12C a r ετ=·315··315·6-18 12m s M v ./=；n 272m s M a ./=，206m s M a ./τ= 6-19 0377m s C v ./=6-20 2225000rad s /dεπ=；25922m s a ./= 6-21 32rad .ϕ=6-22 12mm h =6-23 02=ω，222r lb ωε-=6-24 02m s AB v ./=，2005m s AB a ./=；02m s C v ./=，n 20267m s C a ./=，2005m s C a ./τ=6-25 2012ωr a =，方向沿1AO ；2024ωr a =，指向轮心第7章7-1 x'vt =，cos()a kt y'ϕ=+，轨迹方程为cos()ky'a x'vϕ=+ 7-2 2cos M v R ωϕ=，方向水平向左 7-3 (a )2309rad s ./ω=； (b )2182rad s ./ω=7-4 (1)34OC v b ω=，34C lv v b=；(2)234K v a b = 7-5 当0ϕ︒=时，0v =；当30ϕ=︒时，100cm s v /=，向右；当90ϕ︒=时，200cm s v /=，向右7-6 126m s BC v ./=；2274m s BC a ./= 7-7 10cm s CD v /=；2346cm s CD a ./= 7-8 a a =7-9 3v ω=，方向向上7-10 1.732rad /s ω=，28.66rad /s ε=- 7-11 0.173m /s v =，20.05m /s a = 7-12 0.173m /s M v =，20.35m/s M a =7-13 πcos 15sin BC nr v αβ=7-14 23CD r v ω=；29310ωr a C D =7-15 a 3465mm s v ./=；21400mm s CD a /=第8章8-1 122v v r ω-=，122O v v v +=8-2 156cm s C v ./=,17cm s D v /=·316··316·8-3 877cm s C v ./=8-4 375rad s OB ./ω=，I 6rad s /ω=8-5 600mm s A v /=，200mm s B v /=，s C v /=；4rad s 3ABC /ω=，05rad s BD ./ω= 8-6 2rad s AB /ω=，2578rad s AB ./ε=-；667rad s BC ./ω=-，21926rad s BC ./ε=8-7 2()C A Rv a R r r=-，2Bx C a a τ=，2(2)()C By R r v a R r r -=- 8-8 2022ωr a B =，20211ωε=B O 8-9 032C v r ω=，20123ωr a C =8-10 01.15v l ω=8-11 16186rad s O C ./ω=，127817rad s O C ./ε=-8-12 s CD v /=，22m s 3CD a /= 8-13 n 2400cm s B a /=，21705cm s B a ./τ=-，21705cm s C a ./=-8-14 34e OC v v OB b ω==，OC ε=；12E v v =，E a = 8-15 21960mm s B a /=，298rad s AB ./ε=8-160C v ω，方向向左；rR B O 01ωω=，逆时针转向8-17 22()C Rv a R r =-，B a =8-18 n 202B a a ω=，2002)B a a ετ=-8-19 330ωω=B ；209)349(10ω+-=B a 8-20 2m s B v /=，2828m s C v ./=，28m s B a /=，21131m s C a ./= 第9章9-1 rgf=max ω 9-2 min 67r min n /=9-3 1v =9-4 0cos cos sin v x b kt kt k α=+，0sin sin vy kt kα=9-5 0cos x v t α=，201sin 2y v t gt α=+·317··317·9-6 0(1e )kt v s k-=- 9-7 202s t .=，707m s .= 9-8 172N F .=9-9 )(22g a amL F AC +=ω，)(22g a a mL F BC -=ω9-10 max 584kN F .=，min 536kN F .=9-11 g f f a ααααsin cos cos sin -+=，N cos sin W F f αα=- 9-12 )cos 1(200t m F t x ωωυ-+=第10章10-1 (a ) 12p mL ω=，方向水平向右；(b ) p mR ω=，方向水平向右；(c ) p me ω=，方向垂直于OC 的连线；(d ) C p mv =，方向水平向右10-2 30N x F =10-3 11221022a gP P P P F -++= 10-4 11r 12m v v v m m =++10-5 0(sin cos )v t g f'αα=-10-6 12(54)2l p m m ω=+，方向与曲柄垂直且向上 10-7 t m m l m x m m kx ωωsin 1211+=++10-8 2R s =10-9 (1) 3123123(22)cos ,2()C P L P P P L tx P P P ω+++=++ (2) 12123(2)sin ;2()C P P L t y P P P ω+=++2321max 222ωL gP P P F Ox ++=10-10 椭圆 2224l y x =+10-11 (1) 2sin G Wx l t P W Gω+=++ (2) 2m a x 2x G W F l g ω+=10-12 向右移377cm . 10-13 33(sin )cos ox R F m g m a r θθ=+，1233()(sin )sin oy RF m g m g a m g m a rθθ=+-++ 10-14 21212)(m m gm m f b m a ++-=·318··318·10-15 17cm A s =，向左移动；9cm B s =，向右移动 10-16 2max12(2)2ox r F F G G gω=++10-17 24(cos sin )3Ox mR F ωϕεϕπ=-+，24(sin cos )3Oy mR F mg ωϕεϕπ=+- 第11章11-1 (a ) ω2031ml L =，(b ) ω2021mR L =，(a ) ω2023mR L =11-2 208m s a ./=，2862kN T F .=，4626kN Oy F .=11-3 (1) ωωω22231ml mR Ml L O ---=，(2) ωω2231ml Ml L O --=11-4 θω22sin )312(l M m L O +=11-5 480r min n /=11-6 022ωωmr J ma J z z ++=11-7 0N 0Pr F fgt ω= 11-8 211212122()()R M R M'm m R R ε-=+11-9 )()(2212J i J gPR R PR Mi a ++-=11-10 t P P gkl)3(3cos210+=δϕ11-11 gR RW g J R W M a 2101sin +-=α，1T 1sin W F W a g α=+ 11-12 g J r m r m r m r m O++-=2222111122ε11-13 g R m r R m r R m a )()()(2222121ρ++++=，)()()(22221212ρρ+++-=R m r R m g m m Rr F11-14 v =T 13F mg =11-15 θsin 74g a =，θsin 71mg F -= 11-16 g a C 355.0=11-17 3)(2121m m gm m f F a ++-=·319··319·11-18 gr M R m r m R fm r m a 2222121ρ++-=，T 11A F m g m a =-，2T 2B m RF fm g a r=+11-19 2N 22sin 12D QL F a Lα=+，αcos g a Cx =，22212sin 12L a g a a Cy +=α 11-20 N 3633N B F .=11-21 P F F x O x O 516.021==，P F y O 434.11=，P F y O 164.12=第12章12-1 )cos 1(0ϕ+=mgr W AB ，)sin (cos 0θϕ-=mgr W AC 12-2 129904J F W .=，10500J f W =- 12-3 12206J W .=-，23206J W .=，031=W 12-4 (a) 2216T ml ω=，(b) 2234T mR ω=，(c) 2214T mR ω=，(d) 234C T mv =，12-5 10J W =重，503J W .=重12-6 θω222sin 61ml T = 12-7 21s s hf += 12-8 2122)cos (sin 2m m f gr m M r++-=ααϕϕω12-9 v=12-10 A v =12-11 A v =12-12 v =11/sin M R W a g W Wα-=+12-13 C v =45C a g =12-14 98N F .= 12-15 θωsin 3632121l g m m m m ++=，θεcos 23632121lgm m m m ++=12-16 C v =321321843)43(m m m gm m m F +++=12-17 (1) 2211)3()sin (2Rm m gR m M +-=αε， (2) R m m gR m M m F Ox )3(2)2sin cos 6(2121++=αα； ααsin )3()sin 3(21212⋅+++=Rm m gR m M m g m F Oy·320··320·12-18 v =m khmg a 34-=，41s 36F kh mg =+ 第13章13-1 αsin 32g a =13-2 g a 32=，T 3WF =13-3 Q P Pg a 322+=，QP PQF 32+=13-4 g P T a 3cos 2α=，N sin F P T α=-，s 1cos 3F T α= 13-5 22233cos sin 3()sin 2b a g b a ϕϕωϕ-=-13-6 445N ADF .=，54N BE F =13-7 2222(sin )cos sin J mr mr M ϕϕϕϕϕ++= 13-8 2222143)2(43ωr m gr m m M -+=，2143ωr m F Ox -=，4)2()(22121ωr m m g m m F Oy +-+= 13-9 0β=︒时，2329N Ax F =-，1382N Bx F =，1962N Ay By F F .==180β=︒时，12238N Ax F .=，592N Bx F =-，1962N Ay By F F .==13-10 2023ωmr F Ax -=，mgr F Ay =,20221ωmr F Bx =，mgr F By =13-11 g a a C x C 1712==，mg F 175= 13-12 l g 791=ε，lg 732-=ε，0=Ox F ，mg F Oy 72=第14章14-1 ctg 2P /Q /ϕ= 14-2 (3ctg 2)Ax F /P θ=14-3 A F P /=14-4 ctg Q P θ= 14-5 450N Q P /==14-6 12F F l =／2(cos )a ϕ14-7 05kN 21kN m Ax Ay A F F m ===⋅，，14-8 1866kN P .=14-9 2()F lx a k b=+14-10 2(kN)Ax F =， 3.804(kN)Ay F =，24(kN m)A M =-⋅，18.588(kN)B F =。
北大理论力学作业详解
求出该方程的任意一特解，并给出其物
理 解 释 ；3. 再 求 “2.” 中 的 方 程 的 通 解 ；
如t = 0时 ，x = 0, x˙ = 0， 求 该 质 点 的 运
动。( mx¨(1 + y′2 + z′2) + mx˙ 2(y′y′′ + z′z′′) =
ϕ(x)+ψ(x)y′−mgz′, x = −2c+aeαt+be−αt, α =
O
m 2 FIG. 3:
1.4. 一小球m1在光滑水平桌上运动。另一个 小球m2通过桌上小孔用一根用一根不能伸长 的轻绳与m1 连接。写出该体系的拉氏量和初 级分(Fig. 3)。
1.5. 瓦特调速器如图所示，设4根轻杆的长度 都是l，两个小球的质量均为m，质量为M 的 套管C可沿z轴滑动。写出体系的拉氏量、拉 氏方程和初级分（Fig. 4）。
北京大学出版社理论力学部分习题解答
16 ΣM C = 0 ⇒ RD × 3 = 2× 4× 2 ⇒ RD = 3 kN ΣM A = 0 ⇒ RB × 4 + 6 + RD × 9 = 10 × 6 + 2 × 4 ×8 ⇒ RB = 17.5kN
29 ΣFy = 0 ⇒ RAy + RD + RB = 10 + 2 × 4 ⇒ RAy = − 6 kN
示：
2 ΣFx = 0 ⇒ F1 + F2 × 2 + FGH = 0
2 ΣFy = 0 ⇒ 50 Байду номын сангаас F2 × 2 = RE ΣM D = 0 ⇒ GGH = RE = 87.5 ∴ F1 = −125kN ； F2 = 37.5 2kN
F1 D 5 0 k N
E
F2
H RE FGH
对 H 点采用节点法;
反力。
ΣFx = 0 ⇒ N A = NB
ΣFy = 0 ⇒ T = G
ΣM = 0 ⇒ N A (orNB ) × 9 = G(orT ) × 2
∴ NA
=
NB
=
1000 3
N
习题 2.28 试求如图 3.40 所示多跨梁的支座反力。
(a)：
ΣM B = 0 ⇒ RA × 4 = 5× 4 × 2 ⇒ RA = 10kN ΣFy = 0 ⇒ RCy + RA = 5×8 +12 ⇒ RCy = 42kN ΣM C = 0 ⇒ M C + 5×8× 6 +12× 2 = 10 ×10 ⇒ M C = −164kN • m
s
联立可得：
tan θ
=
P2 P1
θ
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活动铰链。已知力 F，机构平衡时角度如图所示，各构件自重不
计，求此时工件 H 所受的压紧力。
F ΣFB = 0 ⇒ NBC = sin α
ΣFC
=
0⇒
N BC sin(π − 2α )
=
NCE sin(π / 2)
ΣFE = 0 ⇒ FH = NCE cosα F
利用三角形法则
ΣFF = 0
N AF N FG
=
4.48 4.37
⇒
N AFBiblioteka = 367kNN BF N FG
=
1 4.37
⇒
N BF
= 82kN
习题 2.34 由杆 AB、BC、和 CE 组成的支架和滑轮 E 支持着物体 W。物体 W 重 12kN。D 处为铰链连接，尺寸如图 3.48 所示。试 求固定铰链支座 A 和滚动铰链支座 B 的约束力以及杆 BC 所受 的力。
s
联立可得：
tan θ
=
P2 P1
θ
P2
∴ s = lP1
P1 45°
45°
P12 + P22
习题 2.14 在图示机构中，曲柄 OA 上作用一力偶，其矩为 M；
另在滑块 D 上作用水平力 F。机构尺寸如图 2.45 所示，各杆重
量不计。求当机构平衡时，力 F 与力偶矩 M 的关系。
ΣM O = 0 ⇒ N AB × a cosθ = M
联立方程可得： FH = 2 sin 2 α
α α
α
习题 2.10 两均质轮各重为 P1 与 P2，用长为 l 的无重细杆铰接，
放在倾角为的光滑斜面上，如图 2.34 所示。求系统平衡时的位
置(用长度 s 表示)。
ΣF1 = 0 ⇒ T cosθ = P1 sin 45°
ΣF2 = 0 ⇒ T sinθ = P2 sin 45°
ΣFB
=
0
⇒
N AB sin(π + 2θ )
=
N BD sin(π / 2 −
2θ )
ΣM D = 0 ⇒ F = −NBD cosθ 联立方程可得： Fa tan 2θ = M
θ
θ
θ
习题 2.62 如图 2.44 所示匀质杆 AB，长为 15m，重为 1500N，由
绳子悬挂起来，两端与光滑铅垂墙壁接触，求 A、B 两点的约束
(d)：
2 ΣM B = 0 ⇒ RC × 2a = F sin 45°× a ⇒ RC = 4 F
2 ΣFx = 0 ⇒ RAx = F cos 45° = 2 F
2 ΣFy = 0 ⇒ RAy + RC = F sin 45° ⇒ RAy = 4 F
2
2
ΣM A = 0 ⇒ M A + RC × 4a = M + 2 F × 3a ⇒ M A = M + 2 Fa
示：
2 ΣFx = 0 ⇒ F1 + F2 × 2 + FGH = 0
2 ΣFy = 0 ⇒ 50 + F2 × 2 = RE ΣM D = 0 ⇒ GGH = RE = 87.5 ∴ F1 = −125kN ； F2 = 37.5 2kN
F1 D 5 0 k N
E
F2
H RE FGH
对 H 点采用节点法;
ΣFH = 0 ⇒ F3 = FGH = −87.5kN
(b)：
16 ΣM C = 0 ⇒ RD × 3 = 2× 4× 2 ⇒ RD = 3 kN ΣM A = 0 ⇒ RB × 4 + 6 + RD × 9 = 10 × 6 + 2 × 4 ×8 ⇒ RB = 17.5kN
29 ΣFy = 0 ⇒ RAy + RD + RB = 10 + 2 × 4 ⇒ RAy = − 6 kN
反力。
ΣFx = 0 ⇒ N A = NB
ΣFy = 0 ⇒ T = G
ΣM = 0 ⇒ N A (orNB ) × 9 = G(orT ) × 2
∴ NA
=
NB
=
1000 3
N
习题 2.28 试求如图 3.40 所示多跨梁的支座反力。
(a)：
ΣM B = 0 ⇒ RA × 4 = 5× 4 × 2 ⇒ RA = 10kN ΣFy = 0 ⇒ RCy + RA = 5×8 +12 ⇒ RCy = 42kN ΣM C = 0 ⇒ M C + 5×8× 6 +12× 2 = 10 ×10 ⇒ M C = −164kN • m
0
⇒
N BC
×
2 2.5
×1.5 +W
×1.5
=
0
⇒
N BC
=
−15kN
习题 2.36 试用截面法求如图 3.50 所示桁架的内力。
整体法：
ΣM A = 0 ⇒ RE × 4 = 100 × 2 + 50 × 3 ⇒ RE = 87.5kN
用截面法将 1，2，GH 三根杆件截开，取右边为分析对象如图所
整体法：
将绳索剪断用一对拉力 T 代替
ΣM A = 0 ⇒ RB × 4 = W ×1.5 +W × 2 ⇒ RB = 10.5kN ΣFx = 0 ⇒ RAx = W = 12kN (→) ΣFy = 0 ⇒ RAy = W = 1.5kN (↑)
隔离法：
将 CB 杆断开用 NBC 代替
ΣM D
=
(c)：
ΣM C = 0 ⇒ RD × 4 + 40 = 10× 2×1 ⇒ RD = −5kN ΣM A = 0 ⇒ RB × 2 + 40 = 10 × 4 × 4 + 5×8 ⇒ RB = 80kN ΣFy = 0 ⇒ RAy + RB + RD = 10 × 4 ⇒ RAy = −35kN
习题 2.30 厂房屋架如图 3.44 所示，其上承受铅垂均布载荷。若 不计各构件自重，试求杆 1、2、3 的受力。
整体法：
ΣM A = 0 ⇒ NE ×17.74 = 20 ×17.74 ×8.87 ⇒ NE = 177.4kN
用截面法将 FG 以及 C 点截断
ΣMC = 0 ⇒ NFG × 2.2 + 20×8.87 × 4.435 = 177.4× 8.87 ⇒ NFG = 358kN