理论力学第三章习题答案
清华大学版理论力学课后习题答案大全_____第3章静力学平衡问题习题解
F DBCBDBF '习题3－3图第3章 静力学平衡问题3－1 图示两种正方形结构所受荷载F 均已知。
试求其中1，2，3各杆受力。
解：图（a ）：045cos 23=-︒F FF F 223=（拉） F 1 = F 3（拉） 045cos 232=︒-F F F 2 = F （受压） 图（b ）：033='=F F F 1 = 0F 2 = F （受拉）3－2 图示为一绳索拔桩装置。
绳索的E 、C 两点拴在架子上，点B 与拴在桩A 上的绳索AB 连接，在点D 加一铅垂向下的力F ，AB 可视为铅垂，DB 可视为水平。
已知α= 0.1rad.，力F = 800N 。
试求绳AB 中产生的拔桩力（当α很小时，tan α≈α）。
解：0=∑y F ，F F ED =αsin αs i nFF ED = 0=∑x F ，DB ED F F =αcos F FF DB 10tan ==α由图（a ）计算结果，可推出图（b ）中：F AB = 10F DB = 100F = 80 kN 。
3－3 起重机由固定塔AC 与活动桁架BC 组成，绞车D 和E 分别控制桁架BC 和重物W 的运动。
桁架BC 用铰链连接于点C ，并由钢索AB 维持其平衡。
重物W = 40kN 悬挂在链索上，链索绕过点B 的滑轮，并沿直线BC 引向绞盘。
长度AC = BC ，不计桁架重量和滑轮摩擦。
试用角ϕ=∠ACB 的函数来表示钢索AB 的张力F AB 以及桁架上沿直线BC 的压力F BC 。
(b-1)习题3－1图(a-1)(a-2)'3(b-2)习题3－2图F习题3-5图习题3－4图 解：图（a ）：0=∑x F ，0sin 2cos=-ϕϕW F AB ，2sin2ϕW F AB =0=∑y F ，02sincos =---ϕϕAB BC F W W F即 2s i n 2c o s 2ϕϕW W W F BC ++=W W W W 2)c o s 1(c o s =-++=ϕϕ3－4 杆AB 及其两端滚子的整体重心在G 点，滚子搁置在倾斜的光滑刚性平面上，如图所示。
胡汉才编著《理论力学》课后习题答案第3章习题解答(精编文档).doc
【最新整理，下载后即可编辑】3-3在图示刚架中，已知kN/m3=mq，26=F kN，mkN10⋅=M，不计刚架自重。
求固定端A处的约束力。
mkN12kN60⋅===AAyAxMFF，，3-4杆AB及其两端滚子的整体重心在G点，滚子搁置在倾斜的光滑刚性平面上，如图所示。
对于给定的θ角，试求平衡时的β角。
Aθ3lGβGθBBFARF32lO解：解法一：AB为三力汇交平衡，如图所示ΔAOG中βsinlAO=，θ-︒=∠90AOG，β-︒=∠90OAG，βθ+=∠AGO由正弦定理：)90sin(3)sin(sinθβθβ-︒=+ll，)cos31)sin(sinθβθβ=+l即βθβθθβsincoscossincossin3+=即θβtantan2=)tan21arctan(θβ=解法二：：=∑xF，0sinR=-θGF A（1）=∑yF，0cosR=-θGF B（2）)(=∑F A M ，0sin )sin(3R =++-ββθl F lG B （3）解（1）、（2）、（3）联立，得)tan 21arctan(θβ=3-5 由AC 和CD 构成的组合梁通过铰链C 连接。
支承和受力如图所示。
已知均布载荷强度kN/m 10=q ，力偶矩m kN 40⋅=M ，不计梁重。
kN 15kN 5kN 40kN 15===-=D C B A F F F F ；；；解：取CD 段为研究对象，受力如图所示。
0)(=∑F C M ，024=--q M F D ；kN 15=D F 取图整体为研究对象，受力如图所示。
0)(=∑F A M ，01682=--+q M F F D B ；kN 40=B F 0=∑y F ，04=+-+D B Ay F q F F ；kN 15-=Ay F 0=∑x F ，0=Ax F3-6如图所示，组合梁由AC 和DC 两段铰接构成，起重机放在梁上。
已知起重机重P1 = 50kN ，重心在铅直线EC 上，起重载荷P2 = 10kN 。
理论力学课后习题第三章解答
理论力学课后习题第三章解答3.1解 如题3.1.1图。
均质棒受到碗的弹力分别为，棒自身重力为。
棒与水平方向的夹角为。
设棒的长度为。
由于棒处于平衡状态，所以棒沿轴和轴的和外力为零。
沿过点且与轴平行的合力矩为0。
即：①②③ 由①②③式得：④ 又由于即⑤ 将⑤代入④得：图题1.3.11N ,2N G θl x y A z 0sin 2cos 21=-=∑θθN N F x0cos 2sin 21=-+=∑G N N Fyθθ0cos 22=-=∑θlG c N M i ()θθ22cos 1cos 22-=c l ,cos 2c r =θrc 2cos =θ3.2解 如题3.2.1图所示，均质棒分别受到光滑墙的弹力，光滑棱角的弹力，及重力。
由于棒处于平衡状态，所以沿方向的合力矩为零。
即①由①②式得：所以()cr c l 2224-=o图题1.3.21N 2N G y 0cos 2=-=∑G N Fyθ0cos 22cos 2=-=∑θθlG d N M z ld=θ3cos 31arccos ⎪⎭⎫ ⎝⎛=l d θ3.3解 如题3.3.1图所示。
棒受到重力。
棒受到的重力。
设均质棒的线密度为。
由题意可知，整个均质棒沿轴方向的合力矩为零。
3.4解 如题3.4.1图。
轴竖直向下，相同的球、、互切，、切于点。
设球的重力大小图题1.3.32AB i G ag ρ=1i G bgρ=2ρz ()BH BF G OD G M z --⋅=∑21sin θ=0sin cos 2sin 2=⎪⎭⎫ ⎝⎛--θθρθρa b gb a ga aba b 2tan 22+=θ图题1.3.4Ox A B C B C D为，半径为，则对、、三个球构成的系统来说，在轴方向的合力应为零。
即：①对于球，它相对于过点与轴平行的轴的合力矩等于零。
即：②由式得：3.5解 如题3.5.1图。
梯子受到地面和墙的弹力分别为，，受地面和墙的摩擦力分别为，。
理论力学第三章题解
理论力学题解第三章 思考题3.1. 仅(4)式正确.3.2. 甲正确. 乙错在角度不可以定义为从动线指向定线.3.3. 乙的方程正确. 甲错在空气阻力亦应为yk -，y 取负值，y k -取正值. 3.4. 仅对固定方向才有动量守恒的分量形式. 径向和横向均不是空间固定方向.3.5. (1)对；(2)错.3.6. 一质点动量守恒，则对空间任一固定点角动量守恒. 质点对空间某一固定点角动量守恒，其动量不一定守恒.3.7. 质点作匀速直线运动时，其动量和角动量均守恒.3.8. 动能定理是标量方程，不可能投影而得出分量方程. 但x F mv x x d )21(d 2=是正确的.仿照动能定理的导出，用x t v x d d =乘牛顿第二定律的x 分量方程x xF tv m =d d 即可证明.第三章 习题3.1. 力为时间的函数，积分两次可得)cos(200ϕωω+++=t m eE t V X x ，其中ϕωcos 2000m eE x X -=，ϕωsin 000m eE v V +=. 3.2. 以地心O 为原点，建立x 轴经抛出点竖直向上. 质点受万有引力沿x 轴负方向. 所以2x GMm xm -= . 因为2RGMm mg =，故g R GM 2=. 故有 22xg R x -= . 做变换)2(d d d d d d d d 2x x x xx t x x x x ===，则x x gR x d )2(d 222-= . 积分并用0=t 时R x =，0v x= 定积分常数，得到 )11()(212202Rx g R v x -=- . 质点达最大高度时H R x +=，0=x，可求出12020)21(2--=Rgv g v H .三点讨论：(1)令∞=H ，对应Rg v 20=为第二宇宙速度.(2)若Rg v 220<<，则回到重力场模型所得结果.(3)题中不考虑地球自转及空气阻力，均不大合理，试进一步讨论之.3.3. 质点运动微分方程为（Oy 轴竖直向上）；上升阶段22y g mk mg ym --=，下降阶段22y g mk mg ym +-=. 3.4. 可参见例题3. 令meB=ω，电子运动微分方程为 y x ω-=， （1） meEx y-= ω， （2） 0=z. （3） 对（2）式求导，利用（1）式得02=+y yω，解出)sin(αω+=t A y . 0=t 时0=y 故0=α，由t A y ωωcos =，且0=t 时m eBv Ee y 0+-= ，故BBv E A 0+-=，则t B Bv E yωsin 0+-= . 积分得)cos 1()(20t m eBeB Bv E m y -+-=. 代入（1）式积分可得t m eB eB Bv E m t B E x sin )(20--=. 3.5. (旋轮线是如图圆轮在直线AB 上作无滑滚动时P 点的轨迹，曲线上P 点切线方向即为轮上P 点速度方向. 因无滑，0P 为瞬心，故P 点切线与P P 0垂直，因此可知P 点切线与x 轴夹角为2ϕ. ) 以曲线最低点(0=ϕ)为自然坐标原点，弧长正方向与t e一致. 质点运动微分方程为2sinϕmg s m -= .对曲线参数方程求微分，得ϕϕd )cos 1(d +=a x 和ϕϕd sin d a y =，所以ϕϕd 2cos2d d d 22a y x s =+=，积分并用0=ϕ时0=s 定积分常数，得2sin 4ϕa s =. 代入质点运动微分方程消去ϕ，得到04=+s a gs ，s 作简谐振动而具有等时性. 其解为)cos(0αω+=t A s ，ag 40=ω与振幅无关.3.6. 小球运动微分方程为T F r r m -=-)(2θ ， （1） 0)2(=+θθr r m ， （2） a r-= . （3） 由（3）式求出at R r -=，代入（2）式求出)/(0at R t v -=θ，再由（1）式求出3220)(--=at R R mv F T .3.7. 珠子的运动微分方程为2b 2n d d N N F F tv m+-=μ， （1） n 2/N F mv =ρ， （2） mg F N -=b 0， （3）R =ρ（约束方程）. （4）把（2）、（3）、（4）式代入（1）式，作变换s v t v d /)21(d d d 2=，可求出]/)ln[()2/(224020Rg g R v v R s ++=μ.3.8. 以椭圆最低点为自然坐标原点O ，弧长正方向指向小球初始位置，θ为切向与水平方向的夹角，小球的运动微分方程为θsin mg vm -= ， （1） θρcos /2mg F mv N -=. （2）Oy 竖直向上，将s y d /d sin =θ代入（1）式得s y g s v v d /d d /d -=，积分可求出小球达最低点时gb v 22=. 由轨道方程22x a aby --=求出当0=x 时0='y ，2/a b y =''，由公式可求出22/32)1(1a by y ='+''=ρ. 再由（2）式求出0=θ时)/21(/cos 222a b mg mv mg F N +=+=ρθ.3.9. 11bF M x =，11aF M y -=，01=z M ，2222/b a bcF M x +=，2222/b a acF M y +-=，02=z M .3.10. 由运动学方程求出→v ，根据定义即可求出→→→→→→++--=⨯=k r m j t t t r km i t t t r km v r m L ωωωωωωω200000000)sin (cos )cos (sin ，)]cos ()sin )([(]cos )()sin ([000000),,(a t r k t r c kt m m t r c kt b t r k l m L n m l -+-----=ωωωωωω)sin cos (00200t br t ar r n m ωωωωω--+.3.11. 由对21O O 轴的角动量定理ωαωm l ml t-=)(d d2，积分可得l t /0e αωω-=，求出α/)2ln (l t =. 将角动量定理化为l /d d θαω-=，积分可以求得αωαωθπ4/)rad (2/00l l ==（圈）.3.12. (1)由动能定理)(4121212222122b a mk mv mv W -=-=. (2)用曲线积分算⎰⎰+=⋅=→→2121)d d (y ym x x m r d F W ，把轨道参数方程kt b y kt a x sin ,cos ==代入，则曲线积分化为对t 的积分，可得同样结果.3.13. 珠子的动能定理为s F F mv N N d )21(d 2b 2n 2+-=μ，参见3.7提示. 3.14. 因机械能守恒，小球动能不变，因此0v v =.过O 点作z 轴竖直向上(垂直纸面向外)，质点对z 轴的角动量δcos rmv L z =. 质点所受对z 轴力矩δsin N z rF M -=. 由对z 轴的角动量定理得δδsin )cos (d d0N rF rmv t-=. 由于θθθθθ ar ar t r rv a r -=-===-e d d d d 0，θθr v =. 故a v v r =-=θδtan . 将它代入角动量定理方程，得到N N arF rF rmv -=-=δtan 0 . 而δδsin sin 0v v v rr -=-== ，所以θδδδa N ar mv a r mv armv ar mv F e 11tan 1tan sin 2020220222020+=+=+==. 3.15. 当0=⨯∇→F 时势能存在，要求311332232112,,a a a a a a ===. 以原点为势能零点，则)444(21132312233222211xz a zy a xy a z a y a x a V +++++-=. 3.16. )/cos (d d d )d d (d 2r pq r F r F e r e r F r F r r θθθθθ-=+=+⋅=⋅→→→→→，故为有势场. 3.17. y ky x kx y ky ky x b x k b x k r F d 2d 2d )(d )]()([d --=--+--+-=⋅→→)](d [22y x k +-=.故势能存在. 以O 为势能零点，则)(22y x k V +=. 3.18. 根据机械能守恒定律，以椭圆弧最低点为势能零点，mgb mv =221，可知gb v 2=，参见3.8提示. 3.19． 3.20． 3.21．。
理论力学(胡运康)第三章作业答案
11
3-26 已知：M1=10kN，求FBx 、 FBy 、MB 、FAC 、 FEx 、 FEy 解: 1、整体：
∑M
∑F
MB
FBx FBy
x
B
= 0 ⇒ MB
= 0 ⇒ FBx = 0
= 0 ⇒ FBy
∑F
y
2、AB： FD
A
FEy
E
∑M
FEx
B
E
= 0 ⇒ FD
∑F
∑F
x
= 0 ⇒ FEx
= 0 ⇒ FEy
3-42 已知：q1=4kN/m , q2=2kN/m ，F =2 kN ，M=2 kN.m 。求 A、B处受力；销钉C所受的力。
F1 F2
F B FB FC1y C FC2y
C FC2y 1m
4/3 m
q 解: 1、BC： F1 = 1 ⋅ 2 = 4kN, 2
F2 =
1 q1 ⋅ ⋅ 2 = 2kN 2 2
M1 B
FE
Aቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
∑M
2、DC：
M2
FC
x
A
= 0, ⇒ FE
F'E
D
FE= F'E
C FCy
∑M
C
= 0, ⇒ M 2
8
3-17 求 机构平衡时力偶M1、M2的关系。
FAx FAy
A
FD F'D D
B
M1
FD= F'D
FCx
M2
C FCy
解: 1、AB： ∑ M A = 0, FD ⋅ d − M 1 = 0, ⇒ FD = M 1
2
3-3
几何法
《理论力学》第三章-受力分析试题及答案
理论力学3章作业题解
3-1 作下列指定物体的示力图。
物体重量除图上已注明者外，均略去不计。
假设接触处都是光滑的。
题2-1 附图
解答：(a) A 、B 处为光滑接触，产生法向约束力。
(b) A 处为固定铰，能产生水平和竖向约束力；B 处为活动较，产生法向约束力。
(c) A 、C 处为光滑接触，产生法向约束力。
A
B C
D
轮
(d) O 处为固定铰，BC 简化为连杆约束。
(e) A 处为固定铰，B 处为绳子约束，产生拉力。
(f) A 处为固定铰，BC 为连杆约束。
(g) A 处为固定铰；B 、D 处为连杆约束；C 处为铰链接，此处销钉约定放在某个物体上，所以要满足作用与反作用定律。
(h) A 、B 处为光滑接触，产生法向约束力； C 处为铰链接，此处销钉约定放在某个物体上，所以要满足作用与反作用定律；DE 为绳子约束。
(f)
(d)
(a)
(b)
C
(c)
(g) F
A
F (h)
(i) B 处为固定铰；AC 为连杆； C 处为铰链接，销钉约定放在轮子上；E 处为绳子约束。
3-3 试作图示刚架及ACB 部分的示力图。
A
C
q
C
q
F F F F Cy
Cx
整体
ABC 部分
F 1。
理论力学第三版课后答案第3章
r 由式（1）在 τ 向的坐标式，可得点 B 的速度 r τ ： vB = vO + rω = 2rω
aw .
re vω B r vO
r n
（1）
co
τ
r
m
固定圆弧纯滚动由点 O′ 到点O，有 AD = AD′ ，即 r (φ + θ ) = Rθ ，得 rφ = (R − r )θ ，两边对时
∩
∩
ww w
r 公共基 e 的坐标式为 rA = rB + A1 ρBA ，展开，考虑到图
r x2 r x3
r y3
C
3-2Ca 有
网
θ3
案
0 ⎛ xA ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ cos φ1 ⎜ ⎜y ⎟ ⎟=⎜ ⎜ l sin (α − φ )⎟ ⎟+⎜ ⎜ 1 ⎠ ⎝ sin φ1 ⎝ A⎠ ⎝
− sin φ1 ⎞⎛ l cos α ⎞ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ cos φ1 ⎟ ⎠⎝ 0 ⎠
aw .
r y2
B
r r 连体基 e 2 相对于与连体基 e 1 的位形为
r y
co
A
（1）
m
r y1 r x1
φ1 α
r r r r （2）对于连体基 e 1 ，由图 3-2Ca 有 rA = rB + ρ BA 在
.k hd
ρ = (0 − l sin α ) ， θ 3 =
1 C T
π
2
−α
（2）
洪嘉振等《理论力学》第 3 版习题详解
1
3-1C 试确定图示各机构中刚体 B2 的位形和它们相对于公共基的方向余弦阵。
r y
r y r y
C b
B2
理论力学第三章习题解答
连杆 B2 ：连体基基点 B 的矢径 r2 ，坐标阵 r2 = (0 b ) ，连体基的姿态角为
π ϕ 2 = 。瞬时位形坐标 q 2 = r2T 4
(
ϕ2 )
T
⎛ = ⎜0 b ⎝
π⎞ ⎟ 4⎠
T
-2-
⎛ cos ϕ 2 A2 = ⎜ ⎜ sin ϕ 2 ⎝
⎛ − sin ϕ 2 ⎞ ⎜ ⎟=⎜ cos ϕ 2 ⎟ ⎠ ⎜ ⎜ ⎝
3r 2
π⎞ ⎟ 3⎟ ⎠
T
⎛ cos ϕ 3 A3 = ⎜ ⎜ sin ϕ 3 ⎝
⎛ − sin ϕ 3 ⎞ ⎜ ⎟=⎜ cos ϕ 3 ⎟ ⎠ ⎜ ⎜ ⎝
3⎞ ⎟ 2 ⎟ 1 ⎟ ⎟ 2 ⎠
(3) 凸轮挺杆机构，其中 O 为偏心轮，AB 为挺杆。
-4-
题 3-1 图 题 3-1 答案图(3) 解：建立公共参考基 O − e ，对二个构件进行编号并建立连体基
⎛ cos ϕ 2 A2 = ⎜ ⎜ sin ϕ 2 ⎝
T 2
ϕ2 )
T
⎛ = ⎜0 ⎝
r 2
⎞ 0⎟ ， ⎠
T
− sin ϕ 2 ⎞ ⎛ 1 0 ⎞ ⎟=⎜ ⎟ ⎜ ⎟ cos ϕ 2 ⎟ ⎠ ⎝0 1⎠
-7-
3-2 图示长为 0.2m 的直杆，一端沿水平线运动，方向如图所示，一端沿 铅垂线运动，分别在其端部 A 和杆件中点 C，以及在其端部 A 和 B 分别建立两 个连体基。试求两个连体基位形坐标之间的关系。
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第三章习题解答
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。
理论力学教程(第三版)第三章 周衍柏编
P
∫ yc =
θ0 ρdθR(R cosθ
−θ0
θ0 ρRdθ
− R) = −R + sinθ0
θ0
R
∫−θ0
上式中 ρ 为圆弧的线密度
l = R − sinθ0 R ② θ0
又
[ ] ∫ I =
θ0 ρR (R cosθ − R)2 + (R sinθ )2 dθ
−θ 0
=
c2 ⎜⎜⎝⎛1 −
y2 b2
⎟⎟⎠⎞
故积分
H
S(y)
=
πac⎜⎜⎝⎛1 −
y2 b2
⎟⎟⎠⎞
P∫ ∫ ∫ y2dm =
b −b
y2S(y)
⋅
ρdy
=
b −b
y2πac⎜⎜⎝⎛1 −
y2 b2
⎟⎟⎠⎞ρdy
=
4 πρab3c 15
同理可求
∫ ∫ x2dm = 4 πρa3bc, z2dm = 4 πρabc3
第三章习题解答
3.1 解 如题 3.1.1 图。
y
N1 o
N2 θ
B
θ
x
θθ
G
A
题3.1.1图
S C
I 均质棒受到碗的弹力分别为 N1 ， N2, 棒自身重力为G 。棒与水平方向的夹角为
θ 。设棒的长度为 l 。
S 由于棒处于平衡状态，所以棒沿 x 轴和 y 轴的和外力为零。沿过 A 点且与
z 轴平行的合力矩为 0。即：
I
S O 为正方体中心。Ox 、Oy 、Oz 分别与正方体的边平行。由对称性可知，Ox 、
Oy 、Oz 轴就是正方体的中心惯量主轴。设正方体的边长为 a 。设为平行于轴的 一小方条的体积，则正方体绕轴的转动惯量
理论力学静力学第三章习题答案
FBx F (与假设方向相反)
FAx F (与假设方向相反)
FCy
FCx FD
解：取整体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：
MC 0
FD b F x 0
FD
x F b
取杆 AB 为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：
M A 0
FB b F x 0
线方向的夹角都是 ，因此只要接触面的摩擦角大于 ，不论 F 多大，圆柱不
2
2
会挤出，而处于自锁状态。
FAy o FAx
法 2（解析法） ： 首先取整体为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：
FSD FND
MA 0
FND a F l 0
l FND F a
再取杆 AB 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：
F1 14.58(kN ) (受拉) F3 31.3 (受拉) F2 18.3 (受压)
Fx 0
Fy 0
3-38
F1 sin F3 FH 0 F2 F1 cos FG 0
解：假设各杆均受压。取三角形 BCG 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：
MA 0
FNC a F l 0
l FNC F FND a
取圆柱为研究对象，受力如图所示。假设圆柱半径为 R，列平衡方程：
MO 0
FSC R FSD R 0
FSC FSD
Fx 0
FNC sin FSC cos FSD 0
N1 6.93( N )
Fx 0
Fy 0
FAx N1 sin 60 0 0
FAy N 1 cos 60 0 P 0
理论力学第三章习题解答.ppt
量出FR的长度为161N 和水平方向的夹角为
FR FR2x FR2y 802 1402 161.2N
和水平方向（x轴）的夹角的余弦为
其余弦值为0.496
cos(FR,i ) Fx / FR 80 /161.2=0.496
2－3
解：
因为滑轮的大小忽略不计，且容易看出 AB和BC杆均为二力杆，容易得到B点的 受力如图所示：
Fx 0 FAx 0
FAy FB
Fy 0 FAy FB F 0
MA 0 FB 2a M F 3a 0
解得：
FAx 0
FAy
M Fa 2a
FB
M
3Fa 2a
3－6 （b）解：
AB杆的受力如图所示 显然，AB杆受一平面任意力
FAx
FAy
系作用，有平衡方程
Fx 0 FAx 0
FAx
FAy
系作用，有平衡方程
FB
Fx 0 FAx 0 Fy 0 FAy FB P1 P2 P 0
MA 0 FB (l1 l2) P1(l1 a) P2(l1 b) P(l1 l) 0
代入数值，解得：
FAx 0
FAy 33.23kN
FB 96.77kN
3－7
当成一整体，其受力如图所示
列平衡方程，有
FAx
FAy
Fx 0 FAx FT FBC cos 0
Fy 0 FAy FBC sin W 0
MB 0 FT r W(BD r) FAy (AD DB) 0
又因为 FT W
代入数值，解得
FAx 2400N FAy 1200N FBC 848.53N
A
x F1
FBD
B
60o
理论力学简明教程第三章非惯性参考系课后答案
第三章 非惯性参考系不识庐山真面目，只缘身在此山中。
地球的多姿多彩，宇宙的繁荣，也许在这里可以略见一斑。
春光无限，请君且放千里目，别忘了矢量语言在此将大放益彩。
【要点分析与总结】1 相对运动t r r r '=+t t dr dr dr dr dr r dt dt dt dt dtυω'''==+=++⨯ t r υυω''=++⨯()t dv dv d v r a dt dt dtω''+⨯==+222**22()t d r d r d dr r v r dt dt dt dtωωωω'''''=++⨯+⨯+⨯+⨯()2t a a r r v ωωωω''''=++⨯+⨯⨯+⨯t c a a a '=++〈析〉仅此三式便可以使“第心说”与“日心说”归于一家。
（1） 平动非惯性系 (0ω=)t a a a '=+ 即：()t ma F ma '=+-（2） 旋转非惯性系 (0t t a υ==)()2a a r r ωωωωυ''''=+⨯+⨯⨯+⨯2 地球自转的效应（以地心为参考点）2mr F mg m r ω=--⨯写成分量形式为：2sin 2(sin cos )2cos x y z mx F m y my F m x z mz F mg m y ωλωλλωλ⎧=+⎪=-+⎨⎪=-+⎩ 〈析〉坐标系选取物质在地面上一定点O 为坐标原点，x 轴指向南方，y 轴指向东方，铅直方向为 z 轴方向。
2mr F mg m r ω=--⨯ 为旋转非惯性系 ()2F mg mr m r m r m r ωωωω-=+⨯+⨯⨯+⨯在 ,rR ωω条件下忽略 m r ω⨯与 ()m r ωω⨯⨯所得。
正因如此，地球上的物体运动均受着地球自转而带来的科氏力 2m r ω-⨯的作用，也正是它导致了气旋，反气旋，热带风暴，信风，河岸右侧冲刷严重，自由落体，傅科摆等多姿多彩的自然现象。
理论力学第三版课后答案第3章
r 由式（1）在 τ 向的坐标式，可得点 B 的速度 r τ ： vB = vO + rω = 2rω
aw .
re vω B r vO
r n
（1）
co
τ
r
m
固定圆弧纯滚动由点 O′ 到点O，有 AD = AD′ ，即 r (φ + θ ) = Rθ ，得 rφ = (R − r )θ ，两边对时
∩
∩
题解 3-3Ca
课
r 平动参考基 e s 。 由图可知， 当连杆 B3 转过角 φ 3 ,齿轮 B2 转过角ψ 2 。
后 答
r r 基为动基 e 3 ，齿轮 B2 的连体基为动基 e 2 。过O2建立一
r x3
r x2
r y3
O1
r xs
根据啮合条件有 ψ 2 R2 = φ3 R1 。由图可知，齿轮 B2 的相
φ3
r x
得
q1 = (x A
课
y A = l sin (α − φ1 ) + l cos α sin φ1 = l sin α cos φ1 r1 连体基 e 的位形坐标阵为 y A φ1 ) = (l cos α cos φ1 l sin α cos φ1 φ1 )
T T
x A = l cos α cos φ1
r （2）对于公共基 e ，以三个连体基分别写出刚
r r r
B
r x1
α
r x2 r x3
r y3
C
体的位形坐标阵。 解：
r x
r 基 e 1 的位形为
r （1）如图 3-2Ca 所示，连体基 e 2 相对于与连体
T ρ1 0 ) ， θ 2 = 2π − α B = (− l cos α
《理论力学》课后习题答案赫桐生,高教版)第3章
精品行业资料，仅供参考，需要可下载并修改后使用！第三章习题3-1．求图示平面力系的合成结果，长度单位为m。
解：(1) 取O点为简化中心，求平面力系的主矢：求平面力系对O点的主矩：(2) 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偶，大小是260Nm，转向是逆时针。
习题3－2．求下列各图中平行分布力的合力和对于A点之矩。
解：(1) 平行力系对A点的矩是：取B点为简化中心，平行力系的主矢是：平行力系对B点的主矩是：向B点简化的结果是一个力R B和一个力偶M B，且：如图所示；将R B向下平移一段距离d，使满足：最后简化为一个力R，大小等于R B。
其几何意义是：R的大小等于载荷分布的矩形面积，作用点通过矩形的形心。
(2) 取A点为简化中心，平行力系的主矢是：平行力系对A点的主矩是：向A点简化的结果是一个力R A和一个力偶M A，且：如图所示；将R A向右平移一段距离d，使满足：最后简化为一个力R，大小等于R A。
其几何意义是：R的大小等于载荷分布的三角形面积，作用点通过三角形的形心。
习题3－3．求下列各梁和刚架的支座反力，长度单位为m。
解：(1) 研究AB杆，受力分析，画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
校核：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：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
校核：结果正确。
(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：反力的实际方向如图示。
校核：结果正确。
习题3－4．重物悬挂如图，已知G=1.8kN，其他重量不计；求铰链A的约束反力和杆BC所受的力。
解：(1) 研究整体，受力分析（BC是二力杆），画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
习题3－5．图示钻井架，G=177kN，铅垂荷载P=1350kN，风荷载q=1.5kN/m，水平力F=50kN；求支座A的约束反力和撑杆CD所受的力。
理论力学课后答案03
第3章 平面任意力系三、选择题1． D 2.C 3B 4C 5 b 6 D 7 B 8B 9 B 10 A 四、计算题3-1 重物悬挂如图3.27所示，已知G =1.8kN ，其他重量不计。
求铰链A 的约束反力和杆BC 所受的力。
解：选AB 和滑轮D 组成的系统为研究对象，受力分析如图所示。
列平衡方程，有∑=0xF45cos o=--D B Ax F F F∑=0yF45sin o=-+G F F B Ay∑=0)(F AM03.01.06.045sin o =⨯-⨯+⨯G F F D B其中：kN8.1==G F D联立求解，可得：N2400=Ax F ，N1200=AyF ，N5.848=BF3-3求如图3.29(a)、(b)所示平行分布力的合力和对于点A 之矩。
(b)ABq l(a)alAC B q图3.29解：（a ）平行分布力的合力为：qaF R ='( ← )10c GB30cm20c 45°BF A DDF AxFAyF B10c30cm20c 45°CGA D图3.27学 ·24·对于点A 之矩的矩为221qaMA=( )（b ）平行分布力的合力为：qlF R 21'=( ↓ )对于点A 之矩的矩为231qlMA=( )3-4静定多跨梁的荷载及尺寸如图3.30(a)、(b)所示，长度单位为m ，求支座约束反力。
(a)CB36 A 20kN /m30︒(b)B 2 12122.5kN/m5kN ·m5kN C AD40kN ·m图3.30CB620kN /m30︒BxF By FCFCB36A 20kN /m 30︒40kN ·mAxF Ay F CFA M解：(a) 分别选整体和杆BC 为研究对象，受力分析如图所示。
分别列平衡方程，有整体：∑=0xF 030sin o=-C Ax F F∑=0yF62030cos o=⨯-+C Ay F F∑=0)(F AM0662040930cos o =⨯⨯--⨯+C A F M 杆BC ：∑=0)(FB M03620630cos o =⨯⨯-⨯C F联立求解，可得：kN320=Ax F ，N60k F Ay=，mkN 220⋅=AM ，kN 340=C F2 22.5kN/m 5kN ·mCDCx F Cy FDy F 2B21 212.5kN/m 5kN ·m5kN C AD AxF Ay F DyFByF(b) 分别选整体和杆CD 为研究对象，受力分析如图所示。
理论力学习题答案第三章
第三章思考题解答3.1 答：确定一质点在空间中得位置需要3个独立变量，只要确定了不共线三点的位置刚体的位置也就确定了，故须九个独立变量，但刚体不变形，此三点中人二点的连线长度不变，即有三个约束方程，所以确定刚体的一般运动不需3n 个独立变量，有6个独立变量就够了.若刚体作定点转动，只要定出任一点相对定点的运动刚体的运动就确定了，只需3个独立变量；确定作平面平行运动刚体的代表平面在空间中的方位需一个独立变量，确定任一点在平面上的位置需二个独立变量，共需三个独立变量；知道了定轴转动刚体绕转动轴的转角，刚体的位置也就定了，只需一个独立变量；刚体的平动可用一个点的运动代表其运动，故需三个独立变量。
3.2 答物体上各质点所受重力的合力作用点即为物体的重心。
当物体的大小远小于地球的线度时物体上各质点所在点的重力加速度都相等，且方向彼此平行即重力场为均匀场，此时质心与重心重合。
事实上但物体的线度很大时各质点所在处g 的大小是严格相等，且各质点的重力都指向地心，不是彼此平行的，重心与质心不和。
3.3答 当物体为均质时，几何中心与质心重合；当物体的大小远小于地球的线度时，质心与重心重合；当物体为均质且大小远小于地球的线度时，三者都重合。
3.4 答 主矢F 是力系各力的矢量和，他完全取决于力系中各力的大小和方向，故主矢不随简化中心的位置而改变，故而也称之为力系的主矢；简化中心的位置不同，各力对简化中心的位矢i r 也就不同则各力对简化中心的力矩也就不同，故主矩随简化中心的位置而变，被称之为力系对简化中心的主矩。
分别取O 和O '为简化中心，第i 个力i F 对O 和O '的位矢分别为i r 和i r '，则i r =i r '+O O '，故()()iii ii i O F O O r F r M ⨯'-'=⨯'=∑∑'()∑∑⨯'-⨯'=ii ii i F O O F r ∑⨯'+=ii o F O O M即o o M M ≠'主矢不变，表明刚体的平动效应不变，主矩随简化中心的位置改变，表明力系的作用对刚体上不同点有不同的转动效应，但不改变整个刚体的转动规律或者说不影响刚体绕质心的转动。
理论力学答案完整版(清华大学出版社)3
之差称为静不定次数。这类问题需要补充与静不定次数相同数量的变形协调方程才能求解。 未知约束力分量的数目小于独立平衡方程的数目，这类平衡问题是不存在的。 解题要领：
（2）AD 梁上，固定铰链 A 处有 2 个约束力，辊轴铰链 B、C 和 D 各有 1 个约束力， 共有 5 个约束力，这 5 个约束力组成平面一般力系，可以列出 3 个独立的平衡方程。所以， AD 梁是 2 次静不定。
（3）曲梁 AB 两端都是固定端约束，各有 3 个共 6 个约束力组成平面一般力系，而独 立的平衡方程只有 3 个。所以是 3 次静不定。
2 要区分物体维持平衡时的摩擦力与能够产生的最大静摩擦力，两者不可混淆。 3 有摩擦时的平衡问题往往还伴随物体的翻倒问题，要全面考虑，择其合理解。 4 自锁问题通常利用摩擦角概念和二力平衡条件或三力平衡汇交定理解题，具有几何直观、 概念清楚和便于理解的特点。关键是要确定临界平衡时的摩擦角。 5 滚动摩擦问题的考虑类似于滑动摩擦问题。
FA = 63.22 kN . ∑ Fy = 0, FA + FC sin 60o + FB − F1 sin 60o − F2 − q × 3 = 0 ,
FB = 88.74 kN .
题 3-3(a)图
（b）解：以 AB 以梁为研究对象，画受力图，列平衡方程
∑ Fx = 0 ， FD cos 45o − FB cos 45o − F2 cos30o = 0 ， ∑ mC = 0, FD sin 45o × 4 + FB sin 45o × 8 − M − F1 × 2