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。
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．。
理论力学课后习题答案
理论力学课后习题答案理论力学课后习题答案引言：理论力学是物理学的基础课程之一，对于理解和应用物理学的原理和方法具有重要意义。
在学习理论力学的过程中，课后习题是巩固知识、提高能力的重要途径。
本文将针对理论力学课后习题进行解答，帮助读者更好地理解和掌握这门课程。
第一章：牛顿力学1. 一个物体以初速度v0沿直线运动，加速度为a，求物体的位移与时间的关系。
答：根据牛顿第二定律F=ma，可得物体所受合力F=ma=mv/t，其中m为物体的质量，v为物体的速度，t为时间。
由此可得物体的位移s=vt+1/2at^2。
2. 一个质点在重力作用下自由下落，求它在t时刻的速度和位移。
答：在重力作用下，质点的加速度为g，即a=g。
根据牛顿第二定律F=ma，可得质点所受合力F=mg。
根据牛顿第一定律，质点的速度随时间的变化率为v=g*t，位移随时间的变化率为s=1/2gt^2。
第二章：拉格朗日力学1. 一个质点沿半径为R的圆周运动，求它的动能和势能。
答：质点的动能由动能定理可得，即K=1/2mv^2，其中m为质点的质量，v为质点的速度。
质点的势能由引力势能可得，即U=-GmM/R，其中G为引力常数，M为圆周的质量。
2. 一个质点在势能为U(r)的力场中运动，求它的运动方程。
答：根据拉格朗日方程可得，质点的运动方程为d/dt(dL/dv)-dL/dr=0，其中L=T-U，T为质点的动能，U为质点的势能。
第三章：哈密顿力学1. 一个质点在势能为U(x)的力场中运动，求它的哈密顿量和哈密顿运动方程。
答：质点的哈密顿量由哈密顿定理可得，即H=T+U，其中T为质点的动能，U为质点的势能。
质点的哈密顿运动方程为dp/dt=-dH/dx，其中p为质点的动量。
2. 一个质点在势能为U(x)的力场中运动，求它的哈密顿正则方程。
答：质点的哈密顿正则方程为dx/dt=dH/dp，dp/dt=-dH/dx，其中x为质点的位置，p为质点的动量。
结论：通过对理论力学课后习题的解答，我们可以更深入地理解和应用物理学的原理和方法。
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
理论力学答案第三章
《理论力学》第三章作业参考答案习题3-9解：力F在x 、y 坐标轴上的投影分别为：)(03.169100050301010222N F x =⨯++=)(09.507100050301030222N F y =⨯++=力F作用点的坐标为1500.15x m m m =-=-，(10050)0.15y mm m =+=。
所以，0.15507.090.15169.09101.4(.)Z y x M xF yF N m =-=-⨯-⨯≈-答: 力F对z 轴的力矩为-101.4Nm .习题3-11解：力F在x 、y 、z 坐标轴上的投影分别为：00cos 60cos 304x F F F ==1cos 60sin 304y F F F=-=-FF F Z 2360sin 0-=-=力F的作用点C 的坐标为1sin 302o x r r==，cos 302o y r ==，z h =。
所以，()Fr h F h F r zF yF My z X341412323-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=()F r h F r F h xF zF Mz x y+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-=4323243rF F r F r yF xF Mxy Z214323412-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=答：力F对x 、y 、z 轴的矩分别为：()134h r F -，)4h r F +，12rF-。
习题3-12解：以整个支架为研究对象。
由于各杆为二力杆，球铰链A 、B 、C 处的约束力A F 、B F 、C F 沿杆件连线汇交于D 端球铰链，与物块的重力P构成一空间汇交力系，其受力情况如图所示。
以O 为原点建立坐标系，列平衡方程，我们有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===∑∑∑000z y x F F F⎪⎩⎪⎨⎧=-++=++=-015sin 30sin 45sin 30sin 45sin 015cos 30cos 45sin 30cos 45sin 045cos 45cos 000000000000P F F F F F F F F C B A C B A B A 解之得：()()()cos1526.39()2sin 45sin 3015cos1526.39()2sin 45sin 3015cos 3033.46()sin 3015o A o o ooB o o ooC o o P F kN P F kN F P kN ⎧⎪==-⎪⎪⎪==⎨-⎪⎪⎪=-=-⎪-⎩答：铰链A 、B 的约束力均等于26.39kN ，方向与图示相同，即为压力，铰链C 的约束力等于-33.46 kN ，方向与图示相反，即为拉力。
南航理论力学习题答案3(1)
第三章平 面 任 意 力 系1．平面力系向点1简化时，主矢R F ′=0，主矩 M 1≠0，如将该力系向另一点2简化，则（ ）。
① RF ′≠0，M 2≠M 1 ② R F ′=0，M 2≠M 1 ③ RF ′≠0，M 2=M 1 ④ R F ′=0，M 2=M 1 正确答案：④2．关于平面力系的主矢与主矩，下列表述正确的是（ ）。
① 主矢的大小、方向与简化中心的选择无关② 主矩的大小、转向一定与简化中心的选择有关③ 当平面力系对某点的主矩为零时，该力系向任何一点简化的结果为一合力④ 当平面力系对某点的主矩不为零时，该力系向任何一点简化的结果均不可能为一合力 正确答案：①3．关于平面力系与其平衡方程，下列表述正确的是（ ）。
① 任何平面力系都具有三个独立的平衡方程② 任何平面力系只能列出三个平衡方程③ 在平面力系的平衡方程的基本形式中，两个投影轴必须互相垂直④ 平面力系如果平衡，则该力系在任意选取的投影轴上投影的代数和必为零 正确答案：④4．平面内一非平衡共点力系和一非平衡共点力偶系最后可能合成的情况是（ ）。
① 一合力偶 ② 一合力③ 相平衡 ④ 无法进一步合成正确答案：②5．某平面平行力系诸力与y 轴平行，如图所示。
已知：F 1=10N ，F 2=4N ，F 3=8N ，F 4=8N ，F 5=10N ，长度单位以cm 计，则力系的简化结果与简化中心的位置（ ）。
① 无关 ② 有关③ 若简化中心选择在x 轴上，与简化中心的位置无关④ 若简化中心选择在y 轴上，与简化中心的位置无关正确答案：①6．图示皮带轮半径为R ，皮带拉力分别为T 1和T 2（二力的大小不变），若皮带的包角为α，则皮带使皮带轮转动的力矩（ ）。
① 包角α越大，转动力矩越大② 包角α越大，转动力矩越小③ 包角α越小，转动力矩越大④ 包角α变大或变小，转动力矩不变正确答案：④7．已知F、F2、F3、F4为作用于刚体上的平面共点力系，其力矢关系如图所示为平行四边形，因此可知（）。
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