当前位置： >> 合工大理论力学习题册答案 1第一篇 静力学一、受力图1 C 1 下列习题中假定接触处都是光滑的，物体的重量除图上注明者外均略去不计。画 出下列指定物体的受力图。R O N G A (a) 杆 AB q DBANA CT P
NB B(b) 杆 AB A A D B CB C P (c) 杆 AB q (d) 杆 AC, 杆 AB, 销 C FAC A XA YA B FBC P C D FDE E YA A A (e) 杆 AC, 杆 BC, 销 C E X’C XA C Y’C P B YC C FCB C FED D B RB F’CB XC P D SCD B C C FCB F’CA C FCAAF’CBPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 21 C 2 出下列各物系中指定物体的受力图。未画重力的物体重量均不计。A Q Q E C D YO O XO B YB XB A XA (b) AC, AB (a) AB, CD Q A Q C B XB P YA YB C′ XCD YC C YA XAYBSCCRE YAE′ YCXCBXBAXA RE’ EPD CPYB XB Q F FG FA G (c) AC, BD AB B DFB BAFAC RC (d) FB B BE RE AB, BCD, DEF FB’FC C D A PFD D DQFFFA F’CCA FAC RCFD’E REB FBPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 理论力学习题册解答3二、平面汇交力系2 C 1 五个力作用于一点， 如图所示图中方格的边长为 1cm，求力系的合力。 [解] 由解析法有 500N y 1000NRX = ∑ Xθ2450Nθ1 θ4750N 800N x= 1000 cosθ 1 ? 500 cosθ 2 ? 450 ? 750 cosθ 3 + 800 cosθ 4 = 549.3 Nθ3RY = ∑ Y= 1 000 sin θ 1 + 500 sin θ 2 ? 750 sinθ 3 ? 800 sin θ 4= ?382.8 N所以合力 R 大小为： R =2 2 R X + RY = 669.5 NR 方向为： α = arctgRY = ?34°52′ RX2 C 2 物体重 P=20KN，用绳子挂在支架的滑轮 B 上，绳子的另一端接在绞车 D 上，如图所示，转动绞车物体便能升起。设滑轮的大小及其中的摩擦略去不计，A、B、C 三处均 为铰链连接。当物体处于平衡态时，试求拉杆 AB 和支杆 CB 所受的力。 [解] A B 取滑轮 B 为研究对象,受力如图所示,列平衡方程：∑ X = 0 : ?F ∑Y = 0 : ?FAB? FCB cos 30° ? T sin 30° = 0 sin 30° ? P ? T cos 30° = 0C30 30 D PCBT =P联立上述方程可解得：FAB = 54.64 KN ; (拉） FCB = ?74.64 KN ; （压）FAB FCB T PPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 4理论力学习题册（A 册）习题解答三、力矩、平面力偶系3 C 1 构件的支撑及荷载情况如图，求支座 A、B 的约束反力。RA A 6m 15KNm 24KNm RB B a RA P’ L [解] (a) AB 梁受力如图： (b) 构件受力如图： 45 P RB B∑mi= 0, RA ? AB + 15 ? 24 = 0 R A = RB = 1.5 KN∑mi= 0, R A sin 45° ? l ? Pa = 0 2 P ?解得：解得： R A = RB =3C2四连杆机构 OABO1，在图示位置平衡，已知 OA=40cm，O1B=60cm，作用在曲柄 OA 上的力偶矩大小为 m2=1NM,不计杆重,求力偶矩 m1 的大小及连杆 AB 所受的力。 [解] AB 为二力杆，受力如图： B 30 A ① 以 AO1 杆为对象， O m2∑mi= 0 : FA ? OA ? sin 30° ? m2 = 0可解得：m1 即O1 B A m2 B NO NO1 A FA FBFA = 5N ;FB = 5N ;FB FA O② BO1 杆受力如图,∑ mi = 0 : ? FB ? BO1 + m1 = 0解得： m1 = 3 Nmm1 O1PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 理论力学习题册（A 册）习题解答5四、平面任意力系4 C 1 简明回答下列问题；?试用力系向已知点简化的方法说明图所示的力 F 和力偶(F1，F2)对于轮的作用有何不同？在轮轴支撑 A 和 B 处的约束反力有何不同？设 F1=F2=F/2，轮的半径为 r。 F A F1 B M=Fr F2 F B M=Fr RAA[答]：考虑约束，则力和力偶对轮的作用相同；而 A 处的约束反力大小等于 F， B 处的约束反力大小等于 0。?怎样判定静定和静不定问题？图中所示的六种情况那些是静定问题，那些是静不定问P (a) FP (b) F (c) FPABAB AB(d) 题？为什么？ 静定问题： (c)、(e)(e)(f)静不定问题：(a)、(b)、(d)、(f)PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 6第四章平面任意力系4 C 2 图示平面力系，其中 P1=150N，P2=200N，P3=300N， 。力偶的臂等于 8cm，力偶的力F =200N。试将平面力系向 O 点简化，并求力系合力的大小及其与原点 O 的距离 d。 y [解]RX = ∑ X = X1 + X 2 + X 3 =? 2 1 2 × 150 ? × 200 ? × 300 = ?437.6 N 2 10 51 P1 1 10cmP2 3 1 20cm P3 1 2 xRY = ∑ Y = Y1 + Y2 + Y3 =? 2 3 1 × 150 ? × 200 + × 300 2 10 5= ?161.6 N合力 R 大小为：2 2 R = R X + RY = (?437.6) 2 + (?161.6) 2 = 466.5 N方向： 合力偶矩大小为：α = arctgRY = arctg 0.37 = 20.3° RXM O = ∑ M O ( F ) = 150 ×与原点距离为：2 1 × 0.1 + 300 × × 0.2 ? 200 × 0.08 = 21.44 Nm 2 5 d= MO = 45.96cm R4 C 3 求下列各图中平行分布力系的合力和对于 A 点之矩。L A q (a) [解] A a L (b) (a) 对 A 点之矩为: (b) 对 A 点之矩为: q q1 B A L (c) (c) 对 A 点之矩为： B q21 M A = ? qa × a 2 1 = ? qa 2 21 2 M A = ? qL × L 2 3 1 = ? qL2 31 1 M A = ? q1L2 ? (q2 ? q1 ) L 2 3 1 = ? (q1 + 2q2 ) L2 6PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 第四章平面任意力系74C4m。 [解]求下列各梁和刚架的支座反力，长度单位为YA A1.5KNm2KN 45° B NB(a)AB 梁受力如图(a)所示：∑X = 0: ∑Y ∑MX A + 2 × cos 45° = 0XA= 0 : Y A + N B ? 2 × sin 45° = 0A4cm (a)2cm= 0 : ? 1.5 + N B × 4 ? 2 × sin 45° × 6 = 02KN1KN/m联立方程组可解得：X A = ?1.41KN; YA = ?1.09KN; N B = 2.50KN;(b) AB 梁受力如图(b)所示:AA YA 1mXA 2m (b)B NB 1m∑ X = 0: X ∑Y = 0 : YA=01 + N B ? 2 ? ×1× 3 = 0 2 1 ∑ M A = 0 : 2 ×1 + N B × 2 ? 2 × 1× 3 × 1 = 0解得：4KN/m5KN CX A = 0KN; Y A = 3.75KN; N B = ?0.25KN;4m (C) AC 梁受力如图(c)所示:∑ X = 0: ∑Y = 0 : ∑MAXA = 0 YA ? 4 × 3 ? 5 = 0XA MA YA3m A= 0 : M A ? 5 × 3 ? 4 × 3 × 1.5 = 0(C )由上述方程可解得：X A = 0KN; Y A = 17KN; M A = 33KNm;A XAF r D YA 20cm10cmTBC 45 B4 C 5 重物悬挂如图，已知 G=1.8KN，其它重量不计，求铰链 A 的约束反力和杆 BC 所受的力。 [解] 整体受力如图： F = G G 60cmPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 8第四章平面任意力系∑ X = 0: X ∑Y = 0 : Y ∑MA AA? F ? TBC × cos 45° = 0? G + TBC sin 45° = 0( F ) = 0 : F × r + TBC sin 45° × 0.6 ? G × 0.3 = 0解得： X A = 2.4 KN ; Y A = 1.2 KN ; TBC = 848 N ;4C6图示小型回转式起重机，已知 P=10KN，自重 G=3.5KN，求轴承 A、B 处的约束反力。 [解] 起重机受力如图所示， 平衡方程：3m XA 1m A 5m∑ X = 0: ∑Y = 0 : ∑MBXA + XB = 0 YB ? G ? P = 0 ?XA(F ) = 0 :× 5 ? P × 3 ? G ×1 = 0G B XB YBP联立方程组可解得：X A = ?6.7 KN ; X B = 6.7 KN ; YB = 13.5KN ;4 C 7 图示铁路起重机除平衡重 W 外的全部重量为 500KN，重心在两铁轨的对称平面内，最大起重量为 200KN。为保证起重机在空载和最大载荷时都不至于倾倒，求平衡重 W 及其距离 x。 [解] 起重机受力如图：分析两种状态： (1).满载时：有 R A ≥ 0 ，∑MB(F ) = 0 :G W A x 1．5m RA RB B 6mP1 W ( x + 1.5) + 500 ? ? 1.5 ? P ? 6 ≥ 0 2(2) 空载时：有 R B ≥ 0 ，∑MA(F ) = 0 :1 W × x ? 500 ? ? 1.5 ≤ 0 2 联立解得：W ≥ 300KN，x ≤ 1.25m。所以，为了保证起重机在空载和最大荷载时都不至于倾倒， 必须满足 W ≥ 300KN，x ≤ 1.25m。PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 第四章平面任意力系94 C 8 均质球重为 P，半径为 r，放在墙与杆 CB 之间，杆长为 ? ，其与墙的夹角为 α ，B 端用水平绳 BA 拉住，不计杆重，求绳索的拉力，并求 α 为何值时绳的拉力为最小？ [解] 以球为研究对象， A B∑ Y = 0, N sin α ? P = 0 ∑ M (F ) = 0 :C? N=P sin αBC 杆的受力如图所示rT? cosα = N × CD N × CD ? cosα r sin α 1 ? cosα(*)E D α P C RF解得T=由几何关系知， CD = r cot 可得α 2CD =N P将 N 和 CD 代入(*)式，得：P r sin α × T = sin α 1 ? cosα = ? cosαα 令 F (α ) = 2 sin 2 cos α = cos α (1 ? cos α ) ， 2则由 F ′(α ) = 0 得：Pr α 2? sin 2 cosα 2TN’ DBYCC? sin α (1 ? cosα ) + cosα sin α = 0即XCsin α (2 cosα ? 1) = 0 α = 0° (舍去)； α = 60°∴当 α = 60° 时， Tmin =解得4 Pr ?4 C 9 求下列各梁的支座反力和中间铰处的约束反力。长度单位为 m。[解] (a) 首先取 BC 梁为研究对象， 受力如图所示， 40KNm 20KN/m∑MC= 0 : ? YB + 20 × 6 × 3 = 0 YB = 60KN ;A 3mB 6mC30PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 10第四章B平面任意力系∑ X = 0: X ∑Y = 0 : Y解得：B? N C cos 60° = 020KN/m+ N C sin 60° ? 20 × 6 = 0 X B = 34.64 KN ;XB B YB C 60 NCN C = 69.28KN ;再取 AB 为研究对象，AB 杆受力如图：∑ X = 0: X ∑Y = 0 : Y ∑MA AA? XB = 0MA 40KNm XB YB YA? YB = 0XA A B= 0 : M A ? 40 ? YB × 3 = 0解得：X A = 34.64 KN ; YA = 60 KN ; M A = 220 KNm;(b) 首先取 CD 杆为研究对象，受力如图：∑MC= 0 : N D × 4 ? 2.5 × 2 × 1 ? 5 = 0 N D = 2.5 KN ;A5KN2.5KN/m5KNm DBC∑ X = 0: XC=01m 1m 2m 2m 2.5KN/m XC YC 2m 5KNm D ND∑ Y = 0 : YC ? 2.5 × 2 + N D = 0YC = 2.5KN再取 AC 梁为研究对象，受力如图：∑ X = 0: X ∑Y = 0 : Y ∑MA ACA=0? 5 + N B ? 2.5 × 2 ? YC = 05KN A XA YA B NB 2.5KN/m Y’C C X’C= 0 : ? 5 × 1 + N B × 2 ? 2.5 × 2 × 3 ? YC × 4 = 0解得： Y A = ?2.5 KN ; N B = 15KN ;PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 第四章平面任意力系114 C 10已知: 求: [解] 结构及受力如图。 A、B、C 处约束反力。 对整体受力如图，有 20kN/m 50kN C∑ X = 0, ∑ Y = 0, ∑MAX A + X B + 50 = 0 Y A + YB ? 20 × 5 = 0YAAXA5m 5mYBB5mXB( F ) = 0, ? 50 × 5 ?50kN20 × 5 × (5 + 2.5) + YB × 10 = 0 X A + X C + 50 = 0 Y A + YC = 0YCCXC对 AC 部分，受力如图，有∑ X = 0, ∑ Y = 0, ∑M解得AYAAXA( F ) = 0, ? 50 × 5 ? X C × 5 + YC × 5 = 0X A = 0, YA = 0, X B = ?50kN, YB = 100kN, X C = ?50kN, YC = 0 4 C 11结构及受力如图。 A 处约束反力及销钉 B 对 BC、AB 杆 的作用力。 [解] CD、BC、AB 三根杆及销钉 B 受力 分别如图所示。 对 CD 杆，有 已知: 求: D M B 3a C a q aP∑ M D ( F ) = 0, aFCx ? qa解得a =0 2a AFCx =1 qa 2qFDy FDx Dq对 BC 杆（含销钉 B） ，有∑M' ∑ X = 0, FBAx ? FCx = 0 C( F ) = 0, M ? aFBAy + aP = 0FCx FCyC解得销钉 B 对弯杆 AB 的作用力为PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 12' FBAx = FBAx = ' FBAy = FBAy第四章平面任意力系1 qa 2 = P + qaP' FCyFBAxBM C' FBAy ' FCx对弯杆 AB（不含有销钉 B） ，有FBAy1 ' ∑ X = 0, FAx + 2 q ? 3a ? FBAx = 0B' FBAx∑ Y = 0, ∑MAFAy ? F' BAy=01 ' ' ( F ) = 0, M A ? aFBAy ? q ? 3aa + 3aFBAx = 0 2解得 A 处约束反力qA FAxFAx = ? qa, FAy = P + qa, M A = ( P + qa)a对销钉 B，有MA FBAx FBAyFAyP B FBCx∑ X = 0, ∑ Y = 0,解得FBAx + FBCx = 0 FBAy + FBCy ? P = 0FBCy1 FBCx = ? qa, FBCy = ? qa 2负号表示该力的实际方向与图设的方向相反。销钉对 BC 杆的作用力与 FBCx , FBCy 大小相 等，方向相反，作用于 BC 杆的 B 点。 A 6 C 5 B 4 a 3 D a 1 θ 24 C 12a/2ES1 S2E已知: 结构及受力 P 如图。 a/2 求: 用节点法各杆件的内力。 [解] 分别取 E、D、C 三节点为对象， 分析受力如图所示，设各杆件受拉。 对节点 E：PP∑ X = 0, ∑ Y = 0,? S1 ? S 2 cosθ = 0 ? P ? S 2 sin θ = 0S4S3 DS '2S6 S5' C S1由图中的几何关系有' S3PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 第四章平面任意力系13sin θ =5 2 5 , cosθ = 5 5解得杆 1，2 受力为：S1 = 2 P （拉） S 2 = ?2.236 P （压） ，对节点 D：∑ X = 0, ∑ Y = 0,' S 2 cosθ ? S 4 = 0 ' S 2 sin θ + S 3 = 0' 由 S 2 = S 2 解得杆 3，4 受力为： S 4 = ?2 P （压） S 3 = P （拉） ，对节点 C：∑ X = 0, ∑ Y = 0,S1' ? S 6 cosθ ? S 5 cosθ = 0' ? S 3 + S 6' sin θ ? S 5 sin θ = 0' 由 S1' = S1 ， S 3 = S 3 解得杆 5，6 受力为： S 5 = 0 ， S 6 = ?2.236 P （压）4 C 13已知: 求: [解] 结构尺寸及受力如图。 用截面法求杆 1、2、3 的内力。 用截面法取分离体如图所示，由A3m2 1 2m P3 P 2m P 2m P∑M ∑M解得( F ) = 0, ? F1 ? AB ? 2 P ? 4 P ? 6 P = 0 ( F ) = 0, ? F1 ? CD ? 2 F2 + 2 P ? 2P ? 4P = 0F12mCA F4 C F2 D B P F2 B P P P F3 θ F5 PF1 = ?5.333P （压） F2 = 2 P （拉） ，再研究 B 节点，受力如图所示，由∑ Y = 0,解得F1F2 + F3 sin θ ? P = 0 F3 = ?1.667 P （压）PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 14理论力学习题册（A 册）习题解答五、摩擦5C1已知： W=980N，物块与斜面间的静摩擦系数 f=0.20， 动摩擦系数 f ' =0.17。 求： 当水平主动力分别为 P=500N 和 P=100N 两 种情况时， （1）物块是否滑动； （2）求实际 的摩擦力的大小和方向。 [解] 设物块处于平衡状态下，受力如图所示，并 设摩擦力 F 方向为沿斜面向下，有 P F W N 20o y x∑ X = 0, ∑ Y = 0,P cos 20 o ? W sin 20 o ? F = 0 ? P sin 20 o ? W cos 20 o + N = 0（1）当 P=500N，解得 N=1091.91N，F=134.67N 由 F ≤ Fmax = Nf = 1091.91 × 0.20 = 218.38N 所以物块静止，所受摩擦力为静摩擦力，大小为 F=134.67N，方向沿斜面向下。 （2）当 P=100N，解得 N=955.1N，F=-241.21N 由 F & Fmax = Nf = 955.1 × 0.20 = 191.02 N 所以物块沿斜面向下滑动，所受摩擦力为滑动摩擦力，大小为F = Nf ' = 955.10 × 0.17 = 162.37 N方向与图示方向相反，沿斜面向上。5C2已知： 梯子 AB 重为 P=200N，梯长 l，与水平夹角θ = 60 o 。 接触面间的摩擦系数均为 0.25。人重 G=650N。 求： 人所能达到的最高点 C 到 A 点的距离 s 应为多少？ [解] 研究梯子 AB，受力如图所示。由FB B NB l P FA θ G C A NA s∑ X = 0, ∑ Y = 0,N B ? FA = 0 FB ? P ? G + N A = 0PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 第五章摩擦15∑MAl ( F ) = 0, P ? cosθ + Gs ? cosθ 2 ? N B l ? sin θ ? FB l ? cosθ = 0由临界平衡条件知：FA = N A ? 0.25 ； FB = N B ? 0.25联立解得:s = 0.456l5C3已知： 推杆 AB 与滑道间的摩擦系数为 f，滑道宽为ｂ；偏心轮上作用一力偶 m； 推杆轴受铅直力 Q。偏心轮与推杆间的摩擦忽略不计。 求： ｂ的尺寸为多少时，推杆才不致被卡住。 [解] 研究推杆 AB，受力分析如图所示。 设系统处于临界平衡状态，有 Q∑ X = 0, ∑ Y = 0, ∑MDNA ? NB = 0? Q ? FA ? FB + N = 0(F ) = 0, Na + FA d d ? FB ? N B b = 0 2 2A NA D FA B NB F B d m abNO e式中FA = N A f ； FB = N B fN'm O分析凸轮受力由∑MO( F ) = 0, m ? N ' e = 0N ''解得： N '= m / e 又由 N = N ' ，可联立解得： b =2afm m ? Qe推杆不致被卡住 b &2afm m ? QePDF created with FinePrint pdfFactory trial version 16第五章摩擦5C4已知： 尖劈 A 的顶角为α， B 块上受重 在 物 Q 的作用。 与 B 块间的摩擦系 A 数为 f（其它有滚珠处表示光滑） 。 不计 A 和 B 块的重量， 求： （1）顶住物块所需的力 P 的值； （2）使物块不向上移动所需的 力 P 的值。 [解] 整体受力如图 由 FNBQ B PαFNAA∑ Y = 0,FNA ? Q = 0FNAA FR1P1FNAα-φFR1 P1解得： FNA = Q 设顶住重物所需的力为 P1，使重物不致向 上移动所需的力为 P2。用摩擦角的概念解 题， 两种情况的力三角形如图所示， 解得：A FR2 FNAP2α+φFNA FR2 P2P = Q tan(α ? ? ) ， P2 = Q tan(α + ? ) 1注意 tan ? = f 得P= 1sin α ? f cosα Q cosα + f sin α sin α + f cosα Q cosα ? f sin αP2 =PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 理论力学习题册（A 册）习题解答17六、空间力系6C1已知： 边长为 a 的正方形的顶角处分别作用力 Q 和 P。 求： 二力杆在 x、y、z 轴上的投影和对 x、y、z 轴的矩。 [解] 由定义计算结果为zQx = ?3 3 Q, M x (Q ) = aQ ； 3 3PQy = ?3 3 Q, M y (Q ) = ? aQ ； 3 3xQy3 Qz = Q, M z (Q ) = 0 ； 3 Px = 2 2 P, M x ( P) = aP ； 2 2 Pz =Py = 0, M y ( P ) = 0 ；2 2 P, M z ( P ) = ? aP 。 2 26C2已知： 三杆用铰链连结于点 O，平面 BOC 是水平，OB=OC，AD 垂直于 BC，BD=DC， 角度如图。O 点挂一重物 W=1kN，不计杆重。 求： 三杆所受的力。 z [解] 三杆均为二力杆，该系统受力如图 FC 所示，由 C X = 0, FB cos 45o ? FC cos 45o = 0 FB 45o 45o O B y x Y = 0, ? FB sin 45 o ? FC sin 45 o∑ ∑+ FA sin 45 o = 0FAA W∑ Z = 0,FA cos 45 o ? W = 0 FB = FC = 707 N （拉） 。解得： F A = 1414 N （压） ，PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 18第六章空间力系6C3已知： 空间构架由三根无重直杆组成，在 D 端用球铰链连接。A、B 和 C 端则用球铰链 固定在水平地板上。D 端所挂物重 P=10 kN。 求： 铰链 A、B 和 C 的反力。 [解] 三杆均为二力杆，该系统受力如图所示，由 z D o o∑ X = 0,FA cos 45 ? FB cos 45 = 0o o∑ Y = 0, FA sin 45 cos 30 + FB sin 45 cos 30ooC FC15oFA A O FB45o30o 45oy P x? FC cos15 o = 0B∑ Z = 0,解得：FA sin 45 o sin 30 o + FB sin 45 o sin 30 o ? FC sin 15 o ? P = 0FA = FB = 26.39kN （压） FC = 33.46kN （拉）6C4已知： 起重机装在三轮小车 ABC 上， 尺寸为： AD=DB=1m， CD=1.5m， CM=1m， KL=4m。 机身连同平衡锤 F 共重 P1=100kN，作用在 G 点，G 点在平面 LMNF 之内， GH=0.5m。所举重物 P2=30kN。 求： 当起重机的平面 LMN 平行于 AB 时 4m 车轮对轨道的压力。 L [解] 研究起重机，受力如图，由∑M ∑My( F ) = 0,FN A D G H M NA P1 x C NCz B NB P2 y? N C ? CD + ( P1 + P2 ) ? DM = 0x( F ) = 0,? N A ? AB - N C ? DB ? 3P2 + 1.5P1 = 0 N A + N B + N C ? P1 ? P2 = 0∑ Z = 0,解得：1 1 1 N A = 8 kN ； N B = 78 kN ； N C = 43 kN 。 3 3 3PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 第六章空间力系196C5已知： q=2kN/m；P=5kN，Q=4kN，作用线分别平行于 AB、CD。 求： 固定端 O 处的约束反力。 [解] 研究悬臂钢架，其受力如图，由∑ X = 0, ∑ Y = 0, ∑ Z = 0, ∑M ∑M ∑MxXO + P = 0 YO + Q = 04m Q z ZO C Mx B X x O OqPZ O ? 4q = 0Mz A D YO My y( F ) = 0, M x ? Q ? 4 ? q ? 4 ? 2 = 0 ( F ) = 0, M y ? P ? 6 = 0 ( F ) = 0, M z ? P ? 4 = 0 X O = ?5kN ； YO = ?4kN ； Z O = 8kN ；yz解得：M x = 32kN ? m ； M y = ?30kN ? m ； M z = 20kN ? m 6C6已知： 板 ABCD 重量不计，用球铰链 A 和蝶铰链 B 固定在墙上，细绳 CE 维持于水平 位置，BE 铅直。D 点受到一个平行于铅直轴 z 的力 G=500N。 ∠BCD = 30 o ， ∠BCE = 30 o 。设铰链不产生 y 方向的约束反力。 求： 细绳拉力和铰链反力。 z [解] 研究矩形薄板 ABDC，受力如图所示，由∑ X = 0, ∑ Y = 0, ∑ Z = 0, ∑M ∑M ∑MxX A + X B ? T cos 30 o sin 30 o = 0ZA6m E YA D G ZB B XB y AY A + T cos 30 o cos 30 o = 0 Z A + Z B + T sin 30 o ? G = 0C xXA T( F ) = 0, Z B ? AB ? G ? CD = 0 ( F ) = 0, G ? BD ? T sin 30 o ? AC = 0yz( F ) = 0, T cos 30 o cos 30 o ? AC ? X B ? AB = 0PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 20第六章空间力系联立解得：X A = 0 ,Y A = ?750 N, Z A = ?500 N , X B = 433N , Z B = 500 N ,T = 1000 N6C7已知： 平面图形及尺寸如图，单位为 cm。 求： 形心 C 的位置。 [解] (1) 将该图形分为两个矩形，其形心分别为 C1、C2 C1 点坐标为 x1 = 0, y1 = 33 ， 其所在的矩形的面积为 S1 = 180 C2 点坐标为 x 2 = 0, y 2 = 15 ，其所在的矩形 的面积为 S 2 = 180 因此： 30 C1 C C2 x 6xc =x1 S1 + x 2 S 2 =0 S1 + S 2 y1 S1 + y 2 S 2 = 24(cm) S1 + S 2 4 × 100 ，其所在 3πyo 6yc =(2) 将该图形分为成三部分，其形心分别为 C1、C2、o 点 C1 点坐标为 x1 = 0, y1 = 的半圆的面积为 S1 = y C1 C o C2 40 80 xπ × 100 2 2 4 × 40 ， 其所在 3π100C2 点坐标为 x 2 = 0, y 2 = ? 的半圆的面积为 S 2 =π × 40 22O 点坐标为 x3 = 0, y 3 = 0 ，其所在的圆的 面积为 S 3 = π × 20 2 ， 因此： x c = 0 ， y c =y1 S1 + y 2 S 2 ? y 3 S 3 = 36.78(cm) S1 + S 2 ? S 3PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 21第二篇 运动学七、点的运动学7-1已知： 动点各瞬时的速度 v 和加速度 a 的方向如图所示，C、E 为拐点。 求： 哪些情况是可能的，哪些是 不可能的，并说明理由。 v B a a [答] 可能的有 A、B、C，不可能 A v=0 a D、E、F。 v E C a 2 v v =0 对 D，? v = 0 ∴ a n = D a ρ v=0 a 对 E， v 应在轨迹切线方向上F av G vv2 对 F，? v ≠ 0 , ρ ≠ ∞ ∴ a n = ≠0 ρ 7-2已知： （1）圆形凸轮半径为 R，绕 O 轴转动，带动顶杆 BC 作铅直直线运动。凸轮圆 心在 A 点，OA=e， ? = ?t （ ? 为常量） 。 求： 已知： 求： [解] 顶杆上一点 B 的运动方程、速度。 （2）如把顶杆换成平底物块 M。 物块上 B 点的运动方程、速度和加速度。 （1） y2y = OA ? cos? + AB ? cosθ = e cos? + R ? e sin ?2 2yC= e cos?t + R ? e sin (?t )2 2 2? y = ?e? (sin ?t +e sin 2?t 2 R ? e sin (?t )2 2 2)B ωθM B ω O φ O（2） y = R + e cos ? = R + e cos?tAφAPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 22第七章点的运动学? y = ?e? sin ?t 7-3?? = ?e? 2 cos?t y已知： 摇杆机构的滑杆 AB 以匀速 u 向上运动，初瞬时 ? = 0 ，摇杆长 OC=b。 求： 分别用直角坐标法与自然法建立摇杆上 C 点的运动方程和在 ? = π / 4 时该点的 速度。 [解] （1）建立如图所示直角坐标系 C 点坐标为： τ C y xC = OC ? cos ? b Ay C = OC ? sin ? π ut 由 0 ≤ ? & ， tan ? = 2 L因此 O φu （+） M x （-）BxC =bL L2 + u 2 t 2 bLt L2 + u 2 t 2 ? bLu 2 t ( L2 + u 2 t 2 ) 3 ? ； yC = buL2 ( L2 + u 2 t 2 ) 3LyC = ? xC =当? =π 时， ut = L ，因此 4? xC =? 2bu 2bu ? ； yC = 4L 4L ? x ub 2 ， cos(v C , x) = C = ? ，即 v C 与 x 轴正向夹角为 135o。 2L vC 2即 vC =（1）建立如图所示弧坐标系s = b? ds d? =b =b dt dt d(arctan ut ) L = bu dt 2LvC =方向在图示τ 方向上。PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 第七章点的运动学237-4已知： 点的运动方程：x=50t，y=500-5t2，单位为米，秒。 求： t=0 时，点的切向加速度、法向加速度及轨迹的曲率半径。 [解] 由运动方程可作出点的轨迹为抛物线，如图所示；点的速度与加速度为? ? x = 50 , y = ?10 ?? = 0 , ?? = ?10 x y ? 当 t = 0 时 x = 0 , x = 50 , ?? = 0 x ? y = 500 , y = 0 , ?? = ?10 y2 即 t = 0 时， v = 50m/s, a = 10m/s ， v, a 方向如图所示。y v ax Ov2 由图可知，此时 aτ = 0 , a n = 10m/s , ρ = = 250m 。 an27C5已知: 摇杆 AB 在一定范围内以匀角速度绕 A 轴转动，摇杆的角速度 ω =π (rad/s) ， 10θ = ω t ，R＝10(cm)。求: 分别用直角坐标系法和自然法给 出动点 M 的运动方程，并求其速度和加速 度。 [解] （1）直角坐标法 设动点与圆心连线与 y 轴的夹角为β，则 β＝2θ＝2ωt。 ∴ M 的坐标为y BMβRx M = ? R sin 2ω t ， y M = R(1 ? cos β ) = 2 R cos 2 ω t∴ M 的速度为θx A? x M = ?2ω R cos 2ω t ，PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 24第七章点的运动学? y M = ?2ω R sin 2ω t ， v M = 2π (cm/s)∴ M 的加速度为??M = 4ω 2 R sin 2ω t ， ??M = ?4ω 2 R cos 2ω t ， x y a M = 0.4π 2 (cm/s2)（2）自然法 M 的弧坐标为 ∴ M 的速度为 ∴ M 的加速度为2 aτ = ?? = 0 ， a n = s 2 ρ = 4 Rω 2 ， a = aτ2 + a n = 4 Rω 2 = 0.4π 2 (cm/s2) ss＝s(t)＝Rβ＝2Rωt? v = s = 2 Rω = 2π (cm/s)7 C 6 一点作平面曲线运动，其速度在 x 轴上的投影始终为一常量 C，试证明在此情形下，点的加速度的大小为a=v3 Cρan β βay=a其中 v 为点的速度的大小，ρ为轨迹的曲率半径。 [证]aτ∵ vx＝C，∴ ax＝0， a＝ay 设点的速度与 x 轴的夹角为β， 将 a 分解为 aτ 和 an 得 an＝acosβ＝v /ρ2xv又∵v cos β = C∴cos β =C v最后得v2 v3 a= = cos β ρ CρPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 理论力学习题册（A 册）习题解答25八、刚体的基本运动8 C 1 一绳绕在鼓轮上，绳端系一重物 M，M 以速度 v 和加速度 a 向下运动。问绳上两点 A、D 和轮缘上岸两点 B、C 的加 速度是否相同？ [答] 绳 D 点与轮缘 C 点的加速度相同； 绳 A 点与轮缘 B 点的加速度不相同； 绳 A 点的加速度等于轮缘 B 点的切向加速度。 O D C BA av M8C2已知: 求: [解] 刚体的角速度ω与角加速度ε， A、M 两点的速度、切向和法向加速 度的大小，并画出方向。 (1) A 点： vA＝2aω，aA ＝2aε， aAn＝2aω2 M 点： v M = ωτvMn aMMτ MεOωabvA an AAa τAa aa2 + b2 ，a τM = ε a 2 + b 2 a n = ω 2 a2 + b2 M(2) A 点： vA＝aω， aA ＝aε，aAn＝aω2 M 点：τb AvMM B? AB为平动， ∴ vM = v A , aM = a AvM＝aω， aM ＝aε，aMn＝aω2τvA ω εO1an Aaτ An aMaτ MaO2A8 C 3 如图所示已知： 求： 轮上两点 A、B 的速度分别是 50cm/s 和 10cm/s， 两点到轮轴距离相差 20cm。 皮带轮的角速度和直径。OBDPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 26第八章刚体的基本运动[解]设轮的角速度为ω，直径为 D。则有，D ? ? v A = 2 ω = 50 ? D ?v B = ( ? 20)ω = 10 2 ?∴ω＝2(rad/s)，D＝50(cm/s)8C4已知： 曲柄 O1A 以匀转速 n＝320/min 转动，曲柄长 O1A＝O2B＝150cm， 连杆长 AB＝O1O2。 C 求： 连杆 AB 的中点 C 的速度和加速度。 A [解] ∵ 连杆作平动。 n ∴ vc＝vA＝(2nπ×0.15)/60＝1.6π(m/s) O1 ∴ ac＝aA， τ ∵ ac ＝0 ∴ ac＝aAn＝(nπ/30)2×0.15＝168.44(m/s2)BO28C5已知： 轮缘上任一点 M 的全加速度在某运动过程中与转动半径的交角为β＝60o。当运 动开始时，其转角 ? 0 = 0 等于零，角速度为ω0。 求： 飞轮的转动方程，角速度与转角的关系。 [解] 由题知：a aτ M n Mωa OnM= tan 60° ε = 3 ω2或βaτ即1 dω = 3 ω 2 dt又dω dω d? dω = =ω ，代入上式并分离变量 dt d? dt d? 1 dω = 3d? ω ∴ ω = ω 0e3?得=d? dt两边取定积分，t＝0 时， ? 0 = 0 。得?=3 1 ln 3 1 ? 3ω 0 tPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 第八章刚体的基本运动27PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 28第八章刚体的基本运动8C6已知： 轮 I、II、III 的半径分别为 r1＝30cm，r2＝75cm，r 3＝40cm，轮 I 的 n1＝100rpm。 求： M 的上升速度，胶带 AB、BC、CD、DA 各段上的加速度的大小。 B A r1 n1 D C v 解： M O r3 r2ω1 =2π n1 ωr ，ω2 = 1 1 60 r2AB 和 CD 之间各点作匀速直线运动， AD 和 BC 之间各点作匀速圆周运动，所以a AD = r1ω 12 = 32.9 cm/s2,2 a BC = r2ω 2 = 13.16 cm/s2aAB=aCD=0， v M = r3ω 2 = 1.676 cm/sPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 理论力学习题册（A 册）习题解答29九、点的合成运动9 - 1 图 9-1 中的速度平行四边形有无错误？错在哪里？va veva vevr ve vaO'ωvr vaωOψ vrvrR(a)ve (b)[解]a、b 两图均有错。a 图中，vr 方向反了。b 图中，ve 错了。改正如图。9C2在下列各题中，试根据所给的条件选动点、动系，判别绝对运动、相对运动和牵连运动的形式，并画出速度矢量图。 (1) 见图(a)，M 为一小圆环，套在杆 OA 和固定的大圆环上，已知杆 OA 的角速度为ω。 求环 M 沿大环滑动的速度。 (2) 见图(b)，偏心轮以角速度ω绕 O 轴转动，求从动杆 O1M 的角速度。 (3) 见图(c)机构中，AB＝CD，AD＝BC，杆 AB 以角速度ω转动，求杆 ME 的速度。ve vaM AEve veM O1 Ova vrM D (c) CωOvrvavrωABω(a)(b)[解] (a) 动点――小环， (b) 动点――杆 O1M 上的 M 点， (c) 动点――杆 EM 上的 M 点 动系――OA 杆 动系――偏心轮 动系――BC 杆PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 30第九章点的合成运动速度合成图见图PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 第九章点的合成运动319 - 3 物体对地面的速度为 u，沿下列轨道运动至图示位置时，试求出科氏加速度的大小和方向，设地球的自转角速度为ω。 (1) 赤道 A 点； aK=2ωu ， 方向指向地心 (2) 北纬 300B 点；aK=2ωu ， 方向沿轨迹圆半径指向外。 (3) 沿经线 C 点；aK=0。 (4) 沿经线 D 点；aK=ωu ， 方向过 D 点沿纬线切向。 (5) 沿经线 E 点。aK=2ωu ， 方向过 E 指向纸面外。ωE D B O A 300 C9 - 4 如图所示，光点 M 沿 y 轴作谐振动，其振动方程为：x＝0，y＝acos(kt+β)，如将点 M 投影到感光纸上，此纸以等速 ve 向左运动。求点 M 在纸上的轨迹。 已知：光点 M 沿 y 轴作谐振动，其振动方程为：x＝0，y＝acos(kt+β)。点 M 投影到以等 速 v0 向左运动的感光纸上。 、 求： 求点 M 在纸上的轨迹。 y y [解] 动点为 M，动系为感光纪录纸， 所以 M 的绝对位移为， ve? x ′ = xe + x r = ve t + 0 a ? y ′ = y e + y r = 0 + a cos(kt + β ) = a cos(kt + β ) ? a两式消除 t，O’ ∴ M 的轨迹为 y ′ = a cos(Ox 、 xk x′ + β ) veva ve vr A 30 a 30o O2 图(1)o9C5已知： O1O2＝a＝20cm，ω＝3rad/s。 求： 图示位置时杆 O1A 的角速度。 [解] 图(1)机构中， 以套筒 A 为动点，动系为 O2A 杆 速度合成图如上。 根据 v a = v e + v r ve＝vacos30o 又 va＝ωO1A， ve＝ω2O2A O1ωPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 32第九章点的合成运动得： ω2＝1.5(rad/s) 图(2)机构中， 以套筒 A 为动点，动系为 O2A 杆 速度合成图如上。 根据 v a = v e + v r 有 又 ve＝ωO1A， va＝ω2O2A ∴ ω2＝2(rad/s)va O1ve Aωvr 30ova =ve cos 30°a 30o O2 图(2) A C va O?9C6K 已知： L＝40cm，摇杆的角速度 ω＝0.5rad/s，R＝10cm 求： ? ＝30 o 时，齿轮的角速度。 [解] 取销钉 K 为动点，动系为 OC 杆。 速度矢量图如右。 vr veKRωDva = ve + vr∴ va= ve /cos30o =ωOK/cos30o = 80/3 cm/s ∴ ωo= va/R=8/3 rad/s LB9C7已知： O1A＝O2B＝10cm，O1O2＝AB，OA 以匀角速度ω＝2rad/s 绕 O1 轴转动。 求： ? ＝60o，CD 杆的速度及加速度。 [解] 取 CD 杆上的 C 点为动点，AB 为动系。 O2 O1 则动点的速度和加速度分析如图。 ω vA va ve v a = v e + v r ， ve = v A A vr C a =a +a ， a =aa e r e A? B式中 vA＝O1A?ω＝20cm／s 2 aA＝O1A?ω ＝40cm／s2 得杆 CD 的速度和加速度为： va＝ vA cos ? ＝10cm/s aa＝ aAsin ? ＝34.64cm/s2aAaeaaD 图(1) arACPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 第九章点的合成运动339C8已知： 小车以匀加速度 a＝49.2cm/s2 水平向右运动，圆轮半径 r＝20cm，绕 O 轴按 ? ＝ t2 规律转动。 τ 求： 在 t ＝1s 时，此时 A 点的绝对加速度。 ar y n [解] 以 A 点为动点，小车为动系，则 A 点的 aωr加速度为： 大小 方向a a = ae + a + aτ rn r 2O30o？ a rε rω ？ 其余方向如图示Aae ao x? ω=d? dω = 2t , ε = =2 dt dt∴ ω(t＝1)＝2rad/s，ε(t＝1)＝2 rad/s2 将上式分别向 x 和 y 投影得：τ ； a ax = a e + a r sin 30 o ? a rn cos 30 o = 0.1 cm/s2； τ a ay = a r cos 30 o + a rn sin 30 o = 74.64 cm/s2 2 2 a = a ax + a ay ≈ 74.64cm / s 2∴9C9已知： 求： [解] (1) 圆弧形滑槽半径 R＝10cm，圆心在导杆上。曲柄长 OA＝10cm，ω＝4πrad/s 当?＝30o 导杆 CB 的速度及加速度。 va 选取滑块 A 块为动点，滑槽为动系。 vr 求速度v a = v e + v r （速度图为等边三角形）∴veωO ?A B Cve = v r = v a = 40π cm/s(2) 求加速度τ a an + a a = a r + a eRηae A aanar上式向η轴上投影，得n a a cos 60 o = ae cos 30 o ? a rnarn其中， 解得a = v / OA, a = v / ACn a 2 a n r 2 r n nae＝ a a tan 30° + a r / cos 30° ＝160 3π 2 cm/s2 (←)PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 34第九章点的合成运动9 C10已知： 凸轮半径为 R，偏心距 OC＝e，凸轮绕轴 O 转动角速度为ω，角加速度为ε，OC 与水平线成夹角 ?。顶杆的平底始终接触凸轮表面。 求： 求当 ?＝0o 时，顶杆的速度及加速度。 A [解] 可取轮心 C 为动点，顶杆 AB 为动系。 速度和加速度图如下。 (1) v a = v e + v r ∴ve = v a cos? ，va vrBve C ?当 ?＝0，ve＝eωωτ (2) a an + a a = a r + a eOaa ar C aanτ向垂直方向投影得：aea cos ? ? a sin ? = aen aτ a当 ?＝0o，ae = a τ = eε 。 a9 C 11已知： h＝2m，当 ?＝30 o 时，摇杆的角速度ω＝1rad/s；ε＝1rad/s2 ve 求： 此时滑枕 BC 的速度和加速度。 A B [解] 以销钉 M 点为动点，OA 杆为动系。 速度和加速度合成图如下。 M va (1) v a = v e + v rCvrva=ve/cos?= hω/cos 30°= 8/3 m/s (2) 由于动系作转动，所以 aK 存在2? ω εha a = aen + a eτ + a r + a K将上式向η轴投影：τ a a cos 30 o = a e ? 2ω v r ，Oηaeτar得aa ＝－0.413 m/s2 aBC ＝ aa=－0.413 m/s2aa M aenaKPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 理论力学习题册（A 册）习题解答35十、刚体的平面运动10 C 1C如图所示，O1A 的角速度为ω1，板 ABC 和杆 O1A 铰接。问图中 OA 和 ACCB A ABω1O1 O2ω1O1 O2上各点的速度和加速度发布规律对不对？ [答] O1A 部分的速度分布是正确的，而 AC 部分不正确。改正如右图。10 C 2板车车轮半径为 r，以角速度ω沿地面只滚动不滑动(如图所示)，另有半径同为 r 的轮 A 和 B 在板车上只滚动不滑动，它 们滚动的转向如图所示。角速度的大小同为 ω，请确定 A 轮和 B 轮瞬心位置。 [解] 板车作平动，轮 A、B 与板车接触点 E、F 的速度相同，等于ωr，分别以 A、B 为基点求轮心速度。ωvA vEAEBvF Fωv 2 = v1 + v 21∴ vA＝2ωr，vB＝0 ∴ A 轮的瞬心在 E 下方 r 处。 B 轮的瞬心在轮心 B 处。ωω10 C 3直杆 AB 的 A 端以匀速度 v0 沿半径为 R 的半圆弧轨道运动，而杆身保持与轨道右尖角接触。问杆 AB 作什么运动？能用几种方法求出杆 AB 的角速度？ C [解] AB 杆作平面运动。 (一) 瞬心法 O 如图作出平面运动速度瞬心 C。 S AvDB DθvoPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 36第十章刚体的平面运动ω AB =(二) 基点法v0 v = 0 AC 2 RvDA vD A vA=vov D = v A + v DA vDA = v0 sin θ = ω AB DA又 DA＝2Rcos(90 －θ)＝2Rsinθ ∴oω AB =vo 2R10 C 4下题计算过程有无错误?为什么错?已知 VA=ω1?O1A，方向如图，VD 垂直于 O2D ，于是可确定速度瞬心 C 的位置，求得：vA ? CD AC v v CD ω2 = D = A ? O2 D AC O2 D vD =[解] AB 和 DE 是两个平面运动刚体，A 和 D 不是同一刚体上的两点， 故题中确定瞬心的做法是错误的。10 C 5度为 v =半径为 R 的圆柱 A 缠以细绳，绳的 B 端固定。圆柱自静止下落，其轴心的速2 3 gh ，其中 h 为轴心至初始位置的距离。求圆柱的平面运动方程。 3 dy A 2 = 3 gy A dt 3 2 3g t + C 3 ∴ yA = 1 2 gt 3[解] 由题设, v A = 积分得2 yA =由初始条件：t=0,yA=0 得 C=0 又因 D 为轮 A 的瞬心ω=d? v A 2 g = = t dt r 3rPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 第十章刚体的平面运动37积分得? =gt /3r+C2由初始条件：t=0, ? =0 得 C=0∴? =g 2 t 3r10 C 6如图所示四连杆机构 OABO1 中，OA=O1B=AB/2，曲柄 OA 的角速度ω=3(rad/s)。当 OA 转到与 OO1 垂直时，O1B 正好在 OO1 的延长线上，求该瞬时 AB 杆的 角速度ωAB 和曲柄 O1B 的角速度ω1。[解] 取 AB 为研究对象，AB 作平面运动。以 A 为基点，画 B 点速度合成图vA = 2OA ? ω = AB ? ω BA sin 30 o 2OA ∴ ω BA = ω = 3(rad / s ) AB 3 v B = v BA cos 30 o = 2OAω = O1 Bω 1 2 ∴ ω 1 = 3 3 (rad / s ) v BA = 10 C 7图示曲柄摇机构中，曲柄 OA 以角速度ω0 绕 O 轴转动，带动连杆 AC 在摇块 B内滑动，摇块及与其刚连的 BD 杆绕 B 铰转动，杆 BD 长 l；求在图示位置时摇块的角速度 及 D 点的速度。 [解] 取 AC 为研究对象（作平面运动） 为基点，画 AC 上与 B 重合的点 B’速度 ，A 合成图。B’的速度沿 AC 方向。v B / A = v A sin 30 o ω AC AB sin 30 o ? ω o sin 30 o ω o = v B A / AB = = AB 4又 BD 与 AC 角速度相同，1 ∴ ω BD = ω AC = ω O 4 1 ∴ v D = lω BD = lω O 410 C 8在瓦特行星传动机构中，平衡杆 O1A 绕 O1 轴转动，并藉连杆 AB 带动曲柄 OB，而曲柄 OB 活动地装置在 O 轴上。在 O 轴上装有齿轮 I，齿轮 II 的轴安装在杆 AB 的 B 端。 已知 r1 = r2 = 30 3cm ， O1 A = 75cm, AB = 150cm ，又 ω o1 = 6rad / s ；求当α=60°PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 38第十章刚体的平面运动及β=90°时，曲柄 OB 及齿轮 I 的角速度。 [解] 速度分析如图，P 点为杆 AB 和轮Ⅱ的速度瞬心，故ω AB =v A O1 A ? ω O1 = PA 2 ? AB 3 O1 A ? ω O1 2 ω OB ωΙ P vB vMv B = PB ? ω AB =杆 OB 的角速度为ω OBvB = = 3.75rad/s r1 + r2两轮啮合点 M 的速度和轮Ⅰ的角速度 分别为v M = PM ? ω AB ， ω Ι =vM = 6rad/s r110 C 9轮 O 在水平面内滚动而不滑动，轮缘上固定销钉 B，此销钉在摇杆 O1A 的槽内滑动，并带动摇杆绕 O1 轴转动。已知轮的半径 R=50cm，在图示位置时 AO1 是轮的切线， 轮心的速度 v o = 20cm / s ，摇杆与水平面的交角α=60°。求摇杆的角速度。 [解] 轮 O 作平面运动，C 为瞬心。B 点的绝对速度v a = BC ? ω o = 2 R cos 30 o ?再取 B 为动点，O1A 为动系vo = 20 3 (cm/s) Rve = v a sin 30 o = 10 3 ∴ ω O1 A = ve 10 3 10 3 = = = 0.2(rad/s) o O1 B R tan 30 50 310 C 10曲柄长 OA=0.2m， O 轴以匀角速度 绕ω0=10rad/s 转动，通过长 AB=1m 的连杆带动滑块B 沿铅直导槽运动。在图示位置，曲柄和连杆分别 与水平线成角α=45°，β=45°。试求这时连杆 AB 的角速度、角加速度，以及滑块 B 的速度、加PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 第十章刚体的平面运动39速度。 [解] 取平面运动杆 AB 为研究对象，A 为基点，分别画 B 点速度和加速度合成图 （一） 求 vB、ωABv BA = v A = 0.2 × 10 = 2(m / s ) ω BA = v BA / AB = 2(rad / s ) v B = v A / cos 45 o = 2 2 (m / s )（二）求 aB 、εAB( (n (τ a B = a An ) + a BA) + a BA)投影n n:? a B sin 45 o = a (BA) , ? a B = ?4 2 (m / s 2 ) (τ (τ τ : a B cos 45 o = a BA) ? a (An ) , ? a BA) = 16( m / s 2 )ε BAτ a (BA) = = 16(rad / s 2 ) AB10 C 11车轮在铅垂平面内沿倾斜直线轨道滚动而不滑动。轮的半径 R=0.5m，轮心 O在某瞬时的速度 v0=1m/s，加速度 a0=3m/s2。求在轮上 M1 和 M2 两边缘点的加速度。 [解] 轮作平面运动，取轮心 O 为基点，先求ωo 、 εo? M1 为瞬心，∴ ω o = v o / R = 2(rad / s ), ε o = ao / R = 6(rad / s 2 ),画 M1 和 M2 加速度合成图 （1） 求 aM1 投影 y: a M 1 y = a(n) M 1O (τ ) (τ (n a M 1 = aO + a M1)O + a M1)O= Rω = 2(m / s )2 o 2aM1 xa M1 yaM2x aM2 yx: a M 1 x = a M 1O ? ao = Rε o ? ao = 0∴ a M1 = 2(m / s 2 )(2) 求 aM2(τ (n a M 2 = aO + a M2)O + a M2)O(n) 2 2 投影 n: a M 2 x = a M 2O ? a o = Rω o ? ao = 1( m / s ) (τ τ: a M 2 y = a M )2 O = Rε o = 3( m / s 2 )PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 40第十章刚体的平面运动(n) (τ ) ∴ a M 2 = (a M 2 ) 2 + ( a M 2 ) 2 = 1 + 3 2 = 10 ( m / s 2 )10 C 12在图示机构中， 曲柄 OA 长为 r， O 轴以等角速度ωo 转动， 绕 AB=6r， 3 3r ， BC=求图示位置时，滑块 C 的速度和加速度。 [解] 取 AB 为研究对象（作平面运动） ，以 A 为基点，研究得v B = v A tg 60 o = 3rω o v BA = v A / cos 60 o = 2rω o ω BA = v BA / AB = 2rω o / 6r =( (n (τ a B = a An ) + a BA) + a BA) (n n : ? a B cos 60 o = ?a (An ) cos 60 o + a BA) .ωo 3投影( (n 2 2 2 得： a B = a An ) ? 2a BA) = rω o ? 2 × 6r × ω o / 9 = ? rω o1 3取 BC 为研究对象（作平面运动） ，以 B 点为基点vC = v B cos 30 o = 3rω o / 2 vCB = v B sin 30 o = ω CB = vCB 3 rω o 21 BC = 6 ω o(n (τ aC = a B + aCB) + aCB)向 AB 轴投影PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 第十章刚体的平面运动41(n aC = a B cos 30° + aCB) =3 2 rω o 12PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 42第十章刚体的平面运动10 C 13直径为 6 3 cm 的滚子在水平面作匀速滚动而无滑动， 并通过连杆 BC 带动滑块 C。已知滚子角速度ω=12rad/s,α=30°,β=60°,BC=27cm。求 BC 杆与地面平行时的 角速度、角加速度和 C 点的速度、加速度。 [解] 取滚子为研究对象（作平面运动） ，轮与地面的接触点 D 为瞬心BD = 2 × 3 3 cos 30 o = 9cm v B = BD × ω = 9 × 12 = 108(cm / s ) a B = rω 2 = 432 3 (cm / s 2 )再取 BC 为研究对象（作平面运动） ，以 B 为基点,瞬心为 E 点ω BC = v B / BE =108 = 8(rad / s ) 27 × cos 60 o vC = ω BC × EC = 108 3 (cm / s )(n (τ a C = a B + aCB) + aCB)n aBB(n aCB)CaB(τ aCB)aCτ投影(n n : aC cos 60 o = a B cos 30 0 + aCB) ........(1) (τ τ : aC sin 60 o = a B sin 30 o + aCB) .........(2)由（1）得：(n aC = 3a B + 2aCB) = 4752(cm / s )由（2）得：(τ aCB) = aC sin 60 o ? a B sin 30 o = 2160 3 (τ ε CB = a CB) BC = 2160 3 / 27 = 80 3 (rad / s 2 )PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 43第三篇 动力学十一、质点动力学的基本方程11 C 1三个质量相同的质点， 在某瞬时的速度分别如图所示， 若对他们作用了大小、方向相同的力 F，问质点的运动情况是否相同?FFFv0(a) (b)v0(c)v0[解] 三个质点质量相同，受力相同，其运动微分方程相同，但初始条件不相同， 故运动情况不相同。11 C 2如图所示，管 OA 内有一小球 M，管壁光滑。当管 OA 在水平面内绕铅直轴O 转动时，小球为什么向管口运动? [解] 取小球 M 为研究对象 由ma = ∑ Fi a = a e + a r + aC n : m(a e( n ) ? a r ) = 0 ? a r = a e( n ) = OM ? ω 2 dv a r = r = OM ? ω 2 & 0 dt v r = ∫ OM ? ω 2 dt & 00 tNaC(τ ae )投影显然n(n ae )ar积分mg∴ 小球向管口运动。 11 C 3如图所示物块 A 置于锥形圆盘上，离转动轴的距离为 r=20cm，如物块与锥面间的摩擦系数为 f=0.3，问圆盘的每分钟转速应在什么范围内，方能使物块在锥面上保 持平衡，假定角速度改变很慢，角加速度可忽略不计。PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 44第十一章质点动力学的基本方程[解]取物块 A 为研究对象，A 不下滑临界状态，F=fN,向上ma = ∑ Fi ，投影 X: mrω 2 = N sin 30 o ? F cos 30 o Y :0 = N cos 30 o + F sin 30 o ? mg F = fN (sin 30 o ? f cos 30 o ) g 解方程得： (cos 30 o + f sin 30 o ) ? ω = 3.4, n = 32.52(r / min) rω 2 =A 不上滑临界状态，F=fN,向下X: mrω 2 = N sin 30 o + F cos 30 o Y :0 = N cos 30 o ? F sin 30 o ? mg F = fN解方程得：(sin 30 o + f cos 30 o ) g (cos 30 o ? f sin 30 o ) ? ω = 7.2, n = 68.89(r / min) rω 2 =11 C 4图示质量为 m 的球 M，为两根各长 l 的杆所支持，此机构以不变的角速度ω绕铅直轴 AB 转动。如 AB=2a，两杆的各端均为铰接，且杆重忽略不计，求杆的内力。 [解] 取小球为研究对象，由ma = ∑ FiX: man = ( S AM + S BM ) cos α投影Y :0 = (S AM ? S BM )sin α ? mg ? S AM + S BM = mlω 2 S AM ? SBM = lmg / a S AM = ml ( aω 2 + g) 2a ml = (aω 2 ? g) 2a解方程得：S BM11 C 5图示质点的质量为 m，受指向原点 O 的力 F=kr 作用， 力与质点到点 O 的距离成正比。如初瞬时质点的坐标为 x = x o , y = 0 ，而速度的分量为 v x = 0, v y = v o 。试求质PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 第十一章质点动力学的基本方程45点的轨迹。 [解] 取球 M，由 ma =∑Fim?? = F x = ? kr cosα = ? kr x ? ?? + x k x = 0, mx = ? kx rm?? = Fy = ? kr sin α = ? kr y ?? + y k y=0 my = ? ky r通解x = C1 cosk k t + C 2 sin t, m my = C 3 cosk k t + C 4 sin t m m? ? t = 0, x = x o , y = 0, x = 0, y = v o由初始条件 ? C1 = x o , C2 = 0, C3 = 0, C4 = vo /k m? x = x o cos消去时间 t:k t , y = vo / m y )2 = 1k k sin t m m(x 2 ) +( xovok m11 C 6不前进的潜水艇重 Q，受到较小的沉力 p(重力与浮力的合力)向水底下沉。在沉力不大时，水的阻力可视为与下沉速度的一次方成正比，并等于 kAv，其中 k 为比例 常数，A 为潜水艇的水平投影面积，v 为下沉速度。如当 t=0 时，v=0。求下沉速度和在时 间 T 内潜水艇下沉的路程 s。 [解] 潜艇重 Q，受下沉力 P（P=Q―浮力）和阻力 R=kAv 作用Q dv ?? ?, ? y = P ? kAy y = v, ?? = y g dt分离变量，积分Qdv ∫ P ? kAv = ∫ gdt 0 0? P ?v= (1 ? e kA KAg T Q kAg t QvtkAg t = ln( P ? kAv) | = ? t |0 Qv 0)=dy dt? P Q 最后积分得： y = [T ? (1 ? e kA kAg)]PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 46理论力学习题册（A 册）习题解答十二、动量定理12 C 1计算下列各图中系统的动量(a) 均质摆杆 O1 A = O2 B = l ，质量都是 m，角速度为，ω o , O1 O2 = AB ，均质矩形板 AB 质量为 M。 (b) 带传动机构中，带轮 O1 和 O2 以及胶带都是均质的，重量分别为 P1，P2 和 P3，带轮 O1 角速度为ω1。 (c) 重 P1 的平板放在重量均为 P2 且半径相等的两个轮子上，平板速度为 v ，各接触处没有 相对滑动。 [解] （a） AB 作平动，由 K = MvC 计算动量l K x = 2 ? m ω sin ? + Mlω sin ? = (m + M )lω sin ? 2 K y = ? (m + M )lω cos?(b) ? 系统质心不动，由 K = MvC ，∴ 系统动量 K = 0 (c) 两轮心 C1，C2 速度为 v C1 = vC 2 = v / 2 ，∴ 系统动量 K = 2 ? 12 C 2[解]P + P2 P P1 1 v ? v+ 2 v= 1 g g g 2直径 d=200mm 的管道有一个 135°的弯头，流经管道的水的密度ρ=1000kg/m3，若流量 Q=0.6m3/s。求：弯头处因水流的动量变化所引起的附加动压力。假定流体不可压缩，作定常流动，作用于管道的附加动反力N & = ρQ(v 2 ? v1 )对于等截面管流速v=v=& xQ 4Q = S πd 24 ρQ 2 2 1000 × 0.6 2 2 ∴N = ? ( + 1) = ? ( + 1) = ?19.56kN πd 2 2 π × 0.12 2 4 ρQ 2 1000 × 0.6 2 2 & o Ny = sin 45 = × = 81kN . 2 2 πd π × 0.1 2PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 第十二章动量定理4712 C 3已知： A 块质量 M，水平面光滑；AB 杆质量 m、长 l。 求： 当杆 AB 从水平静止释放后至铅直时，A 块的水平位移。 [解] 研究物块与杆组成的系统，设物块 A 的水平位移为△x， ∵ ∴ 系统初始静止，且∑X= 0， x 方向该系统质心位置守恒。 A o A＇ M B x △x m y在初始位置和图示位置，质心的坐标分别为xC1 =M ?0 + m ? M +ml 2 =ml 2( M + m )xC 2M ? ?x + m ? ?x = = ?x M +m ml 2(M + m )B＇ 由 xC1= xC2，解得 ? x =12 C 4已知： 重物 P1 = 20KN，起重机 P2 = 200KN，起 重杆 0A = 8m。开始时，系统静止，杆与 铅直位置成 60°角；水的阻力和杆重不 计。 求： OA 转到与铅直位置成 30°角时起重机 的位移。 [解] 设起重机沿 x 轴正向运动了△x， 因该系统初始静止，且∑X= 0， 故 x 方向该系统质心位置守恒。 在初始位置和图示位置，质心的坐标分别为yA30°P1 O o P2xxC1 =m 1 x1 + m 2 x 2 P x + P2 x 2 = 1 1 m1 + m 2 P1 + P 2PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 48第十二章动量定理xC 2 =P [ x1 + ?x + OA(sin 60° ? sin 30°)] + P2 ( x2 + ?x) 1 P + P2 1(←)由 xC1= xC2，解得 △x =－0.266 m 即：起重机将向左位移 26.6 厘米。12 C 5已知： 滑块 A 质量 m，自重不计的弹簧刚度为 k，AB = l，质量不计，B 球质量 m1，AB 杆上力偶矩为 M，φ=ωt，ω为常数。初瞬时φ= 0，弹簧为原长，滑块静止， 求 ： 滑块 A 的运动微分方程。 [解] 以弹簧原长处和铅垂位置为 x 和φ的起始位置， B 由dpx = ∑ X ，即 dtMφk o Aωxd2 dt 2有∑m i xi = ? Fk ,d2 (mx + m1 ( x + l sin ? ) ) = ? kx dt 2x得?? + xk m lω 2 sin ? x = 1 m + m1 m + m1 x= m1lω 2 sin ωt k ? ( m + m1 )ω 2方程的解为12 C 6已知： 曲柄重 P1，滑块重 P2，滑杆重 P3，OA = l， BC =l ，ω为常数，不计摩擦； 2求： （1）机构质量中心的运动方程； （2）作用在点 O 的最大水平力。 [解] 在图示坐标系下，由质心坐标公式PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 第十二章动量定理49xC = yC = 得质心的运动方程为∑m i xim ∑ mi yi m= =∑Pi x iP ∑ Pi y i P,xC =P3 l P + 2 P2 + 2 P3 + 1 l cos ω t 2 ( P1 + P2 + P3 ) 2 ( P1 + P2 + P3 )yC =P1 + 2 P2 l sin ω t 2 ( P1 + P2 + P3 )yYOAωC x FN D P2 P1 B l 2 P3XOO该机构系统受力如图，由 maCx = ∑X，有 解得P1 + P2 + P3 d 2 x C = X g dt 2OXO = ?P1 + 2 P2 + 2 P3 l ω 2 cos ω t ， 2gXO max=P1 + 2 P2 + 2 P3 lω 2g2PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 50理论力学习题册（A 册）习题解答十三、动量矩定理13 - 1试求下列刚体对水平轴 O 的动量矩。（a）质量为 m，长为 l 的均质杆； （b）质量为 m，半径为 R 的均质圆盘。 [解] （a）杆对轴 O 的转动惯量为ωO l 2 （a） l 2JO =1 ml 2 12 1 ml 2ω 12杆对轴 O 的动量矩为LO = J Oω =（b）轮对轴 O 的转动惯量为1 3 J O = mR 2 + mR 2 = mR 2 2 2轮对轴 O 的动量矩为OωRLO = J Oω =3 mR 2ω 2（b）z13 - 2已知： ω、θ，小球 C、D 重量均为 P，大小不 计，杆长 CO = OD = l； 求： ⑴杆重不计时系统对 z 轴的动量矩 ⑵均质杆 CD 重量为 2Q 时系统 对 z 轴的动量矩。 [解] ⑴由动量矩的定义，可得 Ax Dωdx O xLAB = 2P P lω sin θ ? l sin θ = 2 ωl 2 sin 2 θ g gCθ B2l⑵杆和球对 AB 轴的转动惯量为J AB = 2∫l0Q P 2 Q + 3P 2 2 ( x sinθ ) 2 dx + 2 (l sinθ ) 2 = ? l sin θ gl g 3 g此系统对 AB 轴的动量矩为PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 第十三章动量矩定理51L AB = J AB ω =2 Q + 3P 2 ? ω l sin 2 θ 3 gPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 52第十三章动量矩定理13 - 3已知： 半径为 R，重量为 P 的均质圆盘，可绕 z 轴无摩擦地转动。一重量为 Q 的人在盘 上由 B 点按规律 s = 求： [解]1 2 at 沿半径为 r 的圆周行走。开始时，圆盘和人静止。 2z圆盘的角速度和角加速度。 研究整体，由于∑Mz（F）= 0，且系统初始静止， 所以 Lz = 0，即 式中 Lz 盘=Jzω=Lz 盘+ Lz 人= 01P 2 Rω 2 gO R ve vr r Bds Q (ve－vr)r， ve= rω， vr = = at Lz 人= dt g解得ω=2Qart PR 2 + 2Qr 2ε=dω 2Qar = dt PR 2 + 2Qr 2ω13 - 4已知： 轮 1 和 2 的转动惯量分别为 J1 和 J2，初始时，轮 2 静止，轮 1 具有角速度ω0。 求： ⑴当离合器接合后，两轮共同转动的角速度； ⑵若经过 t 秒后两轮的转速才相同，离合器应有的摩擦力矩。 [解] C D ⑴ 该系统∑Mz( F ) = 0，所以 ω0 A Lz = Lz0 = 常量 ω2 即 ( J1+J2 )ω = J1ω0 解得 z 1 2ω=J1ω 0 J1 + J 2MfMf⑵ 分别取 1、2 轮为研究对象，有J1dω1 dω 2 = ?M f , J 2 = Mf, dt dt积分 解得∫ωω0J1dω = ∫ ? M f dt ,t 0∫ω0J 2 dω = ∫ M f dtt 0Mf =J 1 J 2ω 0 ( J 1 + J 2 )tPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 第十三章动量矩定理5313 - 5已知： 重物 M1 和 M2 重量各为 P1 和 P2，塔轮的重量为 P3，对轴 O 的回转半径为ρ，且 质心位于转轴 O 处。 求： 鼓轮的角加速度ε。 （绳的质量略去不计。 ） YO r2 [解] 研究整个系统，受力如图，由ωd LO = ∑ M O (F ) dt即εr1 O XOd dt解得? P3 2 P1 P2 ? ? g ρ ω + g ωr1 ? r1 + g ωr2 ? r2 ? = P1r1 ? P2 r2 ? ? P1r1 ? P2 r2 dω = g 2 dt P1r1 + P2 r22 + P3 ρ 2v1P3 M1 M2v2ε=P2 P113 - 6已知： 两均质轮的半径各为 R1 和 R2，其重量分别为 P1 和 P2，分别受矩为 M 的主动力 偶和矩为 M＇的阻力偶作用，胶带质量略去不计。 求： 第一个带轮的角加速度。 [解] 分别研究两轮,定轴转动微分方程分别为1 P1 2 R1 ε 1 = M + (T1 ? T2 ) R1 2 g 1 P2 2 R2 ε 2 = ? M '? (T1' ? T2' ) R2 2 g式中 ε 2 =R1 ε1 , R2解得 ε 1 =2( R2 M ? R1 M ' ) g ( P1 + P2 ) R12 R213 - 7已知： 均质圆轮 A 重量为 P1，半径为 r1，角速度为ω；杆 OA 重量；均质轮 B 重量为 P2、半径为 r2，初始静止；设两轮间的摩擦系数为 f； 求： 自轮 A 放在轮 B 上到两轮间没有相对滑动时的时间。 [解] 分别研究两轮如图⑴、⑵，因为 AB 为二力杆，PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 54第十三章动量矩定理所以它对轮 A 的作用力为 FAO， 对轮 A（图⑵） ，由 ∑Y = 0，FN －P1 = 0 得 FN =P1 分别列出 A、B 两轮的定轴转动微分方程为 Oωr1 F＇ A' FNω1P1 A FAO F FN XB1 P1 2 dω1 r1 = ? F ? r1 = ? fP1r1 2 g dt 1 P2 2 dω 2 r2 = F ' ? r2 = fP1 r2 2 g dtYBr2ω2B P2式中F ' = F = fFN = fP1分别积分，得⑴⑵r1ω1 = r1ω ? 2 fgt, P2 r2ω 2 = 2 fP1 gt r1ω1 = r2ω 2A、B 两轮间无相对滑动时，应有 所以得t=r1ω ? P ? 2 fg ?1 + 1 ? ? P2 ? ? ?B13 - 8已知： 连杆的质量为 m，对 B 轴的转动惯量为 JB。质心点 C。 若 AC = a，BC = b， 求： 连杆对 A 轴的转动惯量。 [解] 由平行轴定理，得 JA = JC + ma ， JB = JC + mb ， 解得 JA = JB + m(a2－b2 )2 2b C a A13 - 9已知： 均质圆柱 A 和 B 的重量均为 P，半径均为 r， 求： ⑴圆柱体 B 下落时质心的加速度； ⑵若在圆柱体 A 上作用一矩为 M 的逆时针转向的力偶，能使圆柱体 B 的 质心上升的条件。PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 第十三章动量矩定理55[解] ⑴两轮的受力与运动分析分别如图(a)， 对 A 轮，有εAr OYO XO A mg T1＇ T11P 2 r ε A = rT1 2g 1P 2 r ε B = rT1 ' 2g对 B 轮，有P a B = P ? T1 ' g以轮与绳相切点 D 为基点，则轮心 B 的加速度εBD r B mg （a） aBa B = rεA+rεB解得aB =4 g 5⑵再分别对两轮进行受力与运动分析，如图(b)， 对 A 轮，有YO M O r mg A1P 2 r ε A = ? M + rT2 2 g 1P 2 r ε B = rT2 ' 2gεAXO T2对 B 轮，有T2＇P a B = P ? T2 ' g依然有运动学关系 a B = rεA + rεB ， （但εA ≠ εB）εBD r B令 a B ＜ 0，可解得圆柱体 B 的质心 加速度向上的条件： M＞2Pr（b）mg aBPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 56理论力学习题册（A 册）习题解答十四、动能定理14 C 1计算下列各系统的动能：⑴ 半径为 R 的均质圆盘，质量为 m，偏心距为 e，绕 O 轴以角速度ωO 转动； ⑵ 长为 l、质量为 m 的均质细杆，绕 O 轴在铅直面内以角速度ωO 转动； ⑶ 滑块 A 沿水平面以速度 v1 移动，重物块 B 沿滑块以相对速度 v2 滑下，已知滑块 A 的 质量为 m1，物块 B 的质量为 m2。ωR OO1 l 4B v1 v2 30°C eω3 l 4A⑴ [解] ⑴ 圆盘作定轴转动，其动能为⑵⑶T=1 1?1 ? J Oω 2 = ? mR 2 + me 2 ?ω 2 2 2?2 ?即 T =1 mω 2 (R 2 + 2e 2 ) 4 T=2 1 1? 1 ?1 ? ? J Oω 2 = ? ml 2 + m? l ? ?ω 2 2 2 ? 12 ?4 ? ? ? ?⑵ 杆作定轴转动，其动能为即 T =7 mω 2 l 2 96ve（= v1）B vr（= v2） 30°⑶ 物块 B 的绝对速度为 vav = v + v ? 2ve vr cos 30° = v + v ? 3v1v22 a 2 e 2 r 2 1 2 2系统的动能为PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 第十四章动能定理57T=即1 1 2 m1v12 + m2 va 2 2 1 1 3 2 (m1 + m2 )v12 + m2 v2 ? m2 v1v2 2 2 2T= 14 C 2已知： 滑块质量为 M，以匀速 v 沿水平直线运动 ，O 点悬挂一单摆，摆长为 l，摆锤质 量为 m，转动方程为? = ?（t） 。 求： 滑块与单摆所组成的系统的动能表达式。 M v [解] 先求摆锤的绝对速度。由 O va = ve + vr 得 v a = v e + v r ? 2v e v r cos(π ? ? )2 2 2?l vr m ? va? ? = v 2 + (l? ) 2 + 2vl? cos ?所以，系统的动能为 即 T =T=1 1 2 Mv 2 + mva 2 2ve（= v）1 1 ?? ? ( M + m )v 2 + ml 2? 2 + mvl? cos ? 2 214 C 3已知： 均质杆 OA 长 l = 2.4m，质量 m = 30kg， ，铅直时弹簧为自然状态，弹簧刚度 K = 3kN/m； 求： 杆在铅直时的角速度至少为多大，才能使杆由铅直转到水平位置 OA＇ 。 [解] 研究杆，由动能定理：T2－T1=∑W12 设杆在铅直位置时角速度为ω，则 AT1 =1 11 2 2 1 2 2 J Oω 2 = ml ω = ml ω 2 23 6C mgl 2 l 2O1杆转到 OA＇位置时，角速度恰为零，即 T2 = 0 该过程中，所有主动力做功为 A＇45° OPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 58第十四章2 l 1 ? 2 ? l ? ? ∑ W12 = mg 2 + 2 k ?0 ? ? l ? 2 2 ? ? ? ? ? ? ? ? 1 1 = mgl ? kl 2 (2 ? 2 ) 2 2 8动能定理所以1 1 1 0 ? ml 2ω 2 = mgl ? kl 2 (2 ? 2 ) 2 6 2 8代入数据，得 ω = 3.67(rad / s )14 C 4已知： 均质圆轮半径为 r， 质量为 m1， 重物质量为 m2， 力偶矩的为常量。 斜面倾角为θ。 重物对斜面的滑动摩擦系数为 f＇ 。初始 M 时，系统静止。 求： 圆轮转过φ角时的角速度和角加速度。 YO [解] 该系统的初动能为零，即 T1 = 0； m1 ω v XO 设鼓轮转过φ角时的角速度为ω， m2g 系统动能为T2 =1 1 1 ? m1r 2ω 2 + m2 v 2 , v = rω 2 2 2 = Mφ ? m2 grφ sin θ ? f ' m2 g ? rφ cosθC θF Nm1g该过程中，所有的力做功为∑W12由动能定理：T2－T1 = ∑W12 得1 1 1 ? m1r 2ω 2 + m2 (rω ) 2 ? 0 = Mφ ? m2 grφ sin θ ? f ' m2 grφ cosθ 2 2 2所以(*)ω=2 M ? m2 gr (sin θ + f ' cosθ ) φ r m1 + 2m2 dφ 2[ M ? m2 gr (sin θ + f ' cosθ )] = ω ，解得 ε = dt r 2 (m1 + 2m2 )将(*)式对时间求导，注意到PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 第十四章动能定理5914 C 5已知： 轴Ⅰ和轴Ⅱ的转动惯量分别为 J1 = 5kg?m2 和 J2 = 4kg?m2，且 ω 2 = 3 ，作用于 ω1 2 轴Ⅰ上的力偶矩 M1= 50N?m，系统由静止而运动。 求： ⑴轴Ⅱ转速达到 n2 = 120r/min 时，轴Ⅱ转过的圈数。 ⑵ 在这过程中轴Ⅱ的角加速度。 [解]⑴ 研究系统，由动能定理，有1 ?1 2 2 ? ? J1ω1 + J 2ω 2 ? ? 0 = M 1?1 2 ?2 ?式中 ω 2 =? ? ? ? ? ( a) Ⅱω2120π 2 8 = 4π , ω1 = ω 2 = π 30 3 3 代入数据，解得 ? 1= 9.826 rad 3 轴Ⅱ的转角 ? 2 = ?1 2 ? 3? 轴Ⅱ的转数 n = 2 = 1 = 2.346 r 2π 4π ⑵ 在任意瞬时，系统的动能为2Ⅰω1M`T=1 1 1 ?2 ? 1 1 ? 2 ? 4 2 2 J 1ω12 + J 2ω 2 = J1 ? ω 2 ? + J 2ω 2 = ? J 1 + J 2 ?ω 2 2 2 2 ?3 ? 2 18 2 ? ?∴dT ? 4 2 ? = ? J 1 + J 2 ?ω 2 ε 2 = M 1ω1 = M 1 ω 2 , dt ? 9 3 ? 6M 1 = 5.357 rad/s 2 4J1 + 9J 2vAε2 =14 C 6已知： 椭圆规位于水平面内，均质杆 OC 和 AB 重量分别为 P 和 2P， 且 OC = AC = BC = l。滑块 A、 B 的重量均为 Q。曲柄上的力 偶矩 M 为常数，系统于? = 0 由静止开始运动，忽略各处摩 擦； 求： 曲柄的角速度（以转角?的函 数表示）和角加速度。 AωABvC C M OKω1B ? vBPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 60第十四章动能定理[解] 运动分析如图，K 为 AB 杆的速度瞬心， 有vC = lω , ω AB = v A = 2l cos?ω ABvC =ω PC = 2lω cos?该系统的动能为vB = 2l sin ?ω AB = 2lω sin ?该系统的初动能 T1 = 0；曲柄转过?角时T2 = TOC + T A + TB + TACB = 1 1P 2 2 1Q 2 1Q 2 ? lω + vA + vB 2 3g 2 g 2 g?1 P 2 1 1 P 2 ? + ? ? 2 vC + ? ? 2 ( 2l ) 2 ω AB ? ?2 g ? 2 12 g ? ? 1 3P + 4Q 2 2 = l ω 2 g功为 由动能定理 解得 W = M? T2 － T1 = Wω=2 gM? (3P + 4Q )l 2ε=dω gM = dt (3P + 4Q )l 214 C 7已知： 圆环半径为 R ，对 z 轴的转动惯量为 I ，角速度为 ω ，质量为 m 的小球初始位 于圆环内的 A 点，静止，由于微小扰小 z 球离开点 A 下滑，不计摩擦； ω 求： 当小球到达点 B 和点 C 时，圆环的角速 FA y 度和质点的速度。 FA x ve [解] 对图示系统，∵ M z (F ) = 0 ，∴对 z A∑轴动量矩守恒。在 B 处，有Iω B + mR 2ω B = Iω得B vB C FC x FC z vr FC yωB =Iω I + mR 2PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 第十四章动能定理61在 C 处，有 I ω C = Iω ，得 ω C = ω 小球滑下时，重力做功，由动能定理，到 B 处时1 2 1 2 1 2 Iω B + mv B ? Iω = mgR 2 2 2解出v B = 2 gR +（为绝对速度）IR 2ω 2 (2 I + mR 2 ) ( I + mR 2 ) 2到 C 处时, 解出1 2 1 2 1 2 Iω C + mvC ? Iω = 2mgR 2 2 2 vC = 2 gR14 C 8已知： 纯滚动的圆柱体 O’ 重 P，鼓轮 O 重 Q ，半径同为 R，常力矩为 M，不计滚动摩 擦 求： (1)鼓轮的角加速度；(2)轴承 O 的水平反力。 [解] 由运动学ω o = ω o ' = ω ，对轮任意转动 ? 角时的整个系统应用动能定理M R R O’ α O1 3P 2 2 1 Q 2 2 R ω + R ω ? T0 2 2g 2 2g = M? ? PR sin α ? ?上式等号两边同时对时间 t 求导并整理后得R (3P + Q )ε = M ? PR sin α 2g即2ε=2 g (M ? PR sin α ) R 2 (3P + Q )TY OM以 O 轮为研究对象，应用运动微分方程Q 2 R ε = M ? TR 2g X ? T cosα = 0解得? ? ? ? ? X =X QT=3PM + PQR sin α (3 P + Q ) R3PM + PQR sin α cosα (3P + Q ) RPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 62第十四章动能定理14 C 9已知： 均质细杆长为 l ，质量为 ml，其一端固连质量为 m2 的小球，且 ml＝2m2＝2m， 此系统可绕水平轴 O 转动。开始时杆与小球位于最低位置，并获得初角速度ω0 。 求： 以下两种情况初角速度ω0 应有的值： (1) 杆与小球到达铅直最高位置 OA 时，角速度为零； (2) 杆与小球通过位置 OA 时，支点 O 的反力为零。 [解] （1）由动能定理 A 1 12 2 0 ? ( m1l 2ω 0 + m 2 l 2ω 0 ) = ?(m2 g ? 2l + m1 g ? l ) 2 3 1 1 2 ( 2ml 2 + ml 2 )ω 0 = 4mgl 即 2 3O l ω0解得： ω 0 =24 g g = 2.191 5l l（2）设小球达到最高位置时的角速度为 ω 由质心运动定理 有MaC y = ∑ Y (e ) ，并注意到 YO = 0 ，Aωl (m2 ? l + m1 ? )ω 2 = (m1 + m2 ) g 2即(m1+m2)g2mlω 2 = 3mg得：ω2 =3g 2lO XO YO由动能定理.1 1 1 1 2 2 ( m1l 2ω 2 + m 2 l 2ω 2 ) ? ( m1ω 0 + m 2 l 2ω 0 ) 2 3 2 3 = ?(m 2 g ? 2l + m1 g ? l )1 1 2 ( 2ml 2 + ml 2 )(ω 2 ? ω 0 ) = ?4mgl 2 3 3g 将ω 2 = 代入得 2l 24 g 3 g 63 g 2 ω0 = + = 5 l 2l 10l即 或ω0 =63g g = 2.510 10l lPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 理论力学习题册（A 册）习题解答63十五、达朗伯原理15 C 1已知： 轴匀速转动，转速 n＝3000 r／min，叶轮的平均直径 D＝800mm，叶片质量 m＝ 0.2kg，将叶片当作平均直径处的一个质点； 求： 叶片的惯性力，以及惯性力与重量的比值。 [解]ω=3000π = 100π (rad/s) 30 D Fg = m ω 2 2 = 0.2 ? 0.4 ? 100 2 π 2 = 7.896(KN ) Fg 7.896 = = 4026 mg 0.2 ? 9.806D15 C 2已知： 重物 D 和 E 质量分别为 mD ＝250kg 和 mE ＝60kg ； 偶矩 M＝400Nm。 不计滑轮、 杆 AC、杆 BC 以及钢丝绳的质量且钢丝绳不可伸长； M 求： 重物的加速度和支座 A 和 B 的约束反力。 r [解] 受力分析如图 A SA M C (F ) = 0 ， C∑( FgE + Fg D )r + (m D g ? m E g )r ? M = 0 M (m E + m D )a + (m D ? m E ) g = r M / r ? (m D ? m E ) g = 0.445(m/s 2 ) a= mD + mEB60° B SB D mD g FgDFgE即 得E mE g∑Y = 0 ， S得cos 60° + FgD ? FgE + m D g + m E g = 0S B = ?2(m D ? m E )a ? 2(m D + m E ) g S B = ?6249( N)A∑ X = 0，S15 C 3? S B sin 60° = 0ADT EBS A = 5412( N )YO ? XO O ω ? P C Fg已知： 均质杆 OA 与 OB 各长为 l， 重均为 P， △AOB 随轴 OD 以匀角速度ω 转动； 求： 绳的拉力及铰链 O 对杆 OB 的约束反力。 [解] 以 OB 杆为对象，受力分析，惯性力分布如 图。借助合力矩定理将分布惯性力简化成通PDF created with FinePrint pdfFactory trial version 理论力学习题册解答过 E 点的合力 Fg ，且 BE =Pl l sin ? ? ω 2 。 ， Fg = ma C = g 2 3 2l l ∑ M O ( F ) = 0 ， Tl cos ? ? Fg 3 cos ? ? P 2 sin ? = 0 lω 2 1 T =( sin ? + tan ? ) P 3g 2∑ X = 0， X ∑Y = 0 ，Y15 C 4O+ Fg ? T = 01 lω 2 X O = T ? Fg = ( tan ? ? sin ? ) P 2 6g ?P=0OYO = P已知： 均质长方体浪木重为 P，悬挂在两根等长的软绳上，OO1＝AB，从α＝30°的位置 无初速释放开始摆动； 求： 在下面两个瞬时浪木的加速度和两绳的拉力： (1)开始运动瞬时， (2)浪木通过最低位置瞬时。 [解] O O1 （1） ∵浪木平动且初瞬时 v = 0 α α n p TA ∴ a ⊥ AO ， Fg = a TB g Fg a B Fτ = 0 ， P sin α ? Fg = 0 A C 0.2m∑a=n Ag 22mT A (cos 30° ? 1 + sin 30° ? 0.1) + TB (sin 30° ? 0.1 ? cos 30° ? 1) = 0 将上两式联立求解得 T A = 0.408P ； TB = 0.458P（2）∑ F = 0 ，T + T ∑ M (F ) = 0 ，CτB? P cosα = 0P1P 2 v ? 0 = Pl (1 ? cosα ) 2g 2 得 v = 2 gl (1 ? cos α ) P ∑ Fτ = 0 ， Fgτ = 0 即 g aτ = 0 得 v2 a = an = = 2 g (1 ? cosα ) l 或 a = (2 ? 3 ) g由动能定理anTA AFgnaτTB BF gτC PPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 理论力学习题册解答∑ M (F ) = 0 ， T ∑ F = 0 ，T + TC n AA? 1 ? TB ? 1 = 0 ? Fgn ? P = 0得 得T A = TBBT A = TB =或1 P 1 n ( Fg + P) = ( a n + P) 2 g 2 T A = TB = 0.628 P15 C 5已知： 长 20cm，宽 15cm 的均质矩形板质 量为 27kg； 求： 突然撤去销 B 瞬时平板的角加速度 和销 A 的约束反力。 [解] 设 a = 20cm = 0.2m ， Fg θ XA A YA ε aC a C MgA B b mgb = 15cm = 0.15m撤去销子的瞬时，ω = 0 ， F g = F gτ即Fg = mε M gA = J Aεa +b ； 22 2其中a2 + b2 m 2 = (a + b 2 ) 2 3 b a sin θ = cosθ = a2 + b2 a2 + b2 a ∑ M A (F ) = 0 ， mg 2 ? M gA = 0 mg 3ga 2 得 ε= = 或 ε = 47.07rad/s 2 2 2 J A 2(a + b ) J A = JC + m∑ X = 0， X得A+ Fg sin θ = 0 X A = ?95.32 Nb 或 2 ∑ Y = 0 ， YA + Fg cosθ ? mg = 0 X A = ? mε得Y A = mg ? mεa 2或Y A = 137.67 NPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 理论力学习题册解答15 C 6已知： 转盘重 P＝2kN，重心 C 到转轴 z 的距离 e＝0.5mm，转轴 z 垂直于转盘的对称面， 盘匀速转动，转速 n＝6000r／min， AB＝h＝1000mm； 求： 当转盘转到重心 C 位于 yz 平面的瞬时， 止 推轴承 A 和向心轴承 B 的静反力和附加动 反力。 [解] z B XB YB n ω C∑My(F ) = 0 ， X B h = 0h 2XB = 0 ∑ X = 0， X A + XB = 0 XA = 0xZAPP 2000 πn eω 2 = ? 0.0005 ? ( ) 2 = 40.26 (KN) g 9.806 30 e ′ ′ ′ 最后得 静反力 Y A = ?YB = P = 1N ， Z A = P = 2 N g Fg =动反力h =0 2 x ?e 1 YB = P ? Fg h 2 e 1 Y A = P + Fg ∑ Y = 0 ， Y A + YB = 0 h 2 ZA = P ∑Z = 0，ZA ? P = 0∑Mh 2yFg(F ) = 0 ， YB h + Pe + FgXAAYA′ ′ Y A′ = ?YB′ =h Fg = 20.13KN 215 C 7已知： 均质木杆 AB 重为 P，以两根与之等长的绳子悬挂 在水平位置； 求： 在一根绳折断时另一根绳子的拉力。 [解] （1）在折断一根绳子的瞬时，杆各点的速度皆为零。 运动分析和受力分析如图，假定此瞬时杆的角 T 加速度为 ε ，杆长 l 。O1O2aCAF gCAMgC C P BPl 2 Pl P ε ； FgA = a A ε ； FgCA = 12 g g2 g l Pl 2 l M C ( F ) = 0 ， T ? M gC = 0 或 T ? ε =0 ∑ 2 2 12 g M gC = J C ε =A aAF gAPDF created with FinePrint pdfFactory trial version 理论力学习题册解答∑Y = 0 ，T ? P + F联立解得CA g=0或T ? P +Pl ε =0 2gT=P 4O（2）初瞬时速度和惯性力的大小同（1） ， 并作与（1）相同的假定，∑MC(F ) = 0 ， T或3 l ? M gC = 0 2 2 3l Pl 2 T ? ε =0 4 12 gT aA A ξ MgCaCA∑Fξ= 0， T ?或 联立解得3 ( P ? FgCA ) = 0 2 3 3Pl T? P+ ε =0 2 4g T= 2 3 P 13F gCAB C PF gA15 C 8已知： 圆轮重 G、半径为 R，沿水平面纯滚。若不计滚阻： 试问： 在下列两种情况下，轮心的加速度及接触面的摩擦力是否相等：(1)在轮上作用一 矩为 M 的顺钟向力偶；(2)在轮心上作用一水平向右、大小为 M／R 的力 P。G a， g 1G 2 GR M gC = J C ε = R ε= a 2 g 2g （1） ∑ M C ( F ) = 0 ， M ? M gC ? FR = 0[解]a = Rε ， Fg =MgC Fg M C F G∑ X = 0，F ? F联立解得 （2）=0 2 Mg 2M a= ， F = 3GR 3Rg gN MgC Fg C F G PP = M /R ∑ M C ( F ) = 0 ， M gC ? FR = 0而 联立解得 可见∑ X = 0，P ? F?F =0a=2 Mg M ， F = 3GR 3R两种情况的加速度相等，而摩擦力不相等。NPDF created with FinePrint pdfFactory trial version All rights reserved Powered by copyright ©right 。文档资料库内容来自网络，如有侵犯请联系客服。}