理论力学第二章思考题及习题答案

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理论力学思考题习题答案

理论力学思考题习题答案

第一章 质点力学矿山升降机作加速度运动时,其变加速度可用下式表示:⎪⎭⎫ ⎝⎛-=T t c a 2sin1π 式中c 及T 为常数,试求运动开始t 秒后升降机的速度及其所走过的路程。

已知升降机的初速度为零。

解 :由题可知,变加速度表示为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=T t c a 2sin1π 由加速度的微分形式我们可知dtdv a =代入得 dt T 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 T t c T ct v ++=2cos 2ππ(D 为常数)代入初始条件:0=t 时,0=v , 故c T D π2-=即⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=12cos 2T t T t c v ππ 又因为dtds v =所以 =ds dt T t T t c ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+12cos 2ππ 对等式两边同时积分,可得:⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-+=t T t T T t c s 2sin 22212πππ 直线FM 在一给定的椭圆平面内以匀角速ω绕其焦点F 转动。

求此直线与椭圆的焦点M 的速度。

已知以焦点为坐标原点的椭圆的极坐标方程为()θcos 112e e a r +-=式中a 为椭圆的半长轴,e 为偏心率,常数。

解:以焦点F 为坐标原点题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 111ea e e a r -+-=θ即 ()rer e a --=21cos θ所以()()2222222221211cos 1sin e r e ar r ea --+--=-=θθ故有 ()2222224222sin 1ωθωr e a r e v +-=()2224221e a r e -=ω()()]1211[2222222e r e ar r e a --+--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)质点作平面运动,其速率保持为常数。

理论力学思考题习题答案

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第一章 质点力学矿山升降机作加速度运动时,其变加速度可用下式表示:⎪⎭⎫ ⎝⎛-=T t c a 2sin1π 式中c 及T 为常数,试求运动开始t 秒后升降机的速度及其所走过的路程。

已知升降机的初速度为零。

解 :由题可知,变加速度表示为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=T t c a 2sin1π 由加速度的微分形式我们可知dtdv a =代入得 dt T 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 T t c T ct v ++=2cos 2ππ(D 为常数)代入初始条件:0=t 时,0=v , 故c T D π2-=即⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=12cos 2T t T t c v ππ 又因为dtds v =所以 =ds dt T t T t c ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+12cos 2ππ 对等式两边同时积分,可得:⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-+=t T t T T t c s 2sin 22212πππ 直线FM 在一给定的椭圆平面内以匀角速ω绕其焦点F 转动。

求此直线与椭圆的焦点M 的速度。

已知以焦点为坐标原点的椭圆的极坐标方程为()θcos 112e e a r +-=式中a 为椭圆的半长轴,e 为偏心率,常数。

解:以焦点F 为坐标原点题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 111ea e e a r -+-=θ即 ()rer e a --=21cos θ所以()()2222222221211cos 1sin e r e ar r ea --+--=-=θθ故有 ()2222224222sin 1ωθωr e a r e v +-=()2224221e a r e -=ω()()]1211[2222222e r e ar r e a --+--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)质点作平面运动,其速率保持为常数。

理论力学思考题解答

理论力学思考题解答

1.8 某人以一定的功率划船,逆流而上.当船经过一桥时,船上的渔竿不慎落入河中.两分钟
后,此人才发现,立即返棹追赶.追到渔竿之处是在桥的下游 600 米的地方,问河水的流速
是多大?
1.9 物体运动的速度是否总是和所受的外力的方向一致?为什么?
1.10 在那些条件下,物体可以作直线运动?如果初速度的方向和力的方向一致,则物体是
末位置有关,还与路径有关,故质点到达任一点的速度不仅与初末高度差有关,还与曲线形 状有关。 1.12 答:质点被约束在一光滑静止的曲线上运动时,约束力的方向总是垂直于质点的运动 方向,故约束力不做功,动能定理或能量积分中不含约束力,故不能求出约束力。但用动能
定理或能量积分可求出质点在某位置的速度,从而得出 an ,有牛顿运动方程 Fn Rn man 便可求出 Rn ,即为约束力
r
j
y
Fr y
r
k
Fr xi yj zk Fr r F
z
r
r
Fr z
r
事实上据“ ”算符的性质,上述证明完全可以简写为
F Frr 0
这表明有心力场是无旋场记保守立场
1.17 答平方反比力场中系统的势能V r k 2m ,其势能曲线如题图 1.17 图所示,
1.2 答:质点运动时,径向速度 Vr 和横向速度 Vθ 的大小、方向都改变,而 ar 中的 r只反映 了 Vr 本身大小的改变, a 中的 r r 只是 Vθ 本身大小的改变。事实上,横向速度 Vθ 方 向的改变会引起径向速度 Vr 大小大改变, r2 就是反映这种改变的加速度分量;经向速 度 Vr 的方向改变也引起 Vθ 的大小改变,另一个 r 即为反映这种改变的加速度分量,故 ar r r2 ,a r 2r. 。这表示质点的径向与横向运动在相互影响,它们一起才能

理论力学(周衍柏 第二版)第2章习题解答

理论力学(周衍柏  第二版)第2章习题解答

把⑥代入⑦得,
R1 = m1m2 cosθ g ⑧ m2 + m1 sin 2 θ
水平面对劈的反作用力 R2 。仍用隔离法。因为劈在垂直水皮方向上无加速度, 所以
R2 − m2 g − R1 cosθ = 0 ⑨
于是
R2 = m2 ( m1 + m2 ) g ⑩ m2 + m1 sin 2 θ
6
2.5解 因为质点组队某一固定点的动量矩 J = ∑ ri × mi v i
m 相对于地固连的坐标系 Oxy 的绝对速度
V绝对 = V相 + V牵
V相 为 m 相对 M 的运动速度
② u = aθ
故水平方向 vx = u cosθ − V ③ 竖直方向
v y = usiaθ ④
在 m 下滑过程中,只有保守力(重力)做功,系统机械能守恒: (以地面为重力零势能面)
8
mga cos α = mga cos θ +
(M + M ′) − M 2 μg M′ u− 2mM M
2
2.16 雨滴落下时,其质量的增加率与雨滴的表面积成正比例,求雨滴速度与时间的关系。 2.17 设用某种液体燃料发动的火箭, 喷气速度为 2074 米/秒, 单位时间内所消耗的燃料为 原始火箭总质量的 1 。如重力加速度 g 的值可以认为是常数,则利用此种火箭发射人造太
i =1 n
所以对于连续物体对某一定点或定轴,我们就应该把上式中的取和变为积分。如 图 2.5.1 图所示薄圆盘,任取一微质量元,
O

dr
dm = ρ ⋅ rdθdr
ρ=
所以圆盘绕此轴的动量矩 J
J =
M πa 2
∫∫ r × ( dm v ) = ∫∫ r ⋅ ρ rdrd

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 第二章

理论力学 第二章

扭矩扳手
2-3 平面力对点之矩的概念及计算
一、力对点的矩(力矩) 力对点的矩(力矩)
M O ( F ) = ± F ⋅ d ,单位N•m或KN•m 单位N KN•


① ②
是代数量。 M O ( F ) 是代数量。
M O ( F ) 正负判定: 正负判定:


M O (F ) (F
+
→ →
-
③ 当F=0或d=0时, O (F ) =0。 =0或 =0时 M =0。 点O为矩心,d为力臂。 为矩心, 为力臂。 角 形面积,或是矢量积的模。 面积,或是矢量积的模。 ④ M O (F ) = ± 2⊿AOB= r × F 2⊿AOB= 力对点0矩的大小等于2 力对点0矩的大小等于2倍三
Fx = X i , F y = Y j
F = X +Y
2 2

→ →

X cos α = F
Y cos β = F
2-2 平面汇交力系合成与平衡的解析法
区分力沿轴的分力和力在两轴上的投影: 区分力沿轴的分力和力在两轴上的投影: 力沿轴的分力和力在两轴上的投影 • 分力是矢量,投影是代 分力是矢量, 数量,二者性质不同。 数量,二者性质不同。 • 在直角坐标系中,投影 在直角坐标系中, 的大小与分力的大小相 但在斜角坐标系中, 同,但在斜角坐标系中, 二者不等。 二者不等。
∑F = 0 ix
− FBA + F cos60 − F2 cos30 = 0 1
o o
∑F =0 iy
FBC − F cos30 − F cos60 = 0 1 2
o o
F = F2 = P 1
解得: FC = 27 32kN 解得: B .

胡汉才编著理论力学课后习题答案第2章力系的简化

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。

哈工大理论力学教研室《理论力学Ⅰ》(第7版)课后习题-平面力系(圣才出品)

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,所以 RA=RB。与条件矛盾。
(5)不可以。同(1)。
(6)可以。满足条件的力有很多。
2-9 图 2-6 中 OABC 为正方形,边长为 a。已知某平面任意力系向 A 点简化得一主矢 (大小为 F'RA)及一主矩(大小、方向均未知)。又已知该力系向 B 点简化得一合力,合力指向 O 点。给出该力系向 C 点简化的主矢(大小、方向)及主矩(大小、转向)。

(4)向 B 点简化得
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,是否可能?
(5)向 B 点简化得
,是否可能?
(6答:(1)不可能。据“力的平移定理”,力可以平移,但不可以消失或改变大小。
(2)可以。同上。
(3)可以。同(1)。
(4)不可以。看 MA=MB,则
图 2-1 解:以滑轮 B 为研究对象,进行受力分析,如图 2-2 所示。
由平衡方程 可得
图 2-2
Fx = 0 Fy = 0
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FBA + FBC cos 30 + F2 sin30 = 0 F1 + F2 cos 30 + FBC sin30 = 0 其中, F1 = F2 = P 。
2-11 不计图 2-7 中各构件自重,忽略摩擦。画出刚体 ABC 的受力图,各铰链均需画 出确切的约束力方向,不得以两个分力代替。图中 DE//FG。
答:如图 2-8 所示。
图 2-7
图 2-8
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二、习题 2-1 物体重 P=20 kN,用绳子挂在支架的滑轮 B 上,绳子的另一端接在绞车 D 上, 如图 2-1 所示。转动绞车,物体便能升起。设滑轮的大小、AB 与 CB 杆自重及摩擦略去不 计,A,B,C 三处均为铰链连接。当物体处于平衡状态时,求拉杆 AB 和支杆 CB 所受的力。

理论力学思考题

理论力学思考题

理论⼒学思考题第⼀章静⼒学公理和物体的受⼒分析1-1 说明下列式⼦与⽂字的意义和区别:(1) F1 = F2(2) F1 = F2(3) ⼒F1等效于⼒F2 。

答:(1)若F1 = F2 ,则⼀般只说明这两个⼒⼤⼩相等,⽅向相同。

(2)若F1 = F2 ,则⼀般只说明两个⼒⼤⼩相等,⽅向是否相同,难以判定。

(3)⼒F1等效于⼒F2 ,则说明两个⼒⼤⼩相等,⽅向、作⽤效果均相同。

1-2 试区别F R = F1 + F2和F R = F1 + F2两个等式代表的意义。

答:前者为两个⽮量相加,后者为两个代数量相加。

1-3 图中各物体的受⼒图是否有错误?如何改正?(1)(2)(3)(4)答:(1)B处应为拉⼒,A处⼒的⽅向不对;(2)C、B处⼒⽅向不对,A处⼒的指向反了;(3)A处⼒的⽅向不对,本题不属于三⼒汇交问题;(4)A、B处⼒的⽅向不对。

(受⼒图略)1-4 刚体上A点受⼒F作⽤,如图所⽰,问能否在B点加⼀个⼒使刚体平衡?为什么?答:不能;因为⼒F的作⽤线不沿AB连线,若在B点加和⼒F等值反向的⼒会组成⼀⼒偶。

1-5 如图所⽰结构,若⼒F作⽤在B点,系统能否平衡?若⼒F仍作⽤在B点,但可以任意改变⼒F的⽅向,F在什么⽅向上结构能平衡?答:不能平衡;若F沿着AB的⽅向,则结构能平衡。

1-6 将如下问题抽象为⼒学模型,充分发挥你们的想象、分析和抽象能⼒,试画出它们的⼒学简图和受⼒图。

(1)⽤两根细绳将⽇光灯吊挂在天花板上;(2)⽔⾯上的⼀块浮冰;(3)⼀本打开的书静⽌放于桌⾯上;(4)⼀个⼈坐在⼀只⾜球上。

答:略。

(课后练习)1-7 如图所⽰,⼒F作⽤于三铰拱的铰链C处的销钉上,所有物体重量不计。

(1)试分别画出左、右两拱和销钉C的受⼒图;(2)若销钉C属于AC,分别画出左、右两拱的受⼒图;(3)若销钉C属于BC,分别画出左、右两拱的受⼒图。

提⽰:单独画销钉受⼒图,⼒F 作⽤在销钉上;若销钉属于AC ,则⼒F 作⽤在AC 上。

理论力学(周衍柏第三版)思考题习题答案

理论力学(周衍柏第三版)思考题习题答案

阿第一章思考题解答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θθ r 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rV 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2θ r r a r -=,.2θθθr 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。

理论力学(刘又文 彭献)答案第2章

理论力学(刘又文 彭献)答案第2章
12.空间平衡力系向 3 个相互垂直的坐标平面投影,得到 3 个平面任意力系, 这样该力系的独立平衡方程数为 3×3=9 个。对吗?
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。

理论力学第二版第二章答案 罗特军

理论力学第二版第二章答案 罗特军
S 0

π
y sin x
0
dy sin xdx 2
0

π

da w. co m
yC
π y sin x 1 1 π 2 π y d x d y d x y d y sin xdx 0 0 0 S S 2S 8
由对称性, xC
π 2



四川大学 建筑与环境学院 力学科学与工程系 魏泳涛



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ww
w.
kh
da
7 πr 2 0 πr 2 r r 2 2 7 πr πr 6 2 2 7 πr 0 πr r r 图形形心 y 坐标: 2 2 7 πr πr 6
w.
co
静力学习题及解答—力系的简化
i i
123.6mm , yC
S y S
i i

533.3
i
514.1mm



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ww
w.
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w.
co
m
静力学习题及解答—力系的简化
2.8 均质平面薄板由正弦曲线与 x 轴的一段所围成,如图所示。求板的中心位置。
解:
S dxdy dx



m
解: q h 1m 78.4 kN m M O (F1 ) F1a 891kN m M O (F2 ) F2b 297kN m 1 水压力主矢大小: qh 313.6kN ,方向水平向右 2 1 h 水压力对 O 点主矩: qh 836.3kN m 2 3 (313.6i 891 j ) kN 945(0.332i 0.943 j ) kN 因此,力系主矢: FR 力系对 O 点主矩: M O 243.3kN m 合力作用线距离 O 点: d

理论力学思考题习题答案

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理论⼒学思考题习题答案第⼀章质点⼒学矿⼭升降机作加速度运动时,其变加速度可⽤下式表⽰:?-=T t c a 2sin1π式中c 及T 为常数,试求运动开始t 秒后升降机的速度及其所⾛过的路程。

已知升降机的初速度为零。

解:由题可知,变加速度表⽰为-=T t c a 2sin1π由加速度的微分形式我们可知dtdv a =代⼊得 dt T 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 T t c T ct v ++=2cos 2ππ(D 为常数)代⼊初始条件:0=t 时,0=v ,故c T D π2-=即??-+=12cos 2T t T t c v ππ⼜因为dtds v =所以 =ds dt T t T t c??-+12cos 2ππ对等式两边同时积分,可得:ω绕其焦点F 转动。

求此直线与椭圆的焦点M 的速度。

已知以焦点为坐标原点的椭圆的极坐标⽅程为()θcos 112e e a r +-=式中a 为椭圆的半长轴,e 为偏⼼率,常数。

解:以焦点F 为坐标原点题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 x v ++-=+=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 111ea e e a r -+-=θ即 ()rer e a --=21cos θ所以()()2222221211cos 1sin e r e ar r ea --+--=-=θθ故有 ()2222224222sin 1ωθωr e a r e v +-=()2224221e a r e -=ω()()]1211[2222222e r e ar r e a --+--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)质点作平⾯运动,其速率保持为常数。

理论力学第二章答案

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

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

(完整版)理论力学课后答案第二章

(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

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。

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第二章思考题2.1一均匀物体假如由几个有规则的物体并合(或剜去)而成,你觉得怎样去求它的质心? 2.2一均匀物体如果有三个对称面,并且此三对称面交于一点,则此质点即均匀物体的质心,何故?2.3在质点动力学中,能否计算每一质点的运动情况?假如质点组不受外力作用,每一质点是否都将静止不动或作匀速直线运动?2.4两球相碰撞时,如果把此两球当作质点组看待,作用的外力为何?其动量的变化如何?如仅考虑任意一球,则又如何?2.5水面上浮着一只小船。

船上一人如何向船尾走去,则船将向前移动。

这是不是与质心运动定理相矛盾?试解释之。

2.6为什么在碰撞过程中,动量守恒而能量不一定守恒?所损失的能量到什么地方去了?又在什么情况下,能量才也守恒?2.7选用质心坐标系,在动量定理中是否需要计入惯性力?2.8轮船以速度V 行驶。

一人在船上将一质量为m 的铁球以速度v 向船首抛去。

有人认为:这时人作的功为()mvV mv mV v V m +=-+222212121 你觉得这种看法对吗?如不正确,错在什么地方? 2.9秋千何以能越荡越高?这时能量的增长是从哪里来的?2.10在火箭的燃料全部燃烧完后,§2.7(2)节中的诸公式是否还能应用?为什么? 2.11多级火箭和单级火箭比起来,有哪些优越的地方?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n 3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c v ,第i 个质点相对质心的速度i v ',则i c i v v v '+=,代入质点组动量定理可得()()()∑∑∑∑-++=⎪⎭⎫⎝⎛'i c i i i i ie i i i i m m dt d a F F v 这里用到了质心运动定理()∑∑=vci iei m aF 。

故选用质心坐标系,在动量定理中要计入惯性力。

但质点组相对质心的动量守恒常矢量='∑iii m v 。

当外力改变时,质心的运动也改变,但质点组相对于质心参考系的动量不变,即相对于质心参考系的动量不受外力影响,这给我们解决问题带来不少方便。

值得指出:质点组中任一质点相对质心参考系有 ,对质心参考系动量并不守恒。

2.8.答不对.因为人抛球前后球与船和人组成的系统的动量守恒,球抛出后船和人的速度不再是V 。

设船和人的质量为M ,球抛出后船和人的速度为V ',则()()v V m MV V m M ++=+11 v mM mV V +-=1球出手时的速度应是()v V +1。

人做的功应等于系统动能的改变,不是只等于小球动能的改变,故人做的功应为()()222121212121v mM Mm V m M v V m MV +=+-++显然与系统原来的速度无关。

2.9.答:秋千受绳的拉力和重力的作用,在运动中绳的拉力提供圆弧运动的向心力,此力不做功,只有重力做功。

重力是保守力,故重力势能与动能相互转化。

当秋千荡到铅直位置向上去的过程中,人站起来提高系统重心的位置,人克服重力做功使系统的势能增加;当达到最高点向竖直位置折回过程中,人蹲下去,内力做功降低重心位置使系统的动能增大,这样循环往复,系统的总能不断增大,秋千就可以越荡越高。

这时能量的增长是人体内力做功,消耗人体内能转换而来的。

2.10.答:火箭里的燃料全部烧完后,火箭的质量不再改变,然而质量不变是变质量物体运动问题的特例,故§2.7(2)中诸公式还能适用,但诸公式都已化为恒质量系统运动问题的公式。

2.11.答:由z v v m m v v v r sr ln ln000+=+=知,要提高火箭的速度必须提高喷射速度r v 或增大质量比sm m 0。

由于燃料的效能,材料的耐温等一系列技术问题的限制,rv 不能过大;又由于火箭的外壳及各装置的质量0m 相当大,质量比也很难提高,故采用多级火箭,一级火箭的燃料燃完后外壳自行脱落减小火箭的质量使下一级火箭开始工作后便于提高火箭的速度。

若各级火箭的喷射速度都为rv ,质量比分别为n z z z .,,21⋅⋅⋅,各级火箭的工作使整体速度增加n v v v ⋅⋅⋅,,21,则火箭的最后速度()()n r n r n z z z v z z z v v v v v ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅++=+⋅⋅⋅++=212121ln ln ln ln因每一个z 都大于1,故v 可达到相当大的值。

但火箭级数越多,整个重量越大,制造技术上会带来困难,再者级越高,质量比越减小,级数很多时,质量比逐渐减小趋近于1,速度增加很少。

故火箭级数不能过多,一般三至四级火箭最为有效。

第二章习题.2.1 求均匀扇形薄片的质心,此扇形的半径为a ,所对的圆心角为2θ,并证半圆片的质心离圆心的距离为πa 34。

2.2 如自半径为a 的球上,用一与球心相距为b 的平面,切出一球形帽,求此球形冒的质心。

2.3 重为W 的人,手里拿着一个重为w 的物体。

此人用与地平线成α角的速度0v 向前跳去,跳的距离增加了多少?2.4 质量为1m 的质点,沿倾角为θ的光滑直角劈滑下,劈的本身,质量为2m ,又可在光滑水平面自由滑动。

试求()a 质点水平方向的加速度1x;()b 劈的加速度2x ; ()c 劈对质点的反作用力1R ;()d 水平面对劈的反作用力2R ;2.5 半径为a ,质量为M 的薄圆片,绕垂直于圆片并通过圆心的竖直轴以匀角速ω转动,求绕此轴的动量矩。

2.6 一炮弹的质量为21M M +,射出时的水平及竖直分速度为U 及V 。

当炮弹达到最高点时,其内部的炸药产生能量E ,使此炸弹分为1M 及2M 两部分。

在开始时,两者仍沿原方向飞行,试求它们落地时相隔的 距离,不计空气阻力。

2.7 质量为M ,半径为a 的光滑半球,其低面放在光滑的水平面上。

有一质量为m 的 质点沿此半球面滑下。

设质点的初位置与球心的连线和竖直向上的直线间所成之角为α,并且起始时此系统是静止的,求此质点滑到它与球心的连线和竖直向上直线间所成之角为θ时θ 之值。

2.8 一光滑球A 与另一静止的光滑球B 发生斜碰。

如两者均为完全弹性体,且两球的质量相等,则两球碰撞后的速度互相垂直,试证明之。

2.9 一光滑小球与另一相同的静止小球相碰撞。

在碰撞前,第一小球运动的方向与碰撞时两球的联心线成α角。

求碰撞后第一小球偏过的角度β以及在各种α值下β角的最大值。

设恢复系数e 为已知。

2.10 质量为2m 的光滑球用一不可伸长的绳系于固定点A 。

另一质量为1m 的球以与绳成θ角的速度1v 与2m 正碰。

试求1m 与2m 碰后开始运动的速度1v '及2v '。

设恢复系数e 为已知。

1v '第2.10题图2.11 在光滑的水平桌面上,有质量各为m 的两个质点,用一不可伸长的绳紧直相连,绳长为a 。

设其中一质点受到一个为绳正交的冲量I 的作用,求证此后两质点各做圆滚线运动,且其能量之比为12cot 2=⎪⎭⎫⎝⎛am It ,式中t 为冲力作用的时间。

2.12 质量为1m 的球以速度1v 与质量为2m 的静止球正碰。

求碰撞后两球相对于质心的速度1V '和2V '又起始时,两球相对于质心的动能是多少?恢复系数e 为已知。

2.13 长为l 的均匀细链条伸直地平放在水平光滑桌面上,其方向与桌边缘垂直,此时链条的一半从桌上下垂。

起始时,整个链条是静止的。

试用两种不同的方法,求此链条的末端滑到桌子边缘时,链条的速度v 。

2.14 一柔软、无弹性、质量均匀的绳索,竖直地自高处下坠至地板上。

如绳索的长度等于l ,每单位长度的质量等于σ。

求当绳索剩在空中的长度等于x(x <)l 时,绳索的速度及它对地板的压力。

设开始时,绳索的速度为零,它的下端离地板的高度为h 。

2.15 机枪质量为M ,放在水平地面上,装有质量为M '的子弹。

机枪在单位时间内射出的质量为m.其相对地面的速度则为u ,如机枪与地面的摩擦系数为μ,试证当M '全部射出后,机枪后退的速度为()g mMM M M u M M μ222-'+-' 2.16 雨滴落下时,其质量的增加率与雨滴的表面积成正比例,求雨滴速度与时间的关系。

2.17 设用某种液体燃料发动的火箭,喷气速度为2074米/秒,单位时间内所消耗的燃料为原始火箭总质量的601。

如重力加速度g 的值可以认为是常数,则利用此种火箭发射人造太阳行星时,所携带的燃料的重量至少是空火箭重量的300倍。

试证明之。

2.18 原始总质量为0M 的火箭,发射时单位时间内消耗的燃料与0M 正比,即 0M α(α为比例常数),并以相对速度 v 喷射。

已知火箭本身的质量为M ,求证只有当 g v >α时,火箭才能上升; 并证能达到的最大速度为⎪⎪⎭⎫⎝⎛--001M M g M M vInα能到的最大高度为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+⎪⎭⎫ ⎝⎛M M In M M v M M In g v 000212α2.19试以行星绕太阳的运动为例,验证维里定理。

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