机械动力学第四章作业(答案)
机械制造装备设计第四章习题答案(关慧贞)
第四章工业机器人设计思考题与习题1.工业机器人的定义是什么？操作机的定义是什么？答:我国国家标准GT/T12643-1997《工业机器人词汇》将工业机器人定义为“是一种能自动控制、可重复编程、多功能、多自由度操作机，能搬运物料、工件或夹持工具，用以完成各种作业”；将操作机定义为“具有和人手臂相似的动作功能，可在空间抓放物体或进行其它操作的机械装置"。
2.工业机器人由哪几部分组成?并比较它与数控机床组成的区别.答：工业机器人由操作机、驱动单元和控制装置组成。
数控机床一般由机床本体、伺服系统和数控装置组成。
二者组成的区别主要在于机械本体，机器人操作机通常由末端执行器、手腕、手臂和机座组成,而数控机床机械本体通常包含主运动部件、进给运动部件、支承部件、冷却润滑、排屑等部分.3.工业机器人的基本功能和基本工作原理是什么?它与机床主要有何相同和不同之处？答:工业机器人基本功能是提供作业所需的运动和动力，其基本工作原理是通过操作机上各运动构件的运动，自动地实现手部作业的动作功能及技术要求.在基本功能及基本工作原理上，工业机器人与机床有如下相同之处：二者的末端执行器都有位姿变化要求；二者都是通过坐标运动来实现末端执行器的位姿变化要求。
二者的主要不同之处有：机床是以直角坐标形式运动为主，而机器人是以关节形式运动为主；机床对刚度、精度要求很高，其灵活性相对较低；而机器人对灵活性要求很高，其刚度、精度相对较低4.工业机器人的结构类型有哪几类？各种类型的特点如何?答：工业机器人的结构类型有如下四类：关节型机器人，其特点是关节一般为回转运动副，灵活性好，工作空间范围大(同样占地面积情况下），但刚度和精度较低；球坐标型机器人，其特点是按球坐标形式动作(运动)，灵活性好，工作空间范围大，但刚度、精度较差;圆柱坐标型机器人,其特点是按圆柱坐标形式动作,灵活性较好，工作空间范围较大，刚度、精度较好;直角坐标型机器人,其特点是按直角坐标形式动作,刚度和精度高，但灵活性差,工作空间范围小.5.如何选择和确定机器人的坐标系？分析图4-5所示的PUMA机器人的坐标系是如何确定的？答：坐标系按右手定则确定。
第四章课后作业
(a)(b)图4-2 两种溶质再分配情况下凝固过程固液、液相成分随距离的分布第四章课后作业练习一一、判断题（T 或F ）1、溶质再分配既受溶质扩散性质的制约，也受液相中的对流强弱等诸种因素的影响。
2、溶质再分配只影响凝固过程溶质宏观及微观分布及最终成分偏析现象，而不影响凝固组织形貌和晶粒大小，也不影响热裂、气孔等凝固缺陷的形成。
3、图4-1所示成分为C 0的合金熔体，实际凝固结束时，其组织中只有单相固溶体。
4、虽然实际凝固过程中固、液两相成分不可能完全遵从平衡相图来分配，凝固理论认为，固-液界面处成分C *S 与C *L 的比值在任一瞬时仍符合相应的溶质平衡分配系数K 0（处于局部平衡状态）。
这被称为“界面平衡假设”。
5、“平衡凝固”条件下，凝固后零件断面的成分均匀地为C S =C 0。
所以“平衡凝固”开始时晶体析出的成分即为C 0。
6、对于“平衡凝固”及“液相充分混合”所假设的溶质再分配条件下，固-液界面前沿不存在溶质富集层，即界面处及其前方的液相成分处处相同。
7、在“平衡凝固”及“液相充分混合”所假设的溶质再分配条件下，固-液界面处的固相及液相成分C *S 、C *L 随凝固过程的进行均始终在不断升高。
8、在“液相只有有限扩散”以及 “液相中部分混合（有对流作用）”溶质再分配条件下，固-液界面处的固相及液相成分C *S 、C *L 随凝固过程的进行始终不断升高。
9、在“液相只有有限扩散”以及液相容积很大的“液相中部分混合（有对流作用）”溶质再分配条件下，当达到稳定状态时，界面处及其前方液相成分均符合0)'(=∂∂tx C L ，且溶质富集层以外的成分均为C L =C 0。
二、解答题1、图4-2所示，为两种溶质再分配情况下凝固过程固液、液相成分随距离的分布。
（1） 分别指出图（a ）及图(b)各属于哪种溶质再分配情况。
（2） 简述图(b)中C s C S =*、C L L C =*的物理内涵及原因。
控制工程基础程第四章习题答案
2007机械工程控制基础第四章习题答案第4章 频率特性分析4.1什么是系统的频率特性？答：对于线性系统，若输入为谐波函数，则其稳态输出一定是同频率的谐波函数，将输出的幅值与输入的幅值之比定义为系统的幅频特性，将输出的相位之差定义为系统的相频特性。
系统的幅频特性和相频特性简称为系统的频率特性。
4.4若系统输入为不同频率ω的正弦t A ωsin ，其稳态输出相应为)sin(ϕω+t B 。
求该系统的频率特性。
解：由系统频率特性的定义知：ϕωj e AB j G =)( 4.5已知系统的单位阶跃响应为)0(8.08.11)(94≥+-=--t e e t x t to ，试求系统的幅频特性与相频特性。
解：由已知条件得：s s X i 1)(=，98.048.11)(+++-=s s s s X o 得系统传函为：)9)(4(36)()()(++==s s s X s X s G i o 得系统频率特性：)9)(4(36)(ωωωj j j G ++=，其中幅频特性为：22811636)()(ωωωω+⋅+==j G A相频特性为：9arctan4arctan)(ωωωϕ--=4.6由质量、弹簧、阻尼组成的机械系统如图（4.6）所示。
已知m=1kg ，k 为弹簧刚度，c 为阻尼系数。
若外力tN t f 2sin 2)(=，由实验得到系统稳态响应为)22sin(π-=t x oss 。
试确定k 和c 。
解：由系统结构知系统的动力学方程为： 当m=1时，得系统传函为：kcs s s G ++=21)(，得系统频率特性为： ωωωjc k j G +-=21)(。
图（题4.6）其中，幅频特性为2222)(1)(ωωωc k j G +-=，相频特性为2arctan)(ωωωϕ--=k c 由题意，当输入信号为t t f 2sin 2)(=时，2=ω，由其与稳态输出信号)22sin(π-=t x oss 对应关系知：2222)(121)(ωωωc k j G +-==，2arctan 2)(ωωπωϕ--=-=k c 解得4=k ，1=c 。
加速器作业全部答案
1、 加速器由几个部分组成，分别具有什么作用? 答： 粒子源：提供所需加速的各种粒子； 真空加速系统：a) 加速管或加速腔；b) 控制束流运动轨道的导引、聚焦系统电
磁场系统；c) 真空系统。带电粒子的加速过程必须在真空条件下进行，以免 与气体分子碰撞而损失。 束流输运分析系统：用以在源和加速器之间、加速器和靶之间，或当多个加速器 串接工作时，在加速器之间输运和分析所需的粒子束。 辅助系统：供电、控制、冷却等作用。 2、 加速器发展的历史中，有哪些具有划时代的发明? 答：a. 1919 年 E.卢瑟福(E.Rutherford)用天然放射源实现了第一个人工核 反应; b. 1928 年的静电加速器、1929 年的回旋加速器、1932 年的倍压加速器; c. 1940 年美国科学家科斯特研制出世界上第一个电子感应加速器; d. 1945 年，前苏联科学家维克斯列尔和美国科学家麦克米伦各自独立发现 了自动稳相原理。
和
������������������ ������������������
+
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=
������
对于下图的方法，用���������(������
−
������)
=
������−������;
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������������������
���⃑���������������
=
−
������������ ������������
E⃑ = − 1 ∙ ������������
2������������ ������������
又 ������ = ������������2���⃑���
机械原理第三版答案
机械原理第三版答案机械原理是机械工程专业的重要基础课程，它是研究力、运动和能量转换的基本规律的一门学科。
通过学习机械原理，可以帮助学生掌握机械系统的基本运动规律和能量转换原理，为日后从事机械设计、制造和工程实践打下坚实的基础。
本文将对机械原理第三版的答案进行详细解析，希望能够帮助学生更好地理解和掌握这门课程。
第一章，力的作用。
力是机械原理中的基本概念，它是描述物体运动状态和相互作用的重要量。
在机械原理第三版中，力的作用是一个重要的知识点，学生需要掌握力的定义、性质和作用规律。
在学习力的作用时，需要注意力的合成、分解、平衡和共点等概念，这些都是力学中的重要内容。
此外，力的作用还涉及到摩擦力、弹簧力、张力等，学生需要理解这些力的特点和计算方法。
第二章，运动的描述和分析。
在机械原理中，对物体的运动状态进行描述和分析是十分重要的。
在第三版的答案中，学生需要掌握位置、速度、加速度等概念，并能够运用这些概念对物体的运动状态进行描述和分析。
同时，还需要理解匀速直线运动、变速直线运动、曲线运动等不同类型的运动规律，以及相关的运动学公式和计算方法。
第三章，力的作用与运动。
力的作用与物体的运动状态密切相关，在机械原理中，学生需要掌握力与运动之间的关系。
在第三版的答案中，学生需要理解牛顿三定律、动量定理、功和能的关系等内容。
此外，还需要掌握动力学的基本概念和计算方法，如力的合成、分解、平衡条件等。
第四章，机械能的转化。
机械能的转化是机械原理中的重要内容，在第三版的答案中，学生需要掌握动能、势能和机械能守恒定律等概念。
同时，还需要理解机械能转化的规律和计算方法，如简单机械的工作原理、机械效率等内容。
第五章，力学分析方法。
在机械原理中，力学分析方法是解决实际问题的重要手段。
在第三版的答案中，学生需要掌握静力学和动力学的分析方法，如自由体图、受力分析、运动分析等内容。
同时，还需要掌握力矩、平衡条件、摩擦力分析等内容，以及相关的计算方法和实际应用。
机械系统动力学 第四章 固有频率的实用计算方法
第4章 固有频率的实用计算方法
二、邓克利法（Dunkenley法）
对于多自由度振动系统，若用柔度法建立的运动微分 方程可表示为：
X MX
同样地令 X {u}sinnt
4-2-8
(I 2 M)u 0
I 2 M 0
特征方程
对于二个自由度系统：
1-211m1 -212m2 0 -221m1 1-222m2
若取 u1
{1
{u1}T {u1}T
K{u1} M {u1}
=
{1
1} k m
1} 0
k
1
0 1 2m 1
1 2 代入式4-2-7进行试算
k 0.定 于对振型的假设。计算 一阶固有频率精度较高
2k k 1
但数值偏大
若取
{1
2 n1
{u1}T {u1}T
K{u1} M {u1}
第4章 固有频率的实用计算方法
4-1 单自由度系统 一． 列方程法
单自由度无阻尼自由振动系统运动
mx kx 0
只要列出单自由度无阻尼自由振动系统的运动微分 方程，就可以得到振动系统的固有频率
n
k m
第4章 固有频率的实用计算方法
4-1 单自由度系统 一． 列方程法
例4-1-1：建立图4-1-1(a)所示的均质杆绕O点作微幅转 动振动系统的运动微分方程。
振动系统固有频率：
n
ka2 Jo
ka2 1 ml3 3
3ka2 ml 3
第4章 固有频率的实用计算方法
4-1 单自由度系统
二．能量法
原理：
对于单自由度无阻尼自由振动系统，其响应为简谐振
动位，置系，统势能T 为U0，c动ons能t 达或到最ddt大(T，U即) ：0U
《机器人技术基础》第四章 机器人动力学
人
4.2 机械手动力学方程
动
力
学
4.1.1 拉格朗日方法
机器人是一个具有多输入和多输出的复杂的 运动学系统，存在严重的非线性，需要非常复杂 的方法来处理。
动力学处理方法： Lagrange , Newton-Euler, Gauss,Kane, Screw, Roberson-Wittenburg
2 )
d
dt
L
1
(m1 m2 )l12
m2l22
2m2l1l2
cos
2
1
(
m2
l
2 2
m2l1l2 cos 2 )2
2m2l1l2 si n212 m2l1l2 si n22L1Fra bibliotek(m1
m2 )gl1
s i n1
m2 gl2
s i n (1
2)
4.1.2 拉格朗日方程
⑤求出机器人动力学方程：
)
然后求微分，则其速度就为：
x2 y 2
l1 l1
co s11 sin 11
l2 l2
cos(1 2 )(1 2 ) sin(1 2 )(1 2 )
θ1
关节2
m1
（x1, y1)
l2
θ2 m2
（x2, y2 )
由此可得连杆的速度平方值为：
v22 x22 y22 l1212 l22(12 212 22 ) 2l1l2 cos2(12 12 )
m2 gl2 sin(1 2 )
T2 (m2l22 m2l1l2 cos2 )1 m2l222 m2l1l2 sin 21
m2 gl2 sin(1 2 )
4.1.2 拉格朗日方程
将得到的机器人动力学方程简写为如下形式：
机械基础练习册答案第四版
机械基础练习册答案第四版第一章：机械工程概述1. 机械工程的定义是什么？答：机械工程是一门应用物理和材料科学原理来设计、分析、制造和维护机械系统的学科。
2. 机械工程的主要分支有哪些？答：机械工程的主要分支包括动力工程、制造工程、材料工程、控制工程和机械设计。
3. 机械工程在现代工业中的重要性是什么？答：机械工程是现代工业的基础，它涉及到产品的设计、制造和维护，对提高生产效率、降低成本和推动技术创新具有重要作用。
第二章：材料力学1. 什么是应力？答：应力是单位面积上受到的力，用来描述材料在受力时内部的分布状态。
2. 什么是应变？答：应变是材料在受力后发生的形变与原始尺寸的比值，用来描述材料的形变程度。
3. 弹性模量和屈服强度的区别是什么？答：弹性模量是材料在弹性变形阶段应力与应变的比值，反映材料的刚性；屈服强度是材料发生永久变形前能承受的最大应力，反映材料的强度。
第三章：机械设计基础1. 机械设计的基本步骤是什么？答：机械设计的基本步骤包括需求分析、概念设计、详细设计、原型制作、测试和评估。
2. 什么是功能要求和性能要求？答：功能要求是产品必须完成的任务或动作；性能要求是产品完成任务时必须达到的标准或水平。
3. 设计评审的目的是什么？答：设计评审的目的是确保设计满足所有技术、经济和环境要求，同时识别和解决潜在的设计问题。
第四章：机械制造工艺1. 机械加工的常见方法有哪些？答：常见的机械加工方法包括车削、铣削、钻削、磨削和刨削。
2. 什么是数控加工？答：数控加工是一种使用计算机程序控制机床运动和工具路径的加工方式，可以提高加工精度和生产效率。
3. 什么是铸造？答：铸造是一种金属成型工艺，通过将熔融金属倒入模具中，冷却后形成所需形状的零件。
第五章：机械系统的动力学分析1. 什么是动力学？答：动力学是研究力和运动之间关系的学科，它分析物体在受力作用下的运动状态。
2. 什么是静平衡和动平衡？答：静平衡是指物体在静止状态下，所有作用力相互平衡；动平衡是指物体在运动状态下，所有作用力和力矩相互平衡，使物体保持稳定运动。
机械动力学基础课后答案
机械动力学基础课后答案一、填空题（每空1分，共30分）1、构件就是机器的_运动___单元体；零件就是机器的__生产___单元体；部件就是机器的__加装___单元体。
2、平面运动副可分为______低副__和____高副___，低副又可分为__转动副_____和___移动副____。
3、轮系运动时，所有齿轮几何轴线都固定不动的，表示___定轴轮系____轮系，至少存有一个齿轮几何轴线不紧固的，表示___行星轮系______轮系。
4、为保证带传动的工作能力，一般规定小带轮的包角α≥___120°_______。
5、若键的标记为键B20×70GB－79，则该键为__B____平键，b＝___20___，L＝_____70___。
6、轴的作用是_____支承轴上的旋转零件________________________。
按轴的承载情况不同，可以分为___传递运动和转矩____、___心轴_____、__转轴、传动轴_______。
7、凸轮机构就是由_____机架_______、________凸轮____、______从动件______三个基本构件共同组成的。
8、在曲柄摇杆机构中，当曲柄等速转动时，摇杆往复摆动的平均速度不同的'运动特性称为___急回特性_________。
9、在蜗轮齿数维持不变的情况下，蜗杆的头数越太少，则传动比就越_______小_____。
10、齿轮啮合时，当主动齿轮的____齿根__推动从动齿轮的___齿顶___，一对轮齿开始进入啮合，所以开始啮合点应为______从动轮齿顶圆______与啮合线的交点；当主动齿轮的___齿顶___推动从动齿轮的___齿根___，两轮齿即将脱离啮合，所以终止啮合点为________主动轮齿顶圆____与啮合线的交点。
11、滚动轴承内圈与轴颈的协调使用____基孔新制__制，外圈与轴承孔的协调使用基轴制 _______制。
《机械动力学答案》
A、急停阶段 B、启动阶段 C、稳定运转阶段 D、停车阶段 72、在动力分析中，主要涉及的力是（ ） 。 A、驱动力 B、重力 C、摩擦力 D、生产阻力 73、以下选项中，与等效力有关的是（ ） 。 A、外力 B、传动比 C、ωj/v D、vk/v 74、以下选项中，与等效力矩有关的是（ ） 。 A、外力据 B、传动比 C、ωj/ω D、vk/ω 75、以下选项中，可归为阻尼的有（ ） 。 A、物体的内力 B、物体表面间的摩擦力 C、周围介质的阻力 D、材料的内摩擦 四、填空题（每空 2 分，共 30 空，共 60 分） 76、从惯性载荷被平衡的程度看，平衡可分为 、 和 。 77、机械动力学的分析方法按功能分类可分为 和 。 78、动力学的分析方法按水平分类，可分为 、 、 和 。 79、用质量再分配实现摆动力的完全平衡，其分析方法主要有 、 、 和 。 80、机械系统运转的全过程可分为 、 和 这几个阶段。 81、机器人动力学是机器人 、 和 的基础。 82、工业机器人通常由 、 、 和 组成。 83、二自由度系统的等效转动惯量是系统的 、 、 和 的函数。 84、实现摆动力完全平衡的方法有 、 和 。 76、部分平衡、完全平衡、优化综合平衡 77、动力学反问题、动力学正问题 78、静力分析、动态静力分析、动态分析、弹性动态分析 79、广义质量代换法、线性独立矢量法、质量矩替代法、有限位置法 80、启动阶段、稳定运转阶段、停车阶段 81、操作机设计、控制器设计、动态性能分析 82、执行机构、驱动装置、控制系统、传感系统 83、时间、惯性参数、几何参数、广义坐标 84、加配重、合理布置机构、设置附加机构 五、计算题（第 85、86 题各 30 分，第 87 题 10 分，第 88 题 20 分，共 90 分） 85、如图所示为一对心曲柄滑块机构。曲柄以转速度 ω1 作等速回转运动，曲柄与水平方 向夹角为 θ1 ，曲柄长度为 r ，质心与其回转中心 A 重合。连杆长度 l ，连杆与水平方向夹 角为 θ 2 ，连杆质心 S2 到铰链 B 的距离 BS 2 = L ，连杆质量 m 2 ，对其质心的转动惯量 J 2 。 滑 块质量 m3 ，其质心与铰链 C 重合。1)画出曲柄、连杆和滑块的受力分析图；2）写出曲 柄、连杆和滑块的平衡方程。
机械动力学第四章作业(答案)
第四章习题4-1 如图所示，一质量为 m 的油缸与刚度为 k 的弹簧相连，通过阻尼系数为 c 的粘性阻尼器以运动规律sin y A t ω=的活塞给予激励，求油缸运动的振幅以及它相对于活塞的相位。
解：()0mx c x y kx +-+=cos mx cx kx Ac t ωω++= 222()()X k m c ωω=-+12tan 2c k m πωω-∆Φ=--详解(1):因为活塞本身在作谐运动, 并通过粘性摩擦作用于油缸。
所以可建立运动微分方程为()0mx c x y kx +-+=或mx cx kx cy ++=设活塞运动为: i t y Ae ω= 则 i t y i Ae ωω= 令油缸的运动，即其振动微分方程的解为i t x Xe ω= 代入微分方程得2()i t i t m X ic X kX e ic Ae ωωωωω-++=2()i ti tic Ae x Xek m ic ωωωωω∴==-+222222=; ()()(1)(2)n n kX mk m c ζωωωωωωωωζω∴===-+-+振幅 油缸相对活塞运动的相位角:11222tan tan 2221c k m mk πωπζωϕζωω--=-=-=--（x 滞后于激励cy 相位差112tan c k m ωϕω-=-y 滞后于cy 相位差22πϕ=，所以x y 与的相位差21-ϕϕϕ=）4-2 试导出图所示系统的振动微分方程，并求系统的稳态响应。
解：222()cos mL mgL kAc k t a a aθθθω++-=稳态响应0cos ()F t k θμω=-Φ2222()(1)(2)ka mgL ωζω=--+ 其中2n 2a k g mL L ω=-n ωωω= 222()L m ka mgL ζ=- 22arctan 1Φζωω=-详解：设刚性杆向顺时针方向转动θ角，则图中B 点的位移和速度分别为对刚性杆用动量矩定理()2sin cos cos B B mL J mg L cx k x A t a θθθωθ==⋅-+-⋅⎡⎤⎣⎦ 由sin ,cos 1θθθ≈≈化简得微分方程()22cos J ca ka mgLakA t θθθω++-=222n ka mgl ka mglJ ml ω--==等效刚度： 设方程的解为：0()cos()t t θθωϕ=-代入原方程222200[()cos ]sin()[sin ]cos()0ka mgl ml kAa t ca kAa t θωϕωϕωθϕωϕ-+--+--=()222222()()t ka mgl ml ca θωω∴=--+sin , cos B B x a a x a a θθθθθ=≈=⋅≈4-3如图所示，弹性支承的车辆沿高低不平的道路运行。
流体力学与流体机械习题参考答案
删掉的题目：1-14、2-6、2-9、2-11、2-17、3-10、3-19、4-5、4-13《流体力学与流体机械之流体力学》第一章流体及其物理性质1-8 1.5m 3的容器中装满了油。
已知油的重量为12591N 。
求油的重度粘度和运动粘度。
0.65Pags 的油液（图1-7）。
当油液厚度h 8mm 时。
问匀速下滑时平板的速度是多少解：F Gsin 20o 6.84N ，6J 1-7 ^1-12 图57Pacs，和密度解: V 島856.5kg/m 3； 3g 8394N/m1-11面积A 0.5m 2的平板水平放在厚度h 10mm 的油膜上。
用F 4.8N 的水平力拉它以U 0.8m/s 速度移动（图1-6）。
若油的密度856kg/m 3。
求油的动力解：* 9如，占0.倍番，所以,4 2/ 0.12/856 1.4 10 m /s1-12重量G 20N 、面积A0.12m 2的平板置于斜面上。
其间充满粘度因为U，所以u —57 0.008h 0.650.7m/s1-13直径d 50mm的轴颈同心地在D中润滑油的粘度0.45Pags。
当转速n50.1mm的轴承中转动（图1-8）。
间隙950r/min时，求因油膜摩擦而附加的阻力矩M。
解：将接触面沿圆柱展开,A dL0.05 0.1 0.016m接触面上的相对速度为：u d d 2 n2.49II1/S2 2 60接触面间的距离为：D0.05mm2接触面之间的作用力：F A屯A—358.44Ndy u则油膜的附加阻力矩为：M8.9Ngm可得接触面的面积为:h的油膜上O1-14直径为D的圆盘水平地放在厚度为当驱动圆盘以转速n旋转时，试证明油的动力粘度与驱动力矩M的关系为:960hM证明:2 n n60 30，v2 4nDnr30dA 2 rdr，dFvdA—h2nr2dr，dM dFr15h2nr3dr15h2 3 .D/2nr dr0 15h2nD4960h所以:960hM2nD4第二章流体静力学2-5试求潜水员在海面以下50m处受到的压力。
第4章习题解答
第四章 机械振动和机械波4.1什么是简谐振动？分别从运动学和动力学两方面作出解释。
并说明下列运动是不是简谐振动；（1）小球在地面上做完全弹性的上下跳动；（2）小球在半径很大的光滑凹球面底部做小幅度的摆动； （3）曲柄连杆机构使活塞做往复运动。
4.2 若弹簧振子中弹簧本身的质量不可忽略，其振动周期是增加还是减小？ 这相当于增加了系统的惯性，振动周期将增加。
4.3 将单摆拉到与竖直方向成ϕ角后，放手任其摆动，则ϕ是否就是其初相位？为什么？单摆的角速度是否是谐振动的圆频率？4.4判断以下说法是否正确？说明理由。
“质点作简谐振动时，从平衡位置运动到最远点需要1/4周期，因此走过该段距离的一半需时1/8周期。
”4.5两个相同的弹簧挂着质量不同的物体，当它们以相同的振幅做简谐运动时，问振动的能量是否相同？4.6什么是波动？振动与波动有什么区别和联系？ 4.7试判断下列几种关于波长的说法是否正确. （1）在波传播方向上相邻两个位移相同点的距离； （2）在波传播方向上相邻两个运动速度相同点的距离； （3）在波传播方向上相邻两个振动相位相同点的距离。
4.8当波从一种媒质透入另一种媒质时，下面那些量会改变，哪些量不会改变：波长、频率、波速、振幅。
4.9有人认为频率不同、振动方向不同、相位差不恒定的两列波不能叠加，所以它们不是相干波，这种看法对不对？说明理由。
4.10 波的能量与振幅的平方成正比，两个振幅相同的相干波在空间叠加时，干涉加强的点的合振幅为原来的两倍，能量为原来的四倍，这是否违背能量守恒定律？4.11 一质点作简谐振动)7.0100cos(6ππ+=t x cm 。
某时刻它在23=x cm 处，且向X 轴负向运动，它要重新回到该位置至少需要经历的时间为（ ） A 、s 1001 B 、s 2003 C 、s 501 D 、 s 503答案：(B)4.12 一个单摆，如果摆球的质量增加为原来的四倍，摆球经过平衡位置时的速度减为原来的一半，则单摆（ ）A 、频率不变，振幅不变；B 、频率不变，振幅改变；C 、频率改变，振幅不变；D 、频率改变，振幅改变； B4.13 以频率ν作简谐振动的系统，其动能和势能随时间变化的频率为（ ） A 、2/ν B 、ν C 、ν2 D 、ν4 答案：(C)4.14 劲度系数为m N /100的轻弹簧和质量为10g 的小球组成的弹簧振子，第一次将小球拉离平衡位置4cm ，由静止释放任其运动；第二次将小球拉离平衡位置2cm 并给以2cm/s 的初速度任其振动。
《物理学基本教程》课后答案_第四章__刚体的转动
第五章 刚体的转动5-13 如图5-13(a)所示，滑轮转动惯量为0.012m kg ⋅，半径为7 cm ，物体质量为5 kg ，由一绳与倔强系数k=200 N/m 的弹簧相连，若绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴上的摩擦忽略不计，求：(1)当绳拉直弹簧无伸长时，使物体由静止而下落的最大距离；(2)物体速度达最大值的位置及最大速率．分析 下面的5-17题中将证明，如果绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用，则由刚体和地球组成的系统机械能守恒．如果将滑轮、地球和物体与弹簧组成一个弹性系统和重力系统合成的系统，当无重力和弹性力以外的力作功的情况下，整个系统的机械能守恒，可以应用机械能守恒定律．下面的解则仅应用功能原理和力矩所作的功与刚体转动动能的关系进行计算．解 (1) 物体由静止而下落到最低点时，速度为零，位移为1x ，在此期间重力所作的功完全转换为弹簧弹性势能的增量，即21121kx mgx = m 0.49m 2008.95221=⨯⨯==k mg x (2)物体与滑轮受力如图5-13(b)所示，设物体的最大速率为0v ，此时的位移为0x ，加速度00=a ，滑轮的角加速度000==R a α，分别应用牛顿第二定律和转动定律T1aF ’T1m m g(a) (b)图5-13ma F mg =-T1αJ R F F =-)(T2T1可得此时T1F mg =，F T1= F T2，又因对于轻弹簧有0T2kx F =，则得m 0.245m 2008.950=⨯==k mg x 在此过程中，重力所作之功等于弹性势能的增量、物体动能和滑轮转动动能的增量的和，即2020200212121ωJ m kx mgx ++=v 因R00v =ω，得 m/s 31.1m/s 9.85)07.001.05(2001)(122=⨯⨯+⨯=+=mg R J m k v5-7 如图5-7（a ）所示的系统中，m 1 = 50 kg ，m 2 = 40 kg ，圆盘形滑轮质量m = 16 kg ，半径R = 0.1 m ，若斜面是光滑的，倾角为30°，绳与滑轮间无相对滑动，不计滑轮轴上的摩擦，(1)求绳中张力；(2)运动开始时，m 1距地面高度为1 m ，需多少时间m 1到达地面？分析 由于存在物体运动和滑轮定轴转动，而且必须考虑圆盘形滑轮的质量，这是一个质点动力学和刚体动力学的综合问题，应该采用隔离物体法，分别m αF ’T1 F T1 m 2 m 1 F F T2a︒30m 2g m 1g（a ） （b ）图5-7对运动物体作受力分析，对转动的滑轮作所受力矩的分析，然后分别应用牛顿第二定律和转动定律．解 (1)各物体与滑轮受力情况如图5-7（b ）所示，其中F T1= F ’T1，F T2= F ’T2，轴对滑轮的支承力F N 不产生力矩，选取物体运动方向为坐标轴正向，分别应用牛顿第二定律和转动定律，可得22121rad/s 3021)(30sin =++︒-=g mR R m m m m α N 340)(1T1=-=αR g m FN 316)30sin (2T2=+︒=αR g m F2m/s 3==αR a(2) m 1到达地面的时间为s 0.816s 3122=⨯==a h t 、5-1 一个匀质圆盘由静止开始以恒定角加速度绕过中心而垂直于盘面的定轴转动．在某一时刻，转速为10 r/s ，再转60转后，转速变为15 r/s ，试计算：(1)角加速度；(2)由静止达到10 r/s 所需时间；(3)由静止到10 r/s 时圆盘所转的圈数．分析 绕定轴转动的刚体中所有质点都绕轴线作圆周运动，并具有相同的角位移、角速度和角加速度，因此描述运动状态的物理量与作圆周运动的质点的相似．当角加速度恒定时，绕定轴转动的刚体用角量表示的运动学公式与匀加速直线运动的公式类似．解 (1) 根据题意，转速由rad/s 1021⨯=πω变为rad/s 1522⨯=πω期间的角位移rad 260πθ⨯=，则角加速度为22222122rad/s 54.6rad/s 2602)102()152(2=⨯⨯⨯-⨯=-=πππθωωα (2) 从静止到转速为rad/s 1021⨯=πω所需时间为s 9.61s 54.61021=⨯==παωt (3) t 时间内转的圈数为48261.91022122121=⨯⨯⨯===ππωππθt N 5-2 唱片在转盘上匀速转动，转速为78 r/min ，由开始到结束唱针距转轴分别为15 cm 和7.5 cm ，(1)求这两处的线速度和法向加速度；(2)在电动机断电以后，转盘在15 s 内停止转动，求它的角加速度及转过的圈数．分析 绕定轴转动的刚体中所有质点具有相同的角位移、角速度和角加速度，但是线速度、切向加速度和法向加速度等线量则与各质点到转轴的距离有关．角量与线量的关系与质点圆周运动的相似．解 (1) 转盘角速度为rad/s 8.17rad/s 60278=⨯=πω，唱片上m 15.01=r 和m 075.02=r 处的线速度和法向加速度分别为m/s 1.23m/s 15.017.811=⨯==r ωv222121n m/s 10.0m/s 15.017.8=⨯==r ωam/s .6130m/s 075.017.822=⨯==r ωv222222n m/s .015m/s 075.017.8=⨯==r ωa(2) 电动机断电后，角加速度为22rad/s 545.0rad/s 1517.800-=-=-=t ωα 转的圈数为 75.921517.8212212=⨯⨯===πωππθt N 5-3 如图5-3所示，半径r 1 = 30 cm 的A 轮通过皮带被半径为r 2 = 75 cm 的B 轮带动，B 轮以π rad/s 的匀角加速度由静止起动，轮与皮带间无滑动发生，试求A 轮达到3000 r/min 所需要的时间． 分析 轮与皮带间无滑动，则同一时刻，两轮边缘的线速度相同，均等于皮带的传送速度；两轮边缘的切向加速度也相同，均等于皮带的加速度．解 设A 、B 轮的角加速度分别为A α、B α，由于两轮边缘与皮带连动，切向加速度相同，即2B 1A r r αα=则 B 12A ααr r = A 轮角速度达到rad/s 6030002⨯=πω所需要的时间为 s 40s 75.06030.0300022B 1A =⨯⨯⨯⨯===ππαωαωr r tB A r 1 r 2图5-35-4 在边长为b 的正方形的顶点上，分别有质量为m 的四个质点，求此系统绕下列转轴的转动惯量：(1)通过其中一质点A ，平行于对角线BD 的转轴，如图5-4所示．(2)通过A 垂直于质点所在平面的转轴．分析 由若干质点组成的质点系对某转轴的转动惯量等于各质点对该转轴转动惯量的叠加．每一质点对转轴的转动惯量等于它的质量与其到转轴的垂直距离平方的乘积． 解 (1)因质点B 和D 到转轴的垂直距离A 2B 和A 1D 为a 22，质点C 到转轴的垂直距离AC 为a 2，而质点A 位于转轴上，则系统对通过A 点平行于BD 的转轴的转动惯量为()222132222ma am a m J =+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=(2) 因质点B 和D 到转轴的垂直距离AB 和AD 为a ，质点C 到转轴的垂直距离AC 为a 2，而质点A 位于转轴上，则系统对通过A 垂于质点所在平面转轴的转动惯量为()2222422ma a m ma J =+=5-5 求半径为R ，质量为m 的均匀半圆环相对于图5-5中所示轴线的转动惯量．分析 如果刚体的质量连续分布在一细线上，可用质量线密度描述其分布情况，如果分布是均匀的，则质量线密度λ为常量．在刚体上取一小段线元l d ，质量为l d λ，对转轴的转动惯量为l r d 2λ，其中该线元AA 2B图5-4R图5-5到转轴的距离r 与线元在刚体上的位置有关．整个刚体的转动惯量就是刚体上所有线元转动惯量的总和，即所取线元的转动惯量对刚体分布的整个区域积分的结果．解 均匀半圆环的质量线密度为Rm πλ=，在半圆环上取一小段圆弧作为线元θd d R l =，质量为 θπθπλd d d d m R R m l m === 此线元到转轴的距离为θsin R r =，对轴线的转动惯量为m r d 2，则整个半圆环的转动惯量为2022221d sin d mR m R m r J =⋅==⎰⎰θπθπ 5-6 一轻绳跨过滑轮悬有质量不等的二物体A 、B ，如图5-6(a)所示，滑轮半径为20 cm ，转动惯量等于2m kg 50⋅，滑轮与轴间的摩擦力矩为m N 198⋅.，绳与滑轮间无相对滑动，若滑轮的角加速度为2rad/s 362.，求滑轮两边绳中张力之差． 分析 由于定轴转动的刚体的运动规律遵从转动定律，因此对于一个定轴转动的滑轮来说，仅当其质量可以忽略，转动惯量为零，滑轮加速转动时跨越滑轮的轻绳两边的张力才相等．这就是在质点动力学问题中通常采用的简化假设．在掌握了转动定律后，不应该再忽略滑轮质量，通常将滑轮考虑为质量均匀分布的圆盘，则跨越滑轮的轻绳两边的张力对转轴的合力矩是滑轮产生角加速度的原因．解 滑轮所受力和力矩如图5-6(b)所示，其中跨越滑轮的轻绳两边的张力分别为F T1和F T2，轴的支承力F N 不产生力矩，由转动定律可得fF T1 F T2(a) (b)图5-6αJ M R F F =--f T2T1)()(1f T2T1M J RF F +=-α N 101.08N )1.9836.250(2.01 3⨯=+⨯⨯= 5-7 如图5-7（a ）所示的系统中，m 1 = 50 kg ，m 2 = 40 kg ，圆盘形滑轮质量m = 16 kg ，半径R = 0.1 m ，若斜面是光滑的，倾角为30°，绳与滑轮间无相对滑动，不计滑轮轴上的摩擦，(1)求绳中张力；(2)运动开始时，m 1距地面高度为1 m ，需多少时间m 1到达地面？分析 由于存在物体运动和滑轮定轴转动，而且必须考虑圆盘形滑轮的质量，这是一个质点动力学和刚体动力学的综合问题，应该采用隔离物体法，分别对运动物体作受力分析，对转动的滑轮作所受力矩的分析，然后分别应用牛顿第二定律和转动定律．解 (1)各物体与滑轮受力情况如图5-7（b ）所示，其中F T1= F ’T1，F T2= F ’T2，轴对滑轮的支承力F N 不产生力矩，选取物体运动方向为坐标轴正向，分别应用牛顿第二定律和转动定律，可得m αF ’T1 F T1 m 2 m 1 F F T2a︒30m 2g m 1g（a ） （b ）图5-7由于物体的加速度等于滑轮边缘的线速度，则αR a =，与以上各式联立解得22121rad/s 3021)(30sin =++︒-=g mR R m m m m α N 340)(1T1=-=αR g m FN 316)30sin (2T2=+︒=αR g m F2m/s 3==αR a(2) m 1到达地面的时间为s 0.816s 3122=⨯==a h t 5-8 飞轮质量为60 kg ，半径为0.25 m ，当转速为1000 r/min 时，要在5 s 内令其制动，求制动力F ，设闸瓦与飞轮间摩擦系数μ=0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算，闸杆尺寸如图5-8所示．分析 制动力F 作用在闸杆上，闸杆在制动力和飞轮的正压力的力矩作用下达到平衡，转动轴在墙上，这是刚体在力矩作用下的平衡问题．由于二力的力臂已知，应该求出闸杆与飞轮之间的正压力．飞轮受到闸杆的正压力、闸瓦与飞轮间摩擦力和轴的支承力作用，其中闸杆的正压力和轴的支承力的力矩为零，在闸瓦与飞轮间摩擦力的力矩作用下制动，应用转动定律可以求出摩擦力矩，然后由摩擦力与正压力关系可以求出闸杆与飞轮之间的正压力．F图5-8解 以飞轮为研究对象，飞轮的转动惯量为221mR J =，制动前角速度为rad/s 6010002⨯=πω，制动时角加速度为tωα-=．制动时闸瓦对飞轮的压力为F N ，闸瓦与飞轮间的摩擦力N f F F μ=，应用转动定律，得αα2f 21mR J R F ==- 则 t mR F μω2N =以闸杆为研究对象．在制动力F 和飞轮对闸瓦的压力-F N 的力矩作用下闸杆保持平衡，两力矩的作用力臂分别为m )75.050.0(+=l 和m 50.01=l ，则有01N =-l F FlN 157N 6054.021000225.06075.050.050.021N 1=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯+===πμωt mR l l F l l F 5-9 一风扇转速为900 r/min ，当马达关闭后，风扇均匀减速，止动前它转过了75转，在此过程中制动力作的功为44.4 J ，求风扇的转动惯量和摩擦力矩．分析 合外力矩对刚体所作的功等于刚体的转动动能的增量．制动过程中风扇只受摩擦力矩作用，而且由于风扇均匀减速，表明摩擦力矩为恒定值，与风扇角位移的乘积就是所作的功．解 设制动摩擦力矩为M ，风扇转动惯量为J ，止动前风扇的角位移N πθ2=，摩擦力矩所作的功为N M M W πθ2⋅-=-=摩擦力矩所作的功应等于风扇转动动能的增量，即2210ωJ W -= 则 2222m kg 01.0m kg )60/2900()4.44(22⋅=⋅⨯-⨯-=-=πωWJ m N 0.0942m N 7524.442⋅=⋅⨯--=-=ππN W M5-10 如图5-10（a ）所示，质量为24 kg 的鼓形轮，可绕水平轴转动，一绳缠绕于轮上，另一端通过质量为5 kg 的圆盘形滑轮悬有10 kg 的物体，当重物由静止开始下降了0.5 m 时，求：(1)物体的速度；(2)绳中张力．设绳与滑轮间无相对滑动．分析 这也是一个质点动力学和刚体动力学的综合问题，鼓形轮和滑轮都视为圆盘形定轴转动的刚体，应该采用隔离物体法，分别对运动物体作受力分析，对刚体作所受力矩的分析，然后分别应用牛顿第二定律和转动定律．解 各物体受力情况如图5-10（b ）所示，其中F T1= F ’T1，F T2= F ’T2，鼓形轮的转动惯量为2121R m ，圆盘形滑轮的转动惯量为2221r m ，分别应用牛顿第二定律和转动定律，可得ma F mg =-T2222T1T221)(αr m r F F =- 121T121αR m R F = (1) 绳与滑轮间无相对滑动，物体的加速度等于鼓形轮和滑轮边缘的切向加速度，即12ααR r a ==．重物由静止开始下降了h = 0.5 m 时，速度ah 2=v ，由以上各式得αT1 F 2α ’T2 a F T2m g（a ） （b ）图5-10m/s 2m/s )524(21105.08.9102)(212221=+⨯+⨯⨯⨯=++==m m m mgh ah v (2)绳中张力为N 48N 5241028.924102211T1=++⨯⨯⨯=++=m m m g mm F N 85N 5241028.9)524(102)(2121T2=++⨯⨯+⨯=+++=m m m g m m m F 5-11 一蒸汽机的圆盘形飞轮质量为200 kg ，半径为1 m ，当飞轮转速为120 r/min 时关闭蒸汽阀门，若飞轮在5 min 内停下来，求在此期间飞轮轴上的平均摩擦力矩及此力矩所作的功．分析 制动过程中飞轮只受摩擦力矩作用，该摩擦力矩不一定为恒定值，但是由于只需求平均摩擦力矩，因此可以假设飞轮均匀减速，由已知条件求出平均角加速度，再应用转动定律求出平均摩擦力矩．解 飞轮转动惯量为221mR J =，关闭蒸汽阀门后t = 5 min 内的平均角加速度为t00ωα-=，应用转动定律，平均摩擦力矩 m N 194m N 60560/212012002121202⋅-=⋅⨯⨯⨯⨯⨯-=-==.t mR J M πωα 在此期间平均摩擦力矩所作的功等于飞轮转动动能的增量J 7896J )60/2120(12002121 21212102220220-=⨯⨯⨯⨯⨯-=⋅-=-=πωωm R J W 负号表示平均摩擦力矩作负功，方向与飞轮旋转方向相反．5-12 长为85 cm 的均匀细杆，放在倾角为45°的光滑斜面上，可以绕过上端点的轴在斜面上转动，如图5-12(a)所示，要使此杆实现绕轴转动一周，至少应给予它的下端多大的初速度？分析 细杆在斜面上转动，斜面的支承力与转轴平行，转轴的支承力通过转轴，它们的力矩都为零，只有重力在转动平面内分量的力矩作功．解 如图5-12(b)所示，杆所受重力在转动平面内的分量为︒45sin mg ，当杆与初始位置的夹角为θ时，重力分量对转轴的力矩为θsin 2145sin l mg ⋅︒，此时若杆有角位移θd ，则重力矩所作的元功为θθd sin 2145sin d ⋅⋅︒=l mg W 杆从最低位置到最高位置重力矩所作的功为︒-=⋅⋅︒-==⎰⎰45sin d sin 2145sin d 0mgl l mg W W πθθ 重力矩所作的功等于此期间杆的转动动能的增量2021045sin ωJ mgl -=︒- 其中231ml J =，t00v =ω，则 m/s 5.94m/s 45sin 85.08.9645sin 60=︒⨯⨯⨯=︒=gl v5-13 如图5-13(a)所示，滑轮转动惯量为0.012m kg ⋅，半径为7 cm ，物体质量为5 kg ，由一绳与倔强系数k=200 N/m 的弹簧相连，若绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴上的摩擦忽略不计，求：(1)当绳拉直弹簧无伸长时，使物体由静止而下落的最大距离；(2)物体速度达最大值的位置及最大速率．v 0 ︒45 (a) (b) 图5-12分析 下面的5-17题中将证明，如果绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用，则由刚体和地球组成的系统机械能守恒．如果将滑轮、地球和物体与弹簧组成一个弹性系统和重力系统合成的系统，当无重力和弹性力以外的力作功的情况下，整个系统的机械能守恒，可以应用机械能守恒定律．下面的解则仅应用功能原理和力矩所作的功与刚体转动动能的关系进行计算．解 (1) 物体由静止而下落到最低点时，速度为零，位移为1x ，在此期间重力所作的功完全转换为弹簧弹性势能的增量，即21121kx mgx = m 0.49m 2008.95221=⨯⨯==k mg x (2)物体与滑轮受力如图5-13(b)所示，设物体的最大速率为0v ，此时的位移为0x ，加速度00=a ，滑轮的角加速度000==R a α，分别应用牛顿第二定律和转动定律ma F mg =-T1αJ R F F =-)(T2T1可得此时T1F mg =，F T1= F T2，又因对于轻弹簧有0T2kx F =，则得m 0.245m 2008.950=⨯==k mg x 在此过程中，重力所作之功等于弹性势能的增量、物体动能和滑轮转动动能T1aF ’T1m m g(a) (b)图5-13的增量的和，即2020200212121ωJ m kx mgx ++=v 因R00v =ω，得 m/s 31.1m/s 9.85)07.001.05(2001)(122=⨯⨯+⨯=+=mg R J m k v5-14 圆盘形飞轮A 质量为m ，半径为r ，最初以角速度ω0转动，与A 共轴的圆盘形飞轮B 质量为4m ，半径为2r ，最初静止，如图5-14所示，两飞轮啮合后，以同一角速度ω转动，求ω及啮合过程中机械能的损失．分析 当物体系统所受的合外力矩为零时，系统的角动量守恒，在此过程中，由于相互作用的内力作功，机械能一般不守恒．解 以两飞轮组成的系统为研究对象，由于运动过程中系统无外力矩作用，角动量守恒，有ωωω2202)2(4212121r m mr mr += 得 0171ωω= 初始机械能为2022021412121ωωmr mr W =⋅= 啮合后机械能为2022222241171)2(421212121ωωωmr r m mr W =⋅+⋅= 则机械能损失为1202211716411716W mr W W W ==-=∆ω 5-15 一人站在一匀质圆板状水平转台的边缘，转台的轴承处的摩擦可忽略A图5-1４不计，人的质量为m ’，转台的质量为10 m ’，半径为R ．最初整个系统是静止的，这人把一质量为m 的石子水平地沿转台的边缘的切线方向投出，石子的速率为v （相对于地面）．求石子投出后转台的角速度与人的线速度．分析 应用角动量守恒定律，必须考虑定律的适用条件，即合外力矩为零．此外还应该注意到，定律表达式中的角动量和角速度都必须是对同一惯性参考系选取的，而转动参考系不是惯性参考系．解 以人、转台和石子组成的系统为研究对象，由于系统无外力矩作用，角动量守恒，设转台角速度ω的转向与投出的石子速度v 方向一致，初始时系统角动量为零，得0=+v mR J ω 人和转台的转动惯量为221021R m R m J '+'=，代入上式后得 Rm m '-=6v ω 人的线速度 mm R '-=='6v v ω 其中负号表示转台角速度转向和人的线速度方向与假设方向相反．5-16 一人站立在转台上，两臂平举，两手各握一个m = 4 kg 的哑铃，哑铃距转台轴r 0 = 0.8 m ，起初，转台以ω0 = 2π rad/s 的角速度转动，然后此人放下两臂，使哑铃与轴相距r = 0.2 m ，设人与转台的转动惯量不变，且J = 52m kg ⋅，转台与轴间摩擦忽略不计，求转台角速度变为多大？整个系统的动能改变了多少？分析 角动量守恒定律是从定轴转动的刚体导出的，却不但适用与刚体，而且适用于绕定轴转动的任意物体和物体系统．解 以人、转台和哑铃组成的系统为研究对象，由于系统无外力矩作用，角动量守恒，有ωω)2()2(2020mr J mr J +=+rad/s 12.0rad/s 22.04258.042522220220=⨯⨯⨯+⨯⨯+=++=πωωmr J mr J 动能的增量为J183 J )2()8.0425(21J 12)2.0425(21 )2(21)2(2122222020220=⨯⨯⨯+⨯-⨯⨯⨯+⨯=+-+=-=∆πωωmr J mr J W W W 5-17 证明刚体中任意两质点相互作用力所作之功的和为零．如果绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用，试证明它的机械能守恒．分析 在刚体动力学中有很多涉及重力矩作功的问题，如果能证明当只有重力矩作功时刚体和地球组成的系统机械能守恒，就能应用机械能守恒定律，而且还可以用刚体的质心的势能代替整个刚体中所有质点势能的总和，使求解过程大大简化． 证 刚体中任意两质点相互作用力沿转轴方向的分量对定轴转动不起作用，而在垂直于转轴的平面内的分量F 和-F 大小相等，方向相反，作用在一条直线上，如图5-17所示．设F 与转轴的垂直距离为ϕsin r ，则当刚体有微小角位移θd 时，力F 所作的功为θϕd sin Fr ，而其反作用力-F 所作的功为θϕd sin Fr -，二者之和为零，即刚体中任意两质点相互作用力所作之功的和为零．绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用，刚体中任意质点则受到内力和重力作用，当刚体转动时，因为已经证明了任意两质点相互作用内力所作之功的和为零，则刚体中各质点相互作用力所作的总功为零，而且轴的支承力-F图5-17也不作功，就只有重力作功，因此机械能守恒．5-18 一块长m 50.0=L ，质量为m '＝3.0 kg 的均匀薄木板竖直悬挂，可绕通过其上端的水平轴无摩擦地自由转动，质量m =0.1kg 的球以水平速度m/s 500=v 击中木板中心后又以速度m/s 10=v 反弹回去，求木板摆动可达到的最大角度．木板对于通过其上端轴的转动惯量为231L m J '= ． 分析 质点的碰撞问题通常应用动量守恒定律求解，有刚体参与的碰撞问题则通常应用角动量守恒定律求解．质点对一点的角动量在第四章中已经讨论过，当质点作直线运动时，其角动量的大小是质点动量和该点到质点运动直线的垂直距离的乘积．解 对球和木板组成的系统，在碰撞瞬间，重力对转轴的力矩为零，且无其他外力矩作用，系统角动量守恒，碰撞前后球对转轴的角动量分别为021v mL 和v mL 21-，设碰后木板角速度为ω，则有 ωJ mL mL +-=v v 21210 设木板摆动可达到的最大角度为θ，如图5-18所示，木板摆动过程中只有重力矩作功，重力矩所作的功应等于木板转动动能的增量，即)1(cos 21d sin 2121002-'=⋅'-=-⎰θθθωθgL m L g m J (1) 由以上两式得388.050.08.90.34)1050(1.0314)(31cos 2222202=⨯⨯⨯+⨯⨯-='+-=gL m m v v θ ︒==19.67)388.0arccos(θ根据5-17的结果，由于木板在碰撞后除受到轴的支承力外仅受重力作用，v mm ’g图5-18它的机械能守恒，取木板最低位置为重力势能零点，达到最高位置时它的重力势能应等于碰撞后瞬间的转动动能，也可以得到(1)式．5-19 半径为R 质量为m '的匀质圆盘水平放置，可绕通过圆盘中心的竖直轴转动．圆盘边缘及R /2处设置了两条圆形轨道，质量都为m 的两个玩具小车分别沿二轨道反向运行，相对于圆盘的线速度值同为v ．若圆盘最初静止，求二小车开始转动后圆盘的角速度．分析 当合外力矩为零时，应用角动量守恒定律应该注意到表达式中的角动量和角速度都是对同一惯性参考系选取的．转动参考系不是惯性参考系，所以小车对圆盘的速度和角动量必须应用相对运动速度合成定理转换为对地面的速度和角动量．解 设两小车和圆盘的运动方向如图5-19所示，以圆盘的转动方向为正向，外轨道上小车相对于地面的角动量为)(v -ωR mR ，内轨道上小车相对于地面的角动量为)21(21v +ωR R m ，圆盘的角动量为ωω221R m J '=．对于两小车和圆盘组成的系统，外力对转轴的力矩为零，角动量守恒，得ωωω221)21(21)(R m R R m R mR '+++-v v R m m m )25(2'+=v ω vωv图5-19。
第四章习题课动力学
为零，此时受力分析如图所示．
第四章
牛顿运动定律
对 A、B 整体有 F＝2Ma 对 A 有，水平方向：F－FNsin 60° ＝Ma， 竖直方向：FNcos 60° －Mg＝0 由以上几式解得 F＝2 3Mg 所以 F 的取值范围是 0＜F＜2 3Mg.
【答案】 0＜F＜2 3 Mg
第四章
牛顿运动定律
s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，求：力F的最大
值与最小值．(sin 37°＝0.6，取g＝10 Nhomakorabeam/s2)
第四章
牛顿运动定律
解析：从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压
力为0，从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时， 两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．
设刚开始时弹簧压缩量为x0
第四章
牛顿运动定律
2．如图所示，底角为 α 的斜面体在水平面上向左以加速度 a 做匀加速直线运动时，放在斜面体光滑斜面上的质量为 m 的滑块刚好停在斜面体上，由此可知( ) A．滑块 m 受到斜面的支持力为 mgcos α mg B．滑块 m 受到斜面的支持力为 cos α C．滑块 m 受到斜面的支持力为 masin α ma D．滑块 m 受到斜面的支持力为 sin α
第四章
牛顿运动定律
4．解题关键：解决此类问题的关键是对物体运动情况的正 确分析，对临界状态的判断与分析，找出处于临界状态时存
在的独特的物理关系，即临界条件．
常见的三类临界问题的临界条件 (1)相互接触的两个物体将要脱离的临界条件是：相互作用 的弹力为零． (2)绳子松弛的临界条件是：绳的拉力为零． (3)存在静摩擦的系统，当系统外力大于最大静摩擦力时， 物体间不一定有相对滑动，相对滑动与相对静止的临界条件 是：静摩擦力达到最大值．
机械系统动力学作业---平面二自由度机械臂运动学分析
机械系统动力学作业---平面二自由度机械臂运动学分析平面二自由度机械臂动力学分析[摘要]机器臂是一个非线性的复杂动力学系统。
动力学问题的求解比较困难，而且需要较长的运算时间，因此，这里主要对平面二自由度机械臂进行动力学研究。
本文采用拉格朗日方程在多刚体系统动力学的应用方法分析平面二自由度机械臂的正向动力学。
经过研究得出平面二自由度机械臂的动力学方程，为后续更深入研究做铺垫。
[关键字]平面二自由度机械臂动力学拉格朗日方程一、介绍机器人是一个非线性的复杂动力学系统。
动力学问题的求解比较困难，而且需要较长的运算时间，因此，简化解的过程，最大限度地减少工业机器人动力学在线计算的时间是一个受到关注的研究课题。
机器人动力学问题有两类：(1)给出已知的轨迹点上的，即机器人关节位置、速度和加速度，求相应的关节力矩向量Qr。
这对实现机器人动态控制是相当有用的。
(2)已知关节驱动力矩，求机器人系统相应的各瞬时的运动。
也就是说，给出关节力矩向量τ，求机器人所产生的运动。
这对模拟机器人的运动是非常有用的。
二、二自由度机器臂动力学方程的推导过程机器人是结构复杂的连杆系统，一般采用齐次变换的方法，用拉格朗日方程建立其系统动力学方程，对其位姿和运动状态进行描述。
机器人动力学方程的具体推导过程如下：(1)选取坐标系，选定完全而且独立的广义关节变量θr，r=1,2,…,n。
(2)选定相应关节上的广义力Fr：当θr是位移变量时，Fr为力；当θr是角度变量时，Fr为力矩。
(3)求出机器人各构件的动能和势能，构造拉格朗日函数。
(4)代入拉格朗日方程求得机器人系统的动力学方程。
下面以图1所示说明机器人二自由度机械臂动力学方程的推导过程。
1、分别求出两杆的动能和势能设θ1、θ2是广义坐标，Q1、Q2是广义力。
两个杆的动能和势能分别为：式中，是杆1质心C1（,）的速度向量，是杆2质心C1（,）的速度向量。
它们可以根据质心C1、C2的位置方程导出2、分别求出两杆的速度、3、代入拉格朗日方程求得机械臂动力学方程根据具有完整理想约束的有N个广义坐标系统的拉格朗日方程式中qr——第r个广义坐标；E——系统动能；U——系统势能；Qr——对第r个广义坐标的广义力。
第四章机器人的动力学
n
1
v Ci
v Ci
1 2
i Ii i )
T
1
[m 2
i 1 n
i
(J L q ) J L q (J A q ) IiJ A q ]
(i) (i) T (i) T T
1
(m 2
i 1
i
q
JL
(i)T
JL q q
(i)
二、机器人静力学关系式推导
以2自由度机械手为例，要产生图a所示的虚位移 , ， r ， 则图b所示各力 , 和 F 之间的关系：
1 2
1
2
由 虚 功 原 理 知 ： 1 1 2 2 F r 0 即： 1
2
1 F 2
当刚体绕过质心的轴线旋转时，角速度ω，角加速度
，惯
性张量
与作用力矩N之间满足欧拉方程：
IC (IC ) N
——欧拉运动方程
Ic R
3 3
是绕重心 c 的惯性矩（转动惯量） N 回转力矩
， I c的各元素表示对应的力
矩元素和加速度元素间
的惯性矩；
回转角速度；
对于对于zz轴轴于是于是12联立可得联立可得对于一般形状连杆对于一般形状连杆除第33分量以外其它分量皆不为分量以外其它分量皆不为00的第1122分量成为改变轴方向的力矩但在固定分量成为改变轴方向的力矩但在固定轴场合与这个力矩平衡的约束力生成轴场合与这个力矩平衡的约束力生成22式中的式中的1122分分量不产生运动
由虚功原理得：
F A x A FB x B 0 即 ： F A L A F B L B 0 ( F A L A F B L B ) 0 F A L A FB L B 0 FB LA LB FA
第四章 单自由度机械系统动力学
摩擦力:由运动副表面摩擦产生的有害阻力， 摩擦力 由运动副表面摩擦产生的有害阻力，作负功 ； 由运动副表面摩擦产生的有害阻力 一些效率较低的机构则应计入摩擦力的影响 在动力分析中主要涉及的力是驱动力和生产阻力
常见的生产阻力有： 常见的生产阻力有： 生产阻力为常数：如起重机的起吊重量； 生产阻力为常数：如起重机的起吊重量； 生产阻力随位移而变化： 生产阻力随位移而变化：如往复式压缩机中活塞上 作用的阻力； 作用的阻力； 生产阻力随速度而变化:如鼓风机 离心泵的生产阻力 生产阻力随速度而变化 如鼓风机,离心泵的生产阻力； 如鼓风机 离心泵的生产阻力； 生产阻力随时间而变化：如揉面机的生产阻力。 生产阻力随时间而变化：如揉面机的生产阻力。 驱动力与发动机的机械特性有关，有如下几种情况： 驱动力与发动机的机械特性有关，有如下几种情况： 驱动力是常数：如以重锤作为驱动装置的情况； 驱动力是常数：如以重锤作为驱动装置的情况； 驱动力是位移的函数：如用弹簧作驱动件时， 驱动力是位移的函数：如用弹簧作驱动件时，驱动力 与变形成正比； 驱动力是速度的函数：如一般电动机，机械特性均表 驱动力是速度的函数：如一般电动机， 示为输出力矩随角速度变化的曲线。 示为输出力矩随角速度变化的曲线。
??d2deeeeejjjmjt???引入变换dd???dd??ddddtt????21????d??2deee?mjj??令21????2??eee?mjfj??则d????df?可利用龙格库塔法求解求出各值下的3加平衡机构法用加齿轮机构的方法平衡惯性力时平衡效果好但采用平衡机构将使结构复杂机构尺寸加大这是此方法的缺点
4.2单自由度系统等效力学模型 单自由度系统等效力学模型 对单自由度系统，可以采用等效力学模型来研究， 对单自由度系统，可以采用等效力学模型来研究，将系统 的动力学问题转化为一个等效构件的动力学问题。 的动力学问题转化为一个等效构件的动力学问题。 过程如下： 取做直线运动的构件作为等效构件时，作用于系统 过程如下： 取做直线运动的构件作为等效构件时， 上的全部外力折算到该构件上得到等效力， 上的全部外力折算到该构件上得到等效力，系统的 （1）选取等效构件，通常选主动构件为等效构件； ）选取等效构件，通常选主动构件为等效构件； 全部质量和转动惯量折算到该构件上得到等效质量 （2）计算等效力，根据做功相等的原则进行； ）计算等效力，根据做功相等的原则进行； （3）计算等效质量，根据动能相等的原则，将各个 ）计算等效质量，根据动能相等的原则， 构件向等效构件进行等效； 构件向等效构件进行等效； 取做定轴转到的构件作为等效构件时， 取做定轴转到的构件作为等效构件时，作用于系统 （4）对等效构件列运动方程； ）对等效构件列运动方程； 上的全部外力折算到该构件上得到等效力矩， 上的全部外力折算到该构件上得到等效力矩，系统 5）解方程。 （的全部质量和转动惯量折算到该构件上得到等效转 ）解方程。 动惯量
大学物理 - 1-6章练习附答案
第一章 质点运动学1、已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s m -⋅，开始运动时，x ＝5 m ，v =0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位置。
解：∵ t tva 34d d +==分离变量，得 t t v d )34(d += 积分，得 12234c t t v ++= 由题知，0=t ,00=v ,∴01=c故 2234t t v += 又因为 2234d d t t t x v +==分离变量， t t t x d )234(d 2+=积分得 232212c t t x ++=由题知 0=t ,50=x ,∴52=c 故 521232++=t t x 所以s 10=t 时m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v2、质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62x ，a 的单位为2s m -⋅，x 的单位为 m 。
质点在x ＝0处，速度为101s m -⋅,试求质点在任何坐标处的速度值。
解： ∵ xv v t x x v t v a d d d d d d d d ===分离变量： 2d (26)d v v adx x x ==+ 两边积分得c x x v ++=322221 由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v第二章 质点动力学1、质量为M 的大木块具有半径为R 的四分之一弧形槽，如图所示。
质量为m 的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度。
解: m 从M 上下滑的过程中，机械能守恒，以m ，M ，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有222121MV mv mgR +=又下滑过程，动量守恒，以m 、M 为系统，则在m 脱离M 瞬间，水平方向有0=-MV mv联立以上两式，得2MgR v m M =+2、 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆。
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4-1 如图所示，一质量为 m 的油缸与刚度为 k 的弹簧相连，通过阻尼系数为 c 的粘性阻尼器以运动规律sin y A t ω=的活塞给予激励，求油缸运动的振幅以及它相对于活塞的相位。
解：()0mx c x y kx +-+=&&&&cos mx cx kx Ac t ωω++=&&& 222()()X k m c ωω=-+12tan 2c k m πωω-∆Φ=--详解(1):因为活塞本身在作谐运动, 并通过粘性摩擦作用于油缸。
所以可建立运动微分方程为 x()0mx c x y kx +-+=&&&&或mx cx kx cy ++=&&&&设活塞运动为: i t m y I Ae ω= 则 i t yi Ae ωω=& 令油缸的运动，即其振动微分方程的解为()i t x Xe ωϕ-= 代入微分方程得2()()()i t i t m X ic X kX e ic Ae ωϕωφωωω---++=()2()i ti t ic Ae x Xek m ic ωωφωωω-∴==-+222222()()(1)(2)X k m c ζωωωωζω∴==-+-+振幅油缸相对活塞运动的相位角:11222tan tan 221c k m πωπζωϕωω--=-=---（x 滞后于激励cy &相位差112tan c k m ωϕω-=-y 滞后于cy&相位差22πϕ=，所以x y 与的相位差21-ϕϕϕ=）解法（2): 矢量法2222()()()kX m X c X c A ωωω-+=222()()X k m c ωω∴=-+振幅及 ()i t x Xe ωϕ+=11222tan tan 221c k m πωπζωϕωω--=-=---4-2 试导出图所示系统的振动微分方程，并求系统的稳态响应。
解：222()cos mL mgL kA c k t a a aθθθω++-=&&& 稳态响应0cos ()F t k θμω=-Φ2222()(1)(2)ka mgL ωζω=--+ 其中2n 2a k g mL L ω=-n ωωω= 222()L m ka mgL ζ=- 22arctan 1Φζωω=-详解：设刚性杆向顺时针方向转动θ角，则图中B 点的位移和速度分别为对刚性杆用动量矩定理()2sin cos cos B B mL J mg L cx k x A t a θθθωθ==⋅-+-⋅⎡⎤⎣⎦&&&&& 由sin ,cos 1θθθ≈≈化简得微分方程()22cos J ca ka mgLakA t θθθω++-=&&&222n ka mgl ka mglJ ml ω--==等效刚度： 设方程的解为：0()cos()t t θθωϕ=-代入原方程222200[()cos ]sin()[sin ]cos()0ka mgl ml kAa t ca kAa t θωϕωϕωθϕωϕ-+--+--=()222222()()t ka mgl ml ca θωω∴=--+4-3如图所示，弹性支承的车辆沿高低不平的道路运行。
试求出车辆振幅与运行速度v 之间的关系，并确定最不利的运行速度。
解：2sin W v x kx kY t g L π⎛⎫+= ⎪⎝⎭&& 222222sin()sin()(t)4k gtvtkY gL v WkYgL WL x kgL v W πππ=--+ 22240kgL v W π∴-+= 2L kg v Wπ⇒=详解： W 的运动微分方程为()()0mxc x y k x y +-+-=&&&& mx cx kx cy ky ++=+&&&&或 sin , cos B B x a a x a a θθθθθ=≈=⋅≈&&&忽略阻尼，设路面波度为2 i t vy Ye L ωπω==式中又设 ()i t x Xe ωϕ-=代入得2()()i t i t m k Xe kYe ωϕωω--+=阻尼c=0，则0ϕ= 2222221()n n Y kY YX v k m Lωπωωω∴===--- 危险速度发生在2n vL πω=时, c v ∴=4-4 带结构阻尼的单自由度系统，若刚度和阻尼的作用用复数形式20i k k e β=表示，系统等效质量为m 。
求系统在简谐激励下的响应。
解： 系统的微分方程为： i2i 0e etmx k x F βω+=&&设系统的稳态响应 ：i tx Xe ω=，代入上式得2200i m X k e X F βω-+=()2000cos 2sin 2k m ik X F βωβ⎡⎤-+=⎣⎦解得：i X X e ϕ-=，所以()i t i t x Xe X e ωωϕ-==其中X =020sin 2arctancos 2k k m βϕβω=-4-5 如图所示，一弹簧-质量系统，从t = 0开始作用一不变的0F 力，作用时间为0t 。
求系统在0t t <和0t t >两种情况下的响应，并找出0t t >时最大位移与0t τ的关系。
如果0t 与系统自振周期 τ相比很小，最大位移为多少? 请与脉冲响应函数比较。
解：t t <时()()0n 0nsin d t F x t t m ωττω=-⎰()00n n cos 1cos 0F F t t t kkωτω⎡⎤=-=-⎣⎦t t >时()()10n 0nsin d t F x t t m ωττω=-⎰()()001n n 1n cos cos cos 0F F t t t t t kk ωτωω⎡⎤=-=--⎣⎦找出0t t >时最大位移与0t τ的关系: 和差化积之后得到000()2sin sin ()2n n F tx t t t k ωω=- max x = 响应脉冲函数 00sin()n nF t t m ωω 0t 与系统自振周期 τ相比很小时最大位移均为00n F t kω4-6当激励频率为多少时，图中的机器的稳态振幅小于1.5 mm?0012sin()2n F t kω()400sin mx cx kx t ω++=&&&049.8/krad s m ω==，00.07432c m ξω== ()()322211.51012F A ks s ξ-=⨯-+p得到：000.374 1.364s s ωωωω=<=> 则：18.7/ 67.5/rad s rad s ωω<>4-7已知梁截面惯性矩I ，弹性模量E ，梁质量不计，支座A 产生微小竖直振动为sin A y d t ω=，支座B 不动，求：质量m 的稳态振动振幅。
解：在质量m 作用下，由材料力学可求出静挠度δ固有频率：0/ωδ=g因y A的运动而产生的质量m 处的运动(/)(/)sin ω==f A x b a y bd a t （1）动力学方程：()0+-=&&f mxk x x （2） 移项并将（1）式代入（2）得：(/)sin ω+=&&mx kx kbd a t 所以振幅：2/11=⋅-kbd a x k s 211=⋅-bd a s将0ωω=s 代入得：222bd x a ωωω==⋅-msN 925⋅mN101.35⨯4-8如图所示，一弹簧-质量系统，从t = 0时，突加一个0F 力，以后该力保持不变。
试用Duhamel 积分求系统的响应，并概略图示之。
解：1()sin(())n n F t d m τωττω-⎰0n (1cos )/x F t k ω=-n k m ω=(旋转失衡问题)4-9机器质量为 453.4 kg ，安装时使支承弹簧产生的静变形为5.08 mm ，若机器的旋转失衡为 0.2308 kg ·m 。
求： (a) 在 1200 rpm 时传给地面的力；(b) 在同一速度下的动振幅(假定阻尼可以忽略)。
解：该系统振动微分方程为 2sin Mxkx me t ωω+=&& 39.8143.94/5.0810n g rad s ω-===∆⨯1200/302.86,043.94πωζ===22220.2308 2.860.579()453.41 2.861me X mm M ωω===--223453.443.940.57910507NT n F kX M X ω-===⨯⨯⨯=()()()222201212TF S F ζωωζω+==-+211ω=-（无阻尼）22022********.2308507N11 2.8660T F SF me πωω⨯⎛⎫===⨯⨯= ⎪--⎝⎭22220.2308 2.860.579()453.41 2.861me X mm M ωω===--隔振问题4-10一仪器要与发动机的频率从 1600 rpm 到2200 rpm 范围实现振动隔离，若要隔离85％，仪器安装在隔振装置上时，隔振装置的静变形应为多少？ 解：隔离85％就是：力传递率()()()22222121(0.15112S ζωωωζω+===--+无阻尼） ⇒ 2.77ω= 1600260.51/2.7760 2.77n rad s ωωπωω⨯====⨯229812.667()60.51st n gmm δω===4-11如图所示，机器重 2500 kN ，弹簧刚度 k = 800 kN/m ，阻尼比ζ= 0.1，干扰力频率与发动机转速相等。
试问：(a)在多大转速下，传递给基础的力幅大于激振力幅；(b)传递力为激振力 20%时的转速是多大？解：（a ）2n 2221(2) 1 2(1)(2)ζωωωωζω+≥=≤-+由题的力传递率所以,因此2=23.960nn rpm πω≤由所以 （b ）()()()2222120.212S ζωωζω+==-+,因此43.45n rpm =。