理论力学 第六版部分习题答案 第七章
理论力学习题册答案
第一章静力学公理与受力分析(1)一．是非题1、加减平衡力系公理不但适用于刚体.还适用于变形体。
（）2、作用于刚体上三个力的作用线汇交于一点.该刚体必处于平衡状态。
（）3、刚体是真实物体的一种抽象化的力学模型.在自然界中并不存在。
（）4、凡是受两个力作用的刚体都是二力构件。
（）5、力是滑移矢量.力沿其作用线滑移不会改变对物体的作用效果。
（）二．选择题1、在下述公理、法则、原理中.只适于刚体的有（）①二力平衡公理②力的平行四边形法则③加减平衡力系公理④力的可传性原理⑤作用与反作用公理三．画出下列图中指定物体受力图。
未画重力的物体不计自重.所有接触处均为光滑接触。
多杆件的整体受力图可在原图上画。
b(杆ABa(球A ))d(杆AB、CD、整体)c(杆AB、CD、整体))e(杆AC、CB、整体)f(杆AC、CD、整体四．画出下列图中指定物体受力图。
未画重力的物体不计自重.所有接触处均为光滑接触。
多杆件的整体受力图可在原图上画。
)a(球A、球B、整体)b(杆BC、杆AC、整体第一章 静力学公理与受力分析（2）一．画出下列图中指定物体受力图。
未画重力的物体不计自重.所有接触处均为光滑接触。
多杆件的整体受力图可在原图上画。
WADB CE Original FigureAD B CEWWFAxF AyF BFBD of the entire frame)a (杆AB 、BC 、整体)b (杆AB 、BC 、轮E 、整体)c (杆AB 、CD 、整体 )d (杆BC 带铰、杆AC 、整体)e(杆CE、AH、整体)f(杆AD、杆DB、整体)g(杆AB带轮及较A、整体)h(杆AB、AC、AD、整体第二章平面汇交和力偶系一．是非题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。
（）2、用解析法求平面汇交力系的合力时.若选用不同的直角坐标系.则所求得的合力不同。
（）3、力偶矩就是力偶。
（）二．电动机重P=500N.放在水平梁AC的中央.如图所示。
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。
理论力学(刘又文 彭献)答案第7章
maCτ aCn
maCn
(a) 思考 7-2 图
②可运用思考 7-1 的解答结果而得之，也可从图 b 所示，先向质心 C 简化， 再向 A 点简化而得到。可见在一般情形下
231
M A ( − maC ) + JCα ≠ J Aα
JCα α
A
aC
C maC
JCα A M A (−maC )
maC C
A
C1
D C
C
C2
2maC
E
B
m
aτ C1C
J α C1
α
C1 D
maC
aC
C
A
J C2α maCτ 2B
maB
C2 Eα
B
aB
(a)
(b)
图 7.7
答：不对。对于可变的刚体系统，其惯性力应分别加于各个刚体上，如图 b
所示。这样，才便于求各运动量及各刚体之间的相互作用力。
10．如图 7.8 所示，两杆质量均为 m，质心在铰 C，则惯性力主矢，应加在
d dt
(ri′×
mi
vi
)
−
dri′ dt
×
mi
⎤ vi′ ⎥
⎥⎦
∑ ∑ = − d dt
(ri′× mi vi ) +
[(vA − vi ) × mi vi ]
=
dLA′ dt
− vA
×
P
可见，质点系的惯性力向任一运动点简化的结果并不简洁，因此通常向质心
简化。
思考 7-2
① 若定轴转动刚体无质量对称面，或转动刚体有质量对称面但转轴不垂直
而主矩与简化中心有关。只有惯性力偶系的简化与简化中心无关。
理论力学参考答案第7章盛冬发
·77·第7章 点的合成运动一、是非题（正确的在括号内打“√”、错误的打“×”）1．点的速度和加速度合成定理建立了两个不同物体上两点之间的速度和加速度之间的 关系。
( √ ) 2．根据速度合成定理，动点的绝对速度一定大于其相对速度。
( × ) 3．应用速度合成定理，在选取动点和动系时，若动点是某刚体上的一点，则动系不可以固结在这个刚体上。
( √ )4．从地球上观察到的太阳轨迹与同时在月球上观察到的轨迹相同。
( × ) 5．在合成运动中，当牵连运动为转动时，科氏加速度一定不为零。
( × ) 6．科氏加速度是由于牵连运动改变了相对速度的方向而产生的加速度。
( √ ) 7．在图7.19中，动点M 以常速度r v 相对圆盘在圆盘直径上运动，圆盘以匀角速度ω绕定轴O 转动，则无论动点运动到圆盘上的什么位置，其科氏加速度都相等。
( √ ) 二、填空题1．已知r 234=++v i j k ，e 63=-ωi k ，则k =a 18 i ＋ -60 j ＋ 36 k 。
2．在图7.20中，两个机构的斜杆绕O 2的角速度均为2ω，O 1O 2的距离为l ，斜杆与竖直方向的夹角为θ，则图7.20(a)中直杆的角速度=1ωθθωcos sin 2，图7.20(b)中直杆的角速度=1ω2ω。
图7.19 图7.203．科氏加速度为零的条件有：动参考系作平动、0=r v 和r e v ω//。
4．绝对运动和相对运动是指动点分别相对于定系和动系的运动，而牵连运动是指牵连点相对于定系的运动。
牵连点是指某瞬时动系上和动点相重合的点，相应的牵连速度和加速度是指牵连点相对于定系的速度和加速度。
5．如图7.21所示的系统，以''Ax y 为动参考系，Ax'总在水平轴上运动，AB l =。
则点B 的相对轨迹是圆周，若kt ϕ= (k 为常量)，点B 的相对速度为lk ，相对加速度为2lk 。
理论力学第7章答案
x′
a
n A
sin
θ
−
aAτ
cosθ= NhomakorabeaaBx
cos
θ
−
aBy
sin
θ
aAτ
=
−aBx
+
(a
n A
+ aBy )tgθ
=
−1cm/s 2
α OA
=
a
τ A
/ OA
=
−(1/ 40)rad/s2
7.13 滚压机构的滚子沿水平面作纯滚动如图示 曲柄 OA 长 r 连杆 AB 长 l 滚子 半径为 R 若曲柄以匀角速度 ω 绕固定轴 O 转动 计算连杆 AB 和滚子的角加速度
向
v A
垂直于
OA
杆
因此瞬心为 C
不难看出 C 点相对
AB 杆和定系的位置可分别以 (2r, ϕ) 和 (r,2ϕ) 表示 则动 定瞬心迹线分别是半径为 2r 和 r 的圆
7.9 图示反平行四边形机构中 AB = CD = 2a AC = BD = 2c a > c 求杆 BD
的动瞬心轨迹和定瞬心轨迹
b
杆速度瞬心在 点 vC = 0
∴ ωBC = vB / a = ω ωCD = 0
基点
aCτ = aBn + aCτ B + aCnB
x′ acτ cos θ = −aBn − aCnB
Q cos θ = sin ϕ = 7 / 4
aBn = ω2a
aCnB = ω2a
∴ aCτ = −8ω2a / 7
上二式中消去 ψ 得 (ρsin ϕ)2 + (2c − ρ cos ϕ)2 = (2a − ρ)2
理论力学习题答案
第一章静力学公理和物体的受力分析一、是非判断题1.1.1 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。
( ∨ ) 1.1.2 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。
( × )1.1.3 加减平衡力系公理不但适用于刚体，而且也适用于变形体。
( × ) 1.1.4 力的可传性只适用于刚体，不适用于变形体。
( ∨ ) 1.1.5 两点受力的构件都是二力杆。
( × ) 1.1.6只要作用于刚体上的三个力汇交于一点，该刚体一定平衡。
( × ) 1.1.7力的平行四边形法则只适用于刚体。
( × ) 1.1.8 凡矢量都可以应用平行四边形法则合成。
( ∨ ) 1.1.9 只要物体平衡，都能应用加减平衡力系公理。
( × ) 1.1.10 凡是平衡力系，它的作用效果都等于零。
( × ) 1.1.11 合力总是比分力大。
( × ) 1.1.12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。
( × ) 1.1.13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。
( ∨ ) 1.1.14当软绳受两个等值反向的压力时，可以平衡。
( × ) 1.1.15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。
( ∨ ) 1.1.16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。
( ∨ ) 1.1.17 凡是两端用铰链连接的直杆都是二力杆。
( × ) 1.1.18 如图所示三铰拱，受力F ，F1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。
( × )二、填空题1.2.1 力对物体的作用效应一般分为 外 效应和 内 效应。
1.2.2 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。
理论力学课后习题部分答案
B
A FAC FBA
P
(l)
(l1)
(l2)
(l3)
图 1-1
1-2 画出下列每个标注字符的物体的受力图。题图中未画重力的各物体的自重不计，所 有接触处均为光滑接触。
(a)
B
FN1
C
FN 2
P2 P1
FAy
A
FAx
(a2)
(b)
FN1
A
P1
FN
(b2)
C
FN′
P2
(a1)
B
FN1
FN 2
FN
P1
F Ay
FCy
FAx (f2)
C FC′x
FC′y F2
FBy
FBx B (f3)
FAy A FAx
FB
C B
(g)
FAy
FAx A
D FT C FCx
(g2)
FB
B
F1
FB′ B
FAy
A
FAx
(h)
(h1)
P (g1)
FC′y
FT
C
FC′x
P (g3)
D
FCy
FB
F2
C FCx
B
(h2)
A FAx
FAy
FCy
D FAy
A
FAx
(k3)
6
FB
F1
FB′
B B
FD D
(l) FD′ D
A FA
(l1) F2
C
FC (l2)
F1
D
F2
B
A
E
FE
FA
(l3) 或
F1
FB′
理论力学 第六版部分习题答案 第七章
图8-1图8-27-1 如图8-1所示,光点M 沿y 轴作谐振动,其运动方程为0=x , cos(β+=kt a y 如将点M 投影到感光记录纸上,此纸以等速e v 向左运动。
求点M 在记录纸上的轨迹。
解动系'''y x O 固结在纸上,点M 的相对运动方程t v x e '=,cos('β+=kt a y 消去t 得点M 在记录纸上的轨迹方程'cos('eβ+=x v ka y 7-2 如图8-2所示,点M 在平面''y Ox 中运动,运动方程为cos 1(40't x −=,t y sin 40'= 式中t 以s 计,'x 和'y 以mm 计。
平面''y Ox 又绕垂直于该平面的轴O 转动,转动方程为rad t =ϕ,式中角ϕ为动系的'x 轴与定系的x 轴间的交角。
求点M 的相对轨迹和绝对轨迹。
解由点M 的相对运动方程可改写为t yt x sin 40cos 140''=−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−上2式两边平方后相加,得点M 的相对轨迹方程 1600'40'(22=+−y x 由题得点M 的坐标变换关系式ϕϕsin 'cos 'y x x −= ϕϕcos 'sin 'y x y +=将t =ϕ和相对运动方程代入,消去t 得点M 的绝对轨迹方程160040(22=++y x7-3 水流在水轮机工作轮入口处的绝对速度m/s 15a =v ,并与直径成°=60β角,如图8-3a 所示,工作轮的半径m 2=R ,转速r/min 30=n 。
为避免水流与工作轮叶片相冲击,叶片应恰当地安装,以使水流对工作轮的相对速度与叶片相切。
求在工作轮外缘处水流对工作轮的相对速度的大小方向。
′′v(a (b图8-3解水轮机工作轮入口处的1滴水为动点M ,动系固结于工作轮,定系固结于机架/地面(一般定系可不别说明,默认为固结于机架,下同;牵连运动为定轴转动,相对运动与叶片曲面相切,速度分析如图8-3b 所示,设θ为r v 与'x 轴的夹角。
理论力学1-7章答案【精选】
习题7-1图Oυ(a)υυ(b)习题7-3图第7章 点的复合运动7-1 图示车A 沿半径R 的圆弧轨道运动，其速度为v A 。
车B 沿直线轨道行驶，其速度为v B 。
试问坐在车A 中的观察者所看到车B 的相对速度v B /A ，与坐在车B 中的观察者看到车A 的相对速度v A /B ，是否有B A A B //v v -=？（试用矢量三角形加以分析。
）答：B A A B //v v -≠1．以A 为动系，B 为动点，此时绝对运动：直线；相对运动：平面曲线；牵连运动：定轴转动。
为了定量举例，设R OB 3=，v v v B A ==，则v v 3e =∴ ⎩⎨⎧︒==6021/θv v A B2．以B 为动系，A 为动点。
牵连运动为：平移；绝对运动：圆周运动；相对运动：平面曲线。
此时⎪⎩⎪⎨⎧︒==4522/θv v B A ∴ B A A B //v v -≠7-3 图示记录装置中的鼓轮以等角速度0ω转动，鼓轮的半径为r 。
自动记录笔连接在沿铅垂方向并按)sin(1t a y ω=规律运动的构件上。
试求记录笔在纸带上所画曲线的方程。
解：t r x 0ω= （1） )sin(1t a y ω=（2）由（1）0ωr xt =代入（2），得)sin(01r xa y ωω=7-5 图示铰接四边形机构中，O 1A = O 2B = 100mm ，O 1O 2 = AB ，杆O 1A 以等角速度ω= 2rad/s 绕轴O 1转动。
AB 杆上有一套筒C ，此套筒与杆CD 相铰接，机构的各部件都在同一铅垂面内。
试求当ϕ= ︒60，CD 杆的速度和加速度。
解：1．动点：C （CD 上），动系：AB ，绝对：直线，相对：直线，牵连：平移。
2．r e a v v v +=（图a ） v e = v A01.02121.0cos e a =⨯⨯==ϕv v m/s （↑）3． r e a a a a +=（图b ）4.021.022e =⨯==ωr a m/s 2 346.030cos e a =︒=a a m/s 2（↑）习题7-5图习题7-7图习题7-9图υ(a) (b)(a)7-7 图示瓦特离心调速器以角速度ω绕铅垂轴转动。
完整word版理论力学课后习题及答案解析
理论力学教科书课后习题及解析第一章偶，大小是260Nm，转向是逆时针。
．求图示平面力系的合成结果，长度单位为m1习题4-习题4－3．求下列各图中平行分布力的合力和对于A点之矩。
A点的矩是：(1) 解：平行力系对O(1) 解：取点为简化中心，求平面力系的主矢：B取点为简化中心，平行力系的主矢是：求平面力系对点的主矩：O 点的主矩是：B 平行力系对B RB向点简化的结果是一个力，且：M和一个力偶合成结果：平面力系的主矢为零，主矩不为零，力系的合成结果是一个合力(2) B．理论力学教科书课后习题及解析A，且：M向A点简化的结果是一个力如图所示；R和一个力偶A如图所示；将，使满足：d R向下平移一段距离B的大小等于载荷分布的其几何意义是：。
R最后简化为一个力R，大小等于R B，使满足：d R将向右平移一段距离A矩形面积，作用点通过矩形的形心。
A(2) 取点为简化中心，平行力系的主矢是：的大小等于载荷分布的R。
其几何意义是：RR最后简化为一个力，大小等于A三角形面积，作用点通过三角形的形心。
点的主矩是：A平行力系对．理论力学教科书课后习题及解析列平衡方程：。
．求下列各梁和刚架的支座反力，长度单位为习题4-4m解方程组：反力的实际方向如图示。
校核：解：(1) 研究AB杆，受力分析，画受力图：结果正确。
(2) 研究AB杆，受力分析，将线性分布的载荷简化成一个集中力，画受力图：理论力学教科书课后习题及解析(3) 研究ABC，受力分析，将均布的载荷简化成一个集中力，画受力图：列平衡方程：解方程组：列平衡方程：反力的实际方向如图示。
校核：解方程组：结果正确。
．理论力学教科书课后习题及解析反力的实际方向如图示。
校核：结果正确。
的约束反力A．重物悬挂如图，已知习题4-5G=1.8kN，其他重量不计；求铰链和杆BC所受的力。
列平衡方程：解方程组：BC是二力杆），画受力图：研究整体，受力分析（(1) 解：反力的实际方向如图示。
《理论力学》练习册答案
《理论力学》练习册答案习题一一、填空:1、在作用于刚体的任意力系中加入或减去一个（平衡）力系，并不改变原来力系对刚体的作用。
2、周围物体对被研究物体的限制称为被研究物体的（约束）。
3、平面一般力系平衡的充分必要的解析条件是力系中的所有各力（在力系平面内任一轴上投影的代数各等于零）以及（各力对力系平面内任一点的力矩的代数和也等于零）。
4、力对物体的作用取决于（大小、方向、作用点）这三个要素。
几何条件。
6、可将作用于刚体上的力沿其作用线滑动到刚体上的另一点而不（改变）它对刚体的作用，这称为刚体上力的可传性。
习题二一、填空1、汇交力系就是所有各力的作用线都（汇交于一点）的力系。
2、平行力系就是所有各力的作用线都（平行）的力系。
3、平面汇交力系可合成为一个合力，此（合力）作用线通过（各力的汇交点）。
几何条件。
5、合力在某轴上的投影等于力系中各力在同一轴上（投影）的代数和。
6、平面汇交力系平衡的必要与充分的解析条件是（力系中各力系平面内任一轴上投影的代数各等于零）。
二、选择1.图示汇交力系的力多边形表示：A。
A 力系的合力等于零B 力系的主矢为RC 力系的合力为RD 力系的主矩不为零三、计算压路机碾子垂W ＝20KN ，半径R ＝400mm, 若用水平力P 拉碾子越过高h=80mm 的石坎，问P 应多大？若要使P 为最小，，力P 与水平线夹角应为多大？此时力P 等于多少？解：此题用几何法较简单：（拉过石坎时N A =0）1） 作出力三角形如图示：由图中几何关系： 2）P 沿水平方向： 3） 如图：当P 与N B 垂直时其值最小，此时 KNw 125320=⨯=⨯αsin KN tg w p 154320=⨯=⨯=α5354==-=ααsin ,cos R h RP min=习题三一、填空1、一般情况下，力使物体同时发生移动和转动。
而力偶使物体（单纯的发生转动）。
2、当力偶矩保持不变时，力偶可以在其作用面内（转），不改变它对（刚体）作用。
南华理论力学练习册的答案2-7(完全版)
第二章 平面力系2-1. 已知：CD AB AC ==，kN 10P =，求A 、B 处约束反力。
解：取杆ACD 为研究对象，受力如图。
0=∑Am ,0245sin 0=⨯-⨯AC P AC F CkN P F C 28.282==∑=0xF,045cos 0=-Ax C F F)(10←=kN F Ax∑=0yF,045sin 0=--P F F Ay C)(10↓=kN F Ay2-2. 已知力P 的作用线垂直于AB 杆，BC 杆与P 力的作用线夹角为045，杆BC 垂直于杆CD ，力Q的作用线与CD 杆的夹角为060。
kN 1P =，求系统平衡时Q ＝？解：分别取节点B 、C 为研究对象，受力如图。
对于节点B ：0=∑xF，045cos 0=-BC F P对于节点C ：0=∑x F ，030cos 0'=-Q F BC联立上两式解得：kN P Q 362362==2-3. 图示结构中，AB 杆水平，AC 杆与AB 杆的夹角为030，杆件的自重不计，kN 10W =，求B 、C 处反力。
解：取整体为研究对象，受力如图。
0=∑yF，045cos 30sin 00=--T C F W FkN W F C 14.34)22(=+=(压)0=∑XF,045sin30cos 00=-+T C B F F F)(43.15←-=kN F B2-4. 已知：m N 200M 1⋅=，m N 500M 2⋅=，m 0.8AB CD AC ===， 求A 、C 处支反力。
解：取杆ACD 为研究对象，受力如图。
0=∑Am，08.045sin 210=-+⨯M M F CB C F N F ==3752-5. 已知AD 杆上固接一销钉，此销钉可以在BC 杆的滑道内无摩擦地滑动，系统平衡在图示位置，BC 与AD 成045，m N 1000M 1⋅=，求2M 。
解：取杆AD 为研究对象，受力如图。
0=∑Am,045cos 10=-⨯M AC F C取杆BC 为研究对象，受力如图。
昆明理工大学理论力学练习册答案(第七章后)
8.2.1刚体的平面运动可以简化为一个___平面图形_____在自身平面内的运动。平面图形的运动可以分解为随基点的__平动__和绕基点的_转动___。其中，__平动______部分为牵连运动，它与基点的选取__有__关；而__转动____部分为相对运动，它与基点的选取_无___关。
8.2.2如图8.1所示，圆轮半径为R，沿固定平面只滚不滑，已知轮心速度为 ，选轮心为基点，则图示瞬时轮缘上M点牵连速度的大小为vO，相对速度的大小为vO，方向在图上标出。
（3）若 则必有 。（∨）
7.1.9在点的合成运动中，动点的绝对加速度总是等于牵连加速度与相对加速度的矢量和。(×)
7.1.10当牵连运动为定轴转动时一定有科氏加速度。（×）
二、填空题
7.2.1牵连点是某瞬时动系上与动点重合的那一点。
7.2.2在ve与vr共线情况下，动点绝对速度的大小为 ，在情况下，动点绝对速度的大小为 ，在一般情况下，若已知ve、vr，应按_________计算va的大小。
中⑤。
①图(a)所示系统动量守恒；②图(b)所示系统动量守恒；
③图(c)所示系统动量守恒；④图示三系统动量均守恒；⑤图示三系统动量均不守恒。
(a) (b) (c)
10.3.3若作用于质点系的外力在某段时间内在固定坐标Ox轴上投影的代数和等于零，则在这段时间内②。
①质点系质心的速度必保持不变；②质点系动量在x轴上的投影保持不变；③质点系质心必静止不动。
四、计算题
7.4.1杆OA长L，由推杆BC通过套筒B推动而在图面内绕点O转动，如图所示。假定推杆的速度为 ，其弯头高为 。试求杆端A的速度的大小（表示为由推杆至点O的距离 的函数）。
7.4.2在图a和b所示的两种机构中，已知 。求图示位置时杆 的角速度。
理论力学课后习题答案
理论力学课后习题答案1. 第一题题目：一个质点从初始点A沿着一条直线运动到达点A，在此过程中质点受到一个恒定的力A的作用。
求解质点从A 到A的位移A和速度A与时间A的关系。
解答：根据牛顿第二定律A=AA，我们可以得到质点在恒定力作用下的运动方程为 $F = m \\frac{dv}{dt}$。
即：$$F = m \\frac{dx}{dt}$$将方程变形可得：$$dx = \\frac{F}{m} dt$$对上式两边同时积分可得：$$\\int_{x_A}^{x_B} dx = \\frac{1}{m} \\int_0^t F dt$$化简后可得：$$x_B - x_A = \\frac{1}{m} \\int_0^t F dt$$即质点从初始点A移动到达点A时的位移A与时间A的关系为：$$x = x_A + \\frac{1}{m} \\int_0^t F dt$$2. 第二题题目：一个滑块在一个光滑的水平轨道上，质量为A，受到一根拉力为A的绳子的作用。
求解滑块的加速度A。
解答：根据牛顿第二定律A=AA，可以得到滑块的加速度A与拉力A的关系为 $a = \\frac{F}{m}$。
3. 第三题题目：一个质点在一个弹簧的作用下振动，弹簧的劲度系数为A，质量为A。
求解质点的振动周期A。
解答：质点在弹簧的作用下振动，其运动方程为 $m\\frac{d^2x}{dt^2} = -kx$，其中A为质点的位移。
对上式进行变形可得：$$\\frac{d^2x}{dt^2} = -\\frac{k}{m}x$$该微分方程的通解为 $x = A \\sin(\\sqrt{\\frac{k}{m}} t + \\phi)$，其中A为振幅，$\\phi$ 为相位角。
振动周期A可以通过求解动能和势能的平衡关系来得到。
在振动过程中，动能 $K = \\frac{1}{2} m v^2$ 和势能 $U =\\frac{1}{2} k x^2$ 之和保持不变。
哈工大理论力学第六版答案
如图 2-5a 所示，刚架的点 B 作用 1 水平力 F，刚架重量不计。求支座 A，D 的约
y F B C x
FA
(a) 图 2-5
A
(b)
D
FD
解 研究对象：刚架。由三力平衡汇交定理，支座 A 的约束力 FA 必通过点 C，方向如 图 2-5b 所示。取坐标系 Cxy ，由平衡理论得
(2)
F2 cos ϕ = P − F1 sin(θ + β )
tan ϕ =
代入有关数据，解得
F1 cos(θ + β ) P − F1 sin(θ + β )
将 ϕ 值等数据代入式(1)，得 2-5 束力。
ϕ = 30° γ = 90° + ϕ − β = 90° + 30° − 25° = 95°
将 FT=P=20 kN 代入上述方程，得 FAB = 54.6 kN （拉） ， FCB = −74.6 kN （压）
如图 2-4a 所示。 火箭的推力 2-4 火箭沿与水平面成 β = 25° 角的方向作匀速直线运动，
F1=100 kN，与运动方向成 θ = 5° 角。如火箭重 P=200 kN，求空气动力 F2 和它与飞行方向 的交角 γ 。
(d)
(d1)
FA
A
F
FB
B
(e)
(e1)
1
q
F
FAy A FAx B
FB
(f)
(f1)
F
B
C FC FA
(g)
F Ay
A
(g1)
FC
C FAx
P1 P2 B
A
(h)
(h1)
CUGB理论力学习题解答PPT课件
40
FRy F1 sin1 F2 sin2 F3
50 F3 F4
x FRy 20N
MO 30F1 sin1 40F1 cos1 20F2 sin2 60F2 cos2 50F4 2000
MO 1000Nmm
3－1 已知：F1
50 N
,1
arctan
3 4
,
F2
30
2N ,2 45o
2
55.80kN
2-16 在一钻床上水平放置工件,在工件上同时钻四个等直径
的孔,每个钻头的力偶矩为 m1 m2 m3 m4 15N m 求工件的总切削力偶矩和A 、B端水平反力?
解: 各力偶的合力偶距为
n
FA
M Mi
i 1
M m1 m2 m3 m4
FB
4 (15) 60N m
求：力系的主矢和对O点的主矩。 z
MOy M y
b
c F1
e
b b2
c2
F1d
d
O
x
e
F2
y
e2 d 2 F2d
d e2
d2
F2 b
e
M Oy
0.3 0.5
100
0.3
1 10 5
5 0.2
2 10 5
5 0.2
6Nm
1－4 已知：F1＝ 100N，F2＝10√5N， b＝ 0.3m ， c＝ 0.4m ， d ＝ 0.2m ， e＝ 0.1m 。
Mo
M
2 x
M
2 y
M
2 z
2
674 52Nm
arccos 40 39.7o 105.2o 54.8o
52
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图 8-2
由题得点 M 的坐标变换关系式
x = x'cosϕ − y'sinϕ
y = x'sinϕ + y'cosϕ
将ϕ = t 和相对运动方程代入，消去 t 得点 M 的绝对轨迹方程
(x + 40)2 + y 2 = 1600
7-3 水流在水轮机工作轮入口处的绝对速度 va = 15 m/s ，并与直径成 β = 60° 角， 如图 8-3a 所示，工作轮的半径 R = 2 m ，转速 n = 30 r/min 。为避免水流与工作轮叶片相
cosϕ
l
l
ω = vla v2t 2 + l 2
因
（4） （5）
90
vC
=ω
⋅a
=
vla v2t 2 + l 2
当 ϕ = π 时， v ⋅ t = l ，故 4
vC
=
va 2l
7-10 平底顶杆凸轮机构如图 8-10a 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，
ω 2 = 3 rad/s 。求此瞬时销子 M 的速度。
ve1
ω v 30° e2
2
θ
va
M 30°
O vr2
ω
vr1
1
(a)
(b)
图 8-11
解 （1）运动分析
① 活动销子 M 为动点，动系固结于轮 O；牵连运动为绕 O 定轴转动，相对运动为沿 轮上导槽直线，绝对运动为平面曲线。
va = ve1 + vr1
化 ， 调 速 器 重 球 以 角 速 度 ω1 向 外 张 开 。 如 ω = 10 rad/s ， ω1 = 1.2 rad/s ， 球 柄 长 l = 500 mm ，悬挂球柄的支点到铅直轴的距离为 e = 50 mm ，球柄与铅直轴间所成的交
角 β = 30° 。求此时重球的绝对速度。
z′
vr
偏心距 OC = e ，凸轮绕轴 O 转动的角速度为ω ，OC 与水平线夹角ϕ 。求当ϕ = 0° 时，
顶杆的速度。
A
B
va ve
O
vr e
C
R ϕ
ω
(a)
(b)
图 8-10
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。
以 sin ϕ = a = a 代入上式得 OB x 2 + a 2
ω = va x2 + a2
最终得
va
= ωl
=
lav x2 + a2
方向如图。
7-6 车床主轴的转速 n = 30 r/min ，工件的直径 d = 40 mm ，如图 8-6a 所示。如车 刀横向走刀速度为 v = 10 mm/s ，求车刀对工件的相对速度。
（b）套筒 A 为动点，动系固结于杆 O1 A ；绝对运动为绕 O2 圆周运动，相对运动为沿
杆直线运动，牵连运动为绕 O1 定轴转动。速度分析如图 8-7b1 所示。
va = O2 A ⋅ω1 = 2aω cos 30° ， ve = O1 Aω1 = aω1
由图 b1： va
=
ve cos30°
=
与叶片曲面相切，速度分析如图 8-3b 所示，设θ 为 vr 与 x' 轴的夹角。点 M 的牵连速度
86
ve
=
Rω
=
2 × nπ 30
=
6.283 m/s
方向与 y' 轴平行。由图 8-3b,
ve
=
va
= vr
sin(60° + θ ) sin(90° −θ ) sin30°
由前 1 等式得
ve cosθ = va sin(60° + θ )
（1）
② 活动销子 M 为动点，动系固结于杆 OA；牵连运动为绕 O 定轴转动，相对运动为
沿 OA 直线，绝对运动为平面曲线。
91
va = ve2 + vr2
速度分析如图 8-11b 所示，由式（1）、（2）得
v e1
+ v r1 = ve2 + v r2
方向 ⊥ OM
√
⊥ OM √
大小 OM ⋅ω1 ？ OM ⋅ω 2 ？
7-9 如图 8-9a 所示，摇杆机构的滑杆 AB 以等速 v 向上运动，初瞬时摇杆 OC 水平。
摇杆长 OC = a ，距离 OD = l 。求当ϕ = π 时点 C 的速度的大小。 4
y
va
ve
C
vr
A
ϕ O
D
x
l
v
(a)
(b)
图 8-9
解 套筒 A 为动点，动系固结于杆 OC；绝对运动为上下直线，相对运动沿 OC 直线，
冲击，叶片应恰当地安装，以使水流对工作轮的相对速度与叶片相切。求在工作轮外缘处 水流对工作轮的相对速度的大小方向。
M
ve
y′
60° θ
vr
va
x′
(a)
(b)
图 8-3
解 水轮机工作轮入口处的 1 滴水为动点 M，动系固结于工作轮，定系固结于机架/
地面（一般定系可不别说明，默认为固结于机架，下同）；牵连运动为定轴转动，相对运动
87
vA
ve
A
va vr
ϕB
ω v
x
(a)
(b)
图 8-5
解 直角推杆上与杆 AO 接触点 B 为动点，动系固结于 AO；牵连运动为定轴转动，
绝对运动为水平直线运动，相对运动为沿杆 OA 直线运动。点 B 速度分析如图 8-5b,设 OA
角速度为ω ,则
va = v ， ve = ω ⋅ OB = va sin ϕ ，ω ⋅ OB = v sin ϕ
M
y′
O′
va ve x′
(a)
(b)
图 8-4
解 重球为动点，动系固结于铅垂轴；牵连运动为定轴转动，相对运动为绕悬点之圆
弧摆动，且 ve ⊥ vr ，绝对运动为空间曲线，如图 8-4b 所示。由于 ve = (e + l sin β )ω = 3 m/s ， vr = lω1 = 0.6 m/s
所以
=
0.1 × 3 = 3
0.346 m/s
（2） （3）
2
⎪⎧va = ve22 + vr22 = 0.529 m/s
所以
⎨ ⎪tanθ
=
ve2
=
0.346 ,θ
= 40.9°
⎩
vr2 0.4
7-12 图 8-12a 为叶片泵的示意图。当转子转动时，叶片端点 B 将沿固定的定子曲线
运动，同时叶片 AB 将在转子上的槽 CD 内滑动。已知转子转动的角速度为ω ，槽 CD 不
第7章 点的合成运动
7-1 如图 8-1 所示，光点 M 沿 y 轴作谐振动，其运动方程为
x = 0 ， y = a cos(kt + β )
如将点 M 投影到感光记录纸上，此纸以等速 ve 向左运动。求点 M 在记录纸上的轨迹。 解 动系 O' x' y' 固结在纸上，点 M 的相对运动
方程
x' = vet ， y' = a cos(kt + β )
消去 t 得点 M 在记录纸上的轨迹方程
y'= a cos( k x'+β ) ve
7-2 如图 8-2 所示，点 M 在平面 Ox' y' 中运动，
运动方程为
图 8-1
x' = 40(1 − cos t) ， y' = 40sin t
式中 t 以 s 计， x' 和 y' 以 mm 计。平面 Ox' y' 又绕垂直于该平面的轴 O 转动，转动方程为
∠(va , y) = ϕ , va = rω
从图 b 得
ve
= va
sin(30° − ϕ ) sin 60°
所以
v BC
=
ve
=
sin(30° − ϕ) rω sin 60°
ϕ = 0° 时， vBC =
3 rω （←）； 3
ϕ = 30° 时， vBC = 0
ϕ = 60° 时， vBC
=−
3 rω （→） 3
aω1 cos30°
得
2aω cos 30° = aω1
cos 30°
ω
=
2 3
ω1
=
2
rad/s （逆）
7-8 图 8-8a 所示曲柄滑道机构中，曲柄长 OA = r ，并以等角速度ω 绕轴 O 转动。
装在水平杆上的滑槽 DE 与水平线成 60° 角。求当曲柄与水平线的交角分别为 ϕ = 0° ，
通过轮心点 O，此时 AB 和 OB 间的夹角为 β ，OB 和定子曲线的法线间成θ 角，OB = ρ 。
求叶片在转子槽内的滑动速度。
ϕ
vr β
B θ
Oω
va
ve
(a)
(b)
图 8-12
解 （1）运动分析
88
va ve 30°ω 来自 30°O1ω 30°
vr A
O1
ve va
vr
A
30°
ω1
ω 30°
O2
O2
(a)
(b)
(a1)
(b1)
图 8-7
解 （a）套筒 A 为动点，动系固结于杆 O2 A ；绝对运动为 O1 绕的圆周运动，相对运 动为沿 O2 A 直线，牵连运动为绕 O2 定轴转动。速度分析如图 8-7a1 所示,由速度合成定理