理论力学课后习题答案 第4章 运动分析基础
中科大理论力学课后习题答案
功和功率的概念及计算
功的定义
力对物体所做的功等于力的大小、 位移的大小、力与位移夹角的余 弦三者的乘积，即 $W=Flcostheta$。
功率的概念
功率是指物体在单位时间内所做的 功，即功率等于功和做功所用时间 之比，$P=W/t$。
计算方法和技巧
在计算功和功率时，需要注意力的 方向、位移的方向以及时间的对应 关系，同时要掌握一些计算技巧， 如利用动能定理等。
03 动力学基础与牛 顿定律
动力学基本概念及原理
动力学
研究物体运动与所受力 的关系，以及物体运动
状态改变的原因。
力的概念
力是物体之间的相互作 用，可以改变物体的运
动状态或形状。
惯性
物体保持静止或匀速直 线运动状态的性质，是
物体的固有属性。
动量
描述物体运动状态的物 理量，与物体的质量和
速度有关。
牛顿定律及其适用范围
典型习题解析与答案
习题一
解析物体在水平面上滑动时的受力情况，计算物体的加速度 和速度。
答案
根据牛顿第二定律，物体所受合力等于物体质量与加速度的 乘积，通过受力分析可以求出物体所受的合力，进而求出物 体的加速度和速度。
习题二
解析两个物体之间的碰撞过程，计算碰撞后的速度和能量变 化。
答案
根据动量守恒和能量守恒定律，可以求出碰撞后两个物体的 速度和能量变化。需要注意的是，碰撞过程中可能存在能量 损失，因此实际计算时需要考虑能量损失的因素。
03
题目2
04
一轻绳跨过定滑轮，两端分别系 有质量为m1和m2的物体，且 m1>m2，开始时两物体均静止， 当剪断轻绳后，求两物体的加速 度和速度变化。
理论力学第4章 刚体的平面运动
独立的参变量。
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13
xAxA(t) yAyA(t) φφ(t)
称为刚体平面运动方程
对于每一瞬时 t ，都可以求出对应的 xA, yA, ,
平面图形S 在该瞬时的位置也就确定了。
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14
3.平面运动分解为平移和转动
当平面图形Ｓ上的点Ａ不动时，则刚体作定轴转动， 当平面图形Ｓ上 的角 不变时，则刚体作平移。
思考: 下列运动是否可能?
V
V
v
V
V
v
V
v
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2) 加 速 度 投 影 形 式
aBaAaB n A aBA
当 0时aB n A 0
a
BA
a
n B
A
aA
[aB]AB[aA]AB
当 0 时 a B n A 0a B AB.A A a A
有[aB]A B[aA]A B
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车轮相对定系（Oxy）的平面运动（绝对运动）
车厢（动系 A x y ) 相对定系的平移（牵连运动） 车轮相对车厢（动系 A x y )的转动（相对运动）
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转动部分的角度、角速度、角加速度与基点的选择无关。
φ1 φ2
ω1 ω2 1 2
平移部分的轨迹、速度与加速度都与基点的选择有关。
称点A为基点 平面图形的平面运动（绝对运动）可以看成是平面图形 一方面随基点A的平移（牵连运动），另一方面图形又绕 基点的转动（相对运动）的合成运动。
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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。
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。
理论力学题库第4章
理论力学题库——第四章一、填空题1. 科里奥利加速度 （“是”或“不是”）由科里奥利力产生的，二者方向 （“相同”或“不相同”）。
2. 平面转动参考系中某一点对静止参考系的加速度的表达式是 ，其中 是相对加速度， 是牵连加速度， 是科里奥利加速度。
4-1.非惯性系中，运动物体要受到 4种惯性力的作用它们是： 惯性力、惯性切向力、惯性离轴力、科里奥利力 。
4-2.在北半球，科里奥利力使运动的物体向 右 偏移，而南半球，科里奥利力使运动的物体向 左 偏移。
（填“左”或“右”）4-3.产生科里奥利加速度的条件是： 物体有相对速度υ'v及参照系转动，有角速度ωv ，且υ'v 与ωv不平行 。
4-4.科里奥利加速度是由参考系的 转动 和 物体的相对运动 相互影响产生的。
4-5.物体在 主动力、约束力和惯性力 的作用下在动系中保持平衡，称为相对平衡。
4-6.重力加速度随纬度增加的主要原因是：地球自转产生的惯性离轴力与地心引力有抵消作用 。
4-7.由于科里奥利力的原因北半球气旋（旋风）一般是 逆时针 旋转的.（顺时针或逆时针）4-8.地球的自转效应，在北半球会使球摆在水平面内 顺时针 转动.（顺时针或逆时针）二、选择题1. 关于平面转动参考系和平动参考系，正确的是（ ） A. 平面转动参考系是非惯性系； B. 牛顿定律都不成立； C. 牛顿定律都成立；D.平动参考系中质点也受科里奥利力。
2. 下列关于非惯性系的说法中正确的是：【C 】A 惯性离心力与物体的质量无关；B 科里奥利力与物体的相对运动无关；C 科里奥利力是参考系的转动与物体相对与参考系的运动引起的；D 科里奥利力使地球上南半球河流右岸冲刷比左岸严重。
3. 科里奥利力的产生与下列哪个因素无关？【B 】A 参照系的转动；B 参照系的平动；C 物体的平动；D 物体的转动。
4. 在非惯性系中如果要克服科里奥利力的产生，需要：【D 】A 物体作匀速直线运动；B 物体作匀速定点转动；C 物体作匀速定轴转动；D 物体静止不动。
《理论力学》习题集含答案
理论力学习题集答案
理论力学教研室
目录
目录 (1)
第一章：静力学的基本概念 (2)
第二章：平面基本力系 (6)
第三章：平面任意力系 (10)
第五章：空间基本力系 (24)
第六章：空间任意力系 (25)
第七章：重心 (32)
第八章:点的运动 (34)
第九章:刚体的基本运动 (36)
第十章:点的复合运动 (38)
第十一章:刚体的平面运动 (52)
第十二章:刚体的转动合成 (66)
第十四章:质点动力学基础 (70)
第十五章:质点的振动 (75)
第十七章:动能定理 (82)
第十八章:动量定理 (94)
第十九章:动量矩定理 (100)
第二十章:碰撞理论 (115)
第二十一章:达朗伯原理 (118)
第二十二章:虚位移原理 (125)
第一章：静力学的基本概念
第二章：平面基本力系
第三章：平面任意力系
第五章：空间基本力系
第六章：空间任意力系
第七章：重心
第八章:点的运动
第九章:刚体的基本运动
第十章:点的复合运动。
大学理论力学第四章思考题及答案
第四章思考题4.1为什么在以角速度ω转动的参照系中，一个矢量G 的绝对变化率应当写作G ωG G ⨯+=*dtd dt d ？在什么情况下0=*dtd G ？在什么情况下0=⨯G ω？又在什么情况下0=dt d G ？ 4.2式（4.1.2）和式（4.2.3）都是求单位矢量i 、j 、k 对时间t 的微商，它们有何区别？你能否由式（4.2.3）推出式（4.1.2）？4.3在卫星式宇宙飞船中，宇航员发现自己身轻如燕，这是什么缘故？4.4惯性离心力和离心力有哪些不同的地方？4.5圆盘以匀角速度ω绕竖直轴转动。
离盘心为r 的地方安装着一根竖直管，管中有一物体沿管下落，问此物体受到哪些惯性力的作用？4.6对于单线铁路来讲，两条铁轨磨损的程度有无不同？为什么？4.7自赤道沿水平方向朝北或朝南射出的炮弹，落地是否发生东西偏差？如以仰角 40朝北射出，或垂直向上射出，则又如何？4.8在南半球，傅科摆的振动面，沿什么方向旋转？如把它安装在赤道上某处，它旋转的周期是多大？4.9在上一章刚体运动学中，我们也常采用动坐标系，但为什么不出现科里奥利加速度？第四章思考题解答4.1.答：矢量G 的绝对变化率即为相对于静止参考系的变化率。
从静止参考系观察变矢量G 随转动系以角速度ω相对与静止系转动的同时G 本身又相对于动系运动，所以矢量G 的绝对变化率应当写作G ωG G ⨯+=*dt d dt d 。
其中dtd G *是G 相对于转动参考系的变化率即相对变化率；G ω⨯是G 随动系转动引起G 的变化率即牵连变化率。
若G 相对于参考系不变化，则有0=*dtd G ，此时牵连运动就是绝对运动，G ωG ⨯=dtd ；若0=ω即动系作动平动或瞬时平动，则有0=⨯G ω此时相对运动即为绝对运动 dtd dt d G G *=；另外，当某瞬时G ω//，则0=⨯G ω，此时瞬时转轴与G 平行，此时动系的转动不引起G 的改变。
当动系作平动或瞬时平动且G 相对动系瞬时静止时，则有0=dtd G ；若G 随动系转动引起的变化G ω⨯与相对动系运动的变化dt d G *等值反向时，也有0=dt d G 。
第4章理论力学习题解
4.1一质点受一与距离成反比的引力作用在一直线上运动，质点的质量为m ，比例系数为k ，如此质点从距原点O 为a 的地方由静止开始运动，求其到达O 点所需的时间。
解：质点受引力为：xk F -=，其运动微分方程为：xk tm-=d d v （1）即： x k xm -=d d v v分离变量积分：⎰⎰-=x axx k m d d 0v v vxa k m ln212=v)ln(2d d xa mk tx -==v （2）（v 与x 反向，取负值） )ln00ln ),0((∞→→>∴∈xa x xa a x令：y ayex aex xa y yyd 2d )ln(22---===，代入（2）式得；mk ty aey2d d 22-=-分离变量积分：)0:0:(∞→→y a x⎰⎰=-∞t yt mk y ea 0d 2d 22t mk a22π2=故到达O 点所需的时间为： km a t 2π=4.2一质点受力3K xa x F +-=作用，求势能)(x V 与运动微分方程的解。
解：C x a x x xa x x F x V ++=+--=-=⎰⎰2232K 21d )K (d )(适当选取势能零点，使0=C ，则222K 21)(xa x x V +=机械能 =++=2222K 2121xa x xm E 常量 （1）将（1）改写成2222K 242xa x E xm --= （2）质点运动微分方程：32K xa x xm +-= 22K 22xa x xmx +-=⇒ （3）（3）+（2）得22K 44)(2x E xx x m -=+ 即0)K(K 4d d 2222=-+E x mtx （4）（4）式通解：⎪⎪⎭⎫⎝⎛++=02 K2cos K θt m A Ex当0=x时，222K 21xa x E += 解得KK K)(2max 2a EE x -+=，KK 2aEA -=所以 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-+=022K2cos KK Kθt m aE E x4.3若质点受有心力作用而在圆θcos 2a r =上运动时，则5228rh ma F -=，式中m 为质量，h 为速度矩。
理论力学第七版课后习题答案
理论力学第七版课后习题答案第一章: 引言习题1-11.问题描述：给定物体的质量m=2kg，加速度a=3m/s^2，求引力F。
2.解答：根据牛顿第二定律F=ma，其中m表示物体的质量，a表示物体的加速度。
代入已知值，可求得F=6N。
习题1-21.问题描述：给定物体的质量m=5kg，引力F=20N，求加速度a。
2.解答：根据牛顿第二定律F=ma，将已知值代入，可求得a=4m/s^2。
第二章: 运动的描述习题2-11.问题描述：一个物体以恒定速度v=10m/s匀速直线运动，经过t=5s，求物体的位移。
2.解答：位移等于速度乘以时间，即s=vt。
代入已知值，可得s=50m。
习题2-21.问题描述：一个物体以初始速度v0=5m/s匀加速直线运动，加速度a=2m/s^2，经过t=3s，求物体的位移。
2.解答：由于物体是匀加速直线运动，位移可以通过公式s=v0t+0.5at^2计算。
代入已知值，可得s=(53)+(0.52*3^2)=45m。
第三章: 动力学基础习题3-11.问题描述：一个物体质量为m=4kg，受到的力F=10N，求物体的加速度。
2.解答：根据牛顿第二定律F=ma，将已知值代入，可求得a=2.5m/s^2。
习题3-21.问题描述：一个物体质量为m=3kg，受到的力F=6N，求物体的加速度。
2.解答：根据牛顿第二定律F=ma，将已知值代入，可求得a=2m/s^2。
第四章: 动力学基本定理习题4-11.问题描述：一个物体质量为m=8kg，受到的力F=16N，求物体的加速度。
2.解答：根据牛顿第二定律F=ma，将已知值代入，可求得a=2m/s^2。
习题4-21.问题描述：一个物体质量为m=6kg，受到的力F=12N，求物体的加速度。
2.解答：根据牛顿第二定律F=ma，将已知值代入，可求得a=2m/s^2。
以上是理论力学第七版课后习题的答案。
希望能对你的学习有所帮助！。
谢传峰《理论力学》课后习题及详解
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 va =代入上式可得 ρc v a 3=证毕 1－7证明：因为n2a v =ρ，v a a v a ⨯==θsin n所以：va ⨯=3v ρ证毕1－10 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= xyoan avy vθθtayzoan aθxovovF N Fg myθ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 ++=1－11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x 2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；xθ AvAω ONF BRg mFyavevr v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。
理论力学运动学习题及详解
y f 2 (t ) z f 3 (t )
2 2
a x x a y y a z z
2 2 2
v vx v y vz
2
a ax a y az
方向均由相应的方向余弦确定。
第2章 运动学练习
二．基本公式 自然法（轨迹已知时）
运动方程 速度
ae 5 2 0 r 4
5 2a r0 4
B
aC 0
O2
3销钉C固定在AB杆，在滑槽O2D中运动，该瞬时O1A与AB水平，O2D
铅直，且O1A=AC=CB=O2C=r，ω0=常数,求
AB、O2 D、 AB、O2 D .
D
n aCA
（2）加速度分析
AB 0
a 常量， an 0
，点做何种运动（ B）。
B.匀变速曲线运动 D.匀变速直线运动
(3)已知点的运动方程为 x 2t 2 4, y 3t 2 3 ，其轨迹方程为(
B)
A.3x 4 y 36 0, C.2 x 2 y 24 0,
第2章 运动学练习
B.3x 2 y 18 0 D.2 x 4 y 36 0
1.选择题：
【练习题】
(4). 如图所示平面机构中，O1A=O2B= r, O1O2 =AB, O1A以匀角速度绕垂直于图 面的O1轴转动，图示瞬时，C点的速度为：( D )
A.
B. C.
Vc 0
Vc r a
2 2
水平向右
O1 A
O2
Vc r0 D. Vc r0
铅直向上 水平向右
2.刚体运动学
基本运动 平面运动
理论力学第三版(周衍柏)全部习题答案
代入得
对等式两边同时积分
可得 ：
（ 为常数）
代入初始条件： 时， ，故
即
又因为
所以
对等式两边同时积分 ，可得：
1.6 解 由题可知质点的位矢速度
①
沿垂直于位矢速度
又因为 ， 即
即
（取位矢方向 ，垂直位矢方向 ）
所以
故
即 沿位矢方向加速度
垂直位矢方向加速度
对③求导
对④求导
把③④⑦⑧代入⑤⑥式中可得
时， 得 ,故
⑦
同理，把⑦代入⑤可以解出
把⑦代入⑤
代入初条件 时， ，得 .所以
）
1.23证 （a）在1.22题中， 时，则电子运动受力 电子的运动微分方程
①-②-③
对②积分
④
对④再积分
又
故
（ 为一常数）
此即为抛物线方程.
当 时
则电子受力
则电子的运动微分方程为
①-②-③
同1.22题的解法，联立①-②解之，得
理论力学第三版周衍柏全部习题答案理论力学第三版周衍柏周衍柏理论力学答案理论力学周衍柏理论力学教程周衍柏理论力学周衍柏pdf理论力学第三版答案理论力学课后习题答案理论力学复习题及答案理论力学习题答案
第一章 质点力学
第一章习题解答
1.1 由题可知示意图如题1.1.1图:
设开始计时的时刻速度为 ,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为 .
即
所以 ，代入 的表达式中可得：
此即为子弹击中斜面的地方和发射点的距离 的最大值
1.21 解 阻力一直与速度方向相反，即阻力与速度方向时刻在变化，但都在轨道上没点切线所在的直线方向上，故用自然坐标比用直角坐标好.
理论力学哈工大第八版答案
哈尔滨工业大学理论力学教研室理论力学（I）第8版习题答案《理论力学（1 第8版）/“十二五”普通高等教育本科国家级规划教材》第1版至第7版受到广大教师和学生的欢迎。
第8版仍保持前7版理论严谨、逻辑清晰、由浅入深、宜于教学的风格体系，对部分内容进行了修改和修正，适当增加了综合性例题，并增删了一定数量的习题。
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理论力学（I）第8版哈尔滨工业大学理论力学教研室课后答案前辅文静力学关注网页底部或者侧栏二维码回复理论力学（I）第8版答案免费获取答案引言第一章静力学公理哈尔滨工业大学理论力学教研室理论力学（I）第8版课后答案理论力学思考题集》、《理论力学解题指导及习题集》（第3版）、《理论力学电子教案》、《理论力学网络课程》、《理论力学习题解答》、《理论力学网上作业与查询系统》等。
理论力学（I）第8版哈尔滨工业大学理论力学教研室课后答案前辅文静力学引言第一章静力学公理和物体的受力分析第二章平面力系第三章空间力系第四章摩擦理论力学（I）第8版哈尔滨工业大学理论力学教研室习题答案§4-4 滚动摩阻的概念运动学引言第五章点的运动学*§5-5 点的速度和加速度在球坐标中的投影思考题习题第六章刚体的简单运动§6-1 刚体的平行移动§6-2 刚体绕定轴的转动§6-3 转动刚体内各点的速度和加速度§6-4 轮系的传动比§6-5 以矢量表示角速度和角加速度·以矢积表示点的速度和加速度思考题习题第七章点的合成运动第八章刚体的平面运动动力学引言第九章质点动力学的基本方程第十章动量定理第十一章动量矩定理第十二章动能定理第十三章达朗贝尔原理第十四章虚位移原理参考文献习题答案索引Synopsis哈尔滨工业大学理论力学教研室理论力学（I）第8版课后答案第十四章虚位移原理。
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。
胡汉才编著《理论力学》课后习题答案第5章习题解答
5－1 凸轮以匀角速度ω绕O 轴转动，杆AB 的A 端搁在凸轮上。
图示瞬时AB 杆处于水平位置，OA 为铅直。
试求该瞬时AB 杆的角速度的大小及转向。
解： r e a v v v += 其中，22e r v e -=ωe v v e a ωφ==tg所以 le l v a AB ωω==（逆时针）5－2. 平底顶杆凸轮机构如图所示，顶杆AB 可沿导轨上下移动，偏心圆盘绕轴O 转动，轴O 位于顶杆轴线上。
工作时顶杆的平底始终接触凸轮表面。
该凸轮半径为R ，偏心距e OC =，凸轮绕轴O 转动的角速度为ω，OC 与水平线成夹角ϕ。
求当︒=0ϕ时，顶杆的速度。
（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b 所示5－3. 曲柄CE 在图示瞬时以ω0绕轴E 转动，并带动直角曲杆ABD 在图示平面内运动。
若d 为已知，试求曲杆ABD 的角速度。
解：1、运动分析：动点：A ，动系：曲杆O 1BC ，牵连运动：定轴转动，相对运动：直线，绝对运动：圆周运动。
2、速度分析：r e av v v +=0a 2ωl v =；0e a 2ωl v v ==01e1ωω==AO v BC O （顺时针） 5－4. 在图示平面机构中，已知：AB OO =1，cm 31===r B O OA ，摇杆D O 2在D 点与套在AE 杆上的套筒铰接。
OA 以匀角速度rad/s 20=ω转动，cm 332==l D O 。
试求：当︒=30ϕ时，D O 2的角速度和角加速度。
解：取套筒D 为动点，动系固连于AE 上，牵连运动为平动 （1）由r e a v v v += ① 得D 点速度合成如图（a ） 得 ϕtg e a v v =， 而r v e 0ω= 因为 r v a 0331ω⨯=，所以 rad/s 67.02==lv aD O ω 方向如图(a)所示（2）由r e na a a a a a +=+τ ②得D 点加速度分析如图（b ） 将②式向DY 轴投影得θϕϕτsin sin cos e n a a a a a -=-错了 而r a la e D O n a 2022ωω==θϕsin sin r l =所以ϕθϕτcos sin sin e na a a a a -=2rad/s 05.2cos sin sin 2-=-==ϕθϕετl a a l a e n a a DO 什么东西？，方向与图(b)所示相反。
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）
力学习题集
理论力学习题册答案班级＿＿＿＿＿＿＿＿姓名＿＿＿＿＿＿＿＿学号＿＿＿＿＿＿＿＿第1章 受力分析概述1－3 试画出图示各物体的受力图。
或(a-2)(a-1)(b-1)(c-1)或(b-2) (d-1)(e-1)(e-2)(f-1)(e-3)(f-2)(f-3)F AF BF A(b-3)(a-3)(a-2)(b-2)(b-1)(a-1)1－4* 图a 所示为三角架结构。
荷载F 1作用在铰B 上。
杆AB 不计自重，杆BC 自重为W 。
试画出b 、c 、d 所示的隔离体的受力图，并加以讨论。
习题1－4图1－7 画出下列每个标注字符的物体的受力图，各题的整体受力图未画重力的物体的自重均不计，所有接触面均为光滑面接触。
abe(d-2)(c-1)(b-1)(b-2) (b-3)(c-2)(d-1)i gj第2章 力系的等效与简化2－3 图示正方体的边长a =，其上作用的力F =100N ，求力F 对O 点的矩及对x 轴的力矩。
解：)(2)()(j i k i Fr F M +-⨯+=⨯=Fa A O m kN )(36.35)(2⋅+--=+--=k j i k j i Fam kN 36.35)(⋅-=F x M2－9 图示平面任意力系中F 1 = 402N ，F 2 = 80N ，F 3 = 40N ，F 4 = 110M ，M = 2000 N ·mm 。
各力作用位置如图所示，图中尺寸的单位为mm 。
求力系向O 点简化的结果。
FFFF (0,30)(20,20)(20,-30)(-50,0)45yxRF 'ooM yxoRF (0,-6)解：N 15045cos 421R -=--︒=∑=F F F F F x x 045sin 31R =-︒=∑=F F F F y yN 150)()(22'R =∑+∑=y x F F Fm m N 900305030)(432⋅-=--+=∑=M F F F M M O O F向O 点简化结果如图（b ）；合力如图（c ），其大小与方向为N 150'R R i F F -==Ar A(a)(b)（c）（d）第3章静力学平衡问题3－2图示为一绳索拔桩装置。
理论力学(金尚年-马永利编著)课后习题答案详解
高等教育出版社，金尚年，马永利编著理论力学课后习题答案第一章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=0XYF Nmg sinφmgmg cosφφS== 4 a (1)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=受力分析得：则，此即为质点的运动微分方程。
该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为.1.3证明：设一质量为m 的小球做任一角度0θ的单摆运动运动微分方程为θθθF r r m =+)2( θθsin mg mr = ①给①式两边同时乘以d θ θθθθd g d r sin = 对上式两边关于θ积分得 c g r +=θθcos 212 ② 利用初始条件0θθ=时0=θ 故0cos θg c -= ③ 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 ⎰⎰---=--=020222002sin 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⎰-==0222sin 2sin 124T θθθθd g l t由ϕθθsin 2sin /2sin 0=两边分别对θϕ微分可得ϕϕθθθd d cos 2sin 2cos 0=ϕθθ202sin 2sin 12cos-=故ϕϕθϕθθd d 202sin 2sin 1cos 2sin2-= 由于00θθ≤≤故对应的20πϕ≤≤故ϕϕθϕθϕθθθθπθd g l d g l T ⎰⎰-=-=202022cos 2sinsin 2sin 1/cos 2sin42sin2sin 2故⎰-=2022sin 14πϕϕK d g l T 其中2sin022θ=K 通过进一步计算可得glπ2T =])2642)12(531()4231()21(1[224222 +⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯++⨯⨯++n K n n K K1.5zp点yx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, ①M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，，②联立①，②可得：,M为地球的质量；③当半径增加 ,R2=R+ ,此时总质量不变，仍为M,此时表面的重力加速度可求：④e өe tөy由④得：⑤则，半径变化后的g 的变化为⑥对⑥式进行通分、整理后得：⑦对⑦式整理，略去二阶量，同时远小于R ，得⑧则当半径改变 时，表面的重力加速度的变化为：。
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(b)
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 ＜2
π，试确定小环
A 的运动规律。
解：R
v a a 2
n
sin ==θ，θ
sin 2R v a =
θθtan cos d d 2t
R v a t
v a ===，⎰⎰=t v v t R v
v 02d tan 1d 0θ t v R R v t s v 00tan tan d d -==θθ
⎰⎰-=t s t t v R R v s 0000d tan tan d θθ
t
v R R R s 0tan tan ln tan -=θθθ
4－2 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 t
t x ， 2．⎩⎨⎧==t y t x 2cos 2sin 3
解：1．由已知得 3x = 4y （1） ⎩⎨⎧-=-=t y t x
3344 t v 55-=
⎩
⎨⎧-=-=34y x
5-=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
2arccos 21
3arcsin y x =
化简得轨迹方程：29
4
2x 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
22
1
Rt 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 ，222
n Rt R
v a π==
y 坐标值最大的位置时：R Rt s 2
212ππ==
，12=∴t
R 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。
A
习题4－1图
习题4－2图
习题4－3图
(c) 2ωe 2ωe -t ωO υa
υ (b) ωe νωe -t ωO υ (a) y R
e -R t ωe R +πO υ
习题4-6图
解：设t = 0时AB 长度为l 0，则t 时刻有：
220
2
20
)arctan arctan (r x l r r x r l r t --=--+ω
对时间求导：
2
2
2
2
2r
x x x r
x x x
r r --
=--
ω
2
2r x rx x
--=ω
4－5 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。
试列写顶板的运动方程，求其速度和加速度，并作三者的曲线图像。
解：（1）顶板A 作平移，其上与轮C 接触点坐标： t e R y sin ω+=（ω为轮O 角速度）
t e y
v cos ωω== t e y a sin 2ωω-== （2）三者曲线如图（a ）、（b ）、（c ）。
4－6 绳的一端连在小车的点A 上，另一端跨过点B 的小滑车车绕在鼓轮C 上，滑车离地面的高度为h 。
若小车以匀速度υ沿水平方向向右运动，试求当θ = 45°时B 、C 之间
绳上一点P 的速度、加速度和绳AB 与铅垂线夹角对时间的二阶导数θ
各为多少。
解：1．∵P 点速度与AB 长度变化率相同
2
221)(d d 2221
22v
x h x x x h t v P =+⋅=+= （θ= 45°，x = h 时）
2．同样：h
v h x x h x x t v
a P P 2222)(d d 2
222=
=+== （∵0=x
，x = h ） 3．h x =
θtan ，h
x
1tan -=θ 222
211x h x h h
x x h +=+= θ 2
222222)
(2h
v x h x hx -=+-= θ（顺）
4－7 图示矢径r 绕轴z 转动，其角速度为 ω，角加速度为 α。
试用矢量表示此矢径端点M 的速度、法向加速度和切向加速度。
解：r ωr v ⨯==t
M d d
O
ω
αM
z
x
r 习题4-5图
x
y
ωt
)(d d r ωωr αv ωr ωv a ⨯⨯+⨯=⨯+⨯==
M M
M t r αa ⨯=t
M
v ωr ωωa ⨯=⨯⨯=)(n M
4－8 摩擦传动机构的主动轮I 的转速为n ＝600r/min ，它与轮II 的接触点按箭头所示的方向移动，距离d 按规律d ＝10-0.5t 变化，单位为厘米，t 以秒计。
摩擦轮的半径r ＝5cm ，R ＝15cm 。
求：（1）以距离d 表示轮II 的角加速度；（2）当d ＝r 时，轮II 边缘上一点的全加速度的大小。
解：
（1）302nr d πω=，d
nr 302πω=
22
2250305.0560030d
d d d nr πππα=⨯⨯=-= rad/s 2
（2）59220
3025004
44424222=+=+=n r r r a ππωαcm/s 2
4－9 飞机的高度为h ，以匀速度v 沿水平直线飞行。
一雷达与飞机在同一铅垂平面内，
雷达发射的电波与铅垂线成θ 角，如图所示。
求雷达跟踪时转动的角速度ω 和角加速度α与h 、v 、θ 的关系。
解：h
vt =θtan
h v =
θθ
2
cos ，θθω2cos h
v == θθθθωα222
cos 2sin 2sin h
v h v -=-==
4－10 滑座B 沿水平面以匀速v 0向右移动，由其上固连的销钉C 固定的滑块C 带动槽杆OA 绕O 轴转动。
当开始时槽杆OA
求槽杆的转动方程、角速度和角加速度。
解：b
t v 0tan =ϕ，b
t v 0arctan =ϕ rad
22020t
v b bv +=
=ϕω rad/s
222023
0)
(2t v b t bv +-==ωα
4－11．设ω 为转动坐标系Axyz 的角速度矢量，i 、j 、k 为动坐标系的单位矢量。
试证明：
证：x t
ω=⋅=⋅⨯=⋅i ωk j ωk j
)(d d
习题4-8图
v
习题4-9图
习题4-10图
k j i j i k i k j ω⎪⎭
⎫ ⎝⎛⋅
+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=t
t t d d d d d d
y t ω=⋅=⋅⨯=⋅j ωi k ωi k
)(d d k t
ω=⋅=⋅⨯=⋅k ωj i ωj i
)(d d ∴等式右侧ωk j i =++=z y x ωωω
证毕。