理论力学第四章
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理论力学第四章习题答案
理论力学第四章习题答案理论力学第四章习题答案在理论力学的学习过程中，习题是非常重要的一部分。
通过解答习题，我们可以巩固理论知识，加深对概念和原理的理解，并培养解决实际问题的能力。
本文将为大家提供理论力学第四章习题的详细答案，希望能够对大家的学习有所帮助。
1. 一个质点在力F作用下做直线运动，已知力的大小与时间的关系为F = kt，其中k为常数。
求质点的速度与时间的关系。
解答：根据牛顿第二定律F = ma，将力的大小与时间的关系代入，得到ma = kt。
由于质点做直线运动，所以速度的变化率等于加速度，即v = ∫a dt。
将上式代入，得到v = ∫(kt/m) dt = (k/m)∫t dt = (k/m)(t^2/2) + C。
其中C为积分常数。
因此，质点的速度与时间的关系为v = (k/m)(t^2/2) + C。
2. 一个质点在力F作用下做直线运动，已知力的大小与位置的关系为F = -kx，其中k为常数。
求质点的加速度与位置的关系。
解答：根据牛顿第二定律F = ma，将力的大小与位置的关系代入，得到ma = -kx。
由于质点做直线运动，所以加速度的变化率等于速度的变化率，即a =dv/dt。
将上式代入，得到dv/dt = -kx/m。
将变量分离，得到dv = (-kx/m) dt。
对两边同时积分，得到∫dv = ∫(-kx/m) dt。
积分后得到v = (-kx^2/2m) + C1，其中C1为积分常数。
再次对上式积分，得到∫v dx = ∫((-kx^2/2m) + C1) dx。
积分后得到x = (-kx^3/6m) + C1x + C2，其中C2为积分常数。
因此，质点的加速度与位置的关系为a = (-kx/m)。
3. 一个质点在势能函数U(x) = kx^2/2下做直线运动，已知质点的质量为m。
求质点的速度与位置的关系。
解答：根据势能函数U(x) = kx^2/2，可以求得力的大小与位置的关系为F = -dU(x)/dx = -kx。
理论力学第四章
vc
运动的假象质
• （二）角动量
定义质点组对固定点的角动量（动量矩） 是质点组中各质点对同一固定点的角动 量（动量矩）之和
LNrimivi Nrimiri
i1
代入关系式
i1
rrii rrii rrcc
N
L
rircmi rirc
i1
N rimirircN miriN mirircrcmrc
Fi
N
ri
Fij
i1
j1, ji
N N N
dT F idri F ijdridW
i 1
i 1j 1,ji
• 质点组的动能定理：
质点组总动能的增量等于所有作用在各 质点上的外力所做的总功，加上内力对 各质点所做的功
注意：质点组内各个质点的质量可能 不一样，则在内力的作用下，其发生 的位移不一样，则内力对质点组做功 之和一般不为零（与动量定理和角动 量定理不同）
miri
Fi
N Fij
j1,ji
两边矢乘质点的位置矢量可得
rimiri riF iri
N Fij
j1,ji
r im ir id d tr im ir i r im ir i
r im ir id d tr im ir i d d tL i
两边对所有质点进行求和
d
dt
N i1
h 4
j
一个重要的基本原理：
有了质心的概念以后，可以建立位 于质心的参考系，则对于质点组的任意 运动，或者相应的运动定理形式，均可 以进行分离考虑：质点组相对于质心的 运动（定理） 和 质点组作为整体在质 心相对于固定参考点的运动（定理）
§4.2 质点组动量、角动量和动能
理论力学课件第四章
M iy 0
M iz 0
M
x
0
M
y
0
M
z
0（4–11）
称为空间力偶系的平衡方程.
§4–4 空间任意力系向一点的简化· 主矢和 主矩
1． 空间任意力系向一点的简化
其中，各 Fi Fi ，各 M i M o ( Fi )
一空间汇交与空间力偶系等效代替一空间任意力系.
2． 空间任意力系的简化结果分析（最后结果）
1） 合力
当 FR 0, M O 0 最后结果为一个合力.
合力作用点过简化中心.
当 FR 0, M O 0, FR M O 时，d
MO FR
最后结果为一合力.合力作用线距简化中心为 d
MO FR
3．力偶系的合成与平衡条件
=
=
M1 r1 F1 , M 2 r2 F2 ,......, M n rn Fn
如同右图
有 M Mi FR Fi
M 为合力偶矩矢，等于各分力偶
矩矢的矢量和.
M x M ix , M y M iy , M z M iz
zC
Pz
P
i i
则计算重心坐标的公式为
xC
Px
P
i i
yC
Py
i
i
P
zC
Pz
P
i i
（4–14）
对均质物体，均质板状物体，有
xC
V x
A
i i
xC
P Ai xi
yC
V y
A
i i
理论力学第四章
同理求解得
F1min
G tan tanjf 1 tanjf tan
G tan(
jf
)
y
F1
x
Fmax
FN G
4、几何法求F1的最小值F1min，受力分析如图。
F1min
画力三角形如图。
由力三角形可得 F1min Gtan( jf )
物块平衡时，F1的大小应满足
FR2
-jf
jf
FR2
G
G F1min
对多数材料，通常情况下
f fs
理论力学
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3
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§4-2 摩擦角与自锁现象
一、摩擦角 ①全约束力 即FR= FN + FS ，它与接触面的公法线成一偏 角j ，当物体处于临界平衡状态，即静摩擦力达到最大值 Fmax时,偏角j达到最大值jf，全约束力与法线夹角的最大 值jf叫做摩擦角。
fs2P 1 fs2
代入（3）
得
tan min
1 fs2 2 fs
1 tan2jf 2tanjf
cot 2jf
tan(
2
2jf
)
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FNB
B
FSB Pmin A FSA
几何法求解
当梯子处于向下滑动的临界平衡状态
时，受力如图，显然 FRA FRB ，于是
G tan jf F1 G tan jf
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17
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[例] 梯子长AB=l，重为P，若梯子与墙和地面的静摩擦因数均为 f s=0.5，
求 多大时，梯子能处于平衡？
理论力学第4章 摩擦
所以增大摩擦力的途径为：①加大正压力N, ②加大摩擦系数f
4
3、 特征： 大小：0 F Fmax （平衡范围）满足 X 0
静摩擦力特征：方向：与物体相对滑动趋势方向相反
定律：Fmax f N （ f 只与材料和表面情况有 关，与接触面积大小无关。）
二、动滑动摩擦力：（与静滑动摩擦力不同的是产生了滑动）
所以物体运动：此时
F '动 N f '100.11N
（物体已运动）
25
[练习2] 已知A块重500N，轮B重1000N，D轮无摩擦，E 点的摩擦系数fE=0.2，A点的摩擦系数fA=0.5。
求：使物体平衡时块C的重量Q=？ 解：① A不动（即i点不产
生 平移）求Q 由于
T 'F1 f AN1 0.5500250N
14
此力系向 A点简化
d'
滚阻力偶与主动力偶（Q,F）相平衡
①滚阻力偶M随主动力偶（Q , F）的增大而增大;
② 0 M Mmax
有个平衡范围;
滚动 摩擦 ③ M max 与滚子半径无关;
④滚动摩擦定律： M max d N，d 为滚动摩擦系数。
15
滚动摩擦系数 d 的说明：
①有长度量纲，单位一般用mm,cm； ②与滚子和支承面的材料的硬度和温度有关。
19
四、例题 [例1] 作出下列各物体
的受力图
20
[例2] 作出下列各物体的受力图
① P 最小维持平衡 ② P 最大维持平衡
状态受力图；
状态受力图
21
[例3] 构件1及2用楔块3联结，已知楔块与构件间的摩擦系数f=0.1,
求能自锁的倾斜角 。
解：研究楔块，受力如图
4
3、 特征： 大小：0 F Fmax （平衡范围）满足 X 0
静摩擦力特征：方向：与物体相对滑动趋势方向相反
定律：Fmax f N （ f 只与材料和表面情况有 关，与接触面积大小无关。）
二、动滑动摩擦力：（与静滑动摩擦力不同的是产生了滑动）
所以物体运动：此时
F '动 N f '100.11N
（物体已运动）
25
[练习2] 已知A块重500N，轮B重1000N，D轮无摩擦，E 点的摩擦系数fE=0.2，A点的摩擦系数fA=0.5。
求：使物体平衡时块C的重量Q=？ 解：① A不动（即i点不产
生 平移）求Q 由于
T 'F1 f AN1 0.5500250N
14
此力系向 A点简化
d'
滚阻力偶与主动力偶（Q,F）相平衡
①滚阻力偶M随主动力偶（Q , F）的增大而增大;
② 0 M Mmax
有个平衡范围;
滚动 摩擦 ③ M max 与滚子半径无关;
④滚动摩擦定律： M max d N，d 为滚动摩擦系数。
15
滚动摩擦系数 d 的说明：
①有长度量纲，单位一般用mm,cm； ②与滚子和支承面的材料的硬度和温度有关。
19
四、例题 [例1] 作出下列各物体
的受力图
20
[例2] 作出下列各物体的受力图
① P 最小维持平衡 ② P 最大维持平衡
状态受力图；
状态受力图
21
[例3] 构件1及2用楔块3联结，已知楔块与构件间的摩擦系数f=0.1,
求能自锁的倾斜角 。
解：研究楔块，受力如图
理论力学第四章扭转
由 M x 0, T Me 0 得T＝M e
内力T称为截面n-n上的扭矩。
Me
Me
x T
Me
扭矩的符号规定：按右手螺旋法则判断。
右手的四指代表扭矩的旋转方向，大拇指代表其矢量方向，若 其矢量方向与截面的外法线方向相同，则扭矩规定为正值，反之为 负值。
+
T
-
扭矩图：表示沿杆件轴线各横截面上扭矩变化规律的图线。
4
32 7640180 80109 π 2 1
86.4 103 m 86.4mm
d1 86.4mm
4.直径d2的选取
按强度条件
A M e1 d1
B d2 C
M e2
M e3
3 16T 3 16 4580
②各纵向线均倾斜了同一微小角度 。
③所有矩形网格均歪斜成同样大小的平行四边形。
结论：
0, 0
横截面上
0 0
根据对称性可知切应力沿圆周均匀分布；
t D, 可认为切应力沿壁厚均匀分布, 且方向垂直于其半径方向。
t
D
微小矩形单元体如图所示：
①无正应力
②横截面上各点处，只产生垂 直于半径的均匀分布的剪应力
强度计算三方面：
① ②
校核强度：
max
Tm a x WP
设计截面尺寸：
WP
Tmax
[ ]
[ ]
Wt
实：D3 16 空：1D6（3 1 4）
③ 计算许可载荷： Tmax WP[ ]
例4.2 图示阶梯状圆轴，AB段直径 d1=120mm，BC段直径
d2=100mm 。扭转力偶矩 MA=22 kN•m， MB=36 kN•m， MC=14 kN•m。 材料的许用切应力[t ] = 80MPa ，试校核该轴 的强度。
内力T称为截面n-n上的扭矩。
Me
Me
x T
Me
扭矩的符号规定：按右手螺旋法则判断。
右手的四指代表扭矩的旋转方向，大拇指代表其矢量方向，若 其矢量方向与截面的外法线方向相同，则扭矩规定为正值，反之为 负值。
+
T
-
扭矩图：表示沿杆件轴线各横截面上扭矩变化规律的图线。
4
32 7640180 80109 π 2 1
86.4 103 m 86.4mm
d1 86.4mm
4.直径d2的选取
按强度条件
A M e1 d1
B d2 C
M e2
M e3
3 16T 3 16 4580
②各纵向线均倾斜了同一微小角度 。
③所有矩形网格均歪斜成同样大小的平行四边形。
结论：
0, 0
横截面上
0 0
根据对称性可知切应力沿圆周均匀分布；
t D, 可认为切应力沿壁厚均匀分布, 且方向垂直于其半径方向。
t
D
微小矩形单元体如图所示：
①无正应力
②横截面上各点处，只产生垂 直于半径的均匀分布的剪应力
强度计算三方面：
① ②
校核强度：
max
Tm a x WP
设计截面尺寸：
WP
Tmax
[ ]
[ ]
Wt
实：D3 16 空：1D6（3 1 4）
③ 计算许可载荷： Tmax WP[ ]
例4.2 图示阶梯状圆轴，AB段直径 d1=120mm，BC段直径
d2=100mm 。扭转力偶矩 MA=22 kN•m， MB=36 kN•m， MC=14 kN•m。 材料的许用切应力[t ] = 80MPa ，试校核该轴 的强度。
理论力学第4章
n BA
τ
aτ BA
B
aA
n BA
当ω ≠ 0 时
a
A
ω
a ≠0
n BA
α
[aB ]AB ≠ [aA]AB
当 ω = 0时
n aBA = 0 aτ ⊥ BA BA
aA
有 [ aB ] AB = [ aA ] AB
4-2 平面图形上各点的速度与加速度分析
4.2.3 投影法 已知R﹑ω﹑30°，求vB，αB。
r
A
O
vA
vO 2rω ωO = = = 2ω r r
ωO
r
ω
vA = 2rωO = 4rω
5.已知 aO ,θ , R求 α? ,
O
R
θ
vo
ao
vO = Rω
τ 对t求导 αO = Rα
aO cosθ ∴ α= R
4-2 平面图形上各点的速度与加速度分析
4-2-2 瞬心法 二. 加速度瞬心法 a)加速度瞬心Ca S上 aCa = 0
a
n CB
τ aCB
C
R
ω
aC
aB
x
①铰接，各点运动方向确定，可顺次求解； ② ωAB = 0 ,
[αA ]AB =[αB ]AB；
③投影方向的选择。
4.3 平面机构的运动分析
4-3-1 一般分析思路 2 .瓦特行星转动机构。 已知 r1 = r2 = 30 3cm
O A = 75cm,AB =150cm,ω0 = 6 (1/s) ,θ = 60o ,β = 90o 1
S
v BA
ω
vA
B
vA
A
vB = vA + vBA
τ
aτ BA
B
aA
n BA
当ω ≠ 0 时
a
A
ω
a ≠0
n BA
α
[aB ]AB ≠ [aA]AB
当 ω = 0时
n aBA = 0 aτ ⊥ BA BA
aA
有 [ aB ] AB = [ aA ] AB
4-2 平面图形上各点的速度与加速度分析
4.2.3 投影法 已知R﹑ω﹑30°，求vB，αB。
r
A
O
vA
vO 2rω ωO = = = 2ω r r
ωO
r
ω
vA = 2rωO = 4rω
5.已知 aO ,θ , R求 α? ,
O
R
θ
vo
ao
vO = Rω
τ 对t求导 αO = Rα
aO cosθ ∴ α= R
4-2 平面图形上各点的速度与加速度分析
4-2-2 瞬心法 二. 加速度瞬心法 a)加速度瞬心Ca S上 aCa = 0
a
n CB
τ aCB
C
R
ω
aC
aB
x
①铰接，各点运动方向确定，可顺次求解； ② ωAB = 0 ,
[αA ]AB =[αB ]AB；
③投影方向的选择。
4.3 平面机构的运动分析
4-3-1 一般分析思路 2 .瓦特行星转动机构。 已知 r1 = r2 = 30 3cm
O A = 75cm,AB =150cm,ω0 = 6 (1/s) ,θ = 60o ,β = 90o 1
S
v BA
ω
vA
B
vA
A
vB = vA + vBA
理论力学第四章
=
=
F = F′ = F2 1 1
= F2′ = F3 = F3′
= =
定位矢量 滑移矢量 自由矢量 力偶矩矢是自由矢量
（搬来搬去，滑来滑去）
力偶矩相等的力偶等效 (5)力偶没有合力，力偶只能由力偶来平衡. 力偶没有合力，力偶只能由力偶来平衡.
3．力偶系的合成与平衡条件
=
=
r r r r r r r r r M 1 = r1 × F1 , M 2 = r2 × F2 ,......, M n = rn × Fn
∑F = 0
x
F sin 45o − F2 sin 45o = 0 1
∑F
z
y
=0
FA sin 30o − F cos 45o cos 30o − F2 cos 45o cos 30o = 0 1
∑F = 0
F cos 45o sin 30o + F2 cos 45o sin 30o + FA cos 30o − P = 0 1
Mz (FR ) = Mz (F1) + Mz (F2 ) +...... + Mz (Fn )
三、力对轴的矩的解析算式
z Fz F O Fx z x y x y Fy
M z (F )
= M z ( Fx ) + M z ( Fy ) + M z ( Fz )
= − yFx + xFy + 0
M x (F ) = yFz − zFy
r r r M O ( F ) = yFz − zFy = M x ( F ) x r r r M O ( F ) = zFx − xFz = M y ( F ) y r r r M O ( F ) = xFy − yFx = M z ( F )
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主矩大小 M O M Ox2 M Oy2 M Oz2
M
2 x
M
2 y
M
2 z
15
2. 空间一般力系简化结果的讨论 1).若FR ' 0, M O 0 则力系简化为合力，与简化中心有关。 2).若 FR ' 0, M O 0 则力系简化为合力偶,与简化中心无关。 3).若 FR ' 0, M O 0 则力系简化为力螺旋(或合力） 4).若 FR ' 0, M O ,0 则该力系平衡
1、 力对点的矩以矢量表示 ——力矩矢
三要素：
(1）大小:力F与力臂的乘积
(2) 方向:转动方向 (3) 作用面：力矩作用面.
r r rr MO(F) r F （4–8）
MO( F ) Fd Fr sin
矢量方向：右手螺旋定则。（将右手四指握拳并以它们的弯曲
方向表示力使物体绕该轴转动的转向，而拇指的指向就是力对
主矢方向 cos
Fx
, cos
Fy
, cos
Fz
FR'
FR'
FR'
14
主矩大小
MO
M Ox2
M
2 Oy
M Oz2
主矩方向： cos' MOx , cos ' MOy , cos ' MOz
MOΒιβλιοθήκη MOMO由于力对点之矩与力对轴之矩存在如下的关系:
mox [ mO (Fi )]x mx (Fi ) moy [ mO (F )]y my (F ) moz [ mO (F )]z mz (F )
大小： MO( F ,F' ) MO( F ) MO( F' ) rAB F
与矩心无关。
合成： M Mi
平衡：
Mx 0
My 0
Mz 0
12
§4–3 空间一般力系向一点的简化·主矢和主矩
1． 空间任意力系向一点的简化
其中，各
rr Fi Fi
，各
r rr Mi Mo(Fi )
一空间汇交与空间力偶系等效代替一空间任意力系. 13
点之矩矢量的指向）
3
由于F
Xi Yj
Zk
rr
r xi
r yj
r zk
X和x分别表示力F 和A点的坐标在对 应坐标轴上的投影。
i jk mO (F) r F x y z
XYZ
mO
(F)
( yZ
zY
)i
(zX
xZ
)j
(xY
yX )
k
[mO (F )]x i [mO (F )]y j [mO (F )]z k
16
1） 合力
r
r
当
FR
0, MO
0 最后结果为一个合力.
r
合力作用点过简化中心.
当
rr FR 0, MO
rr 0, FR MO
空间汇交力系的合力
r
r
rr r r r r
FR Fi Fixi Fiy j Fixk
称为力系的主矢
空间力偶系的合力偶矩
r
r
Mo Mi Mo (Fi )
称为空间力偶系的主矩
主矢大小 FR ' FRx'2 FRy'2 FRz'2 ( Fx)2 ( Fy)2 ( Fz)2
Fx F cos
Fy F cos Fz F cos
8
1.力在直角坐标轴上的投影
二次投影法
Fz
F xy F sin
Fy
Fx F sin cos
Fx
Fy F sin sin
Fz F cos
F Fx Fy Fz
F Fxi Fyj Fzk
F Fx2 Fy2 Fz2
cos X ,cos Y ,cos Z
可见：F对O点之矩在三个坐标轴上的投影分别为：
rr Mo (F )x yFz zFy
rr M o (F ) y zFx xFz
rr Mo (F )z xFy yFz
4
(4-4)
2.力对轴的矩
力使物体绕某轴转动的效应可用此力在垂直于该轴平面上的
分力对此平面与该轴的交点之矩来度量，我们将力在垂直于
F
F
F
9
2. 空间汇交力系的合成：
FR F1 F2 F3 Fn Fi FR Fxi Fy j Fzk
合力: FR
F2 Rx
F2 Ry
F2 Rz
(
FiX)2 (
FiY)2 (
FiZ)2
cos FRx , cos FRy , cos FRz
FR
FR
FR
10
3. 空间汇交力系的平衡： 空间汇交力系平衡的充要条件是：力系的合力为零
与式(4-4)比较,得:
rr
r
Mo (F )x yFz zFy M x (F )
rr
r
M o (F ) y zFx xF M y (F )
rr
r
Mo (F )z xFy yFz M z (F )
即，力对点的矩矢在过该点的某轴上的投影，等于 力对该轴的矩.
7
空间汇交力系
1、力在直角坐标轴上的投影 直接投影法
理论力学
1
空间力系:各力的作用线不在同一平面内的力系。
迎面 风力
侧面 风力
b
2
§4-1 力对点之矩和力对轴之矩
平面力系中，各力与矩心均在同一平面内（即各力的力矩平面相同），所 以力对点之矩的代数符号完全能够区分各力使物体绕矩心转动的转向。空 间力系中，各力的作用线分别与空间中同一点所构成的平面互不相同，故 各力使物体绕该点转动的转轴也不同。
某轴的平面上的分力对此平面与该轴的交点之矩，称为力对
Ｚ
轴之矩。
r
r
如力F对Z轴之矩表示为： Mz (F) Mo (Fxy ) Fxy h
Ｆ
力与轴相交或与轴平行（力与轴在同一平面内），力对该轴之矩为零。
方向：右手螺旋法则，与Z轴正方向一致时为正，反之为负。单位：N·m
5
2.力对轴的矩
力对轴之矩合力矩定理：各力对任一轴之矩等于各分力对同一轴之矩的 代数和。
例：将Fxy再分解为Fx、Fy，根据合力矩定理则有：
M z ( F ) M O( Fxy ) M O( Fx ) M O( Fy ) xFy yFx
同理有：
M M
x y
F F
yFz zFx
zFy xFz
M z F xFy yFx
（4-6）
6
3.力对点的矩与力对过该点的轴的矩的关系
即：FR Fi 0
FR
Fx2 Fy 2 Fz 2
空间汇交力系的平衡方程
Fx 0 Fy 0
Fz 0
11
§4-2 空间力偶系
1.平面力偶系： M mi 代数和
２.空间力偶系： 力偶用矢量表示
３.空间力偶三要素：作用面方位、在作用面的 转向、任一力大小与力偶臂的乘积F.d。 空间力偶三要素可用力偶矩矢来表示。