高等教育出版社_金尚年_马永利编著的理论力学课后习题答案

高等教育出版社，金尚年，马永利编著的理论力学课后习题答案第一章1.2f X = a(θ — sinθ) (y = —a(l — cos θ)分方程，并证明该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关解:设S 为质点沿摆线运动时的路程，取=0时，S=OH (X = a(θ — Sille) ,Iy = —a(l — cos θ) /- ds = J(dx)2+(dy)2=J((Ie - cos θ - dθ)2+(sinθdθ)2= 2asin- dθS=I ]= 4 a (1—门〕一)写出约束在铅直平面内的光滑摆线上运动的质点的微S = 2acosθ-θ + 2asiιι-θ = a cos - θ2+ 2a Sin-θ2 2 2 2 2设:为质点所在摆线位置处切线方向与 X 轴的夹角，取逆时针为正，L 二弔即切线斜率dy COS θ -1tan φ = — = ——dx sιnθ受力分析得:InS = —mg sin φ = mg cos yΩ .. Ω . - Ω 则1 ' : . 一，此即为质点的运动微分方程。

2 2 t52S =鲁(S — 4a)Λ (S - 4a) + ~(β — 4a) = 01.3证明：设一质量为m 的小球做任一角度Λ的单摆运动运动微分方程为m(L ∙2L )=F ,mr J - mg Sin给 式两边同时乘以LdV-gsind^ 对上式两边关于T 积分得1L 2=gcos*c2利用初始条件V - J 0时V - 0故c = -g COS 71由 可解得 日=-* JC o S - c o So上式可化为-\：丰∙Jcos 日-CoS 日0 日=Zdt・s - 4a —周期性变化的函数，周期T = 2π该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为进一步化简可得sin 2? —sin 22°由于上面算的过程只占整个周期的1/4故由 Sin /sin - = Sin2 2两边分别对二「微分可得COSEdV - Sin -cos ：:d ：:2 2COSAJIYin 学sin^Sin -cos tP故dr -2 ------- 2 d ‘ I I-Si n 2 电 Si n2 CP \ 2 由于Or VvO 故对应的0 <2—CoSe ∕J 1 —s in 2电 S in 2 申2 2d 「Sin cos : 2故T =4l 2-- d其中 K 2=sin 2玉Y g J 1—K 2sin 2 半2通过进一步计算可得T 仔1 [1 (1* (jκ-(1 3 5 (2n」)*「•]Vg 22江42^4><6汇…Tne 二 Sin 2 2 两边同时积分可得701故T =2.2^0 ■Sin Si n —2 21.5M 为地球的质量；可知，地球表面的重力加速度 g , X 为取地心到无限远的广义坐标,【I ：二 Ill- 「，②联立①，②可得:岂 仃；,M 为地球的质量；③解:如图，在半径是R 的时候，由万有引力公式, 对表面的一点的万有引力为PMm* 一 ,①R a当半径增加,R2=R+jl ,此时总质量不变，仍为M,此时表面的重力加速度1可求:由④得:对⑥式进行通分、整理后得：AGM ΔR 3+2ΔRR8 =R 7 CR+ΔR)2A2ΔR R 2AR⑧则当半径改变J N 时，表面的重力加速度的变化为:A2ΔRR2AR =S —。

第一章习题4-1．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4－3．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4-4．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4-5．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4-8．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。

G F
课
w.
θ
cos − − cos
kh
运动方程为 ̇ 2 Fr 0 ̈ − r mr ̈ 2r ̇ F ̇ mr 由径向方程 ̇ ̈ r 2 r 方程的解为 r Ae t Be −t 带入初始条件
da
x
R2 z2 r2
课
2.9 体系的动能为
后
̇ sin cos 0 ̈ sin 2 2mr 2 ̇ mr 2
网
−
∂L ∂
ww
w.
kh
da
w.
co
m
5
d ∂L − ∂L ̇ dt ∂ ∂ 2 ̈ ̇ 0 ̇ mr 2mrr 2.11 体系的动能为 T 势能为 V mgz mg R 2p 该体系只有一个自由度，取R为广义坐标，拉各朗日函数为 ̇2 2 ̇ 2 R22 R L m R R − mg R 2 2p p2 相应的拉各朗日方程为 d ∂L − ∂L ̇ dt ∂R ∂R ̇2 mg ̈ 1 R 2 2m R mR R − mR 2 2 2p p p2 ̇ 0，R ̈ 0则 对于平衡点R g R 2p 2 m R ̇ 2 R2 ̇2 z ̇ 2 2 ̇2 2 m R ̇ 2 R22 R R 2 p2
课
后
答 案
网
Chap3
7
ww
w.
kh
da
w.
co
m
3.1 tanh

L r2
dr
a r2
2mE
L r2
−
L r2
dr
2ma−L 2 r2
E

1.1 沿水平方向前进的枪弹，通过某一距离s 的时间为t 1，而通过下一等距离s 的时间为2t .试证明枪弹的减速度（假定是常数）为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 +-=1.26一弹性绳上端固定，下端悬有m 及m '两质点。

设a 为绳的固有长度，b 为加m 后的伸长，c 为加m '后的伸长。

今将m '任其脱离而下坠，试证质点m 在任一瞬时离上端O 的距离为解 以绳顶端为坐标原点.建立如题1.26.1图所示坐标系.题1.26.1图设绳的弹性系数为k ,则有 kb mg = ① 当 m '脱离下坠前，m 与m '系统平衡.当m '脱离下坠前，m 在拉力T 作用下上升，之后作简运.运动微分方程为 ()ym a y k mg &&=-- ② 联立①② 得 b b a g y b g y +=+&& ③ 0=+y bg y &&齐次方程通解 t b g A t b g A Y sin cos 211+= 非齐次方程③的特解 b a Y +=0 所以③的通解b a t bg A t b g A Y +++=sin cos 211代入初始条件：0=t 时，,c b a y ++=得0,21==A c A ；故有 b a t b g c y ++=cos 即为m 在任一时刻离上端O 的距离.'1.39 一质点受一与距离23次方成反比的引力作用在一直线上运动。

试证此质点自无穷远到达a 时的速率和自a 静止出发到达4a 时的速率相同。

高等教育出版社，金尚年，马永利编著的理论力学课后习题答案 4.10解：如图所示，圆c 或圆c'为刚体的本体极迹，圆o'为刚体的空间极迹。

令w'为c 或c' 绕o'转动的角速度，由题意可知：12212'0121'112')(ρρρρρρρρρρρ±==±==±w w v w w w w 则：得：4.15解：根据机械能守恒定理可知：)sin (sin sin 2sin 2212θααθ-==+gl v mg lmg l mv 杆水平方向的速度为：)sin (sin sin sin θαθθ-==gl v v x当杆与墙分离：0=x v即：0)sin (sin cos )sin (sin cos sin 21=-+--=θαθθαθθgl gl gl v dt d x得：θαsin 23sin = 即：)sin 32arcsin(αθ=4.19如图，该体系中只有一个自由度，取任意位置时棒中点与O 连线与竖直线的夹角θ为广义坐标。

其中设棒的质量为m ，圆周的半径为r ，则棒长为r 3。

另取O 点为重力势能零点。

则对棒θθcos 21212r mg I L o += ，()2221331⎪⎭⎫⎝⎛+=r m r m I o 为棒对O 点的转动惯量。

代入0=∂∂-∂∂θθL L dt d ，得0sin 214522=+θθmgr mr 用θθ=sin 代替，得方程为052=+θθrgrg52=ω，而对于单摆，lg =ω 所以对比得25r l =即等值单摆摆长为25r l =4.20解：如图：设球的半径为R ,设经过时间t 后，会达到如图所示状态，所有参量如图所示。

对其运用牛顿力学方法，有mgRI FR mgma a m F μαμ====''=252mR I =tatv t a v v αω=='=-110同时有对于纯滚动，有 ugtRgt v m m gtv v 25110=='-=ωμμ解上述方程，得代入会得所以有4.23求均匀圆锥体底面圆周上一点的惯量椭球方程。

F
G P
∴ P ⋅ FG = F1 ⋅ EF + ( P'− F1 ) ⋅
若有
DF AC = ，则有：P ⋅ FG EF AB
AB DF AC
A B
P'
F'2
= P'⋅EF
C
即秤锤的重量P与重物P’在秤台的位置无关，且 P ' = P
FG EF
2.15 一水平的固定光滑钉子M与光滑铅直墙面的距离为d，一长为l 的均匀棒AB搁在钉子上，下端靠在墙上，求平衡时棒与墙的夹角 解：以M点为原点建立直角坐标系，有 l V = mg ⋅ ( cos ϕ − d cot ϕ ) 1) 2 ∂V l d = 0 ∴ mg ( − sin ϕ + )=0 体系为完整保守平衡系统： 2 ∂ϕ 2 sin ϕ 2d 即 ϕ = arc sin 3 l l l 2) 由图 x = sin ϕ − d , y = ( cos ϕ − d cot ϕ ) 2 2 l d d δ y = (− sin ϕ + 2 ) δϕ 2 sin ϕ M ϕ 由虚功为零 mg ⋅ δ y = 0 l d 即 mg ⋅ (− sin ϕ + ) δϕ = 0 2 2 sin ϕ 2d δ ϕ 任意，∴ ϕ = arc sin 3 l
M R o'
m 2 & & T = ( r + r 2ϕ 2 ) 2
由几何关系：
∴
V =0
θ ωt
o
x
r = cos θ , ϕ = θ + ω t 2R m L = T −V = ( − 2 R sin θ ⋅ θ& ) 2 + (θ& + ω ) 2 ⋅ ( 2 R cos θ ) 2 2 = 2 mR 2 ⋅ (θ& 2 + 2ω θ& cos 2 θ + ω 2 cos 2 θ )

C(a-2)DR(a-3)(b-1)DR第1篇 工程静力学基础第1章 受力分析概述1－1 图a 、b 所示，Ox 1y 1与Ox 2y 2分别为正交与斜交坐标系。

试将同一力F 分别对两坐标系进行分解和投影，并比较分力与力的投影。

习题1－1图解：（a ）图（c ）：11 s i n c o s j i F ααF F +=分力：11 cos i F αF x = ， 11 s i n j F αF y =投影：αcos 1F F x = ， αs i n 1F F y =讨论：ϕ= 90°时，投影与分力的模相等；分力是矢量，投影是代数量。

（b ）图（d ）： 分力：22)cot sin cos (i F ϕααF F x -= ，22sin sin j F ϕαF y = 投影：αcos 2F F x = ， )cos(2αϕ-=F F y讨论：ϕ≠90°时，投影与分量的模不等。

1－2 试画出图a 和b习题1－2图比较：图（a-1）与图（b-1）不同，因两者之F R D 值大小也不同。

（c ） 22x（d ）1－3 试画出图示各物体的受力图。

习题1－3图B或(a-2)B(a-1)(b-1)F(c-1) 或(b-2)(e-1)F(a)1－4 图a 所示为三角架结构。

荷载F 1作用在铰B 上。

杆AB 不计自重，杆BC 自重为W 。

试画出b 、c 、d 所示的隔离体的受力图，并加以讨论。

习题1－4图1－5 图示刚性构件ABC 由销钉A 和拉杆D 支撑，在构件C 点作用有一水平力F 。

试问如果将力F 沿其作用线移至D 或E （如图示），是否会改为销钉A 的受力状况。

解：由受力图1－5a ，1－5b 和1－5c 分析可知，F 从C 移至E ，A 端受力不变，这是因为力F 在自身刚体ABC 上滑移；而F 从C 移至D，则A 端受力改变，因为HG 与ABC 为不同的刚体。

1(f-1)'A(f-2)1O(f-3)F F'F 1(d-2)F yB 21(c-1)F A B1B FDx y(b-2)1(b-3)F yB 2 A A B1B F习题1－5图AxF(b-3)E D(a-3)B(b-2)(b-1)F 'CBC(c)AxF1－6 试画出图示连续梁中的AC 和CD 梁的受力图。

5
mr(θ¨ − ϕ˙ 2sinθcosθ) = mgsinθ
mr(ϕ¨sinθ + 2ϕ˙ θ˙cosθ) = 0
⇒
dϕ˙ dt
sinθ
=
−2ϕ˙ cosθ
dθ dt
⇒ ln ϕ˙ = −2 ln sinθ
ϕ˙0
sinθ0
⇒
ϕ˙
=
ϕ˙0sin2θ0 sin2θ
⇒
θ¨ −
ϕ˙02sin4θ0 sin3θ
−
mvrcosθ m+m
v⊥ = vrsinα
⇒
v=
v−2
+
v⊥2
=
[ (m
m2 + m)2
vr2cos2α
+
vr2
sin2
α]
1 2
4
T¢ ¨¢d¢e ¤¢f "¢#
E
B
Ag
T¢
d
t
u
"¢#
vc
=
mB v mA + mB
(1)
ω = v0l
(2)
#¢B
E
=
1 2
mB
v02
(3)
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
}¢~¢"¢#¢$¢%¢&¢'
mx¨1 = −m x¨2
mg − T cosα = my¨
T sinα = m x2
¢¢Q¢¡¢£
§1.16
y = (x2 − x1)tgα
⇒
y¨
=
(m + m )m m 2 + m(m +
gtg 2 α m )tg2α
⇒ y = At2

理论力学(金尚年-XXX编著)课后习题答案详解高等教育出版社的《理论力学课后题答案》一书中，第一章包含了以下三个问题的解答：1.2 题目要求写出在铅直平面内的光滑摆线，并分方程。

解答中使用了微积分和力学原理，得出了运动微分方程。

最后证明了质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关。

1.3 题目要求证明单摆运动的振动周期与摆长无关。

解答中使用了微积分和力学原理，得出了运动微分方程。

最后通过进一步计算，得出了单摆运动的振动周期公式。

1.5 题目要求使用拉格朗日方程计算质点的运动。

解答中使用了拉格朗日方程，并通过进一步计算得出了质点的运动轨迹。

如图，在半径为R时，地球表面的重力加速度可以由万有引力公式求得：g=\frac{GM}{R^2}$$其中M为地球的质量。

根据广义相对论，地球表面的重力加速度还可以表示为：g=\frac{GM}{R^2}\left(1-\frac{2GM}{c^2R}\right)$$其中c为光速。

当半径增加到R+ΔR时，总质量仍为M，根据XXX展开，可以得到：frac{1}{(R+\Delta R)^2}=\frac{1}{R^2}-\frac{2\DeltaR}{R^3}+\mathcal{O}(\Delta R^2)$$代入上式可得：g'=\frac{GM}{R^2}\left(1-\frac{2GM}{c^2R}\right)\left(1+\frac{2\Delta R}{R}\right)$$ 化简后得：g'=g-\frac{2g\Delta R}{R}$$因此，当半径改变时，表面的重力加速度的变化为：Delta g=-\frac{2g\Delta R}{R}$$2.在平面极坐标系下，设质点的加速度的切向分量和法向分量都是常数，即$a_t=k_1$，$a_n=k_2$（其中$k_1$和$k_2$为常数）。

根据牛顿第二定律，可以得到质点的运动方程：r\ddot{\theta}+2\dot{r}\dot{\theta}=k_2$$ddot{r}-r\dot{\theta}^2=k_1$$其中$r$为极径，$\theta$为极角。

B
A FAC FBA
P
(l)
(l1)
(l2)
(l3)
图 1-1
1-2 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。
(a)
B
FN1
C
FN 2
P2 P1
FAy
A
FAx
(a2)
(b)
FN1
A
P1
FN
(b2)
C
FN′
P2
(a1)
B
FN1
FN 2
FN
P1
F Ay
FCy
FAx (f2)
C FC′x
FC′y F2
FBy
FBx B (f3)
FAy A FAx
FB
C B
(g)
FAy
FAx A
D FT C FCx
(g2)
FB
B
F1
FB′ B
FAy
A
FAx
(h)
(h1)
P (g1)
FC′y
FT
C
FC′x
P (g3)
D
FCy
FB
F2
C FCx
B
(h2)
A FAx
FAy
FCy
D FAy
A
FAx
(k3)
6
FB
F1
FB′
B B
FD D
(l) FD′ D
A FA
(l1) F2
C
FC (l2)
F1
D
F2
B
A
E
FE
FA
(l3) 或
F1
FB′

第一章习题4-1．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4－3．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：1word版本可编辑.欢迎下载支持.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。

2word版本可编辑.欢迎下载支持.习题4-4．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：3word版本可编辑.欢迎下载支持.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：4word版本可编辑.欢迎下载支持.反力的实际方向如图示。

校核：结果正确。

习题4-5．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。

第一章习题4-1．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4－3．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4-4．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4-5．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4-8．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。

高等教育出版社，金尚年，马永利编著的理论力学课后习题答案第一章1.2写出约束在铅直平面内的光滑摆线上运动的质点的微分方程，并证明该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关.解：设s为质点沿摆线运动时的路程，取=0时，s=0 S== 4 a (1) XY设为质点所在摆线位置处切线方向与x 轴的夹角，取逆时针为正，即切线斜率=受力分析得：则，此即为质点的运动微分方程。

该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为.1.3证明：设一质量为m 的小球做任一角度0θ的单摆运动运动微分方程为θθθF r r m =+)2( θθsin mg mr = ①给①式两边同时乘以d θ θθθθd g d r sin = 对上式两边关于θ积分得 c g r +=θθcos 212 ② 利用初始条件0θθ=时0=θ 故0cos θg c -= ③ 由②③可解得 0cos cos 2-θθθ-•=lg 上式可化为dt d lg=⨯-•θθθ0cos cos 2-两边同时积分可得θθθθθθθθd g l d g l t ⎰⎰---=--=020222002sin 12sin 10012cos cos 12进一步化简可得θθθθd g l t ⎰-=0002222sin sin 121 由于上面算的过程只占整个周期的1/4故⎰-==0222sin 2sin 124T θθθθd g l t由ϕθθsin 2sin /2sin 0=两边分别对θϕ微分可得ϕϕθθθd d cos 2sin 2cos 0=ϕθθ202sin 2sin 12cos-=故ϕϕθϕθθd d 202sin 2sin 1cos 2sin2-= 由于00θθ≤≤故对应的20πϕ≤≤故ϕϕθϕθϕθθθθπθd g l d g l T ⎰⎰-=-=202022cos 2sinsin 2sin 1/cos 2sin42sin2sin 2故⎰-=2022sin 14πϕϕK d g l T 其中2sin022θ=K 通过进一步计算可得glπ2T =])2642)12(531()4231()21(1[224222 +⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯++⨯⨯++n K n n K K1.5zp点yx解：如图，在半径是R的时候，由万有引力公式，对表面的一点的万有引力为, ①M为地球的质量；可知，地球表面的重力加速度g , x为取地心到无限远的广义坐标，，②联立①，②可得：,M为地球的质量；③当半径增加,R2=R+,此时总质量不变，仍为M,此时表面的重力加速度可求：④Be ө e tөy由④得：⑤则，半径变化后的g 的变化为⑥对⑥式进行通分、整理后得：⑦对⑦式整理，略去二阶量，同时远小于R ，得⑧则当半径改变 时，表面的重力加速度的变化为：。

理论力学教科书课后习题及解析第一章偶，大小是260Nm，转向是逆时针。

习题 4- 1．求图示平面力系的合成结果，长度单位为m。

习题 4－ 3．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：解： (1) 取 O 点为简化中心，求平面力系的主矢：取 B 点为简化中心，平行力系的主矢是：求平面力系对O 点的主矩：平行力系对 B 点的主矩是：(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向B点简化的结果是一个力RB和一个力偶M B，且：如图所示；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 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将 R A向右平移一段距离d，使满足：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：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。

平行力系对 A 点的主矩是：列平衡方程：习题 4-4 ．求下列各梁和刚架的支座反力，长度单位为m。

解方程组：反力的实际方向如图示。

校核：解： (1) 研究 AB 杆，受力分析，画受力图：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：(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：列平衡方程：反力的实际方向如图示。

校核：解方程组：结果正确。

反力的实际方向如图示。

校核：结果正确。

习题 4-5 ．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。

列平衡方程：解方程组：解： (1) 研究整体，受力分析（BC 是二力杆），画受力图：反力的实际方向如图示。

列平衡方程：习题 4-8 ．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。

−
mgdm mm˙
=
vr m
dm
−
g km0
dm
⇒
v
=
−vr
ln
M m
+
g(m − m0) km0
s = vdt =
¢¢Q¢0¢£
g(m − m0) km0
−
vr
ln
m m0
dt
=
vr2 2g
(ln
m0 m
)2
+
vr k
(1
−
m m0
−
ln
m0 m
)
hFi§1.18 !¢"¢#¢$¢%¢&¢' S i
−
mvrcosθ m+m
v⊥ = vrsinα
⇒
v=
v−2
+
v⊥2
=
[ (m
m2 + m)2
vr2cos2α
+
vr2
sin2
α]
1 2
4
T¢ ¨¢d¢e ¤¢f "¢#
E
B
Ag
T¢
d
t
u
"¢#
vc
=
mB v mA + mB
(1)
ω = v0l
(2)
#¢B
E
=
1 2
mB
v02
(3)
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
¢¡¢£
§1.1
< 1 > ¤¢¥¢¦¢§¢¨
< 2 > ©¢¦¢§¢¨
§1 Chapter 1
mx¨ = FN
x2
x + y2

高等教育出版社，金尚年，马永利编著的理论力学课后习题答案第一章1.2写出约束在铅直平面内的光滑摆线上运动的质点的微分方程，并证明该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关. 解：设s为质点沿摆线运动时的路程，取=0时，s=0S== 4 a (1)设为质点所在摆线位置处切线方向与x 轴的夹角，取逆时针为正，即切线斜率=受力分析得：则，此即为质点的运动微分方程。

该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为.1.3证明：设一质量为m 的小球做任一角度0θ的单摆运动运动微分方程为θθθF r r m =+)2( θθsin mg mr = ①给①式两边同时乘以d θ θθθθd g d r s i n = 对上式两边关于θ 积分得 c g r +=θθc o s 212 ②利用初始条件0θθ=时0=θ 故0cos θg c -= ③ 由②③可解得 0c o s c o s 2-θθθ-∙=lg 上式可化为dt d lg=⨯-∙θθθ0cos cos 2-两边同时积分可得θθθθθθθθd g l d g l t ⎰⎰---=--=020222002sin 12sin 10012cos cos 12进一步化简可得θθθθd g l t ⎰-=0002222sin sin 121 由于上面算的过程只占整个周期的1/4故⎰-==0222sin 2sin 124T θθθθd g l t由ϕθθsin 2sin /2sin 0=两边分别对θϕ微分可得ϕϕθθθd d cos 2sin 2cos 0=ϕθθ202sin 2sin 12cos-=故ϕϕθϕθθd d 202sin 2sin 1cos 2sin2-= 由于00θθ≤≤故对应的20πϕ≤≤故ϕϕθϕθϕθθθθπθd g l d g l T ⎰⎰-=-=202022cos 2sinsin 2sin 1/cos 2sin42sin2sin 2故⎰-=2022sin 14πϕϕK d g l T 其中2sin022θ=K 通过进一步计算可得glπ2T =])2642)12(531()4231()21(1[224222 +⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯++⨯⨯++n K n n K K1.5解：如图，在半径是R 的时候，由万有引力公式， 对表面的一点的万有引力为, ①M 为地球的质量；可知，地球表面的重力加速度 g , x 为取地心到无限远的广义坐标，，②联立①， ②可得：,M 为地球的质量；③当半径增加 ,R2=R+ ,此时总质量不变，仍为M,此时表面的重力加速度 可求：④由④得：⑤则，半径变化后的g 的变化为⑥对⑥式进行通分、整理后得：⑦对⑦式整理，略去二阶量，同时远小于R ，得⑧则当半径改变 时，表面的重力加速度的变化为：。

高等教育出版社，金尚年，马永利编著的理论力学课后习题答案第一章1.2写出约束在铅直平面内的光滑摆线上运动的质点的微分方程，并证明该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关.解：设s为质点沿摆线运动时的路程，取=0时，s=0 S== 4 a (1) XY设为质点所在摆线位置处切线方向与x 轴的夹角，取逆时针为正，即切线斜率=受力分析得：则，此即为质点的运动微分方程。

该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为.1.3证明：设一质量为m 的小球做任一角度0θ的单摆运动运动微分方程为θθθF r r m =+)2( θθsin mg mr = ①给①式两边同时乘以d θ θθθθd g d r sin = 对上式两边关于θ积分得 c g r +=θθcos 212 ② 利用初始条件0θθ=时0=θ 故0cos θg c -= ③ 由②③可解得 0cos cos 2-θθθ-•=lg 上式可化为dt d lg=⨯-•θθθ0cos cos 2-两边同时积分可得θθθθθθθθd g l d g l t ⎰⎰---=--=020222002sin 12sin 10012cos cos 12进一步化简可得θθθθd g l t ⎰-=0002222sin sin 121 由于上面算的过程只占整个周期的1/4故⎰-==0222sin 2sin 124T θθθθd g l t由ϕθθsin 2sin /2sin 0=两边分别对θϕ微分可得ϕϕθθθd d cos 2sin 2cos 0=ϕθθ202sin 2sin 12cos-=故ϕϕθϕθθd d 202sin 2sin 1cos 2sin2-= 由于00θθ≤≤故对应的20πϕ≤≤故ϕϕθϕθϕθθθθπθd g l d g l T ⎰⎰-=-=202022cos 2sinsin 2sin 1/cos 2sin42sin2sin 2故⎰-=2022sin 14πϕϕK d g l T 其中2sin022θ=K 通过进一步计算可得glπ2T =])2642)12(531()4231()21(1[224222 +⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯++⨯⨯++n K n n K K1.5zp点yx解：如图，在半径是R的时候，由万有引力公式，对表面的一点的万有引力为, ①M为地球的质量；可知，地球表面的重力加速度g , x为取地心到无限远的广义坐标，，②联立①，②可得：,M为地球的质量；③当半径增加,R2=R+,此时总质量不变，仍为M,此时表面的重力加速度可求：④Be ө e tөy由④得：⑤则，半径变化后的g 的变化为⑥对⑥式进行通分、整理后得：⑦对⑦式整理，略去二阶量，同时远小于R ，得⑧则当半径改变 时，表面的重力加速度的变化为：。