理论力学答案完整版(清华大学出版社)10
清华大学版理论力学课后习题答案大全_____第3章静力学平衡问题习题解
F DBCBDBF '习题3－3图第3章 静力学平衡问题3－1 图示两种正方形结构所受荷载F 均已知。
试求其中1，2，3各杆受力。
解：图（a ）：045cos 23=-︒F FF F 223=（拉） F 1 = F 3（拉） 045cos 232=︒-F F F 2 = F （受压） 图（b ）：033='=F F F 1 = 0F 2 = F （受拉）3－2 图示为一绳索拔桩装置。
绳索的E 、C 两点拴在架子上，点B 与拴在桩A 上的绳索AB 连接，在点D 加一铅垂向下的力F ，AB 可视为铅垂，DB 可视为水平。
已知α= 0.1rad.，力F = 800N 。
试求绳AB 中产生的拔桩力（当α很小时，tan α≈α）。
解：0=∑y F ，F F ED =αsin αs i nFF ED = 0=∑x F ，DB ED F F =αcos F FF DB 10tan ==α由图（a ）计算结果，可推出图（b ）中：F AB = 10F DB = 100F = 80 kN 。
3－3 起重机由固定塔AC 与活动桁架BC 组成，绞车D 和E 分别控制桁架BC 和重物W 的运动。
桁架BC 用铰链连接于点C ，并由钢索AB 维持其平衡。
重物W = 40kN 悬挂在链索上，链索绕过点B 的滑轮，并沿直线BC 引向绞盘。
长度AC = BC ，不计桁架重量和滑轮摩擦。
试用角ϕ=∠ACB 的函数来表示钢索AB 的张力F AB 以及桁架上沿直线BC 的压力F BC 。
(b-1)习题3－1图(a-1)(a-2)'3(b-2)习题3－2图F习题3-5图习题3－4图 解：图（a ）：0=∑x F ，0sin 2cos=-ϕϕW F AB ，2sin2ϕW F AB =0=∑y F ，02sincos =---ϕϕAB BC F W W F即 2s i n 2c o s 2ϕϕW W W F BC ++=W W W W 2)c o s 1(c o s =-++=ϕϕ3－4 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。
【最新试题库含答案】清华理论力学课后答案4
清华理论力学课后答案4篇一：理论力学课后习题答案第4章运动分析基础第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v0，并且在运动过程中小环的速度和加速度成定角θ，且 0 ＜θ＜?，试确定小环2A的运动规律。
22解：asin??a?v，a?v nRsin?R2vdvt1a?dv?acos??v，?dt t2??v00vdtRtan?Rtan?v?ds?v0Rtan?dtRtan??v0tstv0Rtan?ds??0?0Rtan??v0tdtAs?Rtan?lnRtan?Rtan??v0t习题4－1图2??x?3sint?x?4t?2t1．?， 2．?2y?2cos2t?y?3t?1.5t??4－2 已知运动方程如下，试画出轨迹曲线、不同瞬时点的解：1．由已知得 3x = 4y ? v?5?5t?y?3?3t? ?a??5 ??y??3????4x????4?4t?x（1）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arcsinx3?12arccosy242(b)习题4－2图化简得轨迹方程：y?2?x9（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s?12?Rt2，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：v?s???Rt，at?v???R，an?v??2Rt2y坐标值最大的位置时：?s? ax?at??R，ay???R22R12?Rt2??22R，?t?1习题4－3图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，鼓轮以匀角速度ω转动，如图所示。
试求滑块的速度随距离x 的变化规律。
解：设t = 0时AB长度为l0，则t时刻有：r (?t?arcta?arctan)r?l?x2?r2l0x2?r2对时间求导：?r??r2x22xx?r?rx ???xx2?r2???xxx?r224－5 凸轮顶板机构中，偏心凸轮的半径为R，偏心距OC = e，绕轴O以等角速转动，从而带动顶板A作平移。
理论力学答案完整版(清华大学出版社)3
之差称为静不定次数。这类问题需要补充与静不定次数相同数量的变形协调方程才能求解。 未知约束力分量的数目小于独立平衡方程的数目，这类平衡问题是不存在的。 解题要领：
为自锁。反之，主动力的合力作用线位于摩擦锥外时，不论这个力多小，物体总不平衡。
1 滚动摩擦
维持滚动体平衡的滚阻力偶 M f 的值只能在零和 M f ,max 之间，即 0 ≤ M f ≤ M f ,max . 最大滚阻力偶 M f ,max 与正压力 FN 成正比，即
M f ,max = δFN 。
(a) 解：以 AB 以梁为研究对象，画受力图，列平衡方程
∑ Fx = 0 ， FC cos 60o + F1 cos 60o = 0 ，
FC = −F1 = −30 kN
∑ mB = 0,
−
FA
×8
−
M
−
FC
sin
60o
×3+
F1
sin 60o
×8
,
+ F2 × 4 + q × 3×1.5 = 0
平面力偶系:
∑mz = 0
∑my ≡ 0
平面平行力系:
∑ Fz = 0 ∑mx = 0
解题要领： 1 解平衡问题的三部曲：确定研究对象、画受力图、列平衡方程； 2 通常先以整体为研究对象，再以部分为研究对象； 3 平衡方程的两种形式：投影式和对轴的力矩式，两者都与轴有关，选择合适的坐标轴可
避免解联立方程。 4 做一定数量的习题是掌握平衡问题的关键。
清华大学版理论力学课后习题答案大全第10章动能定理及其应用习题解
CA(a)ωO(a)第10章动能定理及其应用10－1计算图示各系统的动能：1．质量为m ，半径为r 的均质圆盘在其自身平面内作平面运动。
在图示位置时，若已知圆盘上A、B 两点的速度方向如图示，B 点的速度为v B ，θ =45º（图a ）。
2．图示质量为m 1的均质杆OA ，一端铰接在质量为m 2的均质圆盘中心，另一端放在水平面上，圆盘在地面上作纯滚动，圆心速度为v （图b ）。
3．质量为m 的均质细圆环半径为R ，其上固结一个质量也为m 的质点A 。
细圆环在水平面上作纯滚动，图示瞬时角速度为ω（图c ）。
解：1．2222221632(2121)2(212121B B B C C C mv r v mr v m J mv T =⋅+=+=ω2．222122222214321(21212121vm v m r v r m v m v m T +=⋅++=3．22222222)2(212121ωωωωmR R m mR mR T =++=10－2图示滑块A 重力为1W ，可在滑道内滑动，与滑块A 用铰链连接的是重力为2W 、长为l 的匀质杆AB 。
现已知道滑块沿滑道的速度为1v ，杆AB 的角速度为1ω。
当杆与铅垂线的夹角为ϕ时，试求系统的动能。
解：图（a ）BA T T T +=)2121(21222211ωC C J v g W v g W ++=21221121212211122]cos 22)2[(22ωϕω⋅⋅+⋅++++=l g W l l v l v l g W v g W ]cos 31)[(2111221222121ϕωωv l W l W v W W g +++=10－3重力为P F 、半径为r 的齿轮II 与半径为r R 3=的固定内齿轮I 相啮合。
齿轮II 通过匀质的曲柄OC 带动而运动。
曲柄的重力为Q F ，角速度为ω，齿轮可视为匀质圆盘。
试求行星齿轮机构的动能。
(完整版)理论力学_动力学课件
dpx
/
dt
F (e) x
dp y
/
dt
F (e) y
微 分 形
dpz
/
dt
F (e) z
式
px
p0 x
I
(e) x
py
p0 y
I
(e y
)
积 分 形
pz
p0 z
I
( z
e
)
式
12 动量矩定理 12.1 质点和质点系的动量矩
理论力学 （运动学）
教 材:《理论力学》 陈国平 罗高作 主编 武汉理工大学出版社
参考书: 《建筑力学》 钟光珞 张为民 编著 中国建材工业出版社
《建筑力学》 周国瑾等 编著 同济大学出版社
《理论力学》 范钦珊 主编 清华大学出版社
10 质点动力学
第10章 质点动力学的基本方程
§10-1 动力学的基本定律
画受力图
（2） 研究对象运动分析
（3） 列方程求解求知量
Fx
F
P sin
P g
a
Fy FN P cos 0
y
x
a
F
F
P(sin
a g ), FN
P cos
P
FN
F f FN
f min
a
g cos
tan
11 动量定理 §11-1 动量与冲量
§11-2 动量定理
1. 质点的动量定理
dp d(mv) ma F dt dt
理论力学-绪论
MEMS
绪 论
MEMS
绪 论
力学的应用
纳米科学
绪 论
Vibration Modes of aananotube Vibration Modes of nanotube
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课程内容
理论力学包括：
绪 论
按研究内容分：
{
运动学：研究运动的描述。 动力学：研究运动的原因（力）与运动的关系。 静力学：动力学特例，研究力的简化与平衡。
按基本原理分：
{分析力学：以变分原理为基础。
矢量力学（几何力学）：以牛顿定律为基础。
课程要求
绪 论
|
学习目标
z 准确理解基本概念； z 熟练掌握基本定理和公式并能灵活应用； z 学会处理力学问题的基本方法。
课程特点
|
系统性、逻辑性
建立刚体力学模型的系统理论 z 以数学分析为基本工具 向量运算、矩阵运算、微积分、常微分方程
绪 论
|
| | |
工程力学的研究方法 工程问题
绪
否
力学知识 工程经验 力学知识
力学模型 数学模型
论
符合 实际
？ 是
力学知识
分析计算
结束
数学工具
力学模型
|
力学模型 — 质点与质点系
质点 — 当所研究的物体运动范围远远超过其本 身的几何尺寸时，物体的形状和大小对 运动的影响很小，这时可以将其抽象为 只有质量而无体积的质点。 质点系 — 由多个质点组成的系统。 刚体— 由无穷多个质点组成的连续体， 且质点间距离保持不变。 是质点系的特例。 弹塑性体、流体
绪 论
力学模型
绪 论
研究飞机的运动 轨迹时，飞机可 视为质点。
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。
清华大学版理论力学课后习题答案大全
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：ϕc o s )(r R x A += （1） ϕsin )(r R y A +=（2）α为常数，当t = 0时，0ω=0ϕ= 0221t 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θ 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：RvR v A A ==ωR v R v B B 22==ωB 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ω＝12 rad/s ，θ＝30︒，ϕ＝60︒，BC ＝270mm 。
试求该瞬时杆BC 的角速度和点C 的速度。
理论力学解答(清华版)
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 –2FB.2F - 1FC.1F +2F图1－18 图1－191-3 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. 86.6B. 70.0C. 136.6D.25.91-4 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. 0B. F/2C. F/6D.－F/31-7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第二章力系的简化2-1．通过A（3，0，0），B（0，4，5）两点（长度单位为米），且由A指向B的力F，在z轴上投影为，对z轴的矩的大小为。
答：F/2；62F/5。
2-2．已知力F的大小，角度φ和θ，以及长方体的边长a，b，c，则力F在轴z和y上的投影：Fz= ；Fy= ；F对轴x的矩M x(F)= 。
答：Fz=F·sinφ；Fy=－F·cosφ·cosφ；Mx（F）=F（b·sinφ+c·cosφ·cosθ）图2－40 图2－412-3．力通过A（3，4、0），B（0，4，4）两点（长度单位为米），若F=100N，则该力在x轴上的投影为，对x轴的矩为。
清华大学版理论力学课后习题答案大全第9章动量矩定理及其应用
习题9－2图习题20-3图OxF Oy F gm gDdα习题20-3解图第9章动量矩定理及其应用9－1计算下列情形下系统的动量矩。
1.圆盘以ω的角速度绕O 轴转动，质量为m 的小球M 可沿圆盘的径向凹槽运动，图示瞬时小球以相对于圆盘的速度v r 运动到OM =s 处（图a ）；求小球对O 点的动量矩。
2.图示质量为m 的偏心轮在水平面上作平面运动。
轮心为A ，质心为C ，且AC =e ；轮子半径为R ，对轮心A 的转动惯量为J A ；C 、A 、B 三点在同一铅垂线上（图b ）。
（1）当轮子只滚不滑时，若v A 已知，求轮子的动量和对B 点的动量矩；（2）当轮子又滚又滑时，若v A 、ω已知，求轮子的动量和对B 点的动量矩。
解：1、2s m L O ω=（逆）2、（1）1()(Remv e v m mv p A A C +=+==ω（逆）Rv me J R e R mv J e R mv L AA A C CB )()()(22-++=++=ω（2）)(e v m mv p A C ω+==ωωωω)()()())(()(2meR J v e R m me J e R e v m J e R mv L A A A A C C B +++=-+++=++=9－2图示系统中，已知鼓轮以ω的角速度绕O 轴转动，其大、小半径分别为R 、r ，对O 轴的转动惯量为J O ；物块A 、B 的质量分别为m A 和m B ；试求系统对O 轴的动量矩。
解：ω)(22r m R m J L B A O O ++=9－3图示匀质细杆OA 和EC 的质量分别为50kg 和100kg ，并在点A 焊成一体。
若此结构在图示位置由静止状态释放，计算刚释放时，杆的角加速度及铰链O 处的约束力。
不计铰链摩擦。
解：令m =m OA =50kg ，则m EC =2m 质心D 位置：（设l =1m)m6565===l OD d 刚体作定轴转动，初瞬时ω=0lmg lmg J O ⋅+⋅=22α222232)2(212131ml ml l m ml J O =+⋅⋅+=即mglml 2532=α2rad/s 17.865==g lαgl a D 362565t =⋅=α由质心运动定理：OyD F mg a m -=⋅33t4491211362533==-=mg g mmg F Oy N （↑）0=ω，0n=Da ，0=Ox F 习题9－1图（a ）（b ）习题9－5解图习题9－5图9－4卷扬机机构如图所示。
理论力学答案完整版(清华大学出版社)10
子 C 沿水平轨道滚动而不滑动，试求重物 A 的加速度。
解： 取整个系统为研究对象，自由度为 1。设重物速度为 vA ，则轮
题 10-9 图
的角速度 ω = vA ，轮心速度为 R−r
vO
=
R
r −
r
vA 。系统的动能为
( ) T
拉格朗日方程的普遍形式
d dt
∂L ∂q& j
− ∂L ∂q j
= Q′j
( j = 1,2,..., m)
式中 Q′j 为非有势力对应的广义力。
矢量方法
动量法：动量定理
动量矩定理 质心运动定理 定轴转动微分方程 平面运动微分方程
质点系统动力学
动静法
动能定理
能量方法
拉格朗日方程
3 保守系统拉格朗日方程的初积分
10-3 质量为 m1 的匀质杆，长为 l，一端放在水平面上， 另一端与质量为 m2、半径为 r 的匀质圆盘在圆盘中心 O 点 铰接。圆盘在地面上作纯滚动，圆心速度为 v。求系统在此
题 10-3 图
位置的动能。
解：杆作平移，动能为
T1
=
1 2
m1v2
；
圆盘作纯滚动，动能为
T2
=
1 2
m2v2
+
1 2
mivi
⋅ vi
，
其中 n 为系统中的质点数目，可以是有限或无穷，mi 和 vi 分别为各质点的质量和速度。 平
移刚体的动能 T = 1 mv2 ， 2
其中 m 为平移刚体的质量。
定轴转动刚体的动能
T
=
1 2
理论力学课后习题解答
《理论力学》课后习题解答(赫桐生,高教版)(总53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--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。
理论力学课后习题答案_清华大学出版社_2004年版_范钦珊,刘燕,王琪 编著
习题 1－1 图
y
y2
F
F y1
F y1
F y2 F y2
F
Fx1 Fx1
（c）
x
F x2
Fx 2
x2
（d）
解： （a）图（c） ： F F cos i1 F sin j1 分力： F x1 F cos i1 投影： Fx1 F cos ， ，
F y1 F sin j1 Fy1 F sin
讨论： = 90°时，投影与分力的模相等；分力是矢量，投影是代数量。 （b）图（d） ： 分力： F x 2 ( F cos F sin cot ) i 2 投影： Fx 2 F cos ， 讨论： ≠90°时，投影与分量的模不等。
1－2 试画出图 a 和 b 两种情形下各物体的受力图，并进行比较。
F Ax
， Fy 2
F sin j2 sin
Fy 2 F cos( )
FAy
A
C
F
B
D
习题 1－2 图
FRD
FAy
F Ax
A
C
F
C
FC
F Ax
FAy
(a-1)
F
C
B
A
B
D
' FC
(a-2)
FRD
(a-3)
FRD
D
(b-1)
比较：图（a-1）与图（b-1）不同，因两者之 FRD 值大小也不同。
解： 图（a） ： 2F3 cos 45 F 0
F3 2 F （拉） 2
F1 = F3（拉）
F2 2 F3 cos 45 0
F2 = F（受压） 图（b） ： F3 F3 0 F1 = 0 F2 = F（受拉）
理论力学常见问题及解答
理论⼒学常见问题及解答绪论1.按照定义：“理论⼒学”是研究物体机械运动⼀般规律的科学。
定义中为何没有“⼒”？解答：定义中“机械运动⼀般规律”指物体“运动和⼒”的关系，“⼒”是隐含在定义表述中的，理论⼒学与⼒⼀定有关系。
参考资料：贾启芬，刘习军. 《理论⼒学》，机械⼯业出版社2011第2版萧龙翔等.《理论⼒学》，天津⼤学出版社1995范钦珊. 《理论⼒学》，清华⼤学出版社2004关键词：理论⼒学定义，运动，⼒2.①什么是参考系？②⼒与参考系有关吗？解答：①为了表述物体的运动，必须选定⼀个坐标系，在该坐标系中，能够⽤坐标唯⼀确定物体的位置，这样的坐标系称为运动参考系。
②⼒与参考系⽆关。
参考资料：贾启芬，刘习军. 《理论⼒学》，机械⼯业出版社2011第2版萧龙翔等.《理论⼒学》，天津⼤学出版社1995洪嘉振，杨长俊. 《理论⼒学》，⾼等教育出版社2008（第3版）关键词：参考系，⼒，运动第1单元：静⼒学基础1.①把⼈看作刚体，汽车中的⼈是平衡的吗？②地球同步通讯卫星是平衡的吗？解答：①如果汽车作匀速直线运动，则汽车中的⼈是平衡的；否则不是。
②同步卫星不是平衡的，因为将地球作为参考系，在该参考系中，虽然卫星不动，但地球这样的参考系不是惯性参考系。
参考资料：贾启芬，刘习军. 《理论⼒学》，机械⼯业出版社2011第2版范钦珊. 《理论⼒学》，清华⼤学出版社2004洪嘉振，杨长俊. 《理论⼒学》，⾼等教育出版社2008（第3版）关键词：物体平衡，惯性参考系，⼈，汽车，同步卫星2.物体平衡与⼒系平衡完全等价吗？举例说明。
解答：物体平衡，其上作⽤的⼒系⼀定平衡；反过来，⼒系平衡，⼒学作⽤的物体不⼀定平衡，如绕对称轴匀速旋转的轮⼦，其上⼒系平衡，但物体不平衡。
参考资料：贾启芬，刘习军. 《理论⼒学》，机械⼯业出版社2011第2版萧龙翔等.《理论⼒学》，天津⼤学出版社1995关键词：物体平衡，⼒系平衡，等价关系3.如何理解⼆⼒杆？解答：刚体受⼆⼒作⽤平衡，且重⼒不考虑，则该刚体是“⼆⼒杆”。
理论力学答案完整版(清华大学出版社)6
v A = OA ⋅ ω = 1.2 m/s ， AB 杆作平面运动，在图示瞬时，由 v A , v B 知， AB
杆作瞬时平移，有
vB = v A = 1.2 m/s . BE 作平移， vE = vB . 有 v D , v E 找得 ED 杆速度瞬
心为 D 点.在图示位置上可得
题 6-6 图
OE = AB − OA − EB = OD ， o 由此可知 ∠ODE = ∠OED = 30 ， ED 杆角速度为
( xC , y C ,ϑ ) 确定，所以 AB 杆的平面运动方程为： xC = r cos ω 0 t ， y C = r sin ω 0 t ， θ = ϕ = ω0t .
题 6-1 图
6-2 杆 AB 的 A 端沿水平线以等速 v 运动，在运动时杆恒与一半圆周相切，半圆周半径为 R，如图所示。如杆与水平线的夹角为 θ ，试以角 θ 表示杆的角速度。 解： 解法一：杆 AB 作平面运动。选取 A 为基点， 由速度基点法 vC = v A + vCA ， 作图示几何关系，图中 v A = v ，解得
r1 = r2 = 300 3 mm， O1 A = 750 mm ，AB = 1500 mm ； 又平衡杆的角速度 ω O1 = 6 rad/s。 知：
曲柄 OB 和齿轮 1 的角速度。 求当 θ = 60 和 β = 90 时，
o o
解：由图所示可知：点 C 是 AB 杆和轮 II 的速度瞬心， 故
2
2
ωDE =
vE 10 = 3 = 5.77 rad/s ， CE 3 3.6 = 2.08 m/s ， 3
D 点的速度为
vD = CD ⋅ ωDE =
曲柄 OD 的角速度为
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k ，负号表 6m
本教材讨论的约束系统与时间无关，拉格朗日函数 L 不显含时间，对于保守系统，存在
能量积分
T +V =C
其中 C 为由初始条件确定的积分常数。其物理意义是保守系统的机械能守恒。 三、动力学综合应用
解题要领 1） 质点系动力学问题可以用矢量方法或能量方法独立进行研究，关键问题是要灵活选择合
适的方法，以便快捷地求得解答。 2） 因动能定理只有一个式子，因此，常常是与动量方法结合，联立求解。 3） 当系统从一个位置运动到另一个位置，要求速度或角速度时，用动能定理。 4） 求力与加速度的关系用动静法比较方便。 5） 尽量利用守恒定律，如动量守恒定律、动量矩守恒定律，机械能守恒定律。 6） 要对力学系统进行过程分析，要建立系统的运动微分方程，用拉格朗日方程为好。
环，放在倾角为ϑ 的斜面上，圆盘和圆环同时从静
止开始在斜面上作纯滚动。试分析圆盘和圆环哪一
个先到达地面？
题 10-7 图
解：设圆盘质心的速度为 v1 ，圆环质心的速度为 v2 ，
则
圆
盘
的动
能
为
T
=
3 4
mv12
，圆
环
的
动能
为
T = mv22 ，重力的功为W = mgs sinϑ ， s 为圆盘或圆环的质心沿斜面滑过的距离。由动能
定理：T = W ，得
圆盘：
3 4
mv12
=
mgs sin ϑ
；圆环：
mv12 = mgs sinϑ 。
解得， v1 = 2
gs sinϑ 3
， v2
=
gs sinϑ 。
因 v1 > v2 ，所以圆盘先到达地面。
10-8 图示冲床冲压工件时冲头受的平均工作阻力 F = 52 kN，工作 行程 s = 10 mm，飞轮的转动惯量 J = 40 kg m2 ，转速 n=415 r/min。 假定冲压工件所需的全部能量都有飞轮供给，计算冲压结束后飞轮的 转速。
解：飞轮的动能：T = 1 J π n 2 ，工作阻力的功：W = −Fs ， 2 30
题 10-8 图
5
由动能定理， T2 − T1 = W ，导出 n2 =
n12
−
2Fs J π 2
，
30
代入数据，得冲压结束后飞轮的转速为 n2 = 412.1r / min .
10-9 重物 A 质量为 m1，系在绳索上跨过一不计质量的定滑轮 D 并绕在滑轮 B 上，滑轮 B 的半径为 R，与半径为 r 的滚子 C 固结，
10-3 质量为 m1 的匀质杆，长为 l，一端放在水平面上， 另一端与质量为 m2、半径为 r 的匀质圆盘在圆盘中心 O 点 铰接。圆盘在地面上作纯滚动，圆心速度为 v。求系统在此
题 10-3 图
位置的动能。
解：杆作平移，动能为
T1
=
1 2
m1v2
；
圆盘作纯滚动，动能为
T2
=
1 2
m2v2
+
1 2
dT 等于作用于质点系的主动力元功 d′W (a) 和约束力元功 d′W (c) 的代数和，即 dT = d′W (a) + d′W (c)
n
∑ 力系的功率 P = Fi ⋅ vi i =1
功率方程： dT = P(a) + P(c) dt
式中 P(a), P(c) 分别为主动力和约束力的功率。
动能定理的积分形式
位置时，弹簧的伸长量、圆盘的角加速度以及圆盘与水平面间的
摩擦力。
题 10-10 图
解：取圆盘为研究对象，圆盘的初动能为： T = 3 mr 2ω 2 ，弹簧 4
变形为
x
时圆盘的角速度为 ω1
，动能为： T1
=
3 4
mr
ω2 2 1
。运动过程中仅弹簧力做功
W
=
−
1 2
kx2 。由动能定理， T1
−T
=W
=
1 2
m1v
2 A
+
1 2
J Pω 2
=
1 2
m1v
2 A
+
1 2
m2
ρ2
+
r2
vA R−r
2 。
运动过程中仅重力做功，W = m1g y ， y 为重物下降的距离。由动 能定理， T − T0 = W ， T0 为初始动能。得
1 2
m1
+
m2
ρ2 + r2
(R − r)2
vA2
−
T0
=
动量矩定理 质心运动定理 定轴转动微分方程 平面运动微分方程
质点系统动力学
动静法
动能定理
能量方法
拉格朗日方程
3 保守系统拉格朗日方程的初积分
若拉格朗日函数
L
不显含广义坐标
qi
，即有
∂L ∂qi
= 0 ，称此广义坐标为循环坐标。拉格
朗日方程存在循环积分
∂L ∂q& j
= Cj
2
它包括了系统的动量或动量矩守恒。
2
mg(s + λ )cos30o
，将数据代入，
得 f = 0.31.
10-6 一复摆绕 O 点转动如图示。复摆的质量为 m，对其质心
C 的回转半径为 ρC 。设 OC = x ，问当 x 为何值时，摆从水平位
置无初速地转到铅垂位置时的角速度为最大？并求此最大角速
题 10-6 图
度。
解：复摆对 O 点的转动惯量为 JO = mρC2 + mx2 ，动能为
不做功的如理想约束力、刚体的内力以及轮或球在固定面上作纯滚动时的地面约束力等 等。 4） 许多问题中，动能定理含有未知量不止一个，这样通常还须与动量定理或动量矩定理联 立求解。
1
5） 动能定理只与速度和角速度有关，但末状态为任意状态时，还可以将动能定理对时间求 导而得到加速度关系，求导过程中要注意运用复合函数的求导规则，注意是对时间求导。
JO
=
1 ml2 3
+
1 2
mr 2
+
ml 2
=
4 3
ml 2
+
1 2
mr 2
3
题 10-2 图
( ) 动能为T
=
1 2
JOω 2
=1 12
8l 2
+ 3r 2
mω 2
（2）圆盘绕 A 点转动，相对杆的角速度为 − ω ，则圆盘作平移，质心速度为 v = lω 。
动能为：
T=T
杆+T
盘=
1 2
JOω
JOω 2
=
3 4
m2v
2
；
总动能为
T
=
T1
+ T2
=
1 4
(2m1
+
3m2 )v2
。
10-4 一小方块在倾角为ϑ 的斜面上，高度为 h 处无初速地
滑下，到达水平面后经过距离 l 而停住。设方块从斜面滑到水平
面上时，在 B 处速度的大小不变。已知ϑ, h,l ，求方块与接触面
间的摩擦因数。
题 10-4 图
2
+
1 mv2 2
=
1 ml 2ω 2 6
+
1 mv2 2
=
2 ml 2ω 2 3
（3）圆盘绕 A 点转动，相对杆的角速度为ω ，则圆盘的角速度为 2ω 。
T=T
杆+T
盘=
1 2
JOω 2
+
1 2
mv2
+
1 2
J Cω 2
=
1 6
ml 2ω 2
+
1 2
m(lω )2
+
1 4
mr 2 (2ω )2
( ) = 1 2l2 + 3r2 mω2 。 3
T2 − T1 = W (a) + W (c) ，
3 保守系统的机械能守恒 保守系统：作功的主动力和约束力均为有势力。
机械能受恒定律
T + V = const ，
解题要领 1） 选定研究对象，确定质点系统的动力学过程的始末状态。 2） 计算系统的动能，其中独立运动学参数的个数须与系统得自由度相同。 3） 计算所有力的功，包括主动力、约束力的功，或全部外力和内力的功，注意有许多力是
( ) T
=
1 2
JOω 2
=
1m 2
ρC2
+
x2
ω2
，
( ) 仅重力做功，W
=
mgx ，由动能定理得：
1m 2
ρC2
+
x2
ω2
=
mgx ，解出
ω2 = 2gx 。 ρC2 + x2
令 dω dx = 0 ，解得 x = ρC ，从而有 ωmax = g ρC 。
10-7 质量均为 m，半径均为 r 的匀质圆盘和圆
=
3 4
mv2
10-2 匀质杆 OA 长 l，质量为 m，绕 O 点转动的角速度为ω ；匀
质圆盘半径为 r，质量也为 m。求下列三种情况下系统的动能：
（1）圆盘固结于杆；
（2）圆盘绕 A 点转动，相对杆的角速度为 − ω ；
（3）圆盘绕 A 点转动，相对杆的角速度为ω 。
解：（1）圆盘固结于杆。对 O 点转动惯量为
第十章 质点系动力学：能量方法
一、动能和动能定理 1 动能
∑ 质点系的动能
T
=
1 2
n i=1
mivi
⋅ vi