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建筑结构第二版课后习题答案建筑结构第二版课后习题答案建筑结构是建筑学中的重要课程，它涉及到建筑物的各个方面，包括结构设计、材料选择、力学分析等。
而课后习题是检验学生对所学知识理解程度的重要途径。
本文将为大家提供建筑结构第二版课后习题的答案，希望能够帮助大家更好地学习和掌握这门课程。
第一章：结构力学基础1. 问题：什么是静力学？答案：静力学是研究物体在平衡状态下受力和力的平衡关系的学科。
2. 问题：什么是结构？答案：结构是由构件和连接构件的节点组成的整体系统，用于承受和传递荷载。
3. 问题：什么是结构的稳定性？答案：结构的稳定性是指结构在受到外力作用时，不会发生失稳或破坏的能力。
第二章：杆件结构1. 问题：什么是杆件？答案：杆件是一种细长的构件，其长度远大于其横截面尺寸，主要受拉力、压力和弯矩作用。
2. 问题：杆件的受力分析方法有哪些？答案：杆件的受力分析方法包括静力学方法、力法和位移法。
3. 问题：什么是轴力？答案：轴力是杆件内部产生的沿轴线方向的拉力或压力。
第三章：梁结构1. 问题：什么是梁？答案：梁是一种承受弯曲力和剪切力的结构构件，主要用于支撑和传递荷载。
2. 问题：梁的受力分析方法有哪些？答案：梁的受力分析方法包括静力学方法、力法和位移法。
3. 问题：什么是弯矩？答案：弯矩是梁在受到外力作用时，横截面内部产生的力矩。
第四章：桁架结构1. 问题：什么是桁架？答案：桁架是由直杆构成的三角形网格结构，主要用于支撑和传递荷载。
2. 问题：桁架的受力分析方法有哪些？答案：桁架的受力分析方法包括静力学方法、力法和位移法。
3. 问题：桁架的应用领域有哪些？答案：桁架广泛应用于大跨度建筑、桥梁和塔楼等结构中。
第五章：板壳结构1. 问题：什么是板壳？答案：板壳是由薄板构成的扁平结构，主要用于承受和传递荷载。
2. 问题：板壳的受力分析方法有哪些？答案：板壳的受力分析方法包括静力学方法、力法和位移法。
3. 问题：板壳的应用领域有哪些？答案：板壳广泛应用于屋顶、地板和水箱等结构中。
第一章质点运动学1、(习题：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。
（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线（2）质点的位置 ： 22(48)r ti t j =+-r r r由d /d v r t =r r 则速度： 28v i tj =+r r r由d /d a v t =r r 则加速度： 8a j =r r则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+=rr r rrrrr当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+=r r r r r rr r2、（习题）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解：kv dtdv-= ⎰⎰-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt e v dx t k tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a 4t (SI)，已知t 0时，质点位于x 10 m处，初速度v0．试求其位置和时间的关系式．解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的d d r t v ，d d v t v，tvd d .解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+v v v（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t=v v v 而落地所用时间 gh2t =所以0d d r v i j t =v vd d v g j t=-v v 2202y 2x )gt (v v v v -+=+=2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+v vv，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
第三章动量守恒定律和能量守恒定律3 -3对功的概念有以下几种说法：(1) 保守力作正功时,系统内相应的势能增加；(2) 质点运动经一闭合路径,保守力对质点作的功为零；(3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作功的代数和必为零．下列上述说法中判断正确的是()(A) (1)、(2)是正确的(B) (2)、(3)是正确的(C) 只有(2)是正确的(D) 只有(3)是正确的分析与解保守力作正功时,系统内相应势能应该减少．由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之和必为零．至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之和未必为零(详见习题3 -2 分析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C)．3 -4如图所示,质量分别为m1和m2的物体A和B,置于光滑桌面上,A和B之间连有一轻弹簧．另有质量为m1和m2的物体C和D分别置于物体A与B 之上,且物体A和C、B和D之间的摩擦因数均不为零．首先用外力沿水平方向相向推压A和B,使弹簧被压缩,然后撤掉外力,则在A和B弹开的过程中,对A、B、C、D 以及弹簧组成的系统,有()(A) 动量守恒,机械能守恒(B) 动量不守恒,机械能守恒(C) 动量不守恒,机械能不守恒(D) 动量守恒,机械能不一定守恒分析与解由题意知,作用在题述系统上的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D)．3 -5如图所示,子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而穿出．以地面为参考系,下列说法中正确的说法是()(A) 子弹减少的动能转变为木块的动能(B) 子弹-木块系统的机械能守恒(C) 子弹动能的减少等于子弹克服木块阻力所作的功(D) 子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热分析与解 子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒．这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零(这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少的动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功的代数和)．综上所述,只有说法(C)的表述是完全正确的． 3 -6 一架以3.0 ×102m·ｓ-1的速率水平飞行的飞机,与一只身长为0.20 m 、质量为0.50 kg 的飞鸟相碰．设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度,而原来飞鸟对于地面的速率甚小,可以忽略不计．试估计飞鸟对飞机的冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算)．根据本题的计算结果,你对于高速运动的物体(如飞机、汽车)与通常情况下不足以引起危害的物体(如飞鸟、小石子)相碰后会产生什么后果的问题有些什么体会？分析 由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力,直接应用牛顿定律解决受力问题是不可能的．如果考虑力的时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过程中的细节情况．在求鸟对飞机的冲力(常指在短暂时间内的平均力)时,由于飞机的状态(指动量)变化不知道,使计算也难以进行；这时,可将问题转化为讨论鸟的状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用的相互性(作用与反作用),问题就很简单了． 解 以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向．由动量定理得 0Δ-='v m t F式中F '为飞机对鸟的平均冲力,而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt ＝l /v ,以此代入上式可得N 1055.252⨯=='lm F v鸟对飞机的平均冲力为N 1055.25⨯-='-=F F式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反．从计算结果可知,2.25 ×105 N 的冲力大致相当于一个22 t 的物体所受的重力,可见,此冲力是相当大的．若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故．3 -7 如图所示，质量为m 的物体,由水平面上点O 以初速为v 0抛出,v 0与水平面成仰角α．若不计空气阻力,求：(1) 物体从发射点O 到最高点的过程中,重力的冲量；(2) 物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲量．分析 重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,只需求出时间间隔即可．由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间gαt sin Δ01v =,物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是到达最高点时间的两倍．这样,按冲量的定义即可求得结果． 另一种解的方法是根据过程的始、末动量,由动量定理求出． 解1 物体从出发到达最高点所需的时间为gαt sin Δ01v =则物体落回地面的时间为gt t αsin Δ2Δ0122v ==于是,在相应的过程中重力的冲量分别为j j F I αsin Δd 011Δ1v m t mg t t -=-==⎰ j j F I αsin 2Δd 022Δ2v m t mg t t -=-==⎰解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A 、B 的过程中,重力的冲量分别为j j j I αm y m mv Ay sin 001v v -=-= j j j I αm y m mv By sin 2002v v -=-=3 -8 F x ＝30＋4t (式中F x 的单位为N,t 的单位为s)的合外力作用在质量m ＝10 kg 的物体上,试求：(1) 在开始2ｓ内此力的冲量；(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用的时间；(3) 若物体的初速度v 1＝10 m·s -1 ,方向与F x 相同,在t ＝6.86s 时,此物体的速度v 2． 分析 本题可由冲量的定义式⎰=21d t t t F I ,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的速度v 2．解 (1) 由分析知()s N 68230d 43020220⋅=+=+=⎰t t t t I(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2 ,解此方程可得t ＝6.86 s(另一解不合题意已舍去)(3) 由动量定理,有I ＝m v 2- m v 1由(2)可知t ＝6.86 s 时I ＝300 N·s ,将I 、m 及v 1代入可得112sm 40-⋅=+=mm I v v3 -9 高空作业时系安全带是非常必要的．假如一质量为51.0 kg 的人,在操作时不慎从高空竖直跌落下来,由于安全带的保护,最终使他被悬挂起来．已知此时人离原处的距离为2.0 m ,安全带弹性缓冲作用时间为0.50 s ．求安全带对人的平均冲力．分析 从人受力的情况来看,可分两个阶段：在开始下落的过程中,只受重力作用,人体可看成是作自由落体运动；在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作用,其合力是一变力,且作用时间很短．为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)的改变来分析,即运用动量定理来讨论．事实上,动量定理也可应用于整个过程．但是,这时必须分清重力和安全带冲力作用的时间是不同的；而在过程的初态和末态,人体的速度均为零．这样,运用动量定理仍可得到相同的结果．解1 以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论．在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为gh 21=v (1)在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有()12Δv v m m t -=+P F(2)由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为()N 1014.1Δ2ΔΔ3⨯=+=+=tgh mg tm Δmg F v解2 从整个过程来讨论．根据动量定理有N 1014.1/2Δ3⨯=+=mg g h tmg F3 -10 质量为m 的小球,在合外力F ＝-kx 作用下运动,已知x ＝A cos ωt ,其中k 、ω、A 均为正常量,求在t ＝0 到ωt 2π=时间内小球动量的增量．分析 由冲量定义求得力F 的冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式⎰21d t t t F 积分前,应先将式中x 用x ＝A cos ωt 代之,方能积分． 解 力F 的冲量为ωωωkAt t kA t kx t F I t t t t -=-=-==⎰⎰⎰2/π02121d cos d d即()ωkA m -=v Δ3 -11 一只质量kg 11.01=m 的垒球以11sm 17-⋅=v 水平速率扔向打击手，球经球棒击出后，具有如图（a ）所示的速度且大小12sm 34-⋅=v ，若球与棒的接触时间为0.025 s,求：（1）棒对该球平均作用力的大小；（2）垒球手至少对球作了多少功？分析第（1）问可对垒球运用动量定理，既可根据动量定理的矢量式，用几何法求解，如图（b ）所示；也可建立如图（a ）所示的坐标系，用动量定量的分量式求解，对打击、碰撞一类作用时间很短的过程来说，物体的重力一般可略去不计.题 3-11 图解（1）解 1由分析知，有12mv mv t F -=∆其矢量关系如图（b ）所示，则)60180cos())((2)()()(2122212--+=∆mv mv mv mv t F解之得N 9.197=F 解 2由图（a ）有x xx mv mvt F 12-=∆02-=∆yy mvt F将，则和代入解得及y x y x x F F v v v v v v 60sin 60cos ,22221=-==N 9.19722=+=yx FF F(2) 由质点动能定理，得J 7.4721212122=-=mv mvW3 -12 如图所示,在水平地面上,有一横截面S ＝0.20 m 2的直角弯管,管中有流速为v ＝3.0 m·ｓ-1的水通过,求弯管所受力的大小和方向．题 3-12 图分析 对于弯曲部分AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入的水量等于从另一端流出的水量．因此,对这部分水来说,在时间Δt 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量Δp ＝Δm (v B -v A )；此动量的变化是管壁在Δt 时间内对其作用冲量I 的结果．依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力F ；由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力F′＝-F ．解 在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为Δm ＝ρυS Δt ,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为Δp ＝Δm (v B -v A ) ＝ρυS Δt (v B -v A )依据动量定理I ＝Δp ,得到管壁对这部分水的平均冲力()A B t S ρtv v v -==ΔΔI F从而可得水流对管壁作用力的大小为N 105.2232⨯-=-=-='v S ρF F作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧．3 -13 A 、B 两船在平静的湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50 kg 的重物,结果是A 船停了下来,而B 船以3.4 m·s -1的速度继续向前驶去．A 、B 两船原有质量分别为0.5×103kg 和1.0 ×103 kg,求在传递重物前两船的速度．(忽略水对船的阻力) 分析 由于两船横向传递的速度可略去不计,则对搬出重物后的船A 与从船B 搬入的重物所组成的系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用的过程中应满足动量守恒；同样,对搬出重物后的船B 与从船A 搬入的重物所组成的系统Ⅱ亦是这样．由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ的动量守恒方程即可解出结果．解 设A 、B 两船原有的速度分别以v A 、v B 表示,传递重物后船的速度分别以v A ′ 、v B ′ 表示,被搬运重物的质量以m 表示．分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有()A A B A Am m m m v v v '=+-(1)()''=+-BB A B Bm m m m v v v (2) 由题意知v A ′ ＝0, v B ′ ＝3.4 m·s -1代入数据后,可解得()()12sm 40.0-⋅-=---'-=mm m m m m m A B BB A v v()()()12sm 6.3-⋅=---'-=mm m m m m m m B ABB AB v v也可以选择不同的系统,例如,把A 、B 两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解．3 -14 质量为m′的人手里拿着一个质量为m 的物体,此人用与水平面成α角的速率v 0向前跳去．当他达到最高点时,他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出．问：由于人抛出物体,他跳跃的距离增加了多少？ (假设人可视为质点)分析 人跳跃距离的增加是由于他在最高点处向后抛出物体所致．在抛物的过程中,人与物之间相互作用力的冲量,使他们各自的动量发生了变化．如果把人与物视为一系统,因水平方向不受外力作用,故外力的冲量为零,系统在该方向上动量守恒．但在应用动量守恒定律时,必须注意系统是相对地面(惯性系)而言的,因此,在处理人与物的速度时,要根据相对运动的关系来确定．至于,人因跳跃而增加的距离,可根据人在水平方向速率的增量Δv 来计算． 解 取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有()()u m m αm m -+'='+v v v cos 0式中v 为人抛物后相对地面的水平速率,v -u 为抛出物对地面的水平速率．得u m m m α'++=cos 00v v人的水平速率的增量为u m m m α'+=-=cos Δ0v v v而人从最高点到地面的运动时间为gαt sin 0v =所以,人跳跃后增加的距离()gm m αm t x '+==sin ΔΔ0v v3 -15 一物体在介质中按规律x ＝ct 3作直线运动,c 为一常量．设介质对物体的阻力正比于速度的平方．试求物体由x 0＝0 运动到x ＝l 时,阻力所作的功．(已知阻力系数为k ) 分析 本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式⎰⋅=x F d W 来求解．关键在于寻找力函数F ＝F (x )．根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系F (v ) ＝k v 2变换到F (t ),进一步按x ＝ct 3的关系把F (t )转换为F (x ),这样,就可按功的定义式求解． 解 由运动学方程x ＝ct 3,可得物体的速度23d d ct tx ==v按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为3/43/242299xkct kc k F ===v则阻力的功为⎰⋅=x F W d 3/73/23/403/20727d 9d 180cos d l kcx xkcx W ll-=-==⋅=⎰⎰⎰x F3 -16 一人从10.0 m 深的井中提水,起始桶中装有10.0 kg 的水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 的水．水桶被匀速地从井中提到井口,求所作的功．题 3-16 图分析 由于水桶在匀速上提过程中,拉力必须始终与水桶重力相平衡．水桶重力因漏水而随提升高度而变,因此,拉力作功实为变力作功．由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能写出重力随高度变化的关系,拉力作功即可求出． 解 水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有F ＋P ＝0在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为P ＝mg -αgy其中α＝0.2 kg/m,人对水桶的拉力的功为()J 882d d 1010=-=⋅=⎰⎰y agy mgW y F3 -17 一质量为0.20 kg 的球,系在长为2.00 m 的细绳上,细绳的另一端系在天花板上．把小球移至使细绳与竖直方向成30°角的位置,然后从静止放开．求：(1) 在绳索从30°角到0°角的过程中,重力和张力所作的功；(2) 物体在最低位置时的动能和速率；(3) 在最低位置时的张力．题 3-17 图分析 (1) 在计算功时,首先应明确是什么力作功．小球摆动过程中同时受到重力和张力作用．重力是保守力,根据小球下落的距离,它的功很易求得；至于张力虽是一变力,但是,它的方向始终与小球运动方向垂直,根据功的矢量式⎰⋅=s d F W ,即能得出结果来．(2) 在计算功的基础上,由动能定理直接能求出动能和速率．(3) 在求最低点的张力时,可根据小球作圆周运动时的向心加速度由重力和张力提供来确定．解 (1) 如图所示,重力对小球所作的功只与始末位置有关,即()J 53.0cos 1Δ=-==θmgl h P W P在小球摆动过程中,张力F Ｔ的方向总是与运动方向垂直,所以,张力的功s Fd TT ⋅=⎰W(2) 根据动能定理,小球摆动过程中,其动能的增量是由于重力对它作功的结果．初始时动能为零,因而,在最低位置时的动能为J 53.0k ==P W E小球在最低位置的速率为1P K s m 30.222-⋅===mW mE v(3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得lm P F 2T v =-N 49.22T =+=lm mg F v3 -18 一质量为m 的质点,系在细绳的一端,绳的另一端固定在平面上．此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点的最初速率是v 0．当它运动一周时,其速率为v 0 /2．求：(1) 摩擦力作的功；(2) 动摩擦因数；(3) 在静止以前质点运动了多少圈？分析 质点在运动过程中速度的减缓,意味着其动能减少；而减少的这部分动能则消耗在运动中克服摩擦力作功上．由此,可依据动能定理列式解之． 解 (1) 摩擦力作功为20202k 0k 832121v v v m m m E E W -=-=-=(1)(2) 由于摩擦力是一恒力,且F ｆ＝μmg ,故有mg r s F W μπ2180cos of -== (2)由式(1)、(2)可得动摩擦因数为rgπμ1632v =(3) 由于一周中损失的动能为2083v m ,则在静止前可运行的圈数为34k 0==WE n 圈3 -19 如图(a)所示,A 和B 两块板用一轻弹簧连接起来,它们的质量分别为m 1和m 2．问在A 板上需加多大的压力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起来时B 稍被提起．(设弹簧的劲度系数为k )题 3-19 图分析 运用守恒定律求解是解决力学问题最简捷的途径之一．因为它与过程的细节无关,也常常与特定力的细节无关．“守恒”则意味着在条件满足的前提下,过程中任何时刻守恒量不变．在具体应用时,必须恰当地选取研究对象(系统),注意守恒定律成立的条件．该题可用机械能守恒定律来解决．选取两块板、弹簧和地球为系统,该系统在外界所施压力撤除后(取作状态1),直到B 板刚被提起(取作状态2),在这一过程中,系统不受外力作用,而内力中又只有保守力(重力和弹力)作功,支持力不作功,因此,满足机械能守恒的条件．只需取状态1 和状态2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这两状态下受力的平衡,便可将所需压力求出． 解 选取如图(b)所示坐标,取原点O 处为重力势能和弹性势能零点．作各状态下物体的受力图．对A 板而言,当施以外力F 时,根据受力平衡有F 1＝P 1＋F (1)当外力撤除后,按分析中所选的系统,由机械能守恒定律可得2221212121mgy ky mgyky +=-式中y 1、y 2为M 、N 两点对原点O 的位移．因为F 1＝ky 1 ,F 2＝ky 2及P 1＝m 1g ,上式可写为F 1 -F 2＝2P 1 (2)由式(1)、(2)可得F ＝P 1＋F 2 (3)当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F′2＝P 2 ,且F 2＝F′2．由式(3)可得F ＝P 1＋P 2＝(m 1＋m 2 )g应注意,势能的零点位置是可以任意选取的．为计算方便起见,通常取弹簧原长时的弹性势能为零点,也同时为重力势能的零点．3 -20 如图所示，一质量为m 的木块静止在光滑水平面上，一质量为m /2的子弹沿水平方向以速率0v 射入木块一段距离L (此时木块滑行距离恰为s )后留在木块内，求：（1）木块与子弹的共同速度v ,此过程中木块和子弹的动能各变化了多少？（2）子弹与木块间的摩擦阻力对木块和子弹各作了多少功？（3）证明这一对摩擦阻力的所作功的代数和就等于其中一个摩擦阻力沿相对位移L 所作的功.(4)证明这一对摩擦阻力所作功的代数和就等于子弹-木块系统总机械能的减少量(亦即转化为热的那部分能量).题 3-20 图分析对子弹-木块系统来说，满足动量守恒，但系统动能并不守恒，这是因为一对摩擦内力所做功的代数和并不为零，其中摩擦阻力对木块作正功，其反作用力对子弹作负功，后者功的数值大于前者，通过这一对作用力与反作用力所做功，子弹将一部分动能转移给木块，而另一部分却转化为物体内能.本题（3）、（4）两问给出了具有普遍意义的结论，可帮助读者以后分析此类问题.解（1）子弹-木块系统满足动量守恒，有v m m mv )2/(2/0+=解得共同速度031v v =对木块 2022k 181021mv mvE =-=∆对子弹 202022k 92)2(21)2(21mv v m v m E -=-=∆（2） 对木块和子弹分别运用质点动能定理，则 对木块 201k 1181mv E W =∆= 对子弹 202k 292mv E W -=∆=（3） 设摩擦阻力大小为f F ,在两者取得共同速度时，木块对地位移为s ，则子弹对地位移为L +s ,有对木块 s F W f 1= 对子弹 )(f 2s L F W +-= 得 L F W W W f 21-=+=式中L 即为子弹对木块的相对位移，“-”号表示这一对摩擦阻力（非保守力）所作功必定会使系统机械能减少.(4) 对木块 2f 121mv s F W ==对子弹 202f 2)2(21)2(21)(v m v m s L F W -=+-= 两式相加，得202221)2(21])2(2121[v m v m mvW W -+=+ 即 20f 183mv L F -=-两式相加后实为子弹-木块系统作为质点系的动能定理表达式，左边为一对内力所作功，右边为系统动能的变化量.3 -21 用铁锤把钉子敲入墙面木板．设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比．若第一次敲击,能把钉子钉入木板1.00 ×10 -2 m ．第二次敲击时,保持第一次敲击钉子的速度,那么第二次能把钉子钉入多深？分析 由于两次锤击的条件相同,锤击后钉子获得的速度也相同,所具有的初动能也相同．钉子钉入木板是将钉子的动能用于克服阻力作功,由功能原理可知钉子两次所作的功相等．由于阻力与进入木板的深度成正比,按变力的功的定义得两次功的表达式,并由功相等的关系即可求解．解 因阻力与深度成正比,则有F ＝kx (k 为阻力系数)．现令x 0＝1.00 ×10 -2m,第二次钉入的深度为Δx ,由于钉子两次所作功相等,可得⎰⎰+=xx x x x kx x kx Δ000d dΔx ＝0.41 ×10 -2 m3 -22 一质量为m 的地球卫星,沿半径为3R E 的圆轨道运动, R E 为地球的半径．已知地球的质量为m E ．求：(1) 卫星的动能；(2) 卫星的引力势能；(3) 卫星的机械能．分析 根据势能和动能的定义,只需知道卫星的所在位置和绕地球运动的速率,其势能和动能即可算出．由于卫星在地球引力作用下作圆周运动,由此可算得卫星绕地球运动的速率和动能．由于卫星的引力势能是属于系统(卫星和地球)的,要确定特定位置的势能时,必须规定势能的零点,通常取卫星与地球相距无限远时的势能为零．这样,卫星在特定位置的势能也就能确定了．至于卫星的机械能则是动能和势能的总和．解 (1) 卫星与地球之间的万有引力提供卫星作圆周运动的向心力,由牛顿定律可得()E22E E 33R mR mm Gv=则EE 2k 621R m m Gm E ==v(2) 取卫星与地球相距无限远(r →∞)时的势能为零,则处在轨道上的卫星所具有的势能为EE P 3R m m GE -=(3) 卫星的机械能为EE EE EE P k 636R m m GR m m GR m m GE E E -=-=+=3 -23 如图(a)所示,天文观测台有一半径为R 的半球形屋面,有一冰块从光滑屋面的最高点由静止沿屋面滑下,若摩擦力略去不计．求此冰块离开屋面的位置以及在该位置的速度．题 3-23 图分析 取冰块、屋面和地球为系统,由于屋面对冰块的支持力F N 始终与冰块运动的方向垂直,故支持力不作功；而重力P 又是保守内力,所以,系统的机械能守恒．但是,仅有一个机械能守恒方程不能解出速度和位置两个物理量；因此,还需设法根据冰块在脱离屋面时支持力为零这一条件,由牛顿定律列出冰块沿径向的动力学方程．求解上述两方程即可得出结果．解 由系统的机械能守恒,有θmgR m mgR cos 212+=v (1)根据牛顿定律,冰块沿径向的动力学方程为Rm F θmgR 2N cos v =- (2)冰块脱离球面时,支持力F N ＝0,由式(1)、(2)可得冰块的角位置oθ2.4832arccos==冰块此时的速率为32cos Rg θgR ==vv 的方向与重力P 方向的夹角为α＝90° - θ＝41.8°3 -24 如图所示,把质量m ＝0.20 kg 的小球放在位置A 时,弹簧被压缩Δl ＝7.5 ×10 -2m ．然后在弹簧弹性力的作用下,小球从位置A 由静止被释放,小球沿轨道ABCD 运动．小球与轨道间的摩擦不计．已知 BCD 是半径r ＝0.15 m 的半圆弧,AB 相距为2r ．求弹簧劲度系数的最小值．题 3-24 图分析 若取小球、弹簧和地球为系统,小球在被释放后的运动过程中,只有重力和弹力这两个保守内力作功,轨道对球的支持力不作功,因此,在运动的过程中,系统的机械能守恒．运用守恒定律解题时,关键在于选好系统的初态和终态．为获取本题所求的结果,初态选在压缩弹簧刚被释放时刻,这样,可使弹簧的劲度系数与初态相联系；而终态则取在小球刚好能通过半圆弧时的最高点C 处,因为这时小球的速率正处于一种临界状态,若大于、等于此速率时,小球定能沿轨道继续向前运动；小于此速率时,小球将脱离轨道抛出．该速率则可根据重力提供圆弧运动中所需的向心力,由牛顿定律求出．这样,再由系统的机械能守恒定律即可解出该弹簧劲度系数的最小值．解 小球要刚好通过最高点C 时,轨道对小球支持力F N ＝0,因此,有rm mg c 2v =(1)取小球开始时所在位置A 为重力势能的零点,由系统的机械能守恒定律,有()()22213Δ21c m r mg l k v += (2)由式(1)、(2)可得()12mN 366Δ7-⋅==l mgrk3 -25 如图所示,质量为m 、速度为v 的钢球,射向质量为m′的靶,靶中心有一小孔,内有劲度系数为k 的弹簧,此靶最初处于静止状态,但可在水平面上作无摩擦滑动．求子弹射入靶内弹簧后,弹簧的最大压缩距离．题 3-25 图分析 这也是一种碰撞问题．碰撞的全过程是指小球刚与弹簧接触直至弹簧被压缩到最大,小球与靶刚好到达共同速度为止,在这过程中,小球和靶组成的系统在水平方向不受外力作用,外力的冲量为零,因此,在此方向动量守恒．但是,仅靠动量守恒定律还不能求出结果来．又考虑到无外力对系统作功,系统无非保守内力作功,故系统的机械能也守恒．应用上述两个守恒定律,并考虑到球与靶具有相同速度时,弹簧被压缩量最大这一条件,即可求解．应用守恒定律求解,可免除碰撞中的许多细节问题．解 设弹簧的最大压缩量为x 0．小球与靶共同运动的速度为v 1．由动量守恒定律,有()1v v m m m '+= (1)又由机械能守恒定律,有()20212212121kx m m m +'+=v v (2)由式(1)、(2)可得()v m m k m m x '+'=3 -26 质量为m 的弹丸A ,穿过如图所示的摆锤B 后,速率由v 减少到v /2．已知摆锤的质量为m ′,摆线长度为l ,如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动,弹丸速度v 的最小值应为多少？。
高一物理受力分析-习题课一、物体受力分析方法：把指定的研究对象在特定的物理情景中所受到的所有外力找出来，并画出受力图，就是受力分析。
对物体进行正确地受力分析，是解决好力学问题的关键。
1、受力分析的顺序：先找重力，再找接触力（弹力、摩擦力），最后分析其它力。
2、受力分析的几个步骤．①灵活选择研究对象：也就是说根据解题的目的，从体系中隔离出所要研究的某一个物体，或从物体中隔离出某一部分作为单独的研究对象，对它进行受力分析。
所选择的研究对象要与周围环境联系密切并且已知量尽量多；对于较复杂的问题，由于物体系各部分相互制约，有时要同时隔离几个研究对象才能解决问题．究竟怎样选择研究对象要依题意灵活处理。
②对研究对象周围环境进行分析：除了重力外查看哪些物体与研究对象直接接触，对它有力的作用。
凡是直接接触的环境都不能漏掉分析，而不直接接触的环境千万不要考虑进来．然后按照重力、弹力、摩擦力的顺序进行力的分析，根据各种力的产生条件和所满足的物理规律，确定它们的存在或大小、方向、作用点。
③审查研究对象的运动状态：是平衡状态还是加减速状态等等，根据它所处的状态有时可以确定某些力是否存在或对某些力的方向作出判断。
④根据上述分析，画出研究对象的受力分析图；把各力的方向、作用点（线）准确地表示出来。
3、受力分析的三个判断依据：①从力的概念判断，寻找施力物体； ②从力的性质判断，寻找产生原因；③从力的效果判断，寻找是否产生形变或改变运动状态。
二、隔离法与整体法1、整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解的方法。
在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力。
2、隔离法：把系统分成若干部分并隔离开来，分别以每一部分为研究对象进行受力分析，分别列出方程，再联立求解的方法。
3、通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法。
有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用。
专题课:简单的受力分析1.羽毛球在飞行中受到的力有()A.重力B.重力、击打力C.重力、空气阻力D.重力、空气阻力、击打力2.如图LZ1-1所示是工厂传输货物的装置,物体A在皮带的带动下,以速度v 沿直线匀速向右运动,则物体A受到作用力的个数为 ()图LZ1-1A.1个B.2个C.3个D.4个3.(多选)物体b在水平推力F作用下将物体a挤压在竖直墙壁上,如图LZ1-2所示,a、b处于静止状态.关于a、b两物体的受力情况,下列说法正确的是()图LZ1-2[来源:]A.a受到两个摩擦力的作用B.a共受到四个力的作用C.b共受到三个力的作用D.a受到墙壁的摩擦力大小不随F的增大而增大4.如图LZ1-3所示,A、B、C三个物块的质量相等,有F=1 N的两个水平力分别作用于A、B两个物块上,A、B、C都静止,则地面对A物体、A物体对B 物体、B物体对C物体的摩擦力分别为()图LZ1-3A.1 N、2 N、1 NB.0、0、1 NC.0、1 N、0D.1 N、1 N、05.(多选)某电视台每周都有棋类节目,如棋类授课和评析,他们的棋盘都是竖直放置的,棋盘上布有磁铁,而每个棋子都是一个小磁铁.关于棋盘和棋子有下列几种说法,其中正确的是()A.小棋子共受四个力的作用B.每个棋子的质量肯定都有细微的差异,所以不同的棋子所受的摩擦力不同C.棋盘面应选取相对粗糙的材料D.如果某个棋子贴不上棋盘,总会滑落,肯定是其质量偏大6.(多选)如图LZ1-4所示,A为长木板,在光滑水平面上以速度v1向右运动,物块B在木板A的上面以速度v2向右运动,下列判断正确的是()[来源:ZXXK]图LZ1-4A.若v1=v2,则A、B之间不存在摩擦力B.若v1>v2,则A受到了B所施加的向左的滑动摩擦力C.若v1<v2,则B受到了A所施加的向右的滑动摩擦力D.若v1>v2,则B受到了A所施加的向左的滑动摩擦力[来源:ZXXK]7.(多选)如图LZ1-5所示, A、B两物体所受的重力分别是G A=3 N、G B=4 N.A 用细线悬挂在顶板上,B放在水平面上,A、B间轻弹簧中的弹力F=2 N,则细线中的张力T及B对地面的压力N的可能值分别是 ()图LZ1-5A.5 N和6 NB.5 N和2 NC.1 N和6 ND.1 N和2 N8.(多选)如图LZ1-6所示,竖直放置的轻弹簧一端固定在地面上,另一端与斜面体P连接,P与斜放的固定挡板MN接触且处于静止状态,弹簧处于竖直方向,则斜面体P此刻受到力的个数可能为()图LZ1-6A.2个B.3个C.4个D.5个9.如图LZ1-7所示,物体A、B放在物体C上,水平力F作用于A,使A、B、C 一起在水平地面上匀速运动,则 ()图LZ1-7A.A对C有向左的摩擦力B.C对B有向左的摩擦力C.物体C受到三个摩擦力的作用D.C对地面有向右的摩擦力10.(多选)如图LZ1-8所示,质量为m的木块在恒力F作用下在质量为M的长木板上向右滑行,长木板处于静止状态.已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2,木块受到的摩擦力为f1,木板受到地面的摩擦力为f2,重力加速度为g,则()图LZ1-8A.f1大小为μ1mg,方向向左B.f1大小为F,方向向左C.f2大小为μ2(m+M)g,方向向左D.f2大小为μ1mg,方向向左11.如图LZ1-9甲所示,物体A放在水平面上,物体A所受的重力为10 N,设物体A与水平面间的最大静摩擦力为2.5 N,动摩擦因数为0.2.若对物体A施加一个由零均匀增大到6 N的水平推力F,请在图乙中画出物体A所受的摩擦力f A随水平推力F变化的图线.图LZ1-912.如图LZ1-10所示,物体A、B的重力分别为G A=100 N、G B=40 N,弹簧的劲度系数为500 N/m,不计绳重和摩擦,求地面对物体A的支持力大小和弹簧的伸长量.图LZ1-1013.质量为5 kg的物体放在水平地板上,用一轻质弹簧水平拉物体,当它刚开始运动时弹簧伸长5 cm,当弹簧拉着物体匀速运动时弹簧伸长4 cm,弹簧劲度系数为250 N /m,求:(g取10 m/s2 )(1)物体受到的最大静摩擦力大小;(2)物体受到的滑动摩擦力大小;(3)物体与水平地板间的动摩擦因数.14.如图LZ1-11所示,圆珠笔内部有一根小弹簧,当笔杆竖直放置时,在圆珠笔尾部的按钮上放一个200 g的砝码,砝码静止时,弹簧压缩量为2 mm.现用这支圆珠笔水平推一本放在桌面上的质量为800 g的书,当弹簧压缩量为2.4 mm(未超过弹簧的弹性限度)时,这本书恰好匀速运动.试求:(g取10 m/s2)(1)笔内小弹簧的劲度系数;(2)书与桌面间的动摩擦因数大小.图LZ1-11[来源:]专题课:简单的受力分析1.C[解析] 羽毛球受到的空气阻力不能忽略,选项C正确.2.B[解析] 物体A做匀速运动,受重力和支持力而平衡,选项B正确.3.AD[解析] a受到五个力:重力、墙对a向右的弹力和向上的静摩擦力、b 对a向左的压力和向下的静摩擦力,故选项A正确,B错误;b共受到四个力的作用:重力、F、a对b向右的弹力和向上的静摩擦力,故选项C错误;由平衡条件知,墙壁对a的摩擦力大小等于a和b的总重力之和,不随F的增大而增大,故选项D正确.4.C[解析] 以整体为研究对象, 则整体在水平方向上受向左和向右的大小相等的两个拉力,则二力的合力为零,若地面对A有摩擦力的话,则整体不可能静止,故地面对A的摩擦力为零;以B、C为整体进行受力分析,B、C整体在水平方向受向右的拉力,要使整体静止,则A对B一定有向左的摩擦力,大小等于1 N;以物块C为研究对象,C在水平方向上不受外力,相对B没有运动的趋势,故C不受B的摩擦力作用,只有选项C正确.5.ABC[解析] 由于棋盘都是竖直放置的,所以每个小棋子受到的力共有四个,即重力、摩擦力、棋盘对棋子的吸引力和棋盘对棋子的支持力,选项A正确;由于重力与摩擦力相平衡,故重力的不同一定会引起摩擦力的不同,选项B正确;为了使棋盘提供相对较大的最大静摩擦力,棋盘面粗糙些较好,选项C 正确;棋子下滑的原因还有棋盘面比较光滑、棋盘对它的吸引力不够等,选项D错误.6.AB[解析] v1=v2时,A、B之间相对静止,则A与B间没有摩擦力,选项A 正确;v1>v2时,A相对B向右滑动,所以A受到B对其施加的向左的滑动摩擦力,根据相互作用力的特点,B受到A施加的向右的滑动摩擦力,选项B正确,选项D错误;v1<v2时, B相对A向右滑动,所以B受到A对其施加的向左的滑动摩擦力,选项C错误.7.BC[解析] 弹簧可以被压缩,也可以被拉伸,弹簧如果处于被拉伸的状态,它将有收缩的趋势,会向下拉A,向上提B,选项B正确;如果处于被压缩的状态,则会向上顶A,向下压B,选项C正确.8.AC[解析] 若斜面体P受到的重力与弹簧弹力相等,只受2个力;若斜面体P受到的重力与弹簧弹力不相等,其还必须受到挡板的压力和摩擦力,即受4个力.选项A、C正确.9.A[解析] 以整体为研究对象,地面对C应有向右的摩擦力,该力与F平衡,由于力的作用是相互的,故C对地面有向左的摩擦力,选项D错误;以A为研究对象,C对A应有向右的摩擦力,该力与F平衡,故A对C有向左的摩擦力,选项A正确;以B为研究对象,C对B没有摩擦力,因为如果有摩擦力,找不到其他力与其平衡,选项B错误;物体C受到地面及A对它的两个摩擦力作用,选项C错误.10.AD[解析] 木块相对木板向右运动,所以木块受到的摩擦力向左,大小为f1=μ1mg,选项A正确;因木块不一定做匀速直线运动,所以选项B错误;木板处于静止状态,由二力平衡知,木板受到地面的摩擦力f2与木块对其产生的摩擦力等大反向,选项C错误,选项D正确.11.如图所示[解析] 水平推力F≤2.5 N时,物体A静止,所受的摩擦力为静摩擦力,其大小f A=F;当F>2.5 N时,物体A向右滑动,所受的摩擦力为滑动摩擦力,其大小f'A=μF N=μG=0.2×10 N=2 N不变,如图所示.12.60 N0.08 m[解析] 对B受力分析知,绳上拉力F=G B根据胡克定律得F弹=kx又F弹=F联立解得x=0.08 m[来源:学_科_网]对A受力分析,可得F N=G A-F弹=60 N.13.(1)12.5 N(2)10 N(3)0.2[解析] (1)物体刚要运动时受到的摩擦力就是最大静摩擦力,即f m=F1=kx1=250 N/m×0.05 m=12.5 N.(2)匀速运动时,物体受力平衡,则滑动摩擦力f=F2=kx2=250 N/m×0.04 m=10 N.(3)由二力平衡有F N=mg又f=μF N联立解得μ=0.2.14.(1)1000 N/m(2)0.3[解析] (1)砝码处于静止状态时,由二力平衡和胡克定律知F1=kx1=m1g解得弹簧的劲度系数k===1000 N/m.(2)书恰好匀速运动时,有F2=f弹力F2=kx2滑动摩擦力f=μF N=μm2g解得动摩擦因数μ===0.3.。
《共点力的平衡》教学设计方案（第一课时）一、教学目标1. 理解共点力的平衡条件，能正确应用该条件解决相关问题。
2. 培养观察、分析、归纳能力，提高运用知识解决实际问题的能力。
3. 培养团队协作和交流能力。
二、教学重难点1. 教学重点：通过实验探究共点力的平衡条件，并运用该条件解决实际问题。
2. 教学难点：如何正确选择研究对象，分析受力情况。
三、教学准备1. 准备教学用具：弹簧秤、砝码、木板、细绳、钩码等实验器材，以及习题集和黑板。
2. 制作PPT课件，包括实验步骤、数据处理、例题和习题等内容。
3. 安排学生进行分组实验，每组配备实验器材和指导教师。
4. 确定实验室使用时间，方便学生预约和安排课程。
四、教学过程：（一）导入1. 展示生活中的物体，例如吊灯、飞机的平衡翼等，引导学生思考这些物体是如何实现平衡的。
2. 提出本课时的主题——共点力的平衡，并解释概念。
（二）新课教学1. 讲解共点力的概念，包括大小、方向和作用点。
2. 讲解平衡状态的概念，以及如何判断一个物体是否处于平衡状态。
3. 介绍二力平衡的实例，并引导学生自行推导二力平衡方程。
4. 讲解三个或更多力之间的平衡问题，介绍受力分析的方法和步骤。
5. 介绍共点力的合成与分解的方法和步骤，并引导学生自行推导平行四边形法则。
6. 讲解如何利用共点力的平衡解决实际问题，包括应用牛顿运动定律解决问题的方法和步骤。
7. 针对学生的问题进行解答和指导，并鼓励学生尝试自己解决问题。
（三）实验环节1. 设计实验，验证物体处于二力平衡时，这两个力必须满足平行四边形法则。
2. 学生动手操作实验，观察实验结果，并记录数据。
3. 分析实验数据，得出结论。
（四）课堂小结1. 回顾本课时的主要内容。
2. 强调共点力的平衡在生活和工程中的应用。
3. 鼓励学生尝试用所学知识解释生活中的其他平衡现象。
（五）布置作业1. 完成课后练习题。
2. 思考如何利用共点力的平衡解决实际问题。
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对物体进行正确地受力分析，是解决好力学问题的关键。
1、受力分析的顺序：先找重力，再找接触力（弹力、摩擦力），最后分析其它力。
2、受力分析的几个步骤．①灵活选择研究对象：也就是说根据解题的目的，从体系中隔离出所要研究的某一个物体，或从物体中隔离出某一部分作为单独的研究对象，对它进行受力分析。
所选择的研究对象要与周围环境联系密切并且已知量尽量多；对于较复杂的问题，由于物体系各部分相互制约，有时要同时隔离几个研究对象才能解决问题．究竟怎样选择研究对象要依题意灵活处理。
②对研究对象周围环境进行分析：除了重力外查看哪些物体与研究对象直接接触，对它有力的作用。
凡是直接接触的环境都不能漏掉分析，而不直接接触的环境千万不要考虑进来．然后按照重力、弹力、摩擦力的顺序进行力的分析，根据各种力的产生条件和所满足的物理规律，确定它们的存在或大小、方向、作用点。
③审查研究对象的运动状态：是平衡状态还是加减速状态等等，根据它所处的状态有时可以确定某些力是否存在或对某些力的方向作出判断。
④根据上述分析，画出研究对象的受力分析图；把各力的方向、作用点（线）准确地表示出来。
3、受力分析的三个判断依据：①从力的概念判断，寻找施力物体；②从力的性质判断，寻找产生原因；③从力的效果判断，寻找是否产生形变或改变运动状态。
二、隔离法与整体法1、整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解的方法。
在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力。
2、隔离法：把系统分成若干部分并隔离开来，分别以每一部分为研究对象进行受力分析，分别列出方程，再联立求解的方法。
3、通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法。
目录绪论 (1)第一节质点、刚体及变形体概念 (1)第二节工程力学课程的内容和学习方法 (2)第一篇刚体静力学 (1)第一章刚体的受力分析 (1)第一节基本概念 (1)第二节静力学公理 (3)第三节力在直角坐标轴上的投影 (7)第四节力对点的矩 (10)第五节力对轴的矩 (16)第六节约束和约束反力 (19)第七节物体的受力分析和受力图 (25)习题 (31)第二章力系的简化和平衡方程 (1)第一节平面汇交力系 (1)例1 力偶和力偶系 (8)例2 平面一般力系 (11)例3 空间一般力系简介 (22)例4 物体的重心 (26)习题 (32)第三章平衡方程的应用 (1)第一节静定问题及刚体系统平衡 (1)第二节平面静定桁架的内力计算 (10)习题 (17)第四章摩擦 (1)第一节滑动摩擦 (1)第二节摩擦角和自锁现象 (3)第三节滚动摩阻 (6)第四节考虑摩擦时物体的平衡问题 (9)习题 (14)第二篇弹性静力学I（杆件的基本变形）......................................................5－1 第五章轴向拉伸和压缩 (2)第一节轴向拉伸（压缩）时杆的内力和应力 (2)第二节轴向拉伸（压缩）时杆的变形 (7)第三节材料在轴向拉伸和压缩时的力学性能 (10)第四节许用应力.安全系数.强度条件 (16)第五节简单拉压超静定问题 (20)第六节应力集中的概念 (25)习题 (27)第六章剪切 (1)第一节剪切的概念 (1)第二节剪切的实用计算 (2)第三节挤压的实用计算 (5)习题 (10)第七章扭转 (1)第一节外力偶矩的计算 (1)第二节扭矩和扭矩图 (2)第三节圆轴扭转时的应力和强度计算 (4)第四节圆轴扭转时的变形和刚度计算 (9)*第五节圆柱形密圈螺旋弹簧的应力和变形 (11)*第六节非圆截面杆扭转的概念 (14)习题 (17)第八章梁弯曲时内力和应力 (1)第一节梁的计算简图 (2)第二节弯曲时的内力 (3)第三节剪力图和弯矩图 (5)第四节纯弯曲时的正应力 (11)第五节剪切弯曲时的正应力强度计算 (14)第六节弯曲切应力 (18)第七节提高梁弯曲强度的一些措施 (24)* 第八节悬索 (27)习题 (35)第九章梁的弯曲变形 (1)第一节工程中的弯曲变形 (1)第二节梁变形的基本方程 (1)第三节用叠加法求梁的变形 (6)第四节简单静不定梁 (12)第五节梁的刚度校核提高梁弯曲刚度的措施 (15)习题 (18)1.弹性静力学II（压杆稳定、强度理论和组合变形）………………………………第十章压杆稳定与压杆设计 (1)1.压杆稳定的概念 (1)1.细长压杆的临界载荷 (2)1.欧拉公式及经验公式 (5)1.压杆稳定条件 (8)1.提高压杆稳定性的措施 (10)习题 (12)第十一章复杂应力状态和强度理论 (1)第一节应力状态概念 (1)第二节二向应力状态分析 (4)第三节三向应力状态分析 (11)第四节广义胡克定律 (12)第五节强度理论 (13)习题 (21)第十二章组合变形的强度计算 (1)第一节组合变形的概念 (1)第二节拉伸（压缩）与弯曲的组合变形 (2)第三节弯曲和扭转的组合变形 (6)习题 (12)附录A 单位制及数值精度…………………………………………………………………附录B 截面的几何性质……………………………………………………………………附录C 型钢表……………………………………………………………………………习题答案…………………………………………………………………………………参考文献………………………………………………………………………………绪论固体的移动﹑旋转和变形，气体和液体的流动等都属于机械运动。
第一章静力学基本概念与物体的受力分析下列习题中，未画出重力的各物体的自重不计，所有接触面均为光滑接触。
1.1试画出下列各物体（不包括销钉与支座）的受力图。
解：如图1.2画出下列各物体系统中各物体（不包括销钉与支座）以及物体系统整体受力图。
解：如图1.3铰链支架由两根杆AB、CD和滑轮、绳索等组成，如题1.3图所示。
在定滑轮上吊有重为W的物体H。
试分别画出定滑轮、杆CD、杆AB和整个支架的受力图。
解：如图1.4题1.4图示齿轮传动系统，O1为主动轮，旋转方向如图所示。
试分别画出两齿轮的受力图。
解：1.5结构如题1.5图所示，试画出各个部分的受力图。
解：第二章汇交力系2.1在刚体的A点作用有四个平面汇交力。
其中F1＝2kN，F2=3kN，F3=lkN，F4=2.5kN，方向如题2.1图所示。
用解读法求该力系的合成结果。
解2.2 题2.2图所示固定环受三条绳的作用，已知F1＝1kN，F2=2kN，F3=l.5kN。
求该力系的合成结果。
解：2.2图示可简化为如右图所示2.3 力系如题2.3图所示。
已知：F 1＝100N ，F 2=50N ，F 3=50N ，求力系的合力。
解：2.3图示可简化为如右图所示2.4 球重为W ＝100N ，悬挂于绳上，并与光滑墙相接触，如题2.4图所示。
已知，试求绳所受的拉力及墙所受的压力。
解：2.4图示可简化为如右图所示墙所受的压力F=57.74N2.5 均质杆AB 重为W 、长为 l ，两端置于相互垂直的两光滑斜面上，如题2.5图所示。
己知一斜面与水平成角，求平衡时杆与水平所成的角及距离OA 。
解：取 AB 杆为研究对象，受力如图所示由于杆件再三力作用下保持平衡，故三力应汇交于C 点。
AB 杆为均质杆，重力作用在杆的中点，则W 作用线为矩形ACBO 的对角线。
由几何关系得 所以 又因为 所以2.6 一重物重为20kN ，用不可伸长的柔索AB 及BC悬挂于题2.6图所示的平衡位置。
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第8版仍保持前7版理论严谨、逻辑清晰、由浅入深、宜于教学的风格体系，对部分内容进行了修改和修正，适当增加了综合性例题，并增删了一定数量的习题。
本书内容包括静力学（含静力学公理和物体的受力分析、平面力系、空间力系、摩擦），运动学（含点的运动学、刚体的简单运动、点的合成运动、刚体的平面运动），动力学（含质点动力学的基本方程、动量定理、动量矩定理、动能定理、达朗贝尔原理、虚位移原理）。
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理论力学（I）第8版哈尔滨工业大学理论力学教研室课后答案前辅文静力学引言第一章静力学公理和物体的受力分析第二章平面力系第三章空间力系第四章摩擦理论力学（I）第8版哈尔滨工业大学理论力学教研室习题答案§4-4 滚动摩阻的概念运动学引言第五章点的运动学*§5-5 点的速度和加速度在球坐标中的投影思考题习题第六章刚体的简单运动§6-1 刚体的平行移动§6-2 刚体绕定轴的转动§6-3 转动刚体内各点的速度和加速度§6-4 轮系的传动比§6-5 以矢量表示角速度和角加速度·以矢积表示点的速度和加速度思考题习题第七章点的合成运动第八章刚体的平面运动动力学引言第九章质点动力学的基本方程第十章动量定理第十一章动量矩定理第十二章动能定理第十三章达朗贝尔原理第十四章虚位移原理参考文献习题答案索引Synopsis哈尔滨工业大学理论力学教研室理论力学（I）第8版课后答案第十四章虚位移原理。
教案：初中力学受力分析讲解教学目标：1. 让学生理解受力分析的概念和重要性。
2. 培养学生正确进行受力分析的方法和技巧。
3. 使学生能够运用受力分析解决实际问题。
教学内容：1. 受力分析的概念和意义。
2. 受力分析的方法和步骤。
3. 受力分析在实际问题中的应用。
教学过程：一、导入（5分钟）1. 引入话题：提问学生对力学的基本概念和力的作用的理解。
2. 引导学生思考：为什么我们需要进行受力分析？二、讲解受力分析的概念和意义（15分钟）1. 解释受力分析的含义：受力分析是指对物体受到的力进行分析和描述的过程。
2. 强调受力分析的重要性：受力分析是研究和解决力学问题的基础，能够帮助我们了解物体的运动状态和力的作用效果。
三、讲解受力分析的方法和步骤（20分钟）1. 受力分析的方法：通过画图和文字描述的方式进行受力分析。
2. 受力分析的步骤：a. 确定研究对象：只考虑外界给研究对象的力。
b. 画重力：将重力的作用点画在物体重心上，方向竖直向下。
c. 画弹力：根据物体与外界接触的地方，画出相应的弹力，方向垂直于接触面。
d. 画摩擦力：根据物体与外界接触的地方，画出相应的摩擦力，方向与物体相对运动或相对趋势方向相反。
e. 检查环节：检查受力分析是否符合题意，是否有假的弹力和摩擦力。
四、受力分析在实际问题中的应用（15分钟）1. 举例说明受力分析的应用：如分析物体的平衡状态、物体的运动轨迹等。
2. 引导学生思考：如何运用受力分析解决实际问题？五、练习和总结（15分钟）1. 给学生发放练习题，让学生独立进行受力分析。
2. 引导学生总结受力分析的方法和技巧。
教学评价：1. 学生能够理解受力分析的概念和意义。
2. 学生能够掌握受力分析的方法和步骤。
3. 学生能够运用受力分析解决实际问题。
教学资源：1. PPT课件：受力分析的概念、方法和步骤。
2. 练习题：实际问题中的受力分析题目。
教学反思：本节课通过讲解受力分析的概念、方法和步骤，让学生了解受力分析的重要性和应用。
