理论力学(机械工业出版社)第四章虚位移原理习题解答

理论力学习题及答案(全)

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 1和2，沿同一直线但方向相反。则其合力可以表示为。 ①1－2； ②2－1； ③1＋2； 2．作用在一个刚体上的两个力A、B，满足A=－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F 1、F 2、F 3、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

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虚位移、达朗贝尔专项练习一．判断题、填空题 1．质点有运动就有惯性力。 < ） 2．已知质点的运动方程就可以确定作用于质点上的力；已知作用于质点上的力也可以确定质点的运动方程。 < ）b5E2RGbCAP 3．虚位移是假想的、极微小的位移，它与时间、主动力以及运动的初始条件无关。 < ）p1EanqFDPw 4．不论刚体作何种运动，其惯性力系向一点简化的主矢的大小都等于刚体的质量与其质心加速度的乘积，方向则与质心加速度方向相反。< ）DXDiTa9E3d 5．如图所示系统由匀质圆盘与匀质细杆铰连而成。已知：圆盘半径为r、质量为M，杆长为l，质量为m。在图示位置，杆的角速度为ω 、角加速度为α ，圆盘的角速度、角加速度均为零。则系统惯性力系向定轴O简化后，其主矩为。RTCrpUDGiT 二、计算题图示匀质细杆的端点A、B在固定圆环中沿壁运动。已知：杆长为L、重为P，质心C的速度大

小为υC<常数），圆环半径为r。试求惯性力系向圆心O简化的结果。5PCzVD7HxA 三计算题在如图所示机构中，各构件自重不计，已知OC = CA，P = 200 N，弹簧的弹性系数k = 10 N/cm，图示平衡位置时? = 30°，θ = 60°，弹簧已有伸长δ = 2 cm，OA水平。试用虚位移原理求机构平衡时力F的大小。jLBHrnAILg 四、计算题五、计算题动静法+虚位移求解

六、计算题七、计算题八、计算题动静法求解

理论力学(14.7)--虚位移原理-思考题答案

第十四章虚位移原理答案 14-1 (1)若认为B处虚位移正确，则A，C处虚位移有错：A处位移应垂直于 O1A向左上方，C处虚位移应垂直向下。若认为C处虚位移正确，则B，A处虚位移有错：B处虚位移应反向，A处虚位移应垂直于O1A向右下方。C处虚位移可沿力的作用线，A处虚位移不能沿力的作用线。 (2)三处虚位移均有错，此种情况下虚位移均不能沿力的作用线。杆 AB，DE若运动应作定轴转动，B，D点的虚位移应垂直于杆AB，DE；杆BC，DE作平面运动，应按刚体平面运动的方法确定点C虚位移。 14-2 （1）可用几何法，虚速度法与坐标（解析）法；对此例几何法与虚速度法比坐标（解析）法简单，几何法与虚速度法难易程度相同。（2）可用几何法，虚速度法与坐标（解析）法。几何法与虚速度法相似，比较简单。用坐标法也不难，但要注意δθ的正负号。

（3）同（2）（4）用几何法或虚速度法比较简单，可以用坐标法，但比较难。（5）同（4） 14-3 （1）不需要。（2）需要。内力投影，取矩之和为零，但内力作功之和可以不为零。 14-4 弹性力作功可用坐标法计算，也可用弹性力作功公式略去高阶小量计算；摩擦力在此虚位移中作正功。 14-5 在平面力系所在的刚体平面内建立一任意的平面直角坐标系，在此刚体平面内任选一点作为基点，写出此平面图形的运动方程。设任一力的作用点为（x i， y i），且把此坐标以平面图形运动方程表示，设此点产生虚位移，把力投影到坐标轴上，且写出此点直角坐标的变分，用解析法形式的虚位移表达式，把力的投影与直角坐标变分代入，运算整理之后便可得。

也可以在平面力系所在的刚体平面内任选一点O（简化中心），把平面力系向此点简化得一主矢与主矩，把主矢以表示，分别给刚体以虚位移，由虚位移原理也可得平衡方程。

虚位移原理的一般解题步骤与注意问题

浅析《虚位移原理》的一般解题步骤与应注意的问题姓名：王晟学号：000572 班级：机05 这个学期的《工程力学》的学习中，大家最感到头疼的可能就是虚位移原理的一些题目了。虚虚实实，有速度，还有加速度；分析起来特别麻烦，一不小心就容易弄错几个虚位移或弄丢几个虚位移。考试的时候很容易丢分。根据平时上课以及从教科书参考书上积累的知识，我将虚位移原理的有关知识总结一下，希望能够为大家提供一些不成熟的建议。解题的一般步骤（1）根据题意，分清所分析的问题时属于哪一类的问题： ①求平衡问题； ②求约束反力或内力； ③判断平衡的稳定性。对于求约束反力或内力的问题，首先应解除约束（求哪个反力或内力，解除与之对应的约束），用对应的反力或内力替代约束对系统的作用，从而将反力或内力“转化”为主动力。每解除一个约束，系统相应增加一个自由度！（2）分析约束性质，画主动力的受力图。在所研究的系统中，如有某些约束不是理想约束，应将这些约束的反力按主动力处理。只画系统的主动力的受力图，这里的主动力应该包括： ①系统以外的物体对它的作用力； ②非理想约束的约束反力； ③因解除约束而“转化”为主动力的约束反力或内力。（3）确定系统的自由度，应包括因杰出约束而增加的自由度。选择合适的坐标（或线坐标、或角坐标）做系统的广义坐标。对完整系统来说，广义坐标的数目等于自由度的数目！（4）给出系统的虚位移，采用如下方法计算主动力作用点的虚位移与广义坐标虚位移的关系： ①几何法：运用运动学中分析速度的方法（对于定常约束来说，虚位移之间的关系就是速度的关系），进行计算。 ②解析法：先选定一个静坐标系，用广义坐标写出主动力（力矩）作用点的坐标分析表达式，然后，再对广义坐标取变分，进行计算。（5）建立虚功方程，计算各主动力在给定虚位移中的虚功，建立虚功方程，确定平衡条件，求出待求的参量。（6）写出系统的势能表达式，确定平衡位置，判断在平衡位置上，系统是处于稳定平衡还是非稳定平衡。（此部分看题目需要）应注意的问题（1）应用虚位移原理，一般都是以整个系统为研究对象，不宜选取分离对象，这是不同与其他分析方法的。（采用虚位移原理解绗架问题也未尝不可，但并没有明显的效果。如《理论力学》教材133页例5－13的第三种方法，就是采用了虚位移原理对分离对象分析）

清华大学理论力学课后习题答案-虚位移原理及其应用习题解(内容参考)

第12章虚位移原理及其应用 12－1 图示结构由8根无重杆铰接成三个相同的菱形。试求平衡时，主动力F 1与F 2的大小关系。解：应用解析法，如图（a ），设OD = l θsin 2l y A =；θsin 6l y B = θθδcos 2δl y A =；θθδcos 6δl y B = 应用虚位移原理：0δδ12=?-?A B y F y F 02612=-F F ；213F F = 12－2图示的平面机构中，D 点作用一水平力F 1，求保持机构平衡时主动力F 2之值。已知：AC = BC = EC = DE = FC = DF = l 。解：应用解析法，如图所示： θcos l y A =；θsin 3l x D = θθδsin δl y A -=；θθδcos 3 δl x D = 应用虚位移原理：0δδ12=?-?-D A x F y F 0cos 3sin 12=-θθF F ；θcot 312F F = 12－3 图示楔形机构处于平衡状态，尖劈角为θ和β，不计楔块自重与摩擦。求竖向力F 1与F 2的大小关系。解：如图（a ），应用虚位移原理：0δδ2211=?+?r F r F 如图（b ）： β θt a n δδt a n δ2 a 1r r r == ；12 δtan tan δr r θ β = 0δtan tan δ1211=? -?r θβF r F ；θ β tan tan 21?=F F 12－4 图示摇杆机构位于水平面上，已知OO 1 = OA 。机构上受到力偶矩M 1和M 2的作用。机构在可习题12-1图（a ）习题12-2解图习题12－3 （a ） r a （b ）

达朗贝尔原理及虚位移原理知识点总结

达朗贝尔原理知识总结 1.质点的惯性力。 ?设质点的质量为m ，加速度为，则质点的惯性力定义为 2.质点的达朗贝尔原理。 ?质点的达朗贝尔原理：质点上除了作用有主动力和约束力外，如果假想地认为还作用有该质点的惯性力，则这些力在形式上形成一个平衡力系，即 3.质点系的达朗贝尔原理。 ?质点系的达朗贝尔原理：在质点系中每个质点上都假想地加上各自的惯性力，则质点系的所以外力和惯性力，在形式上形成一个平衡力系，可以表示为 4.刚体惯性力系的简化结果（1）刚体平移，惯性力系向质心C 简化，主矢与主矩为（2）刚体绕定轴转动，惯性力系向转轴上一点O 简化，主矢与主矩为其中

如果刚体有质量对称平面，且此平面与转轴z 垂直，则惯性力系向此质量对称平面与转轴z 的交点O 简化，主矢与主矩为（3）刚体作平面运动，若此刚体有一质量对称平面且此平面作同一平面运动，惯性力系向质心C简化，主矢和主矩为式中为过质心且与质量对称平面垂直的轴的转动惯量。 5.消除动约束力的条件。刚体绕定轴转动，消除动约束力的条件是，此转轴是中心惯性主轴（转轴过质心且对此轴的惯性积为零）；质心在转轴上，刚体可以在任意位置静止不动，称为静平衡；转轴为中心惯性主轴，不出现轴承动约束力，成为动平衡。常见问题问题一在惯性系中，惯性力是假想的（虚加的），达朗贝尔原理也是数学形式上的，物体一般并不是真的处于平衡。问题二惯性力系一般都是向定点或者质心简化，因此这时惯性力系的主矩，而向其它的点简化，一般上是不成立的。如果一定要向某一任意点A简化，那么要先向定点或质心简化，之后将其移至A点（注意力在平移时将会有附加力偶）。惯性力系的主失是与简化中心无关的。问题三用达朗贝尔原理解题时，加上惯性力系后就完全转化成静力学问题，其求解方法与精力学完全相同。问题四物体系问题。每个物体都有惯性力系，因此每个物体的惯性力系向质心（或定点）简化都得到一个力与一个力偶。虚位移原理知识点总结 1.虚位移·虚功·理想约束。在某瞬时，质点系在约束允许的条件下，人所假想的任何无限小位移称为虚位移。虚位移可以是线位移，也可以是角位移。力在虚位移中所作的功称为虚功。

理论力学答案

第一章习题解答 1.1 由题可知示意图如题1.1.1图: { { S S t 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:()()??? ???? +-+=-=221210*********t t a t t v s at t v s 由以上两式得1 1021at t s v += 再由此式得 ()() 2121122t t t t t t s a +-= 证明完毕. 1.4 解如题1.4.1图所示， A B O C L x θd 第1.4题图 OL 绕O 点以匀角速度转动，C 在AB 上滑动，因此C 点有一个垂直杆的速度分量22x d OC v +=?=⊥ ωω C 点速度d x d d v v v 2 22sec sec cos +====⊥⊥ωθωθθ 又因为ωθ= 所以C 点加速度

θθθω ????==tan sec sec 2d dt dv a () 2 222222tan sec 2d x d x d +==ωθθω 1.5 解由题可知，变加速度表示为?? ? ? ?-=T t c a 2sin 1π 由加速度的微分形式我们可知dt dv 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 π 2-= 即?? ??? ???? ? ?-+=12cos 2T t T t c v ππ 又因为dt ds v = 所以 =ds dt T t T t c ?? ??????? ??-+12cos 2π 对等式两边同时积分，可??? ?????? ??-+=t T t T T t c s 2sin 222 12πππ 1.6解由题可知质点的位矢速度r λ=//v ① 沿垂直于位矢速度μθ=⊥v 又因为 r r λ== //v ，即r r λ= μθθ==⊥r v 即r μθθ= ()() j i v a θ r dt d r dt d dt d +== （取位矢方向i ，垂直位矢方向j ）所以 ()j i i i θ r r dt d r i dt r d r dt d +=+=

理论力学教程思考题答案第三版.doc

第一章思考题解答 1.1答：平均速度是运动质点在某一时间间隔内位矢大小和方向改变的平均快慢速度，其方向沿位移的方向即沿对应的轨迹割线方向；瞬时速度是运动质点在某时刻或某未知位矢和方向变化的快慢程度其方向沿该时刻质点所在点轨迹的切线方向。在的极限情况，二者一致，在匀速直线运动中二者也一致的。 1.2答：质点运动时，径向速度和横向速度的大小、方向都改变，而中的只反映了本身大小的改变，中的只是本身大小的改变。事实上，横向速度方向的改变会引起径向速度大小大改变，就是反映这种改变的加速度分量；经向速度的方向改变也引起的大小改变，另一个即为反映这种改变的加速度分量，故，。这表示质点的径向与横向运动在相互影响，它们一起才能完整地描述质点的运动变化情况 1.3答：内禀方程中，是由于速度方向的改变产生的，在空间曲线中，由于恒位于密切面内，速度总是沿轨迹的切线方向，而垂直于指向曲线凹陷一方，故总是沿助法线方向。质点沿空间曲线运动时，z 何与牛顿运动定律不矛盾。因质点除受作用力，还受到被动的约反作用力，二者在副法线方向的分量成平衡力，故符合牛顿运动率。有人会问：约束反作用力靠谁施加，当然是与质点接触的周围其他物体由于受到质点的作用而对质点产生的反作用力。有人也许还会问：某时刻若大小不等，就不为零了？当然是这样，但此时刻质点受合力的方向与原来不同，质点的位置也在改变，副法线在空间中方位也不再是原来所在的方位，又有了新的副法线，在新的副法线上仍满足。这反映了牛顿定律得瞬时性和矢量性，也反映了自然坐标系的方向虽质点的运动而变。 1.4答：质点在直线运动中只有，质点的匀速曲线运动中只有；质点作变速运动时即有。 1.5答：即反应位矢大小的改变又反映其方向的改变，是质点运动某时刻的速度矢量，而只表示大小的改变。如在极坐标系中，而。在直线运动中，规定了直线的正方向后，。且的正负可表示的指向，二者都可表示质点t t t ?+→t ?0→?t r V θV r a r r V θa θθ r r +θV θ V r V 2θ r -r V θV θ r 2θ r r a r -=.2θθθ r r a +=n a a v n a v n a 0,0≠=b b F a F R 0=+b b R F 0=b a b b R F 与b a b a 00==+b b b a R F 即n a a 而无ττa a n 而无n t a a 又有dt d r r dt dr r j i r θ r r dt d +=r dt dr =dt d dt dr r =dt dr dt d r

理论力学课后习题及答案解析..

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。

理论力学课后习题及答案

应按下列要求进行设计（D ） A．地震作用和抗震措施均按8度考虑 B．地震作用和抗震措施均按7度考虑 C．地震作用按8度确定，抗震措施按7度采用答题（共38分） 1、什么是震级什么是地震烈度如何评定震级和烈度的大小（6分）震级是表示地震本身大小的等级，它以地震释放的能量为尺度，根据地震仪记录到的地震波来确定（2分）地震烈度是指某地区地面和各类建筑物遭受一次地震影响的强弱程度，它是按地震造成的后果分类的。（2分）震级的大小一般用里氏震级表达（1分）地震烈度是根据地震烈度表，即地震时人的感觉、器物的反应、建筑物破坏和地表现象划分的。（1分） D．地震作用按7度确定，抗震措施按8度采用 4．关于地基土的液化，下列哪句话是错误的（ A ）A．饱和的砂土比饱和的粉土更不容易液化 B．地震持续时间长，即使烈度低，也可能出现液化 C．土的相对密度越大，越不容易液化 D．地下水位越深，越不容易液化 5．考虑内力塑性重分布，可对框架结构的梁端负弯矩进行调幅（ B ） A．梁端塑性调幅应对水平地震作用产生的负弯矩进行 B．梁端塑性调幅应对竖向荷载作用产生的负弯矩进行 C．梁端塑性调幅应对内力组合后的负弯矩进行 D．梁端塑性调幅应只对竖向恒荷载作用产生的负弯矩进行 6．钢筋混凝土丙类建筑房屋的抗震等级应根据那些因素查表确定（ B ） A．抗震设防烈度、结构类型和房屋层数 B．抗震设防烈度、结构类型和房屋高度 C．抗震设防烈度、场地类型和房屋层数 D．抗震设防烈度、场地类型和房屋高度 7.地震系数k与下列何种因素有关 ( A ) A.地震基本烈度 B.场地卓越周期一、 C.场地土类 1．震源到震中的垂直距离称为震源距（×）2．建筑场地类别主要是根据场地土的等效剪切波速和覆盖厚度来确定的（√）3．地震基本烈度是指一般场地条件下可能遭遇的超越概率为10%的地震烈度值（×）4．结构的刚心就是地震惯性力合力作用点的位置（×）5．设防烈度为8度和9度的高层建筑应考虑竖向地震作用（×）6．受压构件的位移延性将随轴压比的增加而减小 C．地震作用按8度确定，抗震措施按7度采用答题（共38分） 1、什么是震级什么是地震烈度如何评定震级和烈度的大小（6分）震级是表示地震本身大小的等级，它以地震释放的能量为尺度，根据地震仪记录到的地震波来确定（2分）地震烈度是指某地区地面和各类建筑物遭受一次地震影响的强弱程度，它是按地震造成的后果分类的。（2分）震级的大小一般用里氏震级表达（1分）地震烈度是根据地震烈度表，即地震时人的感觉、器物的反应、建筑物破坏和地表现象划分的。（1分） D．地震作用按7度确定，抗震措施按8度采用 4．关于地基土的液化，下列哪句话是错误的（ A ）E．饱和的砂土比饱和的粉土更不容易液化 F．地震持续时间长，即使烈度低，也可能出现液化 G．土的相对密度越大，越不容易液化

工程力学A 参考习题之虚位移原理习题及解答

虚位移原理习题及解答机构在图示位置平衡，不计各杆自重，求力F 1和F 2的关系解：设AB 杆的A 点为动点，OC 杆为动系，A 、C 两点的虚位移如图，则：φδδcos A e r r = φδδδcos OA e e C l a r a r r == 由上述各式和虚功方程 012=-C A r F r F δδ 解出：机构在图示位置平衡，不计各杆自重，求力偶矩M 与F 之间的关系。解：设OA 杆的虚位移为δφ，则A 、D 、B 各点虚位移如图，图中 δφδa r A = θδθδcos 2cos A B r r = θδθδcos 2sin D B r r = 0=+-D r F M δδφ θ2tan F M = 已知：弹簧原长0.3m ，刚度系数k=5kN/m ，机构在图示位置平衡，不计各杆自重，求力偶矩M 的大小。解：设CD 杆上D 点为动点，AB 杆为动系，它们的虚位移如图 θδδtan e r r r = θ δδδθcos 0.3AD e e r r == 由虚功方程 0=-r k r F M δδθ 以及弹簧力 )]cos 3 .06.0(3.0[θ- -=k F k 可解出 θ θθs i n c o s c o s 14503-=M N.m

已知：BC=AB=L ，BE=BD=b ，弹簧刚度为k ，当x=a 时，弹簧拉力为零，该系统在力F 作用下平衡，杆重不计，求平衡时x=? 解：弹簧力如图，其中 ) (a x l b k F F k k -='= 各力作用点横向坐标及其变分为 θ cos )(b l x D -= θδθδs i n )(b l x D --= θ cos )(b l x E += θδθδs i n )(b l x E +-= θcos 2l x C = θδθδs i n 2l x C -= 代入虚功方程 0=∑x F x δ 0=+'-C E K D K x F x F x F δδδ 解得： 2 2 kb Fl a x += 已知：已知均质杆长，杆重皆为P ，滑块C 重P2，滑轨倾角为θ，求平衡时角φ 为多大？ φsin 2l x D = δφ φδ.cos 2l x D = φcos 2l y D = δφ φδ.sin 2l y D -= φsin 2l x E = δφ φδ.cos 2l x E = φcos 23 l y E = δφ φδ.sin 23l y E -= 0=C x 0=C x δ φcos 2l y C = δφφδ.sin 2l y C -= 把它们代入虚功方程 0)(=+∑y F x F y x δδ得： 0sin sin cos sin cos 21111=++++C E E D D y P y P x P y P x P θδθδθδθδθδ 解得： θφc o t )(2t a n 211 P P P += 15-15 用虚位移原理求图示桁架中杆3的内力。

理论力学周衍柏第三版第二章习题答案

第二章习题解答解均匀扇形薄片，取对称轴为x 轴，由对称性可知质心一定在x 轴上。题2.1.1图有质心公式 ??= dm xdm x c 设均匀扇形薄片密度为ρ，任意取一小面元dS ， dr rd dS dm θρρ== 又因为 θcos r x = 所以 θ θθρθρsin 32a dr rd dr rd x dm xdm x c ===?????? 对于半圆片的质心，即2 πθ=代入，有 πππ θθa a a x c 342 2sin 32sin 32=? == 解建立如图图所示的球坐标系

题2.2.1图把球帽看成垂直于z 轴的所切层面的叠加（图中阴影部分所示）。设均匀球体的密度为ρ。则 )(222z a dz y dv dm -===ρπρπρ 由对称性可知，此球帽的质心一定在z 轴上。代入质心计算公式，即 ) 2()(432 b a b a dm zdm z c ++- ==?? 解建立如题图所示的直角坐标，原来人W 与共同作一个斜抛运动。 y O 题2.3.1图当达到最高点人把物体水皮抛出后，人的速度改变，设为x v ，此人即以 x v 的速度作平抛运动。由此可知，两次运动过程中，在达到最高点时两次运动的水平距离是一致的（因为两次运动水平方向上均以αcos v 0=水平v 作匀速直线运动，运动的时间也相同）。所以我们只要比较人把物抛出后水平距离的变化即可。第一次运动：从最高点运动到落地，水平距离1s

t a v s ?=cos 01 ① gt v =αsin 0 ② ααcos sin 20 1g v s = ③ 第二次运动:在最高点人抛出物体，水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，有 )(cos )(0u v w Wv v w W x x -+=+α 可知道 u w W w a v v x ++ =cos 0 水平距离 αααsin )(cos sin 0202uv g W w w g v t v s x ++== 跳的距离增加了 12s s s -=?= αsin )(0uv g w W w + 2.4 解建立如图图所示的水平坐标。题2.4.1图 θ题2.4.2图以1m ，2m 为系统研究，水平方向上系统不受外力，动量守恒，有 2211=+x m x m && ① 对1m 分析；因为相对绝a a a += ② 1m 在劈2m 上下滑，以2m 为参照物，则1m 受到一个惯性力21x m F &&-=惯（方向与2m 加速度方向相反）。如图图所示。所以1m 相对2m 下滑。由牛顿第二定律有 θ θcos sin 21111x m g m a m &&+=' ②

材料力学课件-虚位移习题解

虚位移原理 1附图中,连接Ｄ，Ｅ两点的弹簧的弹簧常数为ｋ，ＡＢ＝ＢＣ＝l ，ＢＤ＝ＢＥ＝ｂ。当ＡＣ＝ａ时，弹簧拉力为零。设在Ｃ处作用一水平力，使系统处于平衡，求Ａ，Ｃ间的距离ｘ（杆ＡＢ，ＢＣ的质量不计，摩擦不计）。 F 解：作用于机构上的力除主动力F 外，还有弹性力F D ,F E ,它们的元功之和不为0。以?为广义坐标，建立图示坐标系。在图示位置，弹簧伸长为： ()l b a x ?= δ，()l b a x k k F F E D ?= ==δ。由虚位移原理，有： 0=+?C E E D D x F x F x F δδδ (1) 而 ()();sin b l x cos b l x D D ?δ?δ???=?=()();sin b l x cos b l x E E ?δ?δ? +?=+= .sin l x cos l x C C ?δ?δ?22?== 代入(1)式，并约去δ?得： 2 ?? ????+ =b l k F a x 解毕。

2 由ＡＢ和ＢＣ在Ｂ点铰连而成的梁，用铰支座Ａ及杆ＥＦ和ＣＧ支承，受力及力偶Ｍ作用。已知Ｆ＝１ｋＮ，Ｍ＝４ｋＮ·ｍ，梁的重量不计，求杆ＥＦ和ＣＧ的内力。 F 解：分别解除C G 和EF 杆的约束，代之以相应的约束力,如图1，2所示。 (1)由虚位移原理，有： 45=+?°+?δθδδM r cos F r F E EF D P (1) 由图1所示几何关系： δθ δδθδδθδ243===D B E r , r ,r 将上述关系式代入(1)中得： kN 9430.F EF ?=(值为负，表明真正指向与假定的相反)。 CG (2)由虚位移原理，有： 0=?+δθδδM r F r F E CG D P (2) 由图2所示几何关系： 2 3/r , r ,r D B C δθδδθδδθδ=== 将上述关系式代入(2)中得： kN 1671.F CG = 解毕。

理论力学期末复习重点习题答案(周衍柏第三版)

1.1 由题可知示意图如题1.1.1图: { { S S t 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: ()()??? ??? ? +-+=-=2 21210211021221t t a t t v s at t v s 由以上两式得 1102 1 at t s v += 再由此式得 ()() 2121122t t t t t t s a +-= 证明完毕. 1.2 解由题可知,以灯塔为坐标原点建立直角坐标如题1. 2.1图. 设A 船经过0t 小时向东经过灯塔,则向北行驶的B 船经过 ??? ? ? +2110t 小时经过灯塔任意时刻A 船的坐标 ()t t x A 15150--=，0=A y B 船坐标0=B x ， ?? ????-??? ??+-=t t y B 15211150 则AB 船间距离的平方 ()()2 22B A B A y y x x d -+-= 即 () 2 021515t t d -=2 01521115?? ????-??? ??++t t ()2 02 02 211225225675900450??? ? ? ++++-=t t t t t 题1.2.1图

2d 对时间t 求导 () ()67590090002 +-=t t dt d d AB 船相距最近，即() 02=dt d d ，所以 h t t 4 30= - 即午后45分钟时两船相距最近最近距离 2 2min 231543154315??? ???-?+??? ? ? ?=s km 1.3 解 ()1如题1.3.2图 y 题1.3.2图由题分析可知，点C 的坐标为 ?? ?=+=ψ ψ?sin cos cos a y a r x 又由于在 ?AOB 中，有 ? ψsin 2sin a r = （正弦定理）所以 r y r a 2sin 2sin == ψ? 联立以上各式运用 1cos sin 22=+?? 由此可得 r y a x r a x 2 2cos cos --= -=ψ? 得第1.3题图

理论力学第三版(周衍柏)习题答案

第一章质点力学第一章习题解答 1.1 由题可知示意图如题1.1.1图: { { S S t 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: ()()??? ??? ? +-+=-=2 21210211021221t t a t t v s at t v s 由以上两式得 1102 1 at t s v += 再由此式得 ()() 2121122t t t t t t s a +-= 证明完毕. 1.2 解由题可知,以灯塔为坐标原点建立直角坐标如题1. 2.1图. 题1.2.1图设A 船经过0t 小时向东经过灯塔,则向北行驶的B 船经过??? ? ?+2110t 小时经过灯塔任意时刻A 船的坐标

()t t x A 15150--=，0=A y B 船坐标0=B x ， ?? ????-??? ??+-=t t y B 15211150 则AB 船间距离的平方 ()()2 22B A B A y y x x d -+-= 即 () 2 02 1515t t d -=2 01521115?? ????-??? ??++t t ()2 02 002211225225675900450??? ? ?++++-=t t t t t 2d 对时间t 求导 () ()67590090002 +-=t t dt d d AB 船相距最近，即() 02=dt d d ，所以 h t t 4 30= - 即午后45分钟时两船相距最近最近距离 2 2 min 231543154315??? ???-?+??? ? ? ?=s km 1.3 解 ()1如题1.3.2图 x y C a B A ψ ? r O a 第1.3题图

虚位移原理

第15章虚位移原理 15-1 图示曲柄式压缩机的销钉B 上作用有水平力F ，此力位于平面ABC 内。作用线平分ABC ∠。设AB = BC ，θ2=∠ABC ，各处摩擦及杆重不计，求对物体的压缩力。解：令B 有虚位移AB B ⊥r δ，而C 有铅直向上的虚位移C r δ，如图（a ）。将B r δ及C r δ向BC 方向投影，为简单起见，以B r δ表示B r δ的绝对值B r δ，以C r δ表示C r δ，则有 )902cos(δ)90cos(δ?-=-?θθB C r r 即 θcos 21δδ=C B r r （1）由虚位移原理得 0δsin δN =-C B r F r F θ θ sin δδN F F r r C B = （2）将式（1）代入（2）得 θtan 2 N F F = 15-3 挖土机挖掘部分示意如图。支臂DEF 不动，A 、B 、D 、E 、F 为铰链，液压油缸AD 伸缩时可通过连杆AB 使挖斗BFC 绕F 转动，EA = FB = a 。当?==3021θθ时杆DF AE ⊥，此时油缸推力为F 。不计构件重量，求此时挖斗可克服的最大阻力矩M 。解：由虚功原理： 0δδcos 1=-??θM r F A （1）式中 a r B δδ=? （2） A 、 B 的虚位移向AB 投影 22sin δcos δθθB A r r = 2tan δδθB A r r = （3）式（2），（3）代入（1）得 0δδtan cos 21=? -??a r M r F B B θθ Fa M Fa M 2 1,sin ,30221==?==θθθ 15-5 在图示机构中，当曲柄OC 绕O 轴摆动时，滑块A 沿曲柄滑动，从而带动杆AB 在铅直导槽K 内移动。已知：OC = a ，OK = l ，在点C 处垂直于曲柄作用一力F 1；而在点B 沿BA 作用一力F 2。求机构平衡时F 2与F 1的关系。解：用解析法解，选取?为广义坐标，则滑块A 的约束方程 ?tan l y A = ??δsec δ2l y A = （1）由虚位称原理 0δδ)(21=+-A y F a F ? （2）把式（1）代入（2）得 0δsec δ221=+-???l F a F 因 0δ≠?，于是有 0sec 221=+-?l F a F 故 ? 221cos a l F F =

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理论力学教程第三版(周衍柏著)课后答案下载理论力学教程第三版可作为高等学校物理类专业教材，其他相关专业视需要也可选为理论力学教材或参考书。以下是由关于理论力学教程第三版(周衍柏著)课后答案下载地址，希望大家喜欢! 点击进入：理论力学教程第三版(周衍柏著)课后答案下载地址本书是在第二版的基础上修订而成的，适用于高等学校物理类专业的理论力学课程。本书与第二版相比内容保持不变，仅将科学名词、物理量符号等按照国家标准和规范作了更新。本书内容包括质点力学、质点组力学、刚体力学、转动参考系及分析力学等，每章附有小结、补充例题、思考题及习题。绪论第一章质点力学 §1.1运动的描述方法 §1.2速度、加速度的分量表示式 §1.3平动参考系 §1.4质点运动定律 §1.5质点运动微分方程 §1.6非惯性系动力学(一) §1.7功与能 §1.8质点动力学的基本定理与基本守恒定律 §1.9有心力小结

补充例题思考题习题第二章质点组力学 §2.1质点组 §2.2动量定理与动量守恒定律 §2.3动量矩定理与动量矩守恒定律§2.4动能定理与机械能守恒定律§2.5两体问题 §2.6质心坐标系与实验室坐标系§2.7变质量物体的运动 §2.8位力定理小结补充例题思考题习题第三章刚体力学 §3.1刚体运动的分析 §3.2角速度矢量 §3.3欧拉角 §3.4刚体运动方程与平衡方程 §3.5转动惯量

§3.6刚体的平动与绕固定轴的转动 §3.7刚体的平面平行运动 §3.8刚体绕固定点的转动 *§3.9重刚体绕固定点转动的解 *§3.10拉莫尔进动小结补充例题思考题习题第四章转动参考系 §4.1平面转动参考系 §4.2空间转动参考系 §4.3非惯性系动力学(二) *§4.5傅科摆小结补充例题思考题习题第五章分析力学 §5.1约束与广义坐标 §5.2虚功原理 §5.3拉格朗日方程

理论力学第三版(周衍柏)习题答案

()t t x A 15150--=，0=A y B 船坐标0=B x ， ?? ????-??? ??+-=t t y B 15211150 则AB 船间距离的平方 ()()222B A B A y y x x d -+-= 即 ()2021515t t d -=2 01521115?? ????-??? ??++t t ()2 02 002211225225675900450??? ? ?++++-=t t t t t 2d 对时间t 求导 () ()67590090002 +-=t t dt d d AB 船相距最近，即() 02=dt d d ，所以 h t t 4 30= - 即午后45分钟时两船相距最近最近距离 2 2min 231543154315??? ???-?+??? ? ? ?=s km 1.3 解 ()1如题1.3.2图第1.3题图

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《理论力学第三版(周衍柏)习题答案》第一章质点力学第一章习题解答 1.1 由题可知示意图如题 1.1.1 图: SS2t1t 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: 22 1 2 1 021 1 021221t t a t t v sat t v s 由以上两式得 11021attsv 再由此式得 2 1 2 11 22t t t tt t sa 证明完毕. 1.2 解由题可知,以灯塔为坐标原点建立直角坐标如题 1.2.1 图. ABO 题1.2.1图设 A 船经过0t 小时向东经过灯塔,则向北行驶的 B 2110t 小时经过灯塔任意时刻 A 船的坐标 t t x A 15 15 0 0 Ay B 船坐标 0 Bx ， t t y B 15211 150 则 AB 船间距离的平方 22 2B A B Ay y x x d 即 20215 15 t t d 2015211 15 t t 2020 02211 225 225 675 900 450 t t t t t 2d 对时间 t 求导 675 900 90002 t tdtd d AB 02dtd d ，所以 h t t430 即午后 45 分钟时两船相距最近最近距离 2 2min231543154315 skm 1.3 解 1如题 1.3.2 图 xyCaBA rOa 第1.3题图 ABCra xyO 题1.3.2图由题分析可知，点 C 的坐标为 sincos cosa ya r x AOB sin2sina r ryra 2 sin 2sin 联立以上各式运用 1 cos sin2 2 由此可得 ry a xra x2 2coscos 得 12 422 2 2 2 222 ry a x y a xry 得 2 2 2 2 2 22 3 y a x r a x y 化简整理可得 22 2 2 2 2 2 23 4 r a y x y a x 此即为 C 点的轨道方程. （2）要求 C 点的速度，分别求导 2cossincos 2cossin ryrr x 其中又因为 sin 2 sin a r 对两边分别求导故有 cos 2cosar 所以 2 2y x V 4cossincos 2cossin2 2 22 r rr sin cos sin 4 coscos 22r 1.4 解如题 1.4.1 图所示， A BOCLx d 第1.4题图 OL 绕 O 点以匀角速度转动， C 在 AB 上滑动，因此 C 点有一个垂直杆的速度分量 2 2x d OC v C 点速度 dx dd vvv2 22sec seccos 所以 C 点加速度 tan sec sec 2 ddtdva 22 2 22 22tan sec 2dx d xd 1.5 解由题可知，变加速度表示为 Ttc a2sin 1 由加速度的微分形式我们可知 dtdva 代入得 dtTtc dv 2sin

虚功原理(虚位移原理)

§5、2虚功原理（虚位移原理）一、虚位移和实位移实位移：由于运动而实际发生的位移 dt v r d = 对应时间间隔dt ，同时满足运动微分方程虚位移：t 时刻，质点在约束允许情况下可能发生的无限小位置变更虚位移是可能位移，纯几何概念（非运动学概念），以i r δ表示（1）特点（本质）：想象中可能发生的位移，它只取决于质点在t 时刻的位置和约束方程，并不对应一段时间间隔（)0=t δ，它是一个抽象的等时变分概念（2）直观意义（求法）：对于非稳定约束，在t 时刻将约束“冻结”，然后考察在约束允许情况下的可能位移，即视约束方程中的t 不变（)0=t δ，对约束方程进行等时变分运算（同微分运算，注意)0=t δ即可得虚位移；对于稳定约束，由于约束方程中不显含t ，“冻结”已无实际意义，等时变分运算与微分运算完全相同。 Example 质点被限制在以等速u 匀速上升的水平面内运动，约束方程为 0=-ut z 0=z δ udt dz = （3）实位移是唯一的，虚位移可若干个；对稳定约束，实位移为若干个虚位移中的某一个；对非稳定约束，实位移与虚位移不一致。见273p 图5.2－1 二、理想约束实功－作用在质点上的力（含约束力i R ）在实位移r d 中所作的功 dW 虚功－作用在质点上的力（含约束力i R ）在任意虚位移r δ中所作的功 W δ 其中 i R 为第i 个质点受的约束力若 ∑ =?i i i r R 0 δ 体系所受诸约束反力在任意虚位移中所作元功之和等于零?理想约束例如光滑曲面、曲线约束，刚性杆，不可伸长的绳索等刚性杆约束 022112 111='+'-=?+?r f r f r f r f δδδδ （21f f -= 21f f =； 2 1r r '='δδ 刚性杆约束所允许）由于引入了虚位移，巧妙的消取了约束反力（优点亦是缺点）三、虚功原理（分析力学重要原理之一）（受约束力学体系的力学原理之一）体系受k 个几何约束，在主动力和约束力的共同作用下处于平衡状态，则其中每个质点均处于平衡状态，即 0=+i i R F （2,1=i ……)n 0=?+?i i i i r R r F δδ? 对系统求和?