哈工大理论力学教研室《理论力学》(第7版)笔记和课后习题(含考研真题)详解(第10~11章)【圣才出

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哈工大理论力学教研室《理论力学Ⅰ》(第7版)课后习题-点的合成运动(圣才出品)

图 7-4 解：以 M 为动点，水轮为动系，牵连运动轨迹为定轴转动，速度分析如图 7-5 所示。
图 7-5 由 va = ve + vr 在 x、y 两个方向上的分量得
va sin 60o = ve + vr sin va cos 60o = vr cos
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图 7-1
图 7-2
7-2 图 7-2 中的速度平行四边形有无错误？错在哪里？
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答：都有错误，改正见图 7-3。
图 7-3 7-3 如下计算对不对？错在哪里？
图 7-4 （a）图 7-4（a）中取动点为滑块 A，动参考系为杆 OC，则 ve=ω·OA，va=cosφ （b）图 7-4（b）中 vBC=ve=vacos60°va=ωr 因为 ω=常量,所以，VBC=常量，（c）图 7-4（c）中为了求 aa 的大小，取加速度在 η 轴上的投影式：aacosφ-ac=0 所以答：（a）不对，va 的速度平行四边形画法不正确，正确图见图 7-5。（b）加速度的计算不正确。vBC 和 ω 为此瞬时的大小，不是任意时刻的速度和角速度故不能对时间求导。
其中 ρ 和 φ 是用极坐标表示的点的运动方程，aρ 和 aψ 是点的加速度沿极径和其垂直方向的投影。
答：如图 7-7 建立直角坐标系．xOy 与极坐标系 ρOφ。取动点 Q，动系 OA
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加速度合成（图 7-8）
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aa=aen+aet+ar+ac
大小：？
方向：Hale Waihona Puke √ √ √ √图 7-7

哈尔滨工业大学第7版理论力学第4章课后习题答案

解（1）方法 1，如图 4-6b 所示，由已知得
Fxy = F cos 60° ， Fz = F cos 30°
F = F cos 60°cos 30°i − F cos 60°sin 30° j − F sin 60°k = 3 i − 1 Fj − 3 Fk 44 2
41
理论力学（第七版）课后题答案哈工大.高等教育出版社
A
F
β
MA
C
MB
F
10 N
β M θ − 90° C
MB
(a)
(b)
(c)
图 4-11
解画出 3 个力偶的力偶矩矢如图 4-11b 所示，由力偶矩矢三角形图 4-11c 可见
MC =
M
2 A
+
M
2 B
=
3 0002 + 4 0002 = 5 000 N ⋅ mm
由图 4-11a、图 4-11b 可得
3 = 250 N 13
FRz = 100 − 200 ×
1 = 10.6 N 5
M x = −300 ×
3 × 0.1 − 200 × 1 × 0.3 = −51.8 N ⋅ m
13
5
M y = −100 × 0.20 + 200 ×
2 × 0.1 = −36.6 N ⋅ m 13
M z = 300 ×
z
F45° F3 F3′ B
F2A
E
F1
C
F5
F6
F F4 45°
D
y
K x
M
(a)
(b)
图 4-9
解 (1) 节点 A 为研究对象，受力及坐标如图 4-9b 所示

哈尔滨工业大学理论力学课后习题答案

.----------------------------------------理论力学（第七版）课后题答案哈工大.高等教育出版社 -------------------------------- 第1章静力学公理和物体的受力分析1-1 画出下列各图中物体 A ，ABC 或构件 AB ，AC 的受力图。

未画重力的各物体的自重不计，所有接触处均为光滑接触。

F N1A PF N 2(a) (a1)F TA PF N(b)(b1)AF N1P BF N 3F N 2(c) (c1)F TBF AyP 1P 2AF Ax(d) (d1)F AF BFAB(e)(e1)qFF Ay F BF AxA B(f) (f1)FBC F CAF A(g) (g1)F Ay FCCA F Ax BP1 P2(h) (h1)BFCF CF AxDAF Ay(i) (i1)(j) (j1)BF B FCPF AyF AxA(k) (k1)F CAF AB 2 F AC CA2 F ABBF ACF BAA P (l) (l1)(l2)(l3)图 1-11-2 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。

F N 2C2 F P 2(a1) F N1N(a)BF N1BC F N 2F NP 2P1P1F AyF Ay F AxF AxAA(a2) (a3)F N1AP1F N3B P 2F N 2(b) (b1)2 F NF N3F N1ABP 2P1F N F N 2(b2)(b3)F AyF AxA C D F N2BP 2P 1F N1(c)(c1)F AyF TAF AxD2 F F N2TBP 1F N1P 2(c2)(c3)F AyF BqBAF AxCDF C(d)(d1)F DyF AyF BqqD2 FDxBAF AxCF Dx D 2 FDyF C(d2) (d3)F Ay2 FBxqBF AyF AxqAB 2F ByF AxF CxC F CyP F BxAB PF Cx (e1)CF ByF Cy(e)(e2)(e3)F 1CF 2F AyF ByABF AxF Bx(f)(f1)F Cx2 FCxCCF 1F CyF 2 F 2F AyCyF ByAF BxF Ax B(f2)(f3)F BF AyCBAF AxP(g)(g1)2 F CyF T2 FCxCF AyF BF TDCF AxBAF Cx P (g2)(g3)DF 1F CyF B2 F 2F BBCF CxBF Ay AF Ax(h)(h1)(h2)A F AxF AyF CyF CxC2 A F EF CyF F OyCDF OxF Cx 2EOB(i)(i1)(i2)A A2 F Ax2 FE2 F AyFEC D F ByF ByF OyF BxF OxF BxOBB (i3)(i4)F AyDE F CxF TA F AxF ByC CHF By F Cy BPF BxF BxB(j)(j1)(j2)F Ay F Dy 22 F Ey2 F CF Cx 2 E F AxT 2 D F T 22FExF ExA D F Dx 2E F DxF T3F T12FCyF DyF Ey(j3)(j4)(j5)EFF BCED2 BF Cx⎝2 2 F DEF Cy(k)(k1)F BF FC BF Cx⎝EC F Cy90︒ ⎝FDED DF AyF AyAAF AxF Ax(k2) (k3)F B2 FBF 1F DBBDCAF AF C(l)(l1)(l2)F 22 DF DF 1F 2DBAC EE F EF AF C F E(l3)(l4)或2 2 F DyF2F 1F F Dy F 2F 1B 2 DF DxF DxBBD D F ExA C E C E F ExF CF EyF AF CF Ey(l2)’(l3)’(l4)’2 F ADAF CyF CxCF 1B(m)(m1)F ADDF ADHEF 2A DF EF HF AD 2(m2)(m3)F N AAF kF N BF OyF OxBO(n) (n1)F N1B Dq2 F BF N 2F N3(n2)FB D FF C F EF AF G GCEA(o)(o1)FBB DFDF BF E F FF C F D2 FEA F AF B 2CD(o2)(o3) (o4) 图 1-2第2章平面汇交力系与平面力偶系2-1 铆接薄板在孔心 A ，B 和 C 处受 3个力作用，如图 2-1a 所示。

理论力学(哈工第七版) 课后练习答案第三部分

O M
A
ϕ
O
r ϕ
M
W=
2π
∫ 4ϕ dϕ + (m
0
− mB ) g ⋅ 2π r
A B
A mAg
= 8π 2 + (mA − mB ) g ⋅ 2π r = 8π 2 + 1× 9.8 × 2π × 0.5 = 110 (J)
B
mBg
(a)
(b)
7
12-4 图示坦克的履带质量为 m，两个车轮的质量均为 m1。车轮被看成均质圆盘，半径为 R，两车轮间的距离为 πR。设坦克前进速度为 v，计算此质点系的动能。解：系统的动能为履带动能和车轮动能之和。将履带分为四部分，如图b 所示。履带动能：
O
P2 P aB − 1 a A = FN − P 1−P 2 g g
其中， a A = a ， aB = 解得
A
a 2 1 (2 P 1−P 2 )a 2g
B
(a)
FN = P 1+P 2 −
v FN
O
v P 1
A
v aA
v aB B
v P2
(b)
11-1 质量为 m 的点在平面 Oxy 内运动，其运动方程为
得
G1
320
B C
SB
S A = 170 mm S B = 90 mm
(b)
2
10-12 图示滑轮中，两重物 A 和 B 的重量分别为 P1 和 P2。如物体 A 以加速度 a 下降，不计滑轮质量，求支座 O 的约束力。解：对整体进行分析，两重物的加速度和支座 O 的约束力如图b 所示。由动量定理知：
整体受力和运动分析如图b因为0xf所以x方向系统守恒有21cos0brbmvmvv??解得121cosbrmmvvm1所以该系统动能为设此时三棱柱a沿三棱柱b下滑的距离为s则其重力作的功为1sinwmgs??系统动能22b211221sin12cosmmtmmvm由系统动能定理tw即1sinwmgs??上式对时间求导并注意到rdsdtv整理后得22112121sinsincosbbrmmmmvamgvm?????得2b2a212b2b2r2122b21122

哈工大理论力学教研室《理论力学》(第7版)笔记和课后习题(含考研真题)详解(第16~17章)【圣才出

第16章非惯性系中的质点动力学16.1复习笔记一、基本方程1．非惯性系中的质点动力学基本方程（或称为质点相对运动动力学基本方程），其表达式为r Ie ICma F F F =++v v v v 式中，e Ie F ma =-v v ，表示牵连惯性力；C C I F ma =-v v ，表示科氏惯性力。

2．在动参考系内，把非惯性系质点动力学基本方程写成微分形式22Ie IC d d r m F F F t'=++v v v v 3．几种特殊情况（1）当动参考系相对于定参考系作平移时，则C 0a = ，0F =IC ，于是相对运动动力学基本方程为r Iema F F =+v v v （2）当动参考系相对于定参考系作匀速直线平移时，则C 0a = ，e 0a = ，Ie 0F F ==IC，于是相对运动动力学基本方程与相对于惯性参考系的基本方程形式一样，其表达式为r ma F= ①相对于惯性参考系做匀速直线平移的参考系都是惯性参考系。

②发生在惯性参考系本身的任何力学现象，都无助于发现该参考系本身的运动状况，这称为经典力学的相对性原理。

（3）当质点相对于动参考系静止时，则r r 00a υ==v v ，，0F =IC ，所以质点相对静止的平衡方程为F F +=Ie 上式称为质点相对静止的平衡方程，即当质点在非惯性参考系中保持相对静止时，作用在质点上的力与质点的牵连惯性力相互平衡。

（4）当质点相对于动参考系作等速直线运动时，有r 0a =，质点相对平衡方程为0Ie IC F F F ++=v v v 上式称为质点相对平衡方程。

可见在非惯性参考系中，质点相对静止和作等速直线运动时，其平衡条件是不相同的。

二、非惯性系中质点的动能定理1．质点相对运动动能定理的微分形式质点在非惯性系中相对动能的增量，等于作用于质点上的力与牵连惯性力在相对运动中所作的元功之和。

即2r 1d()δδ2F mv W W ''=+Ie 2．质点相对运动动能定理的积分形式质点在非惯性参考系中相对动能的变化，等于作用在质点上的力与牵连惯性力在相对路程上所作的功之和。

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)

，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。

哈工大理论力学第七版课后习题答案(高清无水印版)

F2 = 173 kN
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
FT A
y
10 m
10 m P/2 O
θ
(a) 图 2-6
D
C
FT C x
(b)
解本题为悬索问题，这里采用近似解法，假定绳索荷重均匀分布。取 AC 段绳索为研究对象，坐标及受力如图 2-6b 所示。图中：
W1 =
由平衡理论得
P = 200 N 2
(1)
∑ Fx = 0, FT C − FT A cosθ = 0
B
A FA
C
E
C
E FEy
FEx
FC
(l2)’
FC
(l4)’
(l3)’
′ FAD
A
FCy FCx F1 BCFra bibliotek(m)
(m1)
FAD
D E
H
F2
FAD
A
FE
(m2)
FH
(m3) 7
D
′ FAD
A
FN A
Fk
FOy FOx O
B
FN B
(n)
(n1)
FN1
B ′ FB
D
q
FN 2 FN 3
(n2)
F
B
D
FAx
(a2)
(a3)
FN1

哈工大理论力学教研室《理论力学Ⅰ》(第7版)课后习题(第1~3章)【圣才出品】

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图 2-3 答：支座约束力不相同，如图 2-4 所示。
图 1-4
图 1-5
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及受力图。
（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）一本打开的书静止于桌面上；（4）一个人坐在一只足球上。
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答：如图 1-8 所示。
图 1-7
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图 1-8 二、习题 1-1 画出图 1-1 各图中物体 A、ABC 或构件 AB、AC 的受力图。未画重力的各物体的自重不计，所有接触处均为光滑接触。
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图 1-1 解：各物体的受力图如图 1-2 所示。
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FD
图 1-4 1-3 画出图 1-5 中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量均不计，所有接触处均为光滑接触。
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r
rr
p mivi 心的坐标公式为
r
r rc
mi ri m
以上两个表达式可以得到
r
p
d
dt
r mi ri
d dt
r (mrc )
r mvc
上式表明，质点系的动量等于质心速度与其全部质量的乘积。
2．冲量
（1）定义：作用力与作用时间的乘积称为常力的冲量。以 F 表示此常力，作用的时
2．质点系的动量定理
（1）质点系的动量定理的微分形式为
r dp dt
r Fi ( e )
即质点系的动量对时间的导数等于作用于质点系的外力的矢量和。
（2）质点系动量定理的积分形式为
r p2
r p1
r Ii(e)
即在某一时间间隔内，质点系动量的改变量等于这段时间内作用于质点系外力冲量的矢
量和。
3．质点系动量守恒定律
10.2 课后习题详解
10-1 汽车以 36 km／h 的速度在水平直道上行驶。设车轮在制动后立即停止转动。
问车轮对地面的动滑动摩擦因数 f 应为多大方能使汽车在制动后 6 s 停止。
解：
由动量定理
可得：
解得：
。
10-2 跳伞者质量为 60 kg，自停留在高空中的直升飞机中跳出，落下 100 m 后，将

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图 10-4
解：以整体为研究对象，受力和运动分析如图 10-5 所示。
间为 t，则此力的冲量为
I Ft
冲量是矢量，它的方向与常力的方向一致。
（2）元冲量：如果作用力 F 是变量，在微小时间间隔 dt 内，力 F 的冲量称为元冲量。
表达式为
rr dI dFt
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（3）变力的在作用时间 t 内的冲量为
如果作用于质点系的外力的主矢恒等于零，则质点系的动量保持不变。
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如果作用于质点系的外力主矢在某一坐标轴上的投影等于零，则质点系的动量在该坐标轴上的投影守恒。
4．利用动量定理解题的步骤 ①明确研究对象和研究过程。研究对象可以是一个质点，也可以是质点系；过程中各阶段受力不同，要分别计算冲量，求出矢量和； ②进行受力分析。研究外力的作用，不包括系统内力； ③写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量； ④根据动量定理列式求解。
2
2
消去，可得 A 点的轨迹方程为：
因此，A 点的轨迹为一个椭圆。
10-5 质量为 m1 的平台 AB，放于水平面上，平台与水平面间的动滑动摩擦因数为 f。
质量为
m2
的小车
D，由绞车拖动，相对于平台的运动规律为
s
1 2
bt 2
，其中
b
为已知常
数。不计绞车的质量，求平台的加速度。
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r
I
tr Fdt
0
在国际单位制之中，冲量的单位是 N s
二、动量定理
1．质点动量定理
（1）质点动量定理的微分形式为
d
(mv)
Fdt
即质点动量的增量等于作用于质点上的力的元冲量。
（2）质点动量定理的积分形式为
r r
mv2 mv1
t2
r Fdt
r I
t1
即在某一时间间隔内，质点动量的变化等于作用于质点的力在此段时间内的冲量。

解得：
。
10-3 图 10-1 所示水平面上放一均质三棱柱 A，在其斜面上又放一均质三棱柱 B。两三棱柱的横截面均为直角三角形。三棱柱 A 的质量 mA 为三棱柱 B 质量 mB 的三倍，其尺寸如图 10-1 所示。设各处摩擦不计，初始时系统静止。求当三棱柱 B 沿三棱柱 A 滑下接触到水平面时，三棱柱 A 移动的距离。
降落伞打开。设开伞前的空气阻力略去不计，伞重不计，开伞后所受的阻力不变，经 5 s 后
跳伞者的速度减为 4.3 m／s。求阻力的大小。
解：当跳伞者未开降落伞过程中做自由落体运动，其速度为： v0 2gh 44.3m / s
由动量定理
可得：
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第 10 章动量定理
10.1 复习笔记
一、动量与冲量
1．动量
（1）定义：质点的质量与速度的乘积称为质点的动量，记为 mv 。质点的动量是矢量，
它的方向与质点速度的方向一致。
（2）质点系内各质点动量的矢量和称为质点系的动量，即
（2）若作用于质点系的所有外力在某轴上投影的代数和恒等于零，则质心速度在该轴上的投影保持不变；若开始时速度投影等于零，则质心沿该轴的坐标保持不变。
4．若干注意点（1）只有外力才能改变质点系的动量，内力不能改变质点系动量；（2）质点系动量在某一轴上守恒时，在其他轴上不一定守恒；（3）在应用动量定理时，常用它在各个坐标轴上的投影式；（4）质点系的内力不影响质心的运动，只有外力才能改变质心的运动。
解：以系统为研究对象，由轴正向移动了 x ，可得：
图 10-1 可知，系统水平方向上质心运动守恒，设 A 沿 x
解得：
（负号表示 A 沿 x 轴负方向移动）。
即当三棱柱 B 沿三棱柱 A 滑下接触到水平面时，三棱柱 A 向左移动 a b 。 4
10-4 如图 10-2 所示，均质杆 AB，长 l ，直立在光滑的水平面上。求它从铅垂位置
无初速地倒下时，端点 A 相对图示坐标系的轨迹。
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解：如图 10-3 所示。
图 10-2
图 10-3
杆初始时静止，且 Fx 0 ，故系统 x 方向上质心运动守恒，则 A 的坐标为：
x l cos , y 2 l sin
三、质心运动定理 1．质量中心计算公式
2．质心运动定理
质点系的质量与质心加速度的乘积等于作用于质点系外力的矢量和(即等于外力的主
矢)，其表达式为 3．质心运动守恒定律
d
(mvC dt
)
Fi e
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（1）若作用于质点系的外力主矢恒等于零，则质心作匀速直线运动；若开始静止，则质心位置始终保持不变；