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第一章 质点力学矿山升降机作加速度运动时，其变加速度可用下式表示：⎪⎭⎫ ⎝⎛-=T t c a 2sin1π 式中c 及T 为常数，试求运动开始t 秒后升降机的速度及其所走过的路程。
已知升降机的初速度为零。
解 ：由题可知，变加速度表示为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=T t c a 2sin1π 由加速度的微分形式我们可知dtdv a =代入得 dt T t c dv ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2sin 1π 对等式两边同时积分dt T t c dv t v⎰⎰⎪⎭⎫⎝⎛-=002sin 1π 可得 ：D T t c T ct v ++=2cos 2ππ（D 为常数）代入初始条件：0=t 时，0=v ， 故c T D π2-=即⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=12cos 2T t T t c v ππ 又因为dtds v =所以 =ds dt T t T t c ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+12cos 2ππ 对等式两边同时积分，可得：⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-+=t T t T T t c s 2sin 22212πππ 直线FM 在一给定的椭圆平面内以匀角速ω绕其焦点F 转动。
求此直线与椭圆的焦点M 的速度。
已知以焦点为坐标原点的椭圆的极坐标方程为()θcos 112e e a r +-=式中a 为椭圆的半长轴，e 为偏心率，常数。
解：以焦点F 为坐标原点题1.8.1图则M 点坐标 ⎩⎨⎧==θθsin cos r y r x 对y x ,两式分别求导⎪⎩⎪⎨⎧+=-=θθθθθθcos sin sin cos r r yr r x 故()()22222cos sin sin cos θθθθθθ r r r r y xv ++-=+=222ωr r+= 如图所示的椭圆的极坐标表示法为()θcos 112e e a r +-=对r 求导可得（利用ωθ= ） 又因为()()221cos 111ea e e a r -+-=θ即 ()rer e a --=21cos θ所以()()2222222221211cos 1sin e r e ar r ea --+--=-=θθ故有 ()2222224222sin 1ωθωr e a r e v +-=()2224221e a r e -=ω()()]1211[2222222e r e ar r e a --+--22ωr +()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+-⋅-=2222222221121e e ar r r e e a r ω()r r a b r -=2222ω即 ()r a r br v -=2ω（其中()b a e b ,1222-=为椭圆的半短轴）质点作平面运动，其速率保持为常数。
第一章静力学基础一、是非题1．力有两种作用效果，即力可以使物体的运动状态发生变化，也可以使物体发生变形。
（）2．在理论力学中只研究力的外效应。
（）3．两端用光滑铰链连接的构件是二力构件。
（）4．作用在一个刚体上的任意两个力成平衡的必要与充分条件是：两个力的作用线相同，大小相等，方向相反。
（）5．作用于刚体的力可沿其作用线移动而不改变其对刚体的运动效应。
（）6．三力平衡定理指出：三力汇交于一点，则这三个力必然互相平衡。
（）7．平面汇交力系平衡时，力多边形各力应首尾相接，但在作图时力的顺序可以不同。
（）8．约束力的方向总是与约束所能阻止的被约束物体的运动方向一致的。
（）二、选择题1．若作用在A点的两个大小不等的力F1和F2，沿同一直线但方向相反。
则其合力可以表示为。
①F1－F2；②F2－F1；③F1＋F2；2．作用在一个刚体上的两个力F A、F B，满足F A=－F B的条件，则该二力可能是。
①作用力和反作用力或一对平衡的力；②一对平衡的力或一个力偶。
③一对平衡的力或一个力和一个力偶；④作用力和反作用力或一个力偶。
3．三力平衡定理是。
①共面不平行的三个力互相平衡必汇交于一点；②共面三力若平衡，必汇交于一点；③三力汇交于一点，则这三个力必互相平衡。
4．已知F1、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，由此。
①力系可合成为一个力偶；②力系可合成为一个力；③力系简化为一个力和一个力偶；④力系的合力为零，力系平衡。
5．在下述原理、法则、定理中，只适用于刚体的有。
①二力平衡原理；②力的平行四边形法则；③加减平衡力系原理；④力的可传性原理；⑤作用与反作用定理。
三、填空题1．二力平衡和作用反作用定律中的两个力，都是等值、反向、共线的，所不同的是。
2．已知力F沿直线AB作用，其中一个分力的作用与AB成30°角，若欲使另一个分力的大小在所有分力中为最小，则此二分力间的夹角为度。
第一篇理论力学篇模块一刚体任务一刚体的受力分析（P11）一、简答题1．力的三要素是什么?两个力使刚体平衡的条件是什么？答：力的三要素，即力的大小、力的方向和力的作用点。
两个力使刚体处于平衡状态的必要和充分条件：两个力的大小相等，方向相反，作用在同一直线上。
2．二力平衡公理和作用与反作用公理都涉及二力等值、反向、共线，二者有什么区别？答：平衡力是作用在同一物体上，而作用力与反作用力是分别作用在两个不同的物体上。
3．为什么说二力平衡公理、加减平衡力系公理和力的可传性都只适用于刚体？答：因为非刚体在力的作用下会产生变形，改变力的传递方向。
例如，软绳受两个等值反向的拉力作用可以平衡，而受两个等值反向的压力作用就不能平衡。
4．什么是二力构件？分析二力构件受力时与构件的形状有无关系。
答：工程上将只受到两个力作用处于平衡状态的构件称为二力构件。
二力构件受力时与构件的形状没有关系，只与两力作用点有关，且必定沿两力作用点连线，等值，反向。
5．确定约束力方向的原则是什么?活动铰链支座约束有什么特点？答：约束力的方向与该约束阻碍的运动方向相反。
在不计摩擦的情况下，活动铰链支座只能限制构件沿支承面垂直方向的移动。
因此活动铰链支座的约束力方向必垂直于支承面，且通过铰链中心。
6．说明下列式子与文字的意义和区别：（1）12=F F ，（2）12F F =， （3）力1F 等效于力2F 。
答：若12=F F ，则一般只说明两个力大小相等，方向相反。
若12F F =，则一般只说明两个力大小相等，方向是否相同，难以判断。
若力1F 等效于力2F ，则两个力大小相等，方向和作用效果均相同。
7．如图1-20所示，已知作用于物体上的两个力F1与F2，满足大小相等、方向相反、作用线相同的条件，物体是否平衡？答：不平衡，平衡是指物体相对于惯性参考系保持静止或匀速直线运动的状态，而图中AC 杆与CB 杆会运动，两杆夹角会在力的作用下变大。
二、分析计算题1.试画出图1-21各图中物体A 或构件AB 的受力图（未画重力的物体重量不计，所有接触均为光滑接触）。
理论力学（第二版）参考答案上部（一~三章）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θ的单摆运动运动微分方程为θθθFrrm=+)2(θθsinmgmr= ①给①式两边同时乘以dθθθθθdgdr s i n=对上式两边关于θ 积分得cgr+=θθc o s212②利用初始条件θθ=时0=θ 故cosθgc-=③由②③可解得c o sc o s2-θθθ-∙=lg上式可化为dtdlg=⨯-∙θθθcoscos2-两边同时积分可得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⎰-==02022sin2sin124T θθθθd g l t由ϕθθsin 2sin /2sin 0=两边分别对θϕ微分可得ϕϕθθθd d cos 2sin2cos=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2sin 022θ=K通过进一步计算可得g lπ2T =])2642)12(531()4231()21(1[224222 +⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯++⨯⨯++n K nn 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：。
质点力学1、已知一质点作平面运动时其速度的量值为常数C ，矢径的角速度的量值为常数ω，求质点的运动方程及轨迹。
解：222242ωωC C y x =⎪⎭⎫ ⎝⎛-+ 答：由上面轨迹方程知：此质点的运动为圆心在⎪⎭⎫⎝⎛ω20C ,，半径为ω2C 的圆。
2、一点沿半径为R 的圆周运动时，其切向加速度正比于法向加速度的平方根（比例系数k>0），试求该点的速度及沿轨迹的运动方程S(t)，假定初速度为v 0。
⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⇒=⇒==⎰1000tRk ttRk tR k e k R v s dt ev s ev dtds v 3、 质量为m 的质点作一维简谐振动，当其通过原点O 时，速度为u ，如在任意时刻，质点坐标为x ，速度为v ，试证：v 2+ω2x 2=u 2。
4、船得一初速度v 0，在运动中船受到水的阻力，阻力的大小与船速的平方成正比，有比例系数为km ，其中m 为船的质量，问经过多少时间船速减为其初速度的一半。
当021v v =时0011121kv t v kt v v =⇒+== 5、一尊大炮放在高为h 的山顶上，如炮弹的腔口速度为0v，则欲使此炮弹射到地面时的射程为最大，腔口的速度和水平方向间的夹角应为若干？⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=-20112csc v gh α 6、将一质点以初速度0v 抛出，0v与水平线所成之角为α ，此质点所受到的空气阻力为其速度的mk 倍，其中m 为质点的质量，k 为常数，试求此质点的速度与水平线所成之角又为α时所需的时间。
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=g kv k t αsin 21ln 10 7、将一质量为m 的物体竖直抛上与有阻力的媒质中，如单位质量受到的阻力为kv ，式中v 为质点的运动速度，试证：质点回到抛掷点时的速度等于在同样时间内质点在真空中作相似运动时的速度。
gT v V -=08、将一质量为m 的物体竖直抛上与有阻力的媒质中，设阻力与速度的平方成正比，即22xg mk R ±=，如上掷时初速度为0v，试证：此物体又落至投掷点时的速度为22211v k v v +=。
各章习题(计算题)部分答案第1章 略 第2章2-1 R 3284kN F .=，R cos()2063,.=︒F i ，R cos()1163,.=︒F j 2-2 3162kN T .=，30β=︒ 2-3 482.α=︒，R 496kN x F .= 2-4 11866N 50N x y F .F ==，2230N 40N x y F F ==-， 330N 60N x y F F ==， 44566N 566N x y F .F .==， 2-5 R 0F =2-6(a) 707kN 354kN 354kN Ax Ay B F .F .F .===，，(b) 05kN 5kN Ax Ay B F F F ===，，(c) 933kN 433kN 612kN Ax Ay B F .F .F .===，，(垂直于支撑面，指向简支梁) 2-7 min 15kN F =，N 25kN F =2-8 0866kN 05kN 1kN Ax Ay BD F .F .T ===，， 2-9 N N 1732kN 3464kN 15m A C F .F .AC .===，， 2-10 03436kN AB AC F F .==，2-11 BC F =，Ax F =，Ay F G = 2-12 N 65EF G F =+2-13 N N C D F F =2-14 231N 1155N 231N 845N AB AE BC BD F F .F F .====，，，2-15 (a) 33PF P F B Ay =-=，(b) P F F B A 32== (A F ，B F 方向相反，组成一力偶) (c) 0==B A F F2-16 1F，AB F，OA F =，7kN BC F =- 2-17 1905N 1905N 1905N 1905N Ax Ay Cx Cy F F F F =-===-，，， 2-18 3571N 3571N 3571N 3571N Ax Ay Cx Cy F F F F ==-=-=，，，·312··312·2-19 24kN m M =⋅，1155kN A B F F .== 第3章3-1 2400N Ax F =，1200N Ay F =，8485N BC F .= 3-2 R 0F'=，260N m O M =⋅ 3-3 (a) R F'qa =，221qa M O = (b) R12F'ql =，21ql q M O = 3-4(a) Ax F =，40kN Ay F =，120kN m A M =⋅，N C F = (b) 0=AxF ，25kN Ay F .=-，15kN By F =，D 25kN y F .=3-5 当60α=︒时，min 4AB PrF L= 3-6 0=Ax F ，qa F Ay2=，2qa M A =3-7 (a)2400N Ax F =，1000N Ay F =-，2400N Dx F =-，2000N Dy F = (b)2400N Ax F =-，1000N Ay F =-，2400N Dx F =，2000N Dy F =3-8 Ax F =，Ay F =，Bx F =，By F =3-9 rPLF Ax 2-=，P F Ay =，r PL F Bx 2=，P F By =，r PL F D 2=，P F C 2=3-10 R 32E F qa =-，qa F BD 22= 3-11 23kN Ax Cx F F .=-=-，1kN Ay Cy F F == 3-12 3PF AC -=，0=EF F ，32P F BD -= 3-13 2F F BC=，2F F DE = 第4章4-1 T 20kN F =，104kN OA F .=-，139kN OB F .=- 4-2 254kN m x M .=⋅，146kN m y M .=⋅，0=z M 4-3 0)(=P z M4-4 θαsin sin )(Pa M AB =P 4-5 3C A B WT T T ===4-6 1kN T =，0=Ax F ，750N Ay F =-，500N Az F =-，433N Bx F =，500N BZ F = 4-7 F F F -==61，F F =3，0542===F F F·313··313·4-8 321M a cM a b M +=，a M F Ay 3=，a M F Az 2=，0=Dx F ，a M F Dy 3-=，aM F Dz 2-= 4-9 4kN Ax F =，146kN Az F .=-，79kN Bx F .=，29kN Bz F .=-4-10 5kN Ox F =-，4kN Oy F =-，8kN Oz F =，32kN m Ox M =⋅，30kN m Oy M =-⋅，20kN m Oz M =⋅4-11 (a ) 10412kN N F .=，20213kN N F .=，30375kN N F .= 4-12 )(22221221r r r r x C --=，0=C y4-13 (a ) 589mm C x .=-，0=C y (b ) 797mm C x .=，349mm C y .= 4-14 )(22221221r r r r x C --=，0=C y4-15 0Ax F =，121(P )2Ay F P =-+，21P 2Az P F =+，0Cx F =，0Cy F =，22Cz P F =第5章5-1 min F =，s arctan f α= 5-2 )()m m sin +cos -P F αϕθϕ=，m θϕ=5-3 (1) A 先滑动，(2) A 、B 一起滑动 5-4 能保持平衡，S 201N F = 5-5 223.0=f5-6 3πarcsin 43πff α=+5-7 1s sin cos P F f αα=-，2s sin cos PF f αα=+，故21F F >5-8 min 845kN Q .= 5-9 435N P .=5-10 θ≤9926.︒5-11 120cm x >5-12 s 2(sin cos )Q R f L αα⋅+≤P ≤s 2(sin cos )Q Rf L αα⋅-5-13 min 1475N P .=5-14 4961N m .⋅≤C M ≤7039N m .⋅ 5-15 11cm b <5-16s s sin cos cos sin f Q f αααα-+≤P ≤s s sin cos cos sin f Q f αααα+- 5-17 arc ϕ=·314··314·5-18 500N P = 5-19 s f ≥15.0 5-20 75mm b .< 第6章6-1 (cos sin )x v lk kt kt =-，(cos sin )y v lk kt kt =-+； )sin (cos 2kt kt lk a x +-=，)sin (cos 2kt kt lk a y --= 6-2 (1) 0=s ；v R ω=；0a τ=，2n a R ω=(2) R s 23=；12v R ω=；2a ωτ=，2n 14a R ω= (3) R s =；0v =；2a R ωτ=-，n 0a =6-3 直角坐标法：t R x ω2cos =，t R y ω2sin =；2sin2x v R t ωω=-，2cos2y v R t ωω=； t R a x ωω2cos 42-=，t R a y ωω2sin 42-=自然坐标法：t R s ω2=；2v R ω=；0a τ=，2n 4a R ω= 6-4 ()sin M x l b t ω=+，()cos M y l b t ω=-；22221()()M M x y l b l b +=+-6.52222()1()x a y b l l-+=+6-6 22)sin (cos h t r l t r x B +-+=ωω，h y B -=6-7v =322xb u a -= 6-8 )cos sin arctan(00tr h tr ωωθ-=6-9 当0s t =时，157cm s M v ./=；0M a τ=，n2617cm s M a ./=当2s t =时，0M v =；2123cm s M a ./τ=-，n0M a =6-10 C x =C y =2C avv l=6-11 t e R t e y ωω222cos sin -+=；[cos v e t ωω=6-12 02cos4m x .t =；0566m s v ./=-；22263m s a ./=-6-13 0arctan rad v tbϕ=；02220rad s bv /b v t ω=+6-14 225t =ϕ；120m s v /=；236000m s n a /= 6-15 8rad s /ω=；2384rad s ./ε=-6-16 转轴O 的位置位于正方形的中心；1rad s /ω=，21rad s /ε=6-17 12C v r ω=；n 214C a r ω=，12C a r ετ=·315··315·6-18 12m s M v ./=；n 272m s M a ./=，206m s M a ./τ= 6-19 0377m s C v ./=6-20 2225000rad s /dεπ=；25922m s a ./= 6-21 32rad .ϕ=6-22 12mm h =6-23 02=ω，222r lb ωε-=6-24 02m s AB v ./=，2005m s AB a ./=；02m s C v ./=，n 20267m s C a ./=，2005m s C a ./τ=6-25 2012ωr a =，方向沿1AO ；2024ωr a =，指向轮心第7章7-1 x'vt =，cos()a kt y'ϕ=+，轨迹方程为cos()ky'a x'vϕ=+ 7-2 2cos M v R ωϕ=，方向水平向左 7-3 (a )2309rad s ./ω=； (b )2182rad s ./ω=7-4 (1)34OC v b ω=，34C lv v b=；(2)234K v a b = 7-5 当0ϕ︒=时，0v =；当30ϕ=︒时，100cm s v /=，向右；当90ϕ︒=时，200cm s v /=，向右7-6 126m s BC v ./=；2274m s BC a ./= 7-7 10cm s CD v /=；2346cm s CD a ./= 7-8 a a =7-9 3v ω=，方向向上7-10 1.732rad /s ω=，28.66rad /s ε=- 7-11 0.173m /s v =，20.05m /s a = 7-12 0.173m /s M v =，20.35m/s M a =7-13 πcos 15sin BC nr v αβ=7-14 23CD r v ω=；29310ωr a C D =7-15 a 3465mm s v ./=；21400mm s CD a /=第8章8-1 122v v r ω-=，122O v v v +=8-2 156cm s C v ./=,17cm s D v /=·316··316·8-3 877cm s C v ./=8-4 375rad s OB ./ω=，I 6rad s /ω=8-5 600mm s A v /=，200mm s B v /=，s C v /=；4rad s 3ABC /ω=，05rad s BD ./ω= 8-6 2rad s AB /ω=，2578rad s AB ./ε=-；667rad s BC ./ω=-，21926rad s BC ./ε=8-7 2()C A Rv a R r r=-，2Bx C a a τ=，2(2)()C By R r v a R r r -=- 8-8 2022ωr a B =，20211ωε=B O 8-9 032C v r ω=，20123ωr a C =8-10 01.15v l ω=8-11 16186rad s O C ./ω=，127817rad s O C ./ε=-8-12 s CD v /=，22m s 3CD a /= 8-13 n 2400cm s B a /=，21705cm s B a ./τ=-，21705cm s C a ./=-8-14 34e OC v v OB b ω==，OC ε=；12E v v =，E a = 8-15 21960mm s B a /=，298rad s AB ./ε=8-160C v ω，方向向左；rR B O 01ωω=，逆时针转向8-17 22()C Rv a R r =-，B a =8-18 n 202B a a ω=，2002)B a a ετ=-8-19 330ωω=B ；209)349(10ω+-=B a 8-20 2m s B v /=，2828m s C v ./=，28m s B a /=，21131m s C a ./= 第9章9-1 rgf=max ω 9-2 min 67r min n /=9-3 1v =9-4 0cos cos sin v x b kt kt k α=+，0sin sin vy kt kα=9-5 0cos x v t α=，201sin 2y v t gt α=+·317··317·9-6 0(1e )kt v s k-=- 9-7 202s t .=，707m s .= 9-8 172N F .=9-9 )(22g a amL F AC +=ω，)(22g a a mL F BC -=ω9-10 max 584kN F .=，min 536kN F .=9-11 g f f a ααααsin cos cos sin -+=，N cos sin W F f αα=- 9-12 )cos 1(200t m F t x ωωυ-+=第10章10-1 (a ) 12p mL ω=，方向水平向右；(b ) p mR ω=，方向水平向右；(c ) p me ω=，方向垂直于OC 的连线；(d ) C p mv =，方向水平向右10-2 30N x F =10-3 11221022a gP P P P F -++= 10-4 11r 12m v v v m m =++10-5 0(sin cos )v t g f'αα=-10-6 12(54)2l p m m ω=+，方向与曲柄垂直且向上 10-7 t m m l m x m m kx ωωsin 1211+=++10-8 2R s =10-9 (1) 3123123(22)cos ,2()C P L P P P L tx P P P ω+++=++ (2) 12123(2)sin ;2()C P P L t y P P P ω+=++2321max 222ωL gP P P F Ox ++=10-10 椭圆 2224l y x =+10-11 (1) 2sin G Wx l t P W Gω+=++ (2) 2m a x 2x G W F l g ω+=10-12 向右移377cm . 10-13 33(sin )cos ox R F m g m a r θθ=+，1233()(sin )sin oy RF m g m g a m g m a rθθ=+-++ 10-14 21212)(m m gm m f b m a ++-=·318··318·10-15 17cm A s =，向左移动；9cm B s =，向右移动 10-16 2max12(2)2ox r F F G G gω=++10-17 24(cos sin )3Ox mR F ωϕεϕπ=-+，24(sin cos )3Oy mR F mg ωϕεϕπ=+- 第11章11-1 (a ) ω2031ml L =，(b ) ω2021mR L =，(a ) ω2023mR L =11-2 208m s a ./=，2862kN T F .=，4626kN Oy F .=11-3 (1) ωωω22231ml mR Ml L O ---=，(2) ωω2231ml Ml L O --=11-4 θω22sin )312(l M m L O +=11-5 480r min n /=11-6 022ωωmr J ma J z z ++=11-7 0N 0Pr F fgt ω= 11-8 211212122()()R M R M'm m R R ε-=+11-9 )()(2212J i J gPR R PR Mi a ++-=11-10 t P P gkl)3(3cos210+=δϕ11-11 gR RW g J R W M a 2101sin +-=α，1T 1sin W F W a g α=+ 11-12 g J r m r m r m r m O++-=2222111122ε11-13 g R m r R m r R m a )()()(2222121ρ++++=，)()()(22221212ρρ+++-=R m r R m g m m Rr F11-14 v =T 13F mg =11-15 θsin 74g a =，θsin 71mg F -= 11-16 g a C 355.0=11-17 3)(2121m m gm m f F a ++-=·319··319·11-18 gr M R m r m R fm r m a 2222121ρ++-=，T 11A F m g m a =-，2T 2B m RF fm g a r=+11-19 2N 22sin 12D QL F a Lα=+，αcos g a Cx =，22212sin 12L a g a a Cy +=α 11-20 N 3633N B F .=11-21 P F F x O x O 516.021==，P F y O 434.11=，P F y O 164.12=第12章12-1 )cos 1(0ϕ+=mgr W AB ，)sin (cos 0θϕ-=mgr W AC 12-2 129904J F W .=，10500J f W =- 12-3 12206J W .=-，23206J W .=，031=W 12-4 (a) 2216T ml ω=，(b) 2234T mR ω=，(c) 2214T mR ω=，(d) 234C T mv =，12-5 10J W =重，503J W .=重12-6 θω222sin 61ml T = 12-7 21s s hf += 12-8 2122)cos (sin 2m m f gr m M r++-=ααϕϕω12-9 v=12-10 A v =12-11 A v =12-12 v =11/sin M R W a g W Wα-=+12-13 C v =45C a g =12-14 98N F .= 12-15 θωsin 3632121l g m m m m ++=，θεcos 23632121lgm m m m ++=12-16 C v =321321843)43(m m m gm m m F +++=12-17 (1) 2211)3()sin (2Rm m gR m M +-=αε， (2) R m m gR m M m F Ox )3(2)2sin cos 6(2121++=αα； ααsin )3()sin 3(21212⋅+++=Rm m gR m M m g m F Oy·320··320·12-18 v =m khmg a 34-=，41s 36F kh mg =+ 第13章13-1 αsin 32g a =13-2 g a 32=，T 3WF =13-3 Q P Pg a 322+=，QP PQF 32+=13-4 g P T a 3cos 2α=，N sin F P T α=-，s 1cos 3F T α= 13-5 22233cos sin 3()sin 2b a g b a ϕϕωϕ-=-13-6 445N ADF .=，54N BE F =13-7 2222(sin )cos sin J mr mr M ϕϕϕϕϕ++= 13-8 2222143)2(43ωr m gr m m M -+=，2143ωr m F Ox -=，4)2()(22121ωr m m g m m F Oy +-+= 13-9 0β=︒时，2329N Ax F =-，1382N Bx F =，1962N Ay By F F .==180β=︒时，12238N Ax F .=，592N Bx F =-，1962N Ay By F F .==13-10 2023ωmr F Ax -=，mgr F Ay =,20221ωmr F Bx =，mgr F By =13-11 g a a C x C 1712==，mg F 175= 13-12 l g 791=ε，lg 732-=ε，0=Ox F ，mg F Oy 72=第14章14-1 ctg 2P /Q /ϕ= 14-2 (3ctg 2)Ax F /P θ=14-3 A F P /=14-4 ctg Q P θ= 14-5 450N Q P /==14-6 12F F l =／2(cos )a ϕ14-7 05kN 21kN m Ax Ay A F F m ===⋅，，14-8 1866kN P .=14-9 2()F lx a k b=+14-10 2(kN)Ax F =， 3.804(kN)Ay F =，24(kN m)A M =-⋅，18.588(kN)B F =。
1-1 图示曲线规尺的杆长200OA AB ==mm ，而50CD DE AC AE ====mm 。
如果OA 绕O 轴转动的规律是5/t πϕ=，初始时0t =，求尺上D 点的运动方程和轨迹。
解：A 点运动已知，欲求D 点运动，可从D 点相对A 点的几何出发求解。
以,,(,,,,)i i x y i A B C D E =分别表示各点的,x y 坐标。
由OA AB =，CD DE AC AE ===可知：运动过程中ACDE 始终为一个平行四边形，从而：D A x x =，2A D C y y y += OA 绕O 轴转动，转角5tπϕ=∴cos 200cos5A t x OA π=ϕ=，sin 200sin 5A t y OA π=ϕ= s i n ()s i n 150s i n 5C ty O CO A A C π=ϕ=-ϕ= ∴ 200cos 5D A t x x π==(mm)， D C 2100sin 5A ty y y π=-=(m m)得到D 点的运动方程为：22221200100D Dx y +=1-2 图示AB 杆长为l ，绕B 点按t ϕω=的规律转动。
与杆连接的滑块按sin s a b t ω=+的规律沿水平线作简谐振动，其中a 、b 、ω为常数，求A 点的轨迹。
解： 点A 的运动为滑块B 与杆AB 二者运动的合成。
在oxy 坐标中，t 时刻x x l y l A B A =+=sin ,cos ϕϕ代入 x s a b B ==+sin ϕ，可得A 的轨迹为122=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-l y l b a x A A1-3 半径为r 的半圆形凸轮以等速0v 在水平面上滑动，如图所示，求当︒=30θ瞬时顶杆上升的速度大小与加速度大小（杆与凸轮的接触点为M ）。
解：由已知条件可得M 点的坐标为0=x ，22002022)(tv t rv t v r r y -=--=，则y 方向上的速度和加速度分别为：202y rv t =（1）22002200220022002022/)(2tv t rv tv t rv t v r v t v t rv v y------= （2）当30=θ时，r t v r 230=-，即r t v )231(0-=代入（1）式和（2）式，可以得到x0303|v y == θ，r r y 20308|-== θ1-4 半径为R 的圆弧与AB 墙相切，在圆心O 处有一光源，点M 从切点C 处开始以等速度0υ沿圆弧运动，如图所示，求M 点在墙上影子'M 的速度大小与加速度大小。
理论力学（第二版）参考答案上部（一~三章）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θ的单摆运动运动微分方程为θθθFrrm=+)2(θθsinmgmr= ①给①式两边同时乘以dθθθθθdgdr s i n=对上式两边关于θ 积分得cgr+=θθc o s212②利用初始条件θθ=时0=θ 故cosθgc-=③由②③可解得c o sc o s2-θθθ-∙=lg上式可化为dtdlg=⨯-∙θθθcoscos2-两边同时积分可得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⎰-==02022sin2sin124T θθθθd g l t由ϕθθsin 2sin /2sin 0=两边分别对θϕ微分可得ϕϕθθθd d cos 2sin2cos=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2sin 022θ=K通过进一步计算可得g lπ2T =])2642)12(531()4231()21(1[224222 +⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯++⨯⨯++n K nn 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：。
1.6则由牛顿第二定律可知， 质点的运动方程为⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-θθθθθsin )2(cos )(2mg r r m mg F r r m其中，Vt L r L r V r-==-=,,01.8设质点在平面内运动的加速度的切向分量和法向分量都是常数，证明质点的轨道为对数螺线。
解：设，质点的加速度的切向分量大小为，法向分量大小为。
(其中、为常数)则有其中为曲率半径。
由式得其中是初始位置，是初始速度大小。
把式代入式得由式对式积分则得其中是初始角大小。
我们把式转化为时间关于角的函数将式代入式，于是得质点的轨道方程当我们取一定的初始条件时，令。
方程可以简化为○11 即质点的轨迹为对数螺线。
1.9解：（1）从A 点到原长位置，此时间内为自由落体运动。
根据能量守恒：2121mV mgl =, 所以在原长位置时：112gl V =因为加速度为g ，所以，到达原长的时间为: gl g V t 12120=-=（2）从原长位置到最低点D 处，以原长位置为坐标原点，向下为正方向，建立坐标轴Z 。
⎩⎨⎧==-mg kl z m kz mg 2化简得： g z l gz=+2解微分方程得： 22221sin cosl t l g C t l g C z ++= 因为t 2=0时，z=0, 112gl V z==所以, t l ggl t l g gl z l t l g l l t l g l z 2122222122cos 2sin ,sin 2cos +=++-=当0=z时，212221122)2(,)2tan (l l l l z l l g l t ++=-=-此时π（3）所以总时间为)2tan (22112121l l g l g l t t t --+=+=πA,D 间总距离为 )2(1222121l l l l l z z s +++=+=1-11解：（1）质点运动分为三个阶段。
第一阶段为圆周运动，从释放质点到绳子张力为零；第二阶段为斜抛运动，重新下降到与圆周相交位置时有一绷绳过程，质点机械能转化为绳子内能；第三阶段为在最低点附近的摆荡运动。
总体来看质点能量不守恒。
（2）第一阶段，由能量守恒可得，221)cos 1(mv mgr =-θ，又，由绳子张力为零可知rv m mg 2cos =θ，②第二阶段，设上升高度为h ，则gv h 2)sin (2θ=，③ 联立①、②、③可解得h=r 2723，32cos =θ；l r r h 54232723cos ==+θ 因此质点上升最高处为'o 点上方l 5423处。
设斜抛到达最高点时水平位移为s ，则 )sin (cos t )cos (g v v v s θθθ==，s=r 2754=l 5454;l s r 5455sin =-θ 因此质点上升到最高点时在过圆心竖直轴线左边l 5455处。
1-12解: 由自然坐标系即∴∴∴∴∴∴∴1.13.解：（1）以竖直向下为正方向，系统所受合力,,故系统动量不守恒；对O点，合力矩为零，过矩心，故力矩也为零，所以系统角动量守恒；而对系统来说，唯一做功的是重力（保守力），因此，系统能量守恒。
（2）建立柱面坐标系，由动量定理得：同时有得到：(3)对于小球A，设其在水平平台最远距离o为r 由动能定理得：由角动量守恒得：而得到r=3a 而由初始时刻，故小球在a 到3a 间运动。
1.14 解：（1）分析系统的受力可知：重力竖直向下，支持力垂直于斜面向上，所受的合外力不为零，故系统动量不守恒；由物体的受力情况可以判断系统的合外力矩不为零，故角动量也不守恒；而系统在运动过程中，除保守力外，其他力不作功，故机械能守恒，而能量一定守恒。
（2）以地面为参考系，以O 为原点，建立球坐标系。
由质点系动量定理得：约束条件：将约束条件连续求两次导，带入上边方程，消去Z ，得：(3)第三问不会做。
1.15水平方向动量守恒，则u m vm '=αcos有余弦定理得：ααπcos 2)cos(222-=-+=-uvv v u r可得：v=m m mm v r'+'+αα2222cos 2cos 1可得：u=m vm 'αcos =αα2222cos 2cos cos m m m m mv r '++'1.16 解：动量定理、角动量定理和动能定理7个方程式中仅有3个是独立的。
1·17解：把A 、B 看作系统，由动量定理知其质心速度c v 满足 0)m (v m v m B c B A =+ 所以得BA B c m m v m v +=由易知A 、B 各绕质心做半径为B A B m m l m r +=1，B A A m m lm r +=2的圆周运动，由初始条件得l0v =∙θ以质心C 点的坐标C x 和C y 及杆和x 轴的夹角θ为坐标∴j v m j y m P B C B A 0)m =+=（ k v lm k l m m m k yx m L B BA B A C C B A 02m )m (=+++=ϑ0222221m 21)(21v m l m m m y m m T B B A B A C B A =+++=ϑ1.18解：设m 1和m 2碰撞后，m 1的速度变为v '1，m 2的速度变为v 2，m 2与m 3碰撞后，m 2的速度变为v'2，m 3的速度变为v3由于两次碰撞时水平方向都不受外力，所以动量守恒，同时机械能守恒 对m 1和m 2而言，则有：m 1v 1=m 1v '1+m 2v221m 1v21=21m 1v2,1+21m 2v22两式联立消去v'1，则有v2=mm v m 21112+ ①对于m 2和m 3而言，同样有：m 2v 2=m 2v '2+m 3v321m 2v22=21m 2v2'2+21m 3v23由以上两式联立消去v'2则有v3=mm v m 32222+ ②将①代入②得：v3=)).((43221121m m m m v m m ++将上式对m 2求导得)()(3221)(42231221123m m m m m m m v m m v d d +++-=由023=m v d d 可得m 2=mm 31即当m2=m m 31时v3最大且)).((43133111311max3m m m m m m v m m m v++=1.21 解: 由题意得m(θϕθ222sin ∙∙+r r )=F r +mg θcos ① θθθϕθsin cos sin 2g r r =-∙∙∙ ② 0cos 2sin =+∙∙∙∙θθϕθϕ ③由③得 ∙∙∙∙-=θϕθϕ2tan 整理并积分可得θϕ2sin a=∙④ 将之代入②可得 θθθθsin cos sin 32g a r r =-∙∙整理并积分可得)sin cos 2(22c a r g ++--=∙θθθ（正值舍去）由题意知，2πθ=时若要质点不飞出去，则0=∙θ220a c c a -=⇒=+∴由题意知，初态时刻即rh-=θcos 时也有0=∙θ)(2122h r hg r a -=∴ ⑤ 已知初态时速度为v 0 ，2200hr v -=∙ϕ ⑥联立④⑤⑥即可得 r hg v 20=1.2221x m mx '=————①，且 )]sin()[sin(21αθα-+=+R x x ————②F Ny F N对小球列牛二方程，有：y n ma F mg 1)cos(=+-θα————③x n ma s F 1)(in =+θα————④对半球列水平方向的牛二方程，有：x n a m s F 2)(in '=+θα————⑤对半球列水平位移方程，由积分得：2t 0t02x dt dt ax=⋅⋅⎰⎰————⑥对小球列竖直方向上的位移方程，由积分得：)]cos([cos t 0t1θαα+-=⋅⋅⎰⎰R dt dt ay————⑦对⑥和⑦分别对时间求偏微分，同时联立①和②，得：])sin()[cos(222θθαθθα ⋅+-⋅+'+==m m mR x a x ————⑧ ])sin()[cos(21θθαθθα ⋅++⋅+=R a y————⑨ 由③和⑤得：)sin()cos()(21θαθα+=+-xy ma a g m ————⑩将⑧⑨带入⑩中并且使用 θθθθθθθ ⋅=⋅=d d dt d d d 代换，整理可得： θθθαθθαθαθαd m m R m g m m mR ⋅'+⋅+'-=⋅+'++++])cos([])tan()()cos()[sin(2 ————⑾对⑾两边同时积分，并且00=θ，00=θ ，可得： )cos(]sin )[sin(2)(cos )sin()(22θααθαθαθαθθ+⋅-+'+++'+=R m mR m m g1,25解：对于杆 m y ..=-mg+Fcos a对于三角形 'mx ..=Fsina体系满足约束 x0=l xtana+y=h运动方程为 x ..tana-g+nm 'x ..cota=0即 x ..=gam m a m cot 2'cot +y ..=-gam m mcot 2'+1.26解 设弹簧原长为Ｌ，在距离左端l 处取一质元ｄl ，其质量为ｄｍ＝Lmdl。
