理论力学答案第二章
理论力学 第2章力系的简化习题解答
第二章 力系的简化 习题解答2-1在立方体的顶点A 、H 、B 、D 上分别作用四个力，大小均为F ，其中1F 沿AC ，2F 沿IG ，3F 沿BE ，4F 沿DH 。
试将此力系简化成最简形式。
解：各力均在与坐标平面平行的面内，且与所在平面的棱边成45°角。
将力系向A 点简化，主矢'R F 在坐标轴上的投影为045cos 45cos '21=-=F F F Rx ，FF F F F F Ry 245cos 45cos 45cos 45cos '4321=+-+=，F F F F Rz 245cos 45cos '43=+= 。
用解析式表示为： ()k j F +=F R 2'设立方体的边长为a ，主矩A M 在坐标轴上的投影为 045cos 45cos 32=⋅+⋅-=a F a F M Ax ， Fa a F a F M Ay 245cos 45cos 42-=⋅-⋅-= ，Fa a F a F M Az 245cos 45cos 42=⋅+⋅= 。
用解析式表示为：()k j M +-=Fa A 2。
因为，0'=⋅A R M F ，所以，主矢和主矩可以进一步简化为一个力，即力系的合力。
合力的大小和方向与主矢相同，'R R F F =；合力作用点的矢径为()i MF r a F R R =⨯=2''，所以，合力大小为2F ，方向沿对角线DH 。
2-2三力321,F F ,F 分别在三个坐标平面内，并分别与三坐标轴平行，但指向可正可负。
距离c b a ,,为已知。
问：这三个力的大小满足什么关系时力系能简化为合力？又满足什么关系时能简化为力螺旋？解：这力系的主矢为k j i 321'F F F F R ++=； 对O 点的主矩为k j i a F c F b F M O 213++=。
当主矢与主矩垂直时，力系能简化为合力。
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。
理论力学课后习题第二章思考题答案
理论力学课后习题第二章思考题解答2.1.答：因均匀物体质量密度处处相等，规则形体的几何中心即为质心，故先找出各规则形体的质心把它们看作质点组，然后求质点组的质心即为整个物体的质心。
对被割去的部分，先假定它存在，后以其负质量代入质心公式即可。
2.2.答：物体具有三个对称面已足以确定该物体的规则性，该三平面的交点即为该物体的几何对称中心，又该物体是均匀的，故此点即为质心的位置。
2.3.答：对几个质点组成的质点组，理论上可以求每一质点的运动情况，但由于每一质点受到周围其它各质点的相互作用力都是相互关联的，往往其作用力难以n3预先知道；再者，每一质点可列出三个二阶运动微分方程，各个质点组有个相互关联的三个二阶微分方程组，难以解算。
但对于二质点组成的质点组，每一质点的运动还是可以解算的。
若质点组不受外力作用，由于每一质点都受到组内其它各质点的作用力，每一质点的合内力不一定等于零，故不能保持静止或匀速直线运动状态。
这表明，内力不改变质点组整体的运动，但可改变组内质点间的运动。
2.4.答：把碰撞的二球看作质点组，由于碰撞内力远大于外力，故可以认为外力为零，碰撞前后系统的动量守恒。
如果只考虑任一球，碰撞过程中受到另一球的碰撞冲力的作用，动量发生改变。
2.5.答：不矛盾。
因人和船组成的系统在人行走前后受到的合外力为零（忽略水对船的阻力），且开船时系统质心的初速度也为零，故人行走前后系统质心相对地面的位置不变。
当人向船尾移动时，系统的质量分布改变，质心位置后移，为抵消这种改变，船将向前移动，这是符合质心运动定理的。
2.6.答：碰撞过程中不计外力，碰撞内力不改变系统的总动量，但碰撞内力很大，使物体发生形变，内力做功使系统的动能转化为相碰物体的形变能（分子间的结合能），故动量守恒能量不一定守恒。
只有完全弹性碰撞或碰撞物体是刚体时，即相撞物体的形变可以完全恢复或不发生形变时，能量也守恒，但这只是理想情况。
2.7.答：设质心的速度，第个质点相对质心的速度，则，代入质点组动量定理可得这里用到了质心运动定理。
理论力学简明教程答案 第二章
第二章有心运动和两体问题斗转星移，粒子变迁，乃至整个宇宙的各种运动均受着“上帝”的安排----力的大小与距离平方成反比定律。
在此解析几何的空间曲线将一展风情。
【要点分析与总结】1有心力和有心运动()()rr r r F F F e r==r r r（1）有心运动的三个特征：平面运动动量守恒(0M ≡r)机械能守恒(E T V =+)（2）运动微分方程()()2()2r m r r F m r r F θθθθ⎧−=⎪⎨+=⎪⎩&&&&&&可导出：()()()2222222221()21()(,r r u F r r m r h h m r r V E d u mh u u F u d r θθθθ⎧−=⎪⎪⎪=⎪⎨++=⎪⎪⎪−+==⎪⎩&&&&&&（为常量）（机械能守恒）比内公式〈析〉0L h m=是一个恒量，解题时应充分利用。
恰当运用会使你绝处逢生，可谓是柳暗花明又一村的大门。
2距离平方反比引力作用下的质点运动2222k F k u r=−=−可由比内公式导出：2220201cos()1cos()mh p k r mhe A k θθθθ==+−+−（220,,,mhp e pA A k θ==为由初始条件决定的常量）近日点：1m p r e =+远日点：1M pr e=−且422(1)2k E T V e mh=+=−可得半长轴长：221()212m M p k a r r e E=+==−−〈析〉用a 来求E ，进而得出运动规律，即便是开普勒三定律亦是须臾即得。
2距离平方反比斥力作用下的质点运动（粒子散射）的双曲线模型22k F r=（204Qqk πε=）可导出：01cos()pr e θθ−=−−散射角：12cos arc e ϕπ⎛⎞=−⎜⎟⎝⎠2004cos 2m Qq πευϕρ⎛⎞=⎜⎟⎝⎠卢瑟福散射公式：24011()44sin 2d Qq d σϕπε=Ω（式中散射截面：2d d σπρρ=，立体角：2sin d d πϕϕΩ=将散射角公式两侧微分并代入即得散射公式）4质点运动轨道的讨论（1）圆轨道的稳定条件()()220,r r dU d U drdr =>（等效势能：()()222r r mh U V r=+）再利用()()r r dV F dr=−可导出：3n <（2n k F r=）（2）轨道的轨迹曲线000E E E <⎧⎪=⎨⎪>⎩(1)(1)(1)e e e <=>LL LL LL 椭圆抛物线双曲线〈析〉通过E 与0的关系，即可判断天体运动的轨迹曲线【解题演示】1质点在有心力()r F 的作用下运动，质点速度的大小为a r υ=，这里a 是常数。
理论力学第2章答案
2 平面力系(3)一、是非题1、 平面力系的主矢量是力系的合力。
（×）2、 平面力系的力多边形不封闭，则该力系对任意一点的主矩都不可能为零。
（×）3、 当平面一般力系向某点简化为力偶时，如果向另一点简化其结果相同。
（√）4、 首尾相接构成一封闭力多边形的平面力系是平衡力系。
（×）5、 若一平面力系对某点主矩为零，且主矢亦为零，则该力系为一平衡力系。
（√）6、 作用在刚体上的一个力，可以从原来的作用位置平行移动到该刚体内任意指定点，但必须附加一个力偶，附加力偶的矩等于原力对指定点的矩。
（√）7、平面力系向某点简化之主矢为零，主矩不为零。
则此力系可合成为一个合力偶，且此力系向任一点简化之主矩与简化中心的位置无关。
（√）8、若平面力系对一点的主矩为零，则此力系不可能合成为一个合力。
（×）二、填空题1、0,902、10kN , →3、10kN ，←4、题目误，应在C 加支座。
5、2P ，↑6、R=10kN ,方向与AB 平行，d=2m三、A 点是固定端约束，有约束反力偶(设为逆时针方向)。
解：1) 选AB 研究，画受力图。
分布载荷的大小 q m *4/2,作用点距A 点4/3处。
2) 建坐标系，列解平衡方程优先用对A 点的力矩平衡方程，F 对A 点的力矩用合力矩定理。
kNm12 M 03)45sin -(F 4)45cos (F -M M 34)2q 4(0)F (ΣM A A m i A ==︒︒++⋅-= 066F 0)2126(3F 0F Ax Ax xi ===⋅+=--)24(∑ kN 6F 02126F 0F Ay Ay yi ==-= )( ∑ Ax F Ay F A M。
理论力学第二章习题答案
理论力学第二章习题答案理论力学是物理学中研究物体运动规律和相互作用的分支学科，它以牛顿运动定律为基础，通过数学方法来描述物体的运动和力的作用。
本章习题答案将帮助学生更好地理解和掌握理论力学的基本概念和计算方法。
习题1：考虑一个质量为m的物体在重力作用下自由下落。
忽略空气阻力，求物体下落过程中的速度和位移。
答案：物体自由下落时，受到的力只有重力，大小为mg，方向向下。
根据牛顿第二定律，F=ma，可以得到加速度a=g。
物体的速度v随时间t变化，可以使用公式v=gt计算。
物体的位移s随时间变化，可以使用公式s=1/2gt^2计算。
习题2：一个质量为m的物体在水平面上以初速度v0开始运动，受到一个大小为k的恒定摩擦力作用。
求物体停止前所经过的距离。
答案：物体在水平面上运动时，受到的摩擦力与物体的位移成正比，即F=-kx。
根据牛顿第二定律，F=ma，可以得到加速度a=-k/m。
物体的位移x随时间t变化，可以使用公式x=v0t - 1/2(k/m)t^2计算。
当物体速度减至0时，物体停止，此时t=2v0/k，代入公式得到x=2v0^2/k。
习题3：一个质量为m的物体在斜面上，斜面与水平面的夹角为θ。
物体受到一个向上的拉力F，使得物体沿斜面匀速上升。
求拉力F的大小。
答案：物体沿斜面匀速上升时，拉力F与重力分量mgsinθ和摩擦力μmgcosθ平衡。
根据平衡条件，F=mgsinθ + μmgcosθ。
如果摩擦系数为μ，可以进一步简化为F=mg(sinθ + μcosθ)。
习题4：考虑一个质量为m的物体在竖直平面内做圆周运动，圆心位于物体的正下方。
物体的运动由一个弹簧连接到圆心，弹簧的劲度系数为k。
求物体在圆周运动中的角速度。
答案：物体在圆周运动中，受到弹簧力和重力的作用。
根据牛顿第二定律，向心力Fc=mv^2/r=ma，其中r为圆的半径。
由于物体做圆周运动，向心力由弹簧力和重力的垂直分量提供。
因此，Fc=kx - mgcosθ，其中x为弹簧的伸长量，θ为物体与竖直方向的夹角。
胡汉才编著理论力学课后习题答案第2章力系的简化
力系的简化第二章，的力F，5）两点（长度单位为米），且由A指向B．通过A（3，0，0），B（0，42-1 。
，对z轴的矩的大小为在z轴上投影为22 /5。
答：F / ；6 F上和y，c，则力F在轴z2-2．已知力F的大小，角度φ和θ，以及长方体的边长a，b的矩x ；F对轴；Fy= 的投影：Fz=F 。
)= M ( x）··（）（··；－··；cos=FFz=F答：φsinφbFy=θFsincosφφcosφ+cMxFcos41－图2 图2－40F，则该力，若F=100N，4）两点（长度单位为米）），B（0，2-3．力4通过A（3，4、0 。
，对x轴的矩为在x轴上的投影为320N.m；答：－60NAE内有沿对角线，在平面ABED2-4．正三棱柱的底面为等腰三角形，已知OA=OB=a °，则此力对各坐标轴之矩为：α=30的一个力F，图中。
）= ）；M（F= （（MF）= ；MF zYx6Fa/4 =（F）；M）=0，（F）=－Fa/2MF答：M（zxy2-5．已知力F的大小为60（N），则力F对x轴的矩为；对z轴的矩为。
答：M（F）=160 N·cm；M（F）=100 N·cmzx43－图2 2图－42O2-6．试求图示中力F对点的矩。
M(F)=Flsinα解：a: O M(F)=Flsinαb: Oα+ Flcos)sinc: M(F)=F(l+lα2O13??22?lM?Fl?Fsin d: 2o1。
轴的力矩M1000N2-7．图示力F=，求对于z z图题2－8 7题2－图。
试求=40N，M=30N·m=40N2-8．在图示平面力系中，已知：F=10N，F，F321其合力，并画在图上（图中长度单位为米）。
解：将力系向O点简化=30N F=F－R12X40N －=R=－F3V R=50N ∴m ）··3+M=300N+FF主矩：Mo=（+F312d=Mo/R=6mO合力的作用线至点的矩离iiRR0.8－=），（cos，=0.6），（cos合力的方向：iR ）=－53，°08'（iR ，'）（=143°08，内作用一力偶，其矩M=50KNGA转向如图；又沿·m，2-9．在图示正方体的表面ABFE2RR =50。
理论力学(刘又文 彭献)答案第2章
答：不对。因为其中一个平面上的 3 个投影方程，完全可由其他两组方程导 出，故独立平衡方程数只有 6 个。
13.均质杆 AB、AC，铅垂架在粗糙水平面上，并处于临界平衡状态，如图 2.9 所示。研究整体，其受力为平面一般力系，则可解出 3 个未知量。对吗？
可由其导出，它们与上述 6 个方程互不独立；如果使用整体及其中一刚体的共 6
个平衡方程，则另一刚体的 3 个平衡方程也可由其导出。故该系统的独立平衡方
程只有 6 个。 9. 如 图 2.6 所 示 为 两 铰 拱 ， A 、 B 支 座 处 有 4 个 未 知 约 束 力 ， 可 由
∑ Fx = 0, ∑ Fy = 0, ∑ M A = 0, ∑ M B = 0,共 4 个平衡方程联立解出。对吗？
答：不对。平面一般力系，只有 3 个独立平衡方程，第 4 个方程一定是前 3
个的某种线性组合，是不独立的。该结构为超静定，4 个未知量不可由平衡方程
全部求出。
10.某力系中，各力的作用线平行于某一平面，则独立平衡方程的个数是 3。
对吗？
答：不对。平行于某平面的力线不一定共面，也不一定平行。如图 2.7 所示，
吗？
答：不对。当 A、B 两矩心与汇交点共线，且力系对于 AB 轴对称时，如图
∑ ∑ 2.3 所示汇交力系中， F1 = F2 ，虽有 MA = 0， MB = 0，但该力系并不平衡。
∑ ∑ ∑ 5.平面一般力系，满足 MA =0， MB =0， Fx = 0，则一定平衡。对吗？
答：不对。应补充 AB 不垂直 x 轴的条件，否则条件不充分。如图 2.3 所示 情形，力系虽满足上述三个方程，但并不平衡。
胡汉才编著《理论力学》课后习题答案第2章力系的简化
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F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。
答：－60N；320N.m2-4．正三棱柱的底面为等腰三角形，已知OA=OB=a，在平面ABED内有沿对角线AE 的一个力F，图中α=30°，则此力对各坐标轴之矩为：M x（F）= ；M Y（F）= ；M z（F）= 。
答：M x（F）=0，M y（F）=－Fa/2；M z（F）=6Fa/42-5．已知力F的大小为60（N），则力F对x轴的矩为；对z轴的矩为。
答：M x（F）=160 N·cm；M z（F）=100 N·cm图2－42 图2－432-6．试求图示中力F 对O 点的矩。
解：a: M O (F)=F l sin αb: M O (F)=F l sin αc: M O (F)=F(l 1+l 3)sin α+ F l 2cos αd: ()2221l l F F M o +=αsin2-7．图示力F=1000N ，求对于z 轴的力矩M z 。
题2－7图 题2－8图2-8．在图示平面力系中，已知：F 1=10N ，F 2=40N ，F 3=40N ，M=30N ·m 。
试求其合力，并画在图上（图中长度单位为米）。
解：将力系向O 点简化R X =F 2－F 1=30N R V =－F 3=－40N ∴R=50N主矩：Mo=（F 1+F 2+F 3）·3+M=300N ·m 合力的作用线至O 点的矩离 d=Mo/R=6m合力的方向：cos （R ，i ）=0.6，cos （R ，i ）=－0.8（R，i）=－53°08’（R，i）=143°08’2-9．在图示正方体的表面ABFE内作用一力偶，其矩M=50KN·m，转向如图；又沿GA，BH作用两力R、R',R=R'=502KN；α=1m。
理论力学第二章习题答案
理论力学第二章习题答案理论力学第二章习题答案理论力学是物理学的基础学科之一，它研究物体的运动规律以及力的作用原理。
在理论力学的学习过程中，习题是检验学生理解和掌握程度的重要方式之一。
下面将为大家提供理论力学第二章的习题答案，希望对大家的学习有所帮助。
1. 一个质点在匀速直线运动中，它的加速度是多少？答：在匀速直线运动中，速度保持不变，所以加速度为0。
2. 一个质点的速度随时间的变化规律为v=3t+2，求它在t=2s时的速度。
答：将t=2s代入速度变化规律中，得到v=3*2+2=8m/s。
3. 一个质点做匀加速直线运动，它的初速度为2m/s，加速度为3m/s²，求它在t=4s时的位移。
答：根据匀加速直线运动的位移公式s=vt+1/2at²，将初速度v=2m/s，时间t=4s，加速度a=3m/s²代入，得到s=2*4+1/2*3*4²=8+24=32m。
4. 一个质点做匀加速直线运动，它的初速度为4m/s，位移为20m，加速度为2m/s²，求它的末速度。
答：根据匀加速直线运动的末速度公式v²=u²+2as，将初速度u=4m/s，位移s=20m，加速度a=2m/s²代入，得到v²=4²+2*2*20=16+80=96，所以末速度v=√96≈9.8m/s。
5. 一个质点做直线运动，它的速度随时间的变化规律为v=2t²+3t，求它在t=3s时的加速度。
答：加速度是速度对时间的导数，所以将速度变化规律v=2t²+3t对时间t求导，得到加速度a=dv/dt=4t+3。
将t=3s代入，得到a=4*3+3=15m/s²。
6. 一个质点做直线运动，它的速度随时间的变化规律为v=5t²+2t，求它在t=2s 时的加速度。
答：同样地，将速度变化规律v=5t²+2t对时间t求导，得到加速度a=dv/dt=10t+2。
理论力学习题答案1-10章
y′ = e x
θ = 45o
(1 + y′ ) ρ= y′′
3 2 2
an = a
v
( 0 , 1)
θ
v x = v y = 6 2 m/s
x
ρ =2 2m
a x = − 36 m/s 2 , a y = 36 m/s 2
28
概念题答案
[六]
π R 2 − avt πr = v = rω
2
av 2 α = 3 2π r
1 M x = F ( h − 3r ) 4
3 My = F (r + h) 4 1 M z = − Fr 2
4
概念题答案
[五]
M FA = FC = 2 2a
5
概念题答案
[六]
M 2 = 3 N ⋅ m （逆时针） FAB = 5 N （拉力）
6
概念题答案
[七]
7
概念题答案
[八]
F = 50 N , θ = 143 o8′
N3 = F N4 = 0
N5 = − 2F
19
概念题答案
[五]
FsA FNA
P
FsB FNB
FsA = fs FN A
FsB = fs FNB
fs = 0.223
20
概念题答案
[六]
40 .2 kN ≤ PE ≤ 104 .2 kN
21
概念题答案
[七（4-18）]
sin α − f s cos α sin α + f s cos α FQ ≤ FP ≤ FQ cos α + f s sin α cos α − f s sin α
2 0
理论力学第七版答案 第二章
2-15 直角弯杆ABCD 与直杆DE 及EC 铰接如图，作用在DE 杆上力偶的力偶矩M ＝40kN ⋅m ，不计各杆件自重，不考虑摩擦，尺寸如图。
求支座A 、B 处的约束反力及EC 杆受力。
题2－15图【知识要点】 平面力偶系的平衡方程。
【解题分析】 以整体为研究对象可求得A,B 处约束力，以杆DE 为研究对象可求得EC 的受力。
【解答】 （1）以整体为研究对象，受力如图。
∑=⋅-=030cos 4,00A i F M M解得 kN F F B A 320==(2) 以杆DE 为研究对象，受力如图。
∑=⋅-=045cos 4,00BC i F M M解得 kN F BC 220=2-16 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。
【知识要点】 平面力偶系的平衡方程及应用，平面汇交力系的平衡方程及应用。
【解题分析】 先研究曲柄OA ，再研究铰链B ，然后研究滑块D 。
【解答】 （1）以曲柄OA 为研究对象，受力如图。
0cos ,0=-⋅=∑M F MA i θα 解得 θαcos M F A = （2）以铰链B 为研究对象，受力如图。
题2－17图0sin cos cos ,0=-+-=∑θθθAB CB DB x F F F F0cos sin sin ,0=+--=∑θθθAB CB DB yF F F F 其中A AB F F = 解得θθαθcos 2sin 2cos M F DB =（3）以滑块D 为研究对象；受力如图。
∑=+-=0cos ,0θBD x F F F 其中 DB BD F F =解得 θαθ2cot cos M F F DB =⋅=。
理论力学第二章答案
[
]
代入完整保守体系的拉格朗日方程，并化简得
&& θ + sinθ ⋅ cosθ ⋅ ω 2 = 0
2.9 用拉格朗日方程写出习题1.27的运动微分方程 解：体系为自由度为2的完整约束体系，取x,y为广义坐标
m & & T = (x2 + y2) 2
则
V =−
e2 4 πε 0
⋅
1 x2 + y2 1 x2 + y2
ϕ +ϕ ϕ +ϕ m1g sinϕ1 − k cos 1 2 ⋅ (l − 2R) ⋅ sin 1 2 = 0 2 2 m g sinϕ − k cosϕ1 + ϕ2 ⋅ (l − 2R) ⋅ sinϕ1 + ϕ2 = 0 2 2 2 2
o
ϕ1 ϕ2
m2
m1
2.23 质量为m，电荷为q的粒子在轴对称电场 中运动。写出粒子的拉格朗日函数和运动微分方程。 v v v v 解： 由题中 E = E 0 e r ，B = B 0 k 令 ϕ = E 0 ln R v 1 v A = B 0 R eθ 2 v v 在柱坐标系中，有： = 1 mv 2 − q ϕ + q A ⋅ V , L 2 d ∂L ∂L − =0 代入： & dt ∂ q α ∂ qα
o
2.6 用拉格朗日程写出习题1.20的运动微分方程 解：如图，取底面圆心处为坐标原点，建立柱坐标系，质点到 v &v v v & eϕ + ze z & 轴距为R，则： υ = R er + Rϕ & & 由几何关系 R = ( R2 + z ⋅ tan α ), R = z ⋅ tan α
理论力学周衍柏第三版第二章习题答案
第二章习题解答2.1 解 均匀扇形薄片，取对称轴为x 轴，由对称性可知质心一定在x 轴上。
题2.1.1图有质心公式⎰⎰=dmxdm x c 设均匀扇形薄片密度为ρ，任意取一小面元dS ，drrd dS dm θρρ==又因为θcos r x =所以θθθρθρsin 32adrrd dr rd x dmxdm x c ===⎰⎰⎰⎰⎰⎰对于半圆片的质心，即2πθ=代入，有πππθθa a ax c 3422sin 32sin 32=⋅==2.2 解 建立如图2.2.1图所示的球坐标系题2.2.1图把球帽看成垂直于z 轴的所切层面的叠加（图中阴影部分所示）。
设均匀球体的密度为ρ。
则)(222z a dz y dv dm -===ρπρπρ由对称性可知，此球帽的质心一定在z 轴上。
代入质心计算公式，即)2()(432b a b a dmzdmz c ++-==⎰⎰2.3 解 建立如题2.3.1图所示的直角坐标，原来人W 与共同作一个斜抛运动。
yO题2.3.1图当达到最高点人把物体水皮抛出后，人的速度改变，设为x v ，此人即以 x v 的速度作平抛运动。
由此可知，两次运动过程中，在达到最高点时两次运动的水平距离是一致的（因为两次运动水平方向上均以αcos v 0=水平v 作匀速直线运动，运动的时间也相同）。
所以我们只要比较人把物抛出后水平距离的变化即可。
第一次运动：从最高点运动到落地，水平距离1st a v s ⋅=cos 01 ① gt v =αsin 0 ② ααcos sin 201gv s =③第二次运动:在最高点人抛出物体，水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，有)(cos )(0u v w Wv v w W x x -+=+α可知道u wW w a v v x ++=cos 0水平距离αααsin )(cos sin 0202uv gW w w gv t v s x ++==跳的距离增加了12s s s -=∆=αsin )(0uv gw W w +2.42.4 解 建立如图2.4.1图所示的水平坐标。
(完整版)理论力学课后答案第二章
解 册究対繼*晦矍*曲：/」平衛ii 殳宦廉，交廉”的钓痕力耳欝珊谊寸c 乃向如I 用 b 陌示.収啪杯爺Cy*血平胡那论鬥式⑴* (?)峡立・解紂佔2…已暂 F 兰5 am N .棗与撑祎自虫不计匚求 BC'ffK 内力及铁员 的反力。
解该系统曼力如图(訂， 三力匸交于艰0・苴封訥的力 三角膠如图冷人祥得 屉二5OOON 』仏 二疔000 W2-2在铰链A 、B 处有力F i , F 2作用，如图所示。
该机 F i 与F 2的关系。
2-3铰链4杆机构CABD 的CD 边固定, 构在图示位置平衡，不计杆自重。
求力 30T >◎60°检(b)B解⑴柠点掐坐WAS 力如囲 归所示"H3平祈刖论咼节点瓦腿标歴覺力如国 所小*血丫轉理论得2S -F^ ccs 30fr -f ； cosW ）0 =0^=-^=—^— = 1.553^F 、: - 0.644已扣两伦备車P A ^P L •处于T册状态,杆電不比求I ）若片=丹=巴 角e -?2）若 P A - 300 B = 0血=?ffi 八5两轮受力分别 如图示■对A 辂育SX = 0* F 刚 cEjedO* — F\g oos$ = 0SY 二 0a F sx tin60T - F 屈 sinfl - P A = tj对 B 轮育 SX ■ 0, Fn ooa? - F,\&8^3(/ = 0 IV = 0. F rw sinff 下 F 斶 anJO* - P n =(1) 四牛封程嬴立求AL 爾＜3-30*(2) 把拧-0\F A - 300 M 代入方社，联立解筹P fl = 100 N2-5如图2-10所示，刚架上作用力F 。
试分别计算力F解 M A (F) = -FbcoseM s [F) - -Fb cos0 + FosinB二F(osiii0-bcos0)2-6已知梁AB 上作用1力偶，力偶矩为M ，梁长为I ，梁重不计。
理论力学第二章课后习题答案
理论力学第二章课后习题答案·12·理论力系第2章平面汇交力系与平面力偶系一、是非题(恰当的在括号内踢“√”、错误的踢“×”)1．力在两同向平行轴上投影一定相等，两平行相等的力在同一轴上的投影一定相等。
2．用解析法求平面呈报力系的合力时，若挑选出相同的直角坐标轴，其税金的合力一定相同。
(√)3．在平面汇交力系的平衡方程中，两个投影轴一定要互相垂直。
(×)4．在维持力偶矩大小、转为维持不变的条件下，可以将例如图2.18(a)右图d处为平面力偶m移至例如图2.18(b)所示e处，而不改变整个结构的受力状态。
(×)(a)图2.185．如图2.19所示四连杆机构在力偶m1m2的作用下系统能保持平衡。
6．例如图2.20右图皮带传动，若仅就是包角发生变化，而其他条件均维持维持不变时，并使拎轮旋转的力矩不能发生改变。
(√图2.19图2.201．平面呈报力系的均衡的充要条件就是利用它们可以解言的约束反力。
2．三个力汇交于一点，但不共面，这三个力3．例如图2.21右图，杆ab蔡国用数等，在五个力促进作用下处在平衡状态。
则促进作用于点b的四个力的合力fr=f，方向沿4．如图2.22所示结构中，力p对点o的矩为plsin。
5．平面呈报力系中作力多边形的矢量规则为：各分力的矢量沿着环绕着力多边形边界的某一方向首尾相接，而合力矢量沿力多边形半封闭边的方向，由第一个分力的起点指向最后一个分力的终第面汇交力系与平面力偶图2.21图2.226．在直角坐标系中，力对坐标轴的投影与力沿坐标轴分解的分力的大小但在非直角坐标系中，力对坐标轴的投影与力沿坐标轴分解的分力的大小不相等。
1．例如图2.23右图的各图为平面呈报力系所作的力多边形，下面观点恰当的就是(c)。
(a)图(a)和图(b)就是平衡力系则(b)图(b)和图(c)就是平衡力系则(c)图(a)和图(c)就是平衡力系则(d)图(c)和图(d)就是平衡力系则f2f2f1(a)(b)(c)2.关于某一个力、分力与投影下面说法正确的是(b)。
理论力学答案第二章
《理论力学》第二章作业习题2-5解：（1）以D点为研究对象，其上所受力如上图(a)所示：即除了有一铅直向下的拉力Fr外, 沿DB有一拉力Tr和沿DE有一拉力ETr。
列平衡方程XYFF⎧=⎪⎨=⎪⎩∑∑cos0sin0EET TT Fθθ-=⎧⎨-=⎩解之得800/0.18000()T Fctg Nθ=≈=（2）以B点为研究对象，其上所受力如上图(b)所示：除了有一沿DB拉力T'r外，沿BA有一铅直向下的拉力ATr,沿BC有一拉力CTr，且拉力T'r与D点所受的拉力Tr大小相等方向相反，即T T'=-r r。
列平衡方程XYFF⎧=⎪⎨=⎪⎩∑∑sin0cos0CC AT TT Tθθ'-=⎧⎨-=⎩解之得8000/0.180000()AT T ctg Nθ'=≈=答：绳AB作用于桩上的力约为80000N。
习题2-6 解:(1) 取构件BC 为研究对象，其受力情况如下图(a)所示：由于其主动力仅有一个力偶M ，那末B 、C 处所受的约束力B F r 、C F r必定形成一个阻力偶与之平衡。
列平衡方程()0B M F =∑r0C M F l -=所以 C M F l=(2) 取构件ACD 为研究对象，其受力情况如上图(b)所示：C 处有一约束力C F 'r与BC 构件所受的约束力C F r 互为作用力与反作用力关系，在D 处有一约束力D F r 的方向向上，在A 处有一约束力A F r，其方向可根据三力汇交定理确定，即与水平方向成45度角。
列平衡方程0X F =∑sin 450o A C F F '-=所以 222A C C M F F F l'=== 2Ml(b)所示。
习题2-7解：(1) 取曲柄OA 为研究对象，其受力情况如下图(a)所示：由于其主动力仅有一个力偶M ，那末O 、A 处所受的约束力O F ρ、BA F ρ必定形成一个阻力偶与之平衡。
理论力学练习-2
第二章平面汇交力系与平面力偶系判断题：1．因为构成力偶的两个力满足F＝F′，所以力偶的合力等于零。
（）答案：×2．因为构成力偶的两个力满足F＝F′，所以力偶在某轴上的投影不为零。
（）答案：×3．力偶对其作用面内任一点之矩都等于力偶矩。
（）答案：√4．力F在x轴方向的分力为零，则力F对坐标原点的力矩为零。
（）答案：×5．力矩为零时表示力作用线通过矩心或力为零。
（）答案：√6．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。
（）答案：√7．一个力在任意轴上投影的大小一定小于或等于该力的模，而沿该轴的分力的大小则可能大于该力的模。
（）答案：√8．力矩与力偶矩的单位相同，常用的单位为牛·米，千牛·米等。
（）答案：√9．只要两个力大小相等、方向相反，该两力就组成一力偶。
（）答案：×10．同一个平面内的两个力偶，只要它们的力偶矩相等，这两个力偶就一定等效。
（）答案：√11．只要平面力偶的力偶矩保持不变，可将力偶的力和臂作相应的改变，而不影响其对刚体的效应。
（）答案：√12．作用在刚体上的一个力，可以从原来的作用位置平行移动到该刚体内任意指定点，但必须附加一个力偶，附加力偶的矩等于原力对指定点的矩。
（）答案：√13．某一平面力系，如其力多边形不封闭，则该力系一定有合力，合力作用线与简化中心的位置无关。
（）答案：√14．平面任意力系，只要主矢R≠0，最后必可简化为一合力。
（）答案：√15．平面力系向某点简化之主矢为零，主矩不为零。
则此力系可合成为一个合力偶，且此力系向任一点简化之主矩与简化中心的位置无关。
（）答案：√16．若平面力系对一点的主矩为零，则此力系不可能合成为一个合力。
（）答案：×17．当平面力系的主矢为零时，其主矩一定与简化中心的位置无关。
（）答案：√18．在平面任意力系中，若其力多边形自行闭合，则力系平衡。
《理论力学》第二章-力系的简化试题及答案
第2章 力系的等效简化2-1 一钢结构节点，在沿OC 、OB 、OA 的方向受到三个力的作用，已知F 1＝1kN ，F 2＝2kN ，F 3＝2kN 。
试求此力系的合力。
解答 此平面汇交力学简化为一合力，合力大小可由几何法，即力的多边形进行计算。
作力的多边形如图（a ），由图可得合力大小kN F R 1=，水平向右。
2-2 计算图中1F 、2F 、3F 三个力的合力。
已知1F ＝2kN ，2F ＝1kN ，3F ＝3kN 。
解答 用解析法计算此空间汇交力系的合力。
kN F F F F ix Rx 424.26.0126.0222221=´´+=´´+=S =kN F F F iy Ry 566.08.018.022222=´´=´´=S =kN F F F F iz Rz 707.313222223=´+=´+=S =kN F F F F Rz Ry Rx R 465.4222=++=合力方向的三个方向余弦值为830.0cos ,1267.0cos ,5428.0cos ======RRz R Ry R Rx F FF F F F g b a2-3已知 N F N F N F N F 24,1,32,624321====，F 5＝7N 。
求五个力合成的结果(提示：不必开根号，可使计算简化)。
解答 用解析法计算此空间汇交力系的合力。
N F F F F F ix Rx 0.460cos 45cos 537550043=´´++-=S =N F F F F F iy Ry 0.460sin 45cos 547550042=´´+-=S =N F F F F F iz Rz 0.445sin 7625041=´++-=S =N F F F F Rz Ry Rx R 93.634222==++=合力方向角：4454),(),(),(¢°=Ð=Ð=Ðz F y F x F R R R 。
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《理论力学》第二章作业习题2-5解：（1）以D点为研究对象，其上所受力如上图（a）所示：即除了有一铅直向下的拉力F外，沿DB有一拉力7和沿DE有一拉力T E。
列平衡方程F Y 0 T E sin F 0解之得T Fctg 800/0.1 8000( N)（2）以B点为研究对象，其上所受力如上图（b）所示：除了有一沿DB拉力T夕卜，沿BA有一铅直向下的拉力T A，沿BC有一拉力T C，且拉力T与D点所受的拉力T大小相等方向相反，即T TT。
列平衡方程F X 0 T T C sin 0F Y 0 T C COS T A 0解之得T A Tctg 8000/0.1 80000（ N）答：绳AB作用于桩上的力约为80000N习题2-6解：（1）取构件BC为研究对象，其受力情况如下图（a）所示：由于其主动力仅有一个力偶M，那末B、C处所受的约束力F B、F C必定形成一个阻力偶与之F X 0 T T E COS 03) ,T A平衡。
列平衡方程r M B (F)0 M F C l 0与BC 构件所受的约束力F C 互为作用力与反作用力关系，在D 处有一约束力F D 的 方向向上，在A 处有一约束力F A ，其方向可根据三力汇交定理确定，即与水平 方向成45度角。
列平衡方程F X 0F A sin 45o F C所以 F A 迈F C>/2F C V 2-M - 答：支座A 的约束力为.2-，其方向如上图（b ）所示习题2-7解: （1）取曲柄0A 为研究对象，其受力情况如下图（a ）所示：由于其主动力仅有一个力偶M ，那末O A 处所受的约束力F O 、F BA 必定形成一个阻力偶与之 平衡。
列平衡方程⑵ 取构件ACD ^研究对象，其受力情况如上图（b ）所示：C 处有一约束力F CFM °(F) 0 F BA acos M 0F 旦BAa cos取B 点为研究对象，其受力情况如上图 对B 点有一作用力F AB 、F CB 及F DB ，其中F AB 与F BA 在杆AB 上为二力平衡关系, 即F ABF BA 。
列平衡方程F X 0 F CB cos F AB sin F DB cos 0 F Y 0F AB cos F CB sin F DB sincos 2sin 2 M所以 F DB F ABtg22sin cos a cos(3)取D 点为研究对象，其受力情况如上图(c)所示：除了力F 夕卜，滑块轨 道对其有一垂直支撑力N ，杆BD 的作用力F BD ，而且F BD 与F DB 在杆BD 上为二 力平衡关系，即F BD F DB 。
列平衡方程F X 0F BD cos F 0所以 F F BD COS — tg2a答：机构平衡时，力F 与力偶矩M 的关系为F — tg2。
a习题2-9解：主矢F R 在各坐标轴上的投影:所以⑵ (b)所示：杆AB BC 及BD 分别 VFF*F12力系对0点的主矩:由于主矢在各坐标轴上的投影均为负值而主矩为正值，合力的作用线应在原点 的左侧且方向向左下方，其大小为/ 2 2F R ' F XF Y 466.5( N)其与O 点的距离为：答：力系向O 点简化的结果得一方向向左下方的主矢 F R 437.6i 161.6j 和一 沿顺时针方向的力偶，力偶矩为；力系的合力的大小为，处于原点0的左侧且与 0点的距离为(如图)。
合力作用线方程为： 437.6x 161.6y 21439.42 0习题2-14AB c, ”J一► M丰BC v-Li ------------ -----丨■------------- ----------------2aI a・1・1IF*v * ■M --------- J2a-------------- i 乱a- -- 解：分别以图a 、图b 中得水平梁ABC 和DABC 为研究对象，其受力情况如图所 示：二者除了其上的主动力不同外，在支座 A 、B 处的约束力的个数一致，即在A 处的约束力可分解为F AX 、F AY ，在B 处的约束力F B 垂直向上。
图b 中梁左 侧的分布力可以合成为一集中力，其大小等于 qa ,作用点位于AD 中间。
根据平 衡条件，列平衡方程：F xF I 12F yF 2J0「5437.6( N)161.6(N)M O (F)100 F 1200 F 13.580 F 21439.42(N.mm)M O F R21439.42 466.545.96(mm)F xF AX 0(1)图 a ：M AF2aF B 3aF M 0M B F 02aF AY aF M 0所以：FAX 0；F AY1 FM F B 13F M2a2aF xF 1 AX 0(2)图 bM A F 02a q 2aF B 3aF M 02 M B F5 2a q2aF AY aF M 02所以：F AX0 ； F AY1 FM 5 aqF B 23F M 1 aq2a22a2 答：支座A 、B 处的约束力分别为:1 M1 M 图 a ： F AX 0, F AY-F JF B - 3F2a2a习题2-16(1) 取整个起重机为研究对象；(2) 受力分析：为使起重机正常工作，应使作用在起重机上的所有力满图 b ： F AX, F AY1 M 5 Faq2a2F B 冷M 17 2aq 。
解:足平衡条件。
起重机所受的力有载荷重力R 、自重P 、平衡块的重力P 2以及 轨道的约束力N A 、N B ,其受力情况如图所示。
(3) 列平衡方程：满载时，起重机有绕B 点转动的趋势，平衡状态下：M B (FJ 0(3 x)F 21.5P 10P 1 3N A 0为保证起重机不绕B 点翻倒，必须保证A 点的支承力不小于零，即N A 0。
因 此(3 x)P 21.5F 10R( 1)空载时，起重机有绕A 点转动的趋势，平衡状态下0 xF 2 3N B 4.5P 0A 点翻倒，必须保证B 点的支承力不小于零，即N B 0，因( 2)F 2333.3( kN)x 6.75(m)答：为使跑车满载或空载时起重机均不致翻倒，平衡锤的最小重量为， 平衡锤到左轨的最大距离为m 。
习题2-21 解法一解：(1)以杆CD 为研究对象，其受力情况如上图(a)所示。
在C 处的约束力可分 解为F cx 、F CY ，在D 处的约束力F D 垂直向上。
梁左侧的分布力可以合成为一M A (F) 为保证起重机不绕 此xP 2 4.5P 联立方程，我们有qF CYL1 r 仃J1 r nr1F AX」%F B2m1--------- ►Fcx(b)习题2-21 解法二解：（1）以整体（刚化）为研究对象，其受力情况如上图 （c ）所示。
在A 处的约 束力可分解为F AX 、F AY ，在B 、D 处的约束力F B 、F D 垂直向上，梁中间的分布作用力F cx 、 F CY 。
梁右侧的分布力可以合成为一集中力，其大小等于 2q ，作用点离C 点1n 。
列平衡方程，我们有F x 0 F AX F CX 0M A F 02F B 3 2q 4F CY 0(2)M B (F) 0 2F AY 1 2q 2F CY 0F AX F CX 0所以 F AY 1 2q 2F CY 2 1 2 10 2 5 2 15(kN)3 2q4 F CY 3210 4 5F B 2 240(kN)答：支座A B D 及铰链C 处所受的力分别为：F A 15kN（向下），F B 40kN（向上），F C5N （垂直方向），F D 15N (向上)AY 5 为F AX 、F AY ，在B 处的约束力F B 垂直向上，在C 处的约束力为F CX 、F CY 的反集中力，其大小等于2q , 作用点离C 点1m 列平衡方程: 因此: F x 0M C (F) M D (F) F CX4F D 3 2q 2q M M 4F CY (1)F CX F D0 1 2q F CYM 43 2q M10 40 2 4 3 2 10 40 15(kN) 4 （2）以杆ABC 为研究对象，其受力情况如上图5(kN) （b ）所示 在A 处的约束力可分解(1)力可以合成为作用在C 点的集中力，其大小等于4q 。
列平衡方程,F B F D 4q 0 4 4q 8F D M 0（向上），F C 5N （垂直方向），F D 15N （向上）习题2-38解：根据题意，各杆的重量分别为:F AX F AY 2F BF x 0 F y 0 M A (F)式中有四个未知量，但我们可以求出0,仍须列出补充方程。
（2）以杆CD 为研究对象, 重复解法一中的第一步，可得F CXF DF CY1 2q M 43 2q M将F D 的值代入方程 4（1），我们有1 2 10 4015(kN) 4 3 2 10 405(kN)4M C (F) 0F B4 4q M 8F D 24 4 10 40 8 1540(kN)F AY4q10 15 40 15( kN)答：支座AD 及铰链C 处所受的力分别为：F A15kN (向下)，F B 40kNG AC 6 300 1800(N)，G CD 6 300 1800(N)，G B D. 3242300 1500(N)。
(1)(1) 以构架整体为研究对象，其受力情况如图(a)所示，除了载荷P及各杆的重力外，固定端A处还承受有约束力F AX、F AY及一个约束力偶M A。
根据平衡条件，我们有:F x0F AX0F y0F AYG AC G BD G CD P 0M A(F) 0M A2G BD3G CD 6P 0F AX0F AY 15.1(kN)M A 64.8(kN.m)(2)以CD杆为研究对象，其受力情况如上图(b)所示，除了载荷P及重力G CD 外，在铰接C和D处分别承受有约束力F cx、F CY及F DX、F DY。
列平衡方程：M D(F) 0 4F CY 1G BD 2P 0所以F CY 2P 1G B D 4.55(kN)4(3)以ABC干为研究对象，其受力情况如上图(c)所示，除了固定端A处的约束力F AX、F AY、约束力偶M A及重力G AC外,在铰接C和B处分别承受有约束力F cx、F CY及F BX、F BY，其中F CX、F CY与CD杆所承受的约束力F CX、F CY互为作用力与反作用力。
列平衡方程：F y 0 F AY F BY F CYG AC0M B(F) 03F AX 3F CX M A 0M C(F) 06FAX 3F BX M A 0F BY17.85(kN)解之得： FCX22.8(kN)F BX22.8(kN)答：固定端A处的约束力为：F AX0，F AY 15.1kN，M A64.8kN.m ；B、C铰链处的约束力分别为：F BX22.8kN，F BY17.85kN，F CX 22.8kN，F CY 4.55kN解之得:习题2-41解：根据题意知，当把力F 固定在铰链左侧时，DE 为二力杆(1)以杆件CDE 为研究对象，其受力情况如下图(a)所示。