理论力学第三版 (洪嘉振) 答案第6章

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理论力学第三版 (洪嘉振) 答案第1章

1⎞ ⎟ 4⎟ ∈ R 4×3 ⎟ 0 ⎟ 2⎟ ⎠
⎛2⎞ ⎜ ⎟ T a = ⎜ − 1⎟ = (2 − 1 1) ∈ R1×3 , ⎜1⎟ ⎝ ⎠ ⎛1 0 0⎞ ⎛1 0 0⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ T E = ⎜ 0 1 0 ⎟ = ⎜ 0 1 0 ⎟ ∈ R 3×3 ⎜0 0 1⎟ ⎜0 0 1⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ 0 ⎜ T B =⎜ 1 ⎜ 2 ⎝ ⎛ 1 ⎜ T C =⎜ 1 ⎜ 2 ⎝ −1 − 2⎞ ⎛ 0 ⎟ ⎜ 0 3 ⎟ = ⎜ −1 ⎜− 2 −3 0 ⎟ ⎠ ⎝ −1 − 2⎞ ⎛ 1 ⎟ ⎜ 1 3 ⎟ = ⎜ −1 ⎜− 2 −3 1 ⎟ ⎠ ⎝
⎛ 0 −1 − 2⎞ ⎛ 1 ⎟ ⎜ ⎜ B = ⎜1 0 3 ⎟，C = ⎜ 1 ⎜2 − 3 0 ⎟ ⎜ 2 ⎠ ⎝ ⎝
−1 − 2⎞ ⎛ 0 −1 − 2⎞ ⎟ ⎟ ⎜ 1 3 ⎟ ， D = ⎜ −1 0 3 ⎟ ⎜− 2 3 −3 1 ⎟ 0 ⎟ ⎠ ⎠ ⎝
（1）计算 2 D ；（2）计算 A + E 与 A − E ；验证 A + E = E + A ；（3）计算 B + B ；由此可得到什么结论；
⎛ 0 −1 − 2⎞ ⎛ 0 −1 − 2⎞ ⎛ 0 −1 − 2⎞ ⎛ 0 1 2 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 3 ⎟ + ⎜ − 1 0 − 3⎟ = 0 。 3 ⎟ = ⎜1 0 B + BT = ⎜ 1 0 3 ⎟ + ⎜1 0 ⎜2 − 3 0 ⎟ ⎜2 − 3 0 ⎟ ⎜2 − 3 0 ⎟ ⎜− 2 3 0 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
（1）写出它的分块列矩阵aj(j=1,…,4)；（2）写出它的转置矩阵，验证

(完整word版)理论力学教程思考题答案第三版.doc

第一章思考题解答1。

1答：平均速度是运动质点在某一时间间隔t t t ∆+→内位矢大小和方向改变的平均快慢速度，其方向沿位移的方向即沿t ∆对应的轨迹割线方向；瞬时速度是运动质点在某时刻或某未知位矢和方向变化的快慢程度其方向沿该时刻质点所在点轨迹的切线方向。

在0→∆t 的极限情况,二者一致，在匀速直线运动中二者也一致的.1。

2答：质点运动时,径向速度r V 和横向速度θV 的大小、方向都改变，而r a 中的r 只反映了r V 本身大小的改变,θa 中的θθr r +只是θV 本身大小的改变.事实上,横向速度θV 方向的改变会引起径向速度r V 大小大改变,2θ r -就是反映这种改变的加速度分量;经向速度r V 的方向改变也引起θV 的大小改变,另一个θr 即为反映这种改变的加速度分量，故2θr r a r -=，.2θθθ r r a +=。

这表示质点的径向与横向运动在相互影响，它们一起才能完整地描述质点的运动变化情况1.3答：内禀方程中,n a 是由于速度方向的改变产生的，在空间曲线中,由于a 恒位于密切面内,速度v 总是沿轨迹的切线方向,而n a 垂直于v 指向曲线凹陷一方，故n a 总是沿助法线方向.质点沿空间曲线运动时,0,0≠=b b F a z 何与牛顿运动定律不矛盾。

因质点除受作用力F ,还受到被动的约反作用力R ，二者在副法线方向的分量成平衡力0=+b b R F ，故0=b a 符合牛顿运动率。

有人会问：约束反作用力靠谁施加，当然是与质点接触的周围其他物体由于受到质点的作用而对质点产生的反作用力。

有人也许还会问:某时刻若b b R F 与大小不等，b a 就不为零了？当然是这样，但此时刻质点受合力的方向与原来不同，质点的位置也在改变，副法线在空间中方位也不再是原来b a 所在的方位，又有了新的副法线，在新的副法线上仍满足00==+b b b a R F 即。

这反映了牛顿定律得瞬时性和矢量性，也反映了自然坐标系的方向虽质点的运动而变.1.4答：质点在直线运动中只有n a a 而无τ，质点的匀速曲线运动中只有τa a n 而无;质点作变速运动时即有n t a a 又有。

力学第三版习题答案

力学第三版习题答案第一章：力学的基本概念- 习题1：解释质量、重量、惯性的区别和联系。

答案：质量是物体的固有属性，与物体所含物质的多少有关。

重量是地球对物体的引力作用，与物体的质量和地球的引力加速度有关。

惯性是物体保持其运动状态不变的能力，与物体的质量成正比。

- 习题2：一个物体的质量为2kg，求其在地球表面受到的重力。

答案：重力G = mg，其中m是质量，g是地球的引力加速度（约为9.8m/s²）。

因此，G = 2kg * 9.8m/s² = 19.6N。

第二章：牛顿运动定律- 习题3：一个物体在水平面上受到一个恒定的力F=10N，求其加速度。

答案：根据牛顿第二定律F=ma，其中F是作用力，m是物体的质量，a是加速度。

如果物体的质量为m，则a = F/m = 10N/m。

第三章：功和能量- 习题4：一个物体从静止开始，经过一段距离后，速度达到v，求外力所做的功。

答案：功W = ΔK，其中ΔK是动能的变化。

动能K = 1/2mv²，因此W = 1/2mv² - 0 = 1/2mv²。

第四章：动量和动量守恒- 习题5：一个质量为m的物体以速度v1撞击一个静止的质量为2m的物体，求碰撞后两物体的速度。

答案：在没有外力作用的情况下，系统动量守恒。

设碰撞后两物体的速度分别为v2和v3，则mv1 = mv2 + 2mv3。

解得v2 = (3/3)v1，v3 = (-1/3)v1。

第五章：圆周运动- 习题6：一个物体在水平面上做匀速圆周运动，其速度为v，求其向心加速度。

答案：向心加速度a_c = v²/r，其中r是圆周运动的半径。

第六章：刚体的转动- 习题7：一个均匀的圆盘，其质量为M，半径为R，关于通过其中心的轴转动。

求其转动惯量。

答案：对于均匀圆盘，其转动惯量I = 1/2MR²。

第七章：流体力学- 习题8：解释伯努利定律，并给出其数学表达式。

理论力学第三版 (洪嘉振) 答案第6章

由图 6-9C 可见
题解 6-9C
Δ x1
=
Δx2
−
Δx1′
cos
π 6
=
200 − 400 ⋅ 3cos π 6
=
−146.41,
Δx3 = Δx2 = 200
代入式（1）
m1Δx1 + m2Δx2 + m3Δx3 = mAΔx1 + mC Δx2 + mBΔx3 = −4 ⋅146.41 + 2 ⋅ 200 + mB ⋅ 200 = 0 可解得
30o
B
解：
如图 6-9C 所示建立惯性坐标基。
yr
令圆轮A记为B1，质心A的x坐标记为
x1；斜面记为B2，质心D的x坐标记为x2；
重物B记为B3，质心B的x坐标记为x3。系统
质心C的x坐标记为xC。系统总质量记为M，
有如下关系
∑ xC =
mi xi M
作用于质点系上外力的主矢在 x 轴上 O
的投影始终为零，系统动量在该轴上的坐
解：对于喷气机，吸入的空气相对于飞机的速度为
vr = 660 = 185 m/s 3.6
质量的变化而引起的作用于质点的附加推力为
r F
P
=
vrPr
dm dt
则向后的推力为：
F AP
=
dm dt
v
r A
=
70 ×185
≈ 13000N
= 13kN
因为排出的质量是吸入空气和消耗燃料之和，故有向前的推力：
洪嘉振等《理论力学》第 3 版习题详解
1
6-1C 三个质量均为 m 的质点用质量不计
的刚杆连结成正三角形，边长为 b。在质心 C 建立如图所示的连体基，矢量 zr 为正三角形的法

理论力学第6章答案

环量为 Γ ，则根据多连通域的斯托克斯定理有： Γ − Γ( 0 , 0 ) =
∫∫ Ω dA = 0 ，即
z
Γ = Γ( 0, 0) = 2πC
6-8
Q圆r = a1 , r = a2是流线 ∴圆r = a1 , r = a2上的流体速度沿切向方向
即 r = a1时，υθ = υ0，υ r = 0；r = a2时，υθ = 0，υr = 0
Ω=
6-9
π (a − a )
2 2 2 1
Γa2 − Γa1
=
0 − 2πa1υ0 2a υ = 2 1 02 2 2 π (a2 − a1 ) a1 − a2
由单连通域的斯托克斯定理可知： Γ k3 = 0 ， Γ k4 = ΩA = 2π r
2 0
ω
k2 ，k4 所在为多连通域，由多连通域的斯托克斯定理可知： Γ k1 − Γ a = 0 ，所以
Γ k1 = Γ a = 2π a 2ω Γ k4 = ΩA = 2π r02ω
Γ k2 = Γ AB + Γ Bo + Γ oC + ΓCD + Γ DA = Γ AB + Γ Bo + Γ oC + ΓCD + Γ DA + Γ BC − Γ BC = Γ AB + Γ Bo + Γ oC + ΓCD + Γ DA + Γ BC + ΓCB = (Γ AB + Γ BC + ΓCD + Γ DA ) + (Γ Bo + Γ oC + ΓCB ) 1 2 π a 2ω = 0 + π a 2ω = 4 2

理论力学课后习题答案

理论力学课后习题答案理论力学课后习题答案引言：理论力学是物理学的基础课程之一，对于理解和应用物理学的原理和方法具有重要意义。

在学习理论力学的过程中，课后习题是巩固知识、提高能力的重要途径。

本文将针对理论力学课后习题进行解答，帮助读者更好地理解和掌握这门课程。

第一章：牛顿力学1. 一个物体以初速度v0沿直线运动，加速度为a，求物体的位移与时间的关系。

答：根据牛顿第二定律F=ma，可得物体所受合力F=ma=mv/t，其中m为物体的质量，v为物体的速度，t为时间。

由此可得物体的位移s=vt+1/2at^2。

2. 一个质点在重力作用下自由下落，求它在t时刻的速度和位移。

答：在重力作用下，质点的加速度为g，即a=g。

根据牛顿第二定律F=ma，可得质点所受合力F=mg。

根据牛顿第一定律，质点的速度随时间的变化率为v=g*t，位移随时间的变化率为s=1/2gt^2。

第二章：拉格朗日力学1. 一个质点沿半径为R的圆周运动，求它的动能和势能。

答：质点的动能由动能定理可得，即K=1/2mv^2，其中m为质点的质量，v为质点的速度。

质点的势能由引力势能可得，即U=-GmM/R，其中G为引力常数，M为圆周的质量。

2. 一个质点在势能为U(r)的力场中运动，求它的运动方程。

答：根据拉格朗日方程可得，质点的运动方程为d/dt(dL/dv)-dL/dr=0，其中L=T-U，T为质点的动能，U为质点的势能。

第三章：哈密顿力学1. 一个质点在势能为U(x)的力场中运动，求它的哈密顿量和哈密顿运动方程。

答：质点的哈密顿量由哈密顿定理可得，即H=T+U，其中T为质点的动能，U为质点的势能。

质点的哈密顿运动方程为dp/dt=-dH/dx，其中p为质点的动量。

2. 一个质点在势能为U(x)的力场中运动，求它的哈密顿正则方程。

答：质点的哈密顿正则方程为dx/dt=dH/dp，dp/dt=-dH/dx，其中x为质点的位置，p为质点的动量。

结论：通过对理论力学课后习题的解答，我们可以更深入地理解和应用物理学的原理和方法。

理论力学第6章习题解答

6－1在图示四连杆机构中，已知：匀角速度O ω，OA =B O 1=r 。

试求在︒=45ϕ且AB ⊥B O 1的图示瞬时，连杆AB 的角速度AB ω及B 点的速度。

解：连杆AB 作平面运动，由基点法得BA A B v v v +=由速度合成的矢量关系，知φcos v A BA =v杆AB 的角速度)(/AB /O BA AB 2122+==ωωv （逆时针）B 点的速度2245/r cos v O A B ω=︒=v （方向沿AB ）6－2. 在图示四连杆机构中，已知：3.021===L B O OA m ，匀角速度2=ωrad/s 。

在图示瞬时，11==L OB m ，且杆OA 铅直、B O 1水平。

试求该瞬时杆B O 1的角速度和角加速度。

解：一．求1ω60230..OA v A =⨯=⋅=ω m/s取A 为基点，则有BA A B v v v += 得 23.0/6.0ctg v v A B ===ϕ m/sm09.2)3.01()3.0/6.0(sin /v v 2/122A BA =+⨯==ϕ杆B O 1的角速度67630211../BO /v B ===ω rad/s 顺时针二．求1ε取点A 为基点，则有nBA A a a a a a ++=+ττBA nB B 将上式向X 轴投影21222857s /m .BO /ctg v )sin AB /v (OA ctg a )sin /a (a a a sin a cos a sin a BBA n B n BA A B nBA A n B B +=⋅+⋅+⋅-=++-=-=+-ϕϕωϕϕϕϕϕττ杆B O 1的角加速度 7.1923.0/8.57/11===B O a B τεrad/s 2 逆时针 @6－3.图示机构中，已知：OA =0.1m ， DE =0.1m ，m 31.0=EF ，D 距OB 线为h=0.1m ；s rad 4=OA ω。

理论力学第三版 (洪嘉振) 答案第9章

洪嘉振等《理论力学》第 3 版习题详解
1
9-1C 如图所示，均质摆杆的质量为 m，杆长为 2l。摆杆的铰 O 上有一驱动约束，驱动规律为 ϕ1 = θ − ω t ，θ为常数。试（1）建立系统带拉格朗日乘子的封闭的动力学方程；（2）解出拉格朗日乘子。
r y O r y1
φ1
x
洪嘉振等《理论力学》第 3 版习题详解
2
&12 cos ϕ1 ⎞ & ⎞ ⎛ − lϕ x ⎛ 1 0 l sin ϕ1 ⎞⎛ & ⎟ ⎜ ⎟⎜ 1 ⎟ ⎜ &12 sin ϕ1 ⎟ &1 ⎟ = ⎜ − lϕ y ⎜ 0 1 − l cos ϕ1 ⎟⎜ & ⎟ ⎜0 0 ⎟⎜ ϕ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ 1 0 ⎝ ⎠⎝ &&1 ⎠ ⎝ ⎠
系统带拉格朗日乘子的动力学方程
⎛ ⎜m 0 ⎜ ⎜0 m ⎜0 0 ⎜ ⎝ ⎞ &⎞ ⎛ 0 ⎟⎛ & 1 0 0 ⎞⎛ λ1 ⎞ ⎛ 0 ⎞ x ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ &⎟+⎜ y 0 ⎟⎜ & 0 1 0 ⎟⎜ λ2 ⎟ = ⎜ − mg ⎟ ml 2 ⎟⎜ ϕ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎝ &&1 ⎠ ⎝ − l cos ϕ1 l sin ϕ1 1 ⎠⎝ λ3 ⎠ ⎝ 0 ⎠ 3 ⎠
得拉格朗日乘子 λ 的表达式
⎛ ⎜ m ⎛ λ1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ = − λ 0 ⎜ 2⎟ ⎜ ⎜λ ⎟ ⎜ lm cos ϕ ⎝ 3⎠ ⎜ 1 ⎝
0 m 0 0 ml 2 3
− lm sin ϕ1
⎞ &⎞ ⎛ ⎟⎛ & 0 x ⎞ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ & & + − y mg ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ mgl sin ϕ ⎟ ⎟⎜ & & ϕ 1⎠ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

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。

理论力学第三版课后习题答案

理论力学第三版课后习题答案【篇一：理论力学教程思考题答案第三版.doc】2r?.。

这表示质点的径向与横向运动在相互影响，它们一起才?2，a??rar??r??r?能完整地描述质点的运动变化情况1.3答：内禀方程中，an是由于速度方向的改变产生的，在空间曲线中，由于a恒位于密切面内，速度v总是沿轨迹的切线方向，而an垂直于v指向曲线凹陷一方，故an总是沿助法线方向。

质点沿空间曲线运动时，ab?0,fb?0z何与牛顿运动定律不矛盾。

因质点除受作用力f，还受到被动的约反作用力r，二者在副法线方向的分量成平衡力fb?rb?0，故ab?0符合牛顿运动率。

有人会问：约束反作用力靠谁施加，当然是与质点接触的周围其他物体由于受到质点的作用而对质点产生的反作用力。

有人也许还会问：某时刻若fb与rb大小不等，ab就不为零了？当然是这样，但此时刻质点受合力的方向与原来不同，质点的位置也在改变，副法线在空间中方位也不再是原来ab所在的方位，又有了新的副法线，在新的副法线上仍满足fb?rb?0即ab?0。

这反映了牛顿定律得瞬时性和矢量性，也反映了自然坐标系的方向虽质点的运动而变。

1.4答：质点在直线运动中只有a?而无an，质点的匀速曲线运动中只有an而无a?；质点作变速运动时即有at又有an。

1.5而dr即反应位矢r大小的改变又反映其方向的改变，是质点运动某时刻的速度矢量，dtdrdr?j而dr?r?i?r??。

在直线运动中，?r只表示r大小的改变。

如在极坐标系中，dtdtdt规定了直线的正方向后，drdrdrdr。

且的正负可表示的指向，二者都可表示质点dtdtdtdt的运动速度；在曲线运动中drdrdrdr?，且也表示不了的指向，二者完全不同。

dtdtdtdtdvdv表示质点运动速度的大小，方向的改变是加速度矢量，而只是质点运动速度大小dtdtdvdvaan,而?a?。

dtdt的改变。

在直线运动中规定了直线的正方向后，二者都可表示质点运动的加速度；在曲线运动中，二者不同，1.6答：不论人是静止投篮还是运动投篮，球对地的方向总应指向篮筐，其速度合成如题1.6v球对人v人对地题1-6图图所示，故人以速度v向球网前进时应向高于篮筐的方向投出。

理论力学教程思考题第三版.doc

第一章思考题解答1.1答：平均速度是运动质点在某一时间间隔内位矢大小和方向改变的平均快慢速度，其方向沿位移的方向即沿对应的轨迹割线方向；瞬时速度是运动质点在某时刻或某未知位矢和方向变化的快慢程度其方向沿该时刻质点所在点轨迹的切线方向。

在的极限情况，二者一致，在匀速直线运动中二者也一致的。

1.2答：质点运动时，径向速度和横向速度的大小、方向都改变，而中的只反映了本身大小的改变，中的只是本身大小的改变。

事实上，横向速度方向的改变会引起径向速度大小大改变，就是反映这种改变的加速度分量；经向速度的方向改变也引起的大小改变，另一个即为反映这种改变的加速度分量，故，。

这表示质点的径向与横向运动在相互影响，它们一起才能完整地描述质点的运动变化情况1.3答：内禀方程中，是由于速度方向的改变产生的，在空间曲线中，由于恒位于密切面内，速度总是沿轨迹的切线方向，而垂直于指向曲线凹陷一方，故总是沿助法线方向。

质点沿空间曲线运动时，z 何与牛顿运动定律不矛盾。

因质点除受作用力，还受到被动的约反作用力，二者在副法线方向的分量成平衡力，故符合牛顿运动率。

有人会问：约束反作用力靠谁施加，当然是与质点接触的周围其他物体由于受到质点的作用而对质点产生的反作用力。

有人也许还会问：某时刻若大小不等，就不为零了？当然是这样，但此时刻质点受合力的方向与原来不同，质点的位置也在改变，副法线在空间中方位也不再是原来所在的方位，又有了新的副法线，在新的副法线上仍满足。

这反映了牛顿定律得瞬时性和矢量性，也反映了自然坐标系的方向虽质点的运动而变。

1.4答：质点在直线运动中只有，质点的匀速曲线运动中只有；质点作变速运动时即有。

1.5答：即反应位矢大小的改变又反映其方向的改变，是质点运动某时刻的速度矢量，而只表示大小的改变。

如在极坐标系中，而。

在直线运动中，规定了直线的正方向后，。

且的正负可表示的指向，二者都可表示质点t t t ∆+→t ∆0→∆t r V θV r a r r V θa θθ r r +θV θV r V 2θr -r V θV θr 2θr r a r -=.2θθθ r r a +=n a a v n a v n a 0,0≠=b b F a F R 0=+b b R F 0=b a b b R F 与b a b a 00==+b b b a R F 即n a a 而无ττa a n 而无n t a a 又有dt d r r dtdr r j i r θ r r dt d +=r dt dr =dt d dt dr r =dt dr dt d r的运动速度；在曲线运动中，且也表示不了的指向，二者完全不同。

理论力学第六章习题

6-1 用图示三脚架ABCD 和绞车E 从矿井中吊起重30kN 的30的重物，△ABC为等边三角形，三脚架的三只脚及绳索DE 均与水平面成60o 角，不记架重；求当重物被匀速吊起时各叫所受的力。

解：铰链D 为研究对象，坐标系如图示，受力分析为一空间汇交力系，O 为D在水平面上的投影。

平衡方程为：kNF kN F FG F F F F Z FF Y F F F F XCD AD BD CD ED AD BDADBDCD ED AD BD 551 5531030 3030300 006060 6012012060 00000000000..cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos =-==∴=-⋅+⋅+⋅-⋅-====⋅+⋅-⋅⋅+⋅⋅=∑∑∑6-2 重物M 放在光滑的斜面上，用沿斜面的绳AM 与BM 拉住。

已知物重W=1000N ，斜面的倾角α=60o ，绳与铅垂面的夹角分别为β=30o 和γ=60o。

如物体尺寸忽略不记，求重物对于斜面的压力和两绳的拉力。

解：重物M 为研究对象，坐标系如图示，受力分析为一空间汇交力系，平衡方程为：NT N T N N G N Z G T Y G T X B A AB433 750 500060 0015030 0012030 00===∴=⋅-==⋅⋅-==⋅⋅-=∑∑∑cos cos cos cos cos6-3 起重机装在三轮小车ABC 上，机身重G=100kN ，重力作用线在平面LMNF之内，至机身轴线MN 的距离为0.5m ；已知AD=DB=1m ，CD=1.5m ，CM=1m ；求当载重P=30kN ，起重机的平面LMN 平行于AB 时，车轮对轨迹的压力。

解：起重机为研究对象，坐标系如图示，受力为一空间平行力系，平衡方程为：kNN kN N kN N m P m GDB N AD N m MD N N MC N m P G N N N Z C B A BAyBACx CBA3443 3378 3380450 00000....)(===∴=⋅+⋅-⋅-⋅==⋅++⋅-==--++=∑∑∑6-4 水平轴上装有两个凸轮，凸轮上分别作用已知P 力=800N 和未知力F ；如轴平衡，求力F 和轴承反力。

常见刚体的转动惯量

ρz =
3 r 10 3 (4r 2 + l 2 ) 80
ρx = ρy
=
圆环
3 J z = m( R 2 + r 2 ) 4
ρ z = R2 + r2
3 4
Jz =
椭圆形薄板
m 2 (a + b2 ) 4 m J y = a2 4 m J y = b2 4
1 2 a + b2 2 a ρx = 2 b ρy = 2
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阅读建议
第一章本书没有叙述“静力学公理” ，兴趣的读者可以参阅[3]上 6-13 页和[5]上 9-13 页。第二章主矢和主矩相同为力学等效的充分必要条件可以由动力学分析证明。从矢量观点和能量观点的证明分别可参阅[9]213-221 页和[12]110-111 页。第三章关于静定和超静定问题的深入讨论参阅[10]58-62 页和[14]47-50 页。第四章点的运动还可以用曲线坐标系进行描述，参阅[1]上 128-157 页和[12]15-17 页。第五章变矢量的时间导数与描述该矢量的变化的坐标系有关，相对运动坐标系的矢量导数称为相对导数。在证明牵连运动为转动的加速度合成定理时事实上已用相对导数的概念。关于相对导数进一步说明，参阅[1]上 215-218 页和[8]148-151 页。牵连运动为平面运动等更复杂的运动时，速度和加速度合成定理仍适用，证明见[1]上 218-223 页和[12]38-40 页。牵连运动为平面运动时，复合运动分析的例题参阅[3]上 311-313 页和[11]145-147 页。第六章本书仅讨论刚体的平面运动。若需要继续学习刚体的空间运动，可参阅[10]153-166 页和[14]146-163 页。刚体的复合运动成立角速度合成定理，证明见[1]上 199-201 页和[12]45-46 页，重要的应用是刚体绕相交轴转动的合成，参阅[11]159-161 页和[14]153-155 页。本章还简要涉及运动分析的解析方法，引入自由度概念的阐述参阅[11]174-179 页，更系统、并程序实现的阐述参阅[13]75-191 页。第七章本书仅简要地讨论了振动问题。振动是力学中的专门研究领域。在理论力学课程范围内对振动问题的详细讨论可参阅[7]II44-67 页和[10]328-350 页。第八章应用动量定理和动量矩定理可以研究变质量系统的动力学问题，这方面内容本书没有涉及，可参阅页[12]236-244 和[14]215-218 页。相对于一般动点的动量矩定理及推导参阅[1]下 47-48 页和 [10]229-235 页。动量定理和动量矩定理可以推广到非惯性参考系，参阅 [12]225-226 页。本书对刚体动力学的讨论仅限于平面运动情形，刚体空间运动的动力学可参阅[7]II21-40 页和[10]379-403 页。突加约束是与碰撞相关的动力学问题，本书没有涉及，可参阅 [10]367-368 页和 [8]419-422 页；关于刚体系和空间运动刚体碰撞的例子参阅 [14]356-360 页。第九章本书仅考虑定常双面完整约束，关于约束及其虚位移更一般的讨论参阅[10]283-288 页和[14]294-300 页。本书没有给出虚功原理的充分性证明，可参阅[6]110-111 页和[10]290 页。平衡稳定性的拉格朗日定理几何解释和证明可参阅[11]68-69 页和 79 页。第十章关于动能计算的柯尼希定理的证明和应用可参阅[8]307-309 页和[10]248 页。动能定理可以推广到非惯性参考系，参阅[10]261-264 页和[12]226-227 页。本书中拉格朗日方程的推导局限于定常约束系统，该推导也适用于非定常约束系统，区别仅是拉格朗日关系式的证明，可参阅[8]390-391 和[10]313 页。对于非定常约束系统，当拉格朗日函数不显含时间时，拉格朗日方程存在广义能量积分，参阅[10]319-320 页和[12]229-230 页。能量方法也可应用于碰撞问题的研究，参阅[10]361-366 页和[12]214-215 页。

《理论力学》第六章刚体的基本运动习题全解

第六章刚体的基本运动习题全解[习题6-1] 物体绕定轴转动的运动方程为334t t -=ϕ（ϕ以rad 计，t 以s 计）。

试求物体内与转动轴相距m r 5.0=的一点，在00=t 与s t 11=时的速度和加速度的大小，并问物体在什么时刻改变它的转向？解：角速度： 2394)34(t t t dt ddt d -=-==ϕω 角加速度：t t dtddt d 18)94(2-=-==ωα速度： )94(2t r r v -==ω)/(2)094(5.0|20s m r v t =⨯-⨯===ω)/(5.2)194(5.0|21s m v t -=⨯-⨯==切向加速度：rt t r a t 18)18(-=-==ρα法向加速度：22222)94()]94([t r rt r v a n -=-==ρ 加速度： 422222222)94(324])94([)18(t t r t r rt n a a n t -+=-+-=+=)/(8165.0)094(0324|24220s m r a t =⨯=⨯-+⨯== )/(405.1581.305.0)194(1324|24221s m r a t =⨯=⨯-+⨯== 物体改变方向时，速度等于零。

即：0)94(2=-=t r v )(667.0)(32s s t ==[习题6-2] 飞轮边缘上一点Ｍ，以匀速ｖ＝１０ｍ／ｓ运动。

后因刹车，该点以)/(1.02s m t a t =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、切向加速度与法向加速度。

解：t dtd a t 1.04.022-===ϕρα （作减速运动，角加速度为负）t dt d 25.022-=ϕ12125.0C t dtd +-=ϕ2130417.0C t C t ++-=ϕ12124.005.0)125.0(4.0C t C t dtd R v +-=+-⨯==ϕ104.0005.0|120=+⨯-==C v t图题46-251=C0000417.0|2130=+⨯+⨯-==C C t ϕ 02=C ，故运动方程为： t t 250417.03+=ϕt t t t R s 100167.0)250417.0(4.033+-=+-==ϕ速度方程：1005.02+-=t v)/(8.910205.0|22s m v t =+⨯-== 切向加速度：)/(2.021.01.0|22s m t a t t -=⨯-=-== 法向加速度：222)25125.0(4.0+-⨯==t a n ρω)/(1.240)252125.0(4.0|2222s m a t n =+⨯-⨯==[习题6-3] 当起动陀螺罗盘时，其转子的角加速度从零开始与时间成正比地增大。

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 &

理论力学课后习题答案第6章刚体的平面运动分析

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以等角加速度绕轴O转动，当运动开始时，角速度= 0，转角= 0。

试求动齿轮以圆心A为基点的平面运动方程。

00解：sx A(Rr)coA001(Rr)sin 为常数，当t = 0时，== 02起始位置，P与P重合，即起始位置AP 水0平，记，则AP从起始水平位置至图示A CP CP AP位置转过习题6-1图因动齿轮纯滚，故有，即rRR r 0， A rr将代入、、得动齿轮以A为基点的平面运动方程为：y2x1R r2 (R t r)costA 2r A22(Rr)sintA 26－2 杆AB斜靠于高为h的台阶角C处，一端A以匀速v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 B B P速度v沿杆AB如图所示。

作速度Cv和v的垂线交于点P，点P即为C C 杆AB的速度瞬心。

则角速度杆cosvcoso0000h 为 A v A v 2ABAPACh习题6－2图习题6－2解图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的角速度与有什么关系？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。

ABvv ARR A解：B2R2R习题v = v Bv = v vv BA B6-3解图习题6-3图AB6036－4 直径为mm 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。

速度＝12 rad/s，＝设杆BC在水平位置时，滚子的角，＝，BC＝270mm。

试求该瞬时杆BC的角速度和点C的速度。

解：杆BC 的瞬P 心在点P，滚子O的瞬心在点D BC v C B vBD C B B B 12603cos30vBD B270sin30O BCBPBP O v 习题6-4图 D 8rad/svPC 习题6-4解图CBC/s 6－5 在下列机构中，那些构件做平面运动，画出它们图示位置的速度瞬心。

理论力学参考答案第6章盛冬发

第6章运动学基础一、是非题(正确的在括号内打“√”、错误的打“×”)1．动点速度的大小等于其弧坐标对时间的一阶导数，方向一定沿轨迹的切线。

( √ ) 2．动点加速度的大小等于其速度大小对时间的一阶导数，方向沿轨迹的切线。

( × ) 3．在实际问题中，只存在加速度为零而速度不为零的情况，不存在加速度不为零而速度为零的情况。

( × ) 4．两个刚体做平动，某瞬时它们具有相同的加速度，则它们的运动轨迹和速度也一定相同。

( × ) 5．定轴转动刚体的角加速度为正值时，刚体一定越转越快。

( × ) 6．两个半径不等的摩擦轮外接触传动，如果不出现打滑现象，两接触点此瞬时的速度相等，切向加速度也相等。

( √ )二、填空题1. 描述点的运动的三种基本方法是矢径法、直角坐标法和自然坐标法。

2. 点做圆周运动，加速度由切向加速度和法向加速度组成，其中切向加速度反映了速度大小随时间的变化率，方向是沿圆周的切线；法向加速度反映了速度的方向随时间的变化率，方向是沿圆周的法线。

3. 质点运动时，如果d d st和22d d s t 同号，则质点做加速运动，反之则做减速运动。

4. 刚体运动的两种基本形式为平动和定轴转动。

5. 刚体平动的运动特征是刚体在运动的过程中其内的任一直线始终和原来的位置平行。

6. 定轴转动刚体上点的速度可以用矢积表示，它的表达式为r ωv ⨯=；刚体上点的加速度可以用矢积表示，它的表达式为v ωr εa ⨯+⨯=。

7. 刚体绕定轴转动时，在任一瞬时各点具有相同的角速度和角加速度，且各点轨迹均为圆周。

8. 定轴转动刚体内点的速度分布规律为任何一条通过轴心的直径上各点的速度，若将速度矢的端点连成直线，此直线通过轴心。

9. 半径均为R 的圆盘绕垂直于盘面的O 轴做定轴转动，其边缘上一点M 的加速度如图6.23所示，试问两种情况下圆盘的角速度和角加速度的大小分别为：图(a)：=ω0；=εRa。

理论力学第六章习题答案

解令活塞速度 v , 加速度 a 以 A 为动点以汽缸为动系有 va = ve + vr
式中各矢量如图
其中 va = ωOA = 1(m/s)
vr = sin 60°va = 0.866(m/s)
ve = sin 30°va = 0.5(m/s)
aa
=
a
n e
+
a
t e
+ ar
+ ac
其中
aa
解以 P 点为动点以工作轮为动系有 va = ve + vr
ve
=
2πnR 60
=
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
6.28(m/s)
把各矢量向 x 方向投影可得
va cos 30° = ve + vr cos ϑ
(1)
把各矢量向 y 方向投影可得
va sin 30° = vr sin ϑ
(2)
联立 1 2 两式可得
ϑ = 41°48′
υ r = 10.06(m/s)
6.13 图示一摆动式汽缸当曲柄 OA 以匀角速 ω 转动时带动活塞 B 在汽缸内运动同时汽缸绕固定轴 O′ 以匀角速 ω 转动设 OA = 20cm ω = 5rad/s 已知当
∠AOO′ = 47.5o 时 ∠AO′O = 12.5o 试求此时活塞在汽缸内运动的速度和加速度
解
v = nπd = 0.628(m/s) 60
a = dv = 0 dt
aP
=
v2 r
= 3.95(m/s2 )
6.3 揉茶机的揉桶由三个曲柄支持如图所示曲柄的支座 A B C 的连线与支座
A1 B1 C1 的连线都恰成等边三角形曲柄各长 l = 0.2m n = 45r / min 分别绕其支座转动求揉桶中心点 O 的速度和加速度

理论力学第三版 (洪嘉振) 答案第8章

ω1 = 0
此时杆的动能为 T
=
1 2
mvC2
。由动能定理
( ) T − T0 = mg xC0 − xC
即
1 2
mvC2
=
mg⎜⎜⎝⎛
3 l − 1 l( 22
3
− 1)
⎟⎟⎠⎞
=
1 2
mgl
可解得此瞬时质心速度为
vC = gl 由于杆作瞬时平移，故有点 B 的速度
vB = vA = vC = gl
如图 8-5Cb 定义达朗贝尔惯性力主矢的正向，有
Fx* = maCx = mRα1
Fy*
=
maCy
=
4mR 3π
α1
由于半圆柱体对质心的转动惯量为
JC
=
1 2
mR 2
−
m⎜⎛ ⎝
4R 3π
⎟⎞2 ⎠
，如图定
义达朗贝尔惯性力主矩正向，有
M
* C
=
JCα
=
⎜⎛ ⎜⎝
1 2
−
⎜⎛ ⎝
4 3π
⎟⎞ ⎠
2
⎟⎟⎠⎞mR
后者代入（1）可解出地面对杆的摩擦力 Fm = fs FN = 10.5 N
（9）
代入式（3）得 aCx = 1.03m/s2 ，将其与式（9）第 1 式代入式（7）可解出端 B 加速度
aB = 2.65m/s2 aB 为正，表明原假定正确，端 B 的确向左滑动。
洪嘉振等《理论力学》第 3 版习题详解
a Ax
=
aOx
+ aαeA
cosθ
=
F 2m
+
9F 5ml
3l 4
=

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