理论力学作业卷答案(第二章)
理论力学(机械工业出版社)第二章平面力系习题解答
第二章 习 题2-1 试计算图2-55中力F 对点O 之矩。
图2-55(a) 0)(=F O M (b) Fl M O =)(F (c) Fb M O -=)(F (d) θsin )(Fl M O =F(e) βsin )(22b l F M O +=F(f) )()(r l F M O +=F2-2 一大小为50N 的力作用在圆盘边缘的C 点上，如图2-56所示。
试分别计算此力对O 、A 、B 三点之矩。
图2-56mN 25.6m m N 625030sin 2505060cos 30sin 5060sin 30cos 50⋅=⋅=︒⨯⨯=︒⨯︒-︒⨯︒=R R M Om N 075.17825.1025.630cos 50⋅=+=⨯︒+=R M M O A m N 485.9235.325.615sin 50⋅=+=⨯︒+=R M M O B2-3 一大小为80N 的力作用于板手柄端，如图2-57所示。
(1)当︒=75θ时，求此力对螺钉中心之矩；(2)当θ为何值时，该力矩为最小值；(3) 当θ为何值时，该力矩为最大值。
图2-57(1)当︒=75θ时，（用两次简化方法）m N 21.20mm N 485.59.202128945.193183087.21sin 8025075sin 80⋅=⋅=+=⨯︒⨯+⨯︒⨯=O M (2) 力过螺钉中心 由正弦定理)13.53sin(250sin 30θθ-︒= 08955.03/2513.53cos 13.53sin tan =+︒︒=θ ︒=117.5θ(3) ︒=︒+︒=117.95117.590θ2-4 如图2-58所示，已知N 200N,300N,200N,150321='====F F F F F 。
试求力系向O 点的简化结果，并求力系合力的大小及其与原点O 的距离d 。
图2-58kN64.1615110345cos kN64.4375210145cos 321R321R-=+-︒-=∑='-=--︒-=∑='F F F F F F F F F F y y x x主矢RF '的大小 kN 54.466)()(22R =∑+∑='y x F F F 而 3693.064.43764.161tan RR ==''=x y F F α ︒=27.20α m N 44.21162.0511.045cos )(31⋅=-⨯+⨯︒=∑=F F M M O O Fmm 96.45m 04596.054.466/44.21/R==='=F M d O2-5 平面力系中各力大小分别为kN 60kN,260321===F F F ，作用位置如图2-59所示，图中尺寸的单位为mm 。
南航理论力学习题答案2(1)
第二章平面汇交力系与平面力偶系1．如图所示，将大小为100N 的力F 沿x 、y 方向分解，若F 在x 轴上的投影为86.6N ，而沿x 方向的分力的大小为115.47N ，则F 沿y 轴上的投影为（ ）。
① 0 ② 50N③ 70.7N ④ 86.6N正确答案：①2．如图所示，OA 构件上作用一矩为M 1的力偶，BC 上作用一矩为M 2的力偶，若不计各处摩擦，则当系统平衡时，两力偶矩应满足的关系为（ ）。
① M 1=4M 2 ② M 1=2M 2③ M 1=M 2 ④ M 1=M 2/2正确答案：③3．如图所示的机构中，在构件OA 和BD 上分别作用着矩为M 1和M 2的力偶使机构在图示位置处于平衡状态，当把M 1搬到AB 构件上时使系统仍能在图示位置保持平衡，则应该有（ ）。
① 增大M 1② 减小M 1③ M 1保持不变④ 不可能在图示位置上平衡正确答案：④4．已知F 1、F 2、F 3、F 4为作用于刚体上的平面汇交力系，其力矢关系如图所示，由此可知（ ）。
① 该力系的合力F R = 0② 该力系的合力F R = F 4③ 该力系的合力F R = 2F 4④ 该力系平衡正确答案：③5．图示机构受力F 作用，各杆重量不计，则A 支座约束反力的大小为（ ）。
① 2F② F 23③ F ④ F 33正确答案：④6．图示杆系结构由相同的细直杆铰接而成，各杆重量不计。
若F A =F C =F ，且垂直BD ，则杆BD 的内力为（ ）。
① F − ② F 3− ③ F 33− ④ F 23− 正确答案：③7．分析图中画出的5个共面力偶，与图（a ）所示的力偶等效的力偶是（ ）。
① 图（b ） ② 图（c ） ③ 图（d ） ④ 图（e ）正确答案：②8．平面汇交力系平衡的几何条件是（ ）；平衡的解析条件是（ ）。
正确答案：力多边形自形封闭 各力在两个坐标轴上投影的代数和分别等于零9．平面内两个力偶等效的条件是（ ）；平面力偶系平衡的充分必要条件是（ ）。
北师大理论力学习题答案2第二章思考题
图s2.3第二章 刚体运动学思2.1 答：0R θ=-=A C υυi ，并不能说明0=A a 。
因为0R θ=-=A C υυi 所表示的A υ是A 在一定特定位置，即与地面接触点时的速度，下一时刻与地面的接触点就换为别的质点了，所以不是同一质点速度的表达式。
若要通过对υ求时间的导数去求A a ，必须先将A υ表示成时间的函数式()t A υ，()()d d t t t=A A υa ，然后将在与地面接触时的时刻t 代入()t A a ，才能求得A a 。
思2.2 答：对R θυ=并不能求得R a θ=。
因为按加速度定义=a υ，应该是对速度矢量求导得加速度矢量。
正确的方法应该是：R θυ=R υθ==C υi iR θ==C C a υi又已知a =-C a iR a θ∴=-思2.3 解：设当圆柱A 位于圆柱B 顶部时，''P 与'P 点接触。
由于A 与B 间无滑动，所以弧长'''PP PP =,故无滑条件可写为r R ϕθ=。
选'O 为基点，绕基点的转动可以用由过基点方向固定的直线（称之为定线，'OQ ）到过基点且和刚体固连的运动直线（称之为动线，'''O P ）的夹角ψ来描述，刚体的角速度ωψ=。
由于'OO 方向不固定，所以刚体的角速度ωϕ≠。
思2.4 答：以瞬心为基点，设作为瞬心的那个点（基点）的瞬时加速度为0a ，则刚体上任一点的加速度为：20r r ωω=++n t a a e e思2.5 答：定点运动中的定点应是与刚体固连（可在刚体之外）且固定不动的点。
由于B 点不是与刚体固连的点，所以B 点不是定点。
根据瞬时轴的定义，因为B 点与刚体不固连，故BQ 和OB 均不是瞬时轴。
思2.6 答：解题时根据题目要求选择参考系，再根据具体情况建立适当的静止和运动坐标系。
例题3中选择地面做参考系，并在地面参考系中写出了相应的矢量表达式，只是为了计算方便才选择了动坐标系做矢量投影，所以P υ和P a 均是相对水平面的速度和加速度。
理论力学第2章答案
2 平面力系(3)一、是非题1、 平面力系的主矢量是力系的合力。
（×）2、 平面力系的力多边形不封闭，则该力系对任意一点的主矩都不可能为零。
（×）3、 当平面一般力系向某点简化为力偶时，如果向另一点简化其结果相同。
（√）4、 首尾相接构成一封闭力多边形的平面力系是平衡力系。
（×）5、 若一平面力系对某点主矩为零，且主矢亦为零，则该力系为一平衡力系。
（√）6、 作用在刚体上的一个力，可以从原来的作用位置平行移动到该刚体内任意指定点，但必须附加一个力偶，附加力偶的矩等于原力对指定点的矩。
（√）7、平面力系向某点简化之主矢为零，主矩不为零。
则此力系可合成为一个合力偶，且此力系向任一点简化之主矩与简化中心的位置无关。
（√）8、若平面力系对一点的主矩为零，则此力系不可能合成为一个合力。
（×）二、填空题1、0,902、10kN , →3、10kN ，←4、题目误，应在C 加支座。
5、2P ，↑6、R=10kN ,方向与AB 平行，d=2m三、A 点是固定端约束，有约束反力偶(设为逆时针方向)。
解：1) 选AB 研究，画受力图。
分布载荷的大小 q m *4/2,作用点距A 点4/3处。
2) 建坐标系，列解平衡方程优先用对A 点的力矩平衡方程，F 对A 点的力矩用合力矩定理。
kNm12 M 03)45sin -(F 4)45cos (F -M M 34)2q 4(0)F (ΣM A A m i A ==︒︒++⋅-= 066F 0)2126(3F 0F Ax Ax xi ===⋅+=--)24(∑ kN 6F 02126F 0F Ay Ay yi ==-= )( ∑ Ax F Ay F A M。
理论力学第二章习题答案
理论力学第二章习题答案理论力学是物理学中研究物体运动规律和相互作用的分支学科，它以牛顿运动定律为基础，通过数学方法来描述物体的运动和力的作用。
本章习题答案将帮助学生更好地理解和掌握理论力学的基本概念和计算方法。
习题1：考虑一个质量为m的物体在重力作用下自由下落。
忽略空气阻力，求物体下落过程中的速度和位移。
答案：物体自由下落时，受到的力只有重力，大小为mg，方向向下。
根据牛顿第二定律，F=ma，可以得到加速度a=g。
物体的速度v随时间t变化，可以使用公式v=gt计算。
物体的位移s随时间变化，可以使用公式s=1/2gt^2计算。
习题2：一个质量为m的物体在水平面上以初速度v0开始运动，受到一个大小为k的恒定摩擦力作用。
求物体停止前所经过的距离。
答案：物体在水平面上运动时，受到的摩擦力与物体的位移成正比，即F=-kx。
根据牛顿第二定律，F=ma，可以得到加速度a=-k/m。
物体的位移x随时间t变化，可以使用公式x=v0t - 1/2(k/m)t^2计算。
当物体速度减至0时，物体停止，此时t=2v0/k，代入公式得到x=2v0^2/k。
习题3：一个质量为m的物体在斜面上，斜面与水平面的夹角为θ。
物体受到一个向上的拉力F，使得物体沿斜面匀速上升。
求拉力F的大小。
答案：物体沿斜面匀速上升时，拉力F与重力分量mgsinθ和摩擦力μmgcosθ平衡。
根据平衡条件，F=mgsinθ + μmgcosθ。
如果摩擦系数为μ，可以进一步简化为F=mg(sinθ + μcosθ)。
习题4：考虑一个质量为m的物体在竖直平面内做圆周运动，圆心位于物体的正下方。
物体的运动由一个弹簧连接到圆心，弹簧的劲度系数为k。
求物体在圆周运动中的角速度。
答案：物体在圆周运动中，受到弹簧力和重力的作用。
根据牛顿第二定律，向心力Fc=mv^2/r=ma，其中r为圆的半径。
由于物体做圆周运动，向心力由弹簧力和重力的垂直分量提供。
因此，Fc=kx - mgcosθ，其中x为弹簧的伸长量，θ为物体与竖直方向的夹角。
理论力学作业答案
解：力系对O点的主矩在轴上的投影为
M Ox M x F F2 cos a .100 F3 sin .300 51.8 N .m M Oy M y F F1 .200 F2 sin a .100 36.64 N .m M Oz M z F F2 cos a .200 F3 cos .300 103.6 N .m
FCy
P1
FDx
解得： FCy 4550 N
P
3、研究杆ABC
FCy
C
M F F
y
C
0
M A 6FAx 3FBx 0 0
B
FCx
FBy
FAy FBy FCy P3 0
x
0
FBx
FAx FBx FCx 0
MA P3 FAy
A
解得： FBx 22800, FBy 17850
M M FAx tan , FAy , M A M a a
3-9(b)
已知：q, M, a,. 不计梁自重，求支座A、B、C约束反力。 FNC FBy FBx
解：BC段梁受力分析如图，平面任意力系平衡方程为
F F
解得：
FNC
x y
0 FBx FNC sin 0 0 FBy qa FNC cos 0
解得： FAx 0, FAy 1 F M , FNB 1 3F M 2 a 2 a
3-5(b)
已知：F, M, q, a, 求支座A、B约束反力。
q
M
解：梁受力分析如 图，平面任意力系 平衡方程为
FAx
《理论力学》第二章作业答案
xyPTF22036O152-⋅图[习题2-3]动学家估计，食肉动物上颚的作用力P 可达800N ，如图2-15示。
试问此时肌肉作用于下巴的力T 、F 是多少？ 解：解：0=∑xF036cos 22cos 00=-F T22cos 36cos F T =0=∑yF036sin 22sin 00=-+P F T 80036sin 22sin 22cos 36cos 000=+F F )(651.87436sin 22tan 36cos 80000N F =+=)(179.76322cos 36cos 651.87422cos 36cos 000N F T ===182-⋅图B[习题2-6] 三铰拱受铅垂力P F 作用，如图2-18所示。
如拱的重量不计，求A 、B 处支座反力。
解：0=∑x F0cos 45cos 0=-θB A R RB A R l l l R 22)23()2(222+=B A R R 10121=B A R R 51=0=∑yF0sin 45sin 0=-+P B A F R R θP B A F R l l l R =++22)23()2(2321P B A F R R =+10321的受力图轮A P B B F R R =+⨯1035121P B F R =104P P B F F R 791.0410≈=31623.0101)23()2(2cos 22≈=+=l l l θ0565.71≈θ P P P A F P F R 354.04241051≈=⨯=方向如图所示。
[习题2-10] 如图2-22所示，一履带式起重机，起吊重量kN F P 100=，在图示位置平衡。
如不计吊臂AB 自重及滑轮半径和摩擦，求吊臂AB 及揽绳AC 所受的力。
解：轮A 的受力图如图所示。
0=∑x F030cos 20cos 45cos 000=--P AC AB F T R的受力图轮A 603.869397.07071.0=-AC AB T R AC AB T R 3289.1476.122+=0=∑yF030sin 20sin 45sin 000=---P P AC AB F F T R010*******.07071.0=---AC AB T R 1503420.07071.0=-AC AB T R1503420.0)3289.1476.122(7071.0=-+⨯AC AC T T 1503420.09397.06023.86=-+AC AC T T 3977.635977.0=AC T )(069.106kN T AC ≈)(432.263069.1063289.1476.1223289.1476.122kN T R AC AB =⨯+=+=解法二：用如图所示的坐标系。
理论力学第三版 (洪嘉振) 答案第2章
r z
O
r y
r rOC
A
(
0 sin 30o
)
T
= 25 − 3 0 1 N
(
)
T
r x
B
r rAC r rBC
r F
30 °
（2） 由式（1）与（2）该力分别对点 O、A、B 的矩分别 为：
− 3⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎛ 100 ⎞ ⎛ 0 3 4 ⎞⎛ ⎟ r ~ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎜ MO (F ) = rOCF = ⎜ − 3 0 − 2⎟⎜ 0 ⎟25 = 25⎜ 3 3 − 2⎟ = ⎜ 79.9 ⎟ N⋅ m ⎟ ⎜ 4 3 ⎟ ⎜173.2⎟ ⎜ − 4 2 0 ⎟⎜ 1 ⎟ ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠⎜ ⎝ ⎝ ⎠
r1′ = (2b a ) ， r2′ = (b a )
T T
r y
r yb
r r2
r F1
两力对点 A 的矩 r r r r M Az ( F1 ) = M Az′ ( F1 ) = M Az′ ( F1x′ ) + M Az′ ( F1 y′ )
′F1x′ + x1 ′ F1 y′ = − y1 = − aF1 cos(α − β ) + 2bF1 sin(α − β ) r r r r M Az ( F2 ) = M Az′ ( F2 ) = M Az′ ( F2 x′ ) + M Az′ ( F2 y′ ) ′ = − y′ 2 F2 x′ + x2 F2 y′ = aF2 sin β − bF2 cos β
= − F1 cos α (− 2b sin β + a cos β ) + F1 sin α (2b cos β − a sin β ) = − aF1 cos(α − β ) + 2bF1 sin(α − β )
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
16 2 4 2 m/ s 2 9 3 100 2 10 2 2 r1 1 0.3 m/ s 2 9 3
at R 20 rad s 2
鼓轮轮缘上一点的加速度
10(m/ s 2 ) at v an v 2 R 20t 2 (m/ s 2 )
2 a at2 an 10 1 4t 4 (m/ s 2 )
v R 20t rad s
题2-6图
题2-7图
题2-10图
题
第
2ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
页共 21
页
n1
Ⅲ Ⅰ Ⅱ
2
v AB vBC vCD vDA a AB aCD 0
n1
30
r1 1 0.3
10 m/ s 3
W
题2-8图
2-6
升降机装置由半径为 R =50cm 的鼓轮带动，如图所示。被升降物体的运动方程为 x=5t2 （t 以 s
aBC r2 2 2 0.75
计，x 以 m 计） 。求鼓轮的角速度和角加速度，并求在任意瞬时，鼓轮轮缘上一点的全加速度的大小。 aDA 解： 轮缘上一点的速度与切向加速度为 2-10 车床的走刀架机构如图所示。已知各齿轮的齿数为 z1 =40，z2 =84 ，z3 =28 ，z4 =80 ，主轴转速 10t (m/ s) vx n1 =120r/min，丝杠螺距 t=12mm 试求走刀速度 v 2 。 a 2 10(m/ s ) at v 从而，鼓轮的角速度与角加加速度为
1
10 rad/ s 3 r i12 1 2 2 r1 30 r1 30 10 4 1 rad/ s r2 75 3 3
vM vA O1 A
n n aM aA O1 A 2 t aM atA O1 A
山东大学理论力学习题练习册
第二章
2-2
班级 刚体的简单运动
学号
姓名
试画出图中刚体上的 M 点的轨迹以及在图示位置时的速度和加速度。
2-8 电动铰车由皮带轮Ⅰ和Ⅱ以及鼓轮Ⅲ组成，鼓轮Ⅲ和皮带轮Ⅱ刚性地固定在同一轴上。各轮的 半径分别为 r1 =30cm,r2 =75cm,r3 =40cm。轮Ⅰ的转速为 n1 =100r/min。设皮带轮与皮带之间无滑动，求 重物 Q 上升的速度和皮带各段上点的加速度。 解：