理论力学第三版 (洪嘉振) 答案第6章
力学第三版习题答案
力学第三版习题答案第一章：力学的基本概念- 习题1：解释质量、重量、惯性的区别和联系。
答案：质量是物体的固有属性，与物体所含物质的多少有关。
重量是地球对物体的引力作用，与物体的质量和地球的引力加速度有关。
惯性是物体保持其运动状态不变的能力，与物体的质量成正比。
- 习题2：一个物体的质量为2kg，求其在地球表面受到的重力。
答案：重力G = mg，其中m是质量，g是地球的引力加速度（约为9.8m/s²）。
因此，G = 2kg * 9.8m/s² = 19.6N。
第二章：牛顿运动定律- 习题3：一个物体在水平面上受到一个恒定的力F=10N，求其加速度。
答案：根据牛顿第二定律F=ma，其中F是作用力，m是物体的质量，a是加速度。
如果物体的质量为m，则a = F/m = 10N/m。
第三章：功和能量- 习题4：一个物体从静止开始，经过一段距离后，速度达到v，求外力所做的功。
答案：功W = ΔK，其中ΔK是动能的变化。
动能K = 1/2mv²，因此W = 1/2mv² - 0 = 1/2mv²。
第四章：动量和动量守恒- 习题5：一个质量为m的物体以速度v1撞击一个静止的质量为2m的物体，求碰撞后两物体的速度。
答案：在没有外力作用的情况下，系统动量守恒。
设碰撞后两物体的速度分别为v2和v3，则mv1 = mv2 + 2mv3。
解得v2 = (3/3)v1，v3 = (-1/3)v1。
第五章：圆周运动- 习题6：一个物体在水平面上做匀速圆周运动，其速度为v，求其向心加速度。
答案：向心加速度a_c = v²/r，其中r是圆周运动的半径。
第六章：刚体的转动- 习题7：一个均匀的圆盘，其质量为M，半径为R，关于通过其中心的轴转动。
求其转动惯量。
答案：对于均匀圆盘，其转动惯量I = 1/2MR²。
第七章：流体力学- 习题8：解释伯努利定律，并给出其数学表达式。
常见刚体的转动惯量
习题答案
第一章
F (h − 3r ), M y = 3 F (r + h ), M z = − Fr . 1-3 4 4 2 2 bc ab ca a ab M ξ = −513.36 N ⋅ m . 1-4 M x = M − F ，My = M + F ，Mz = M， k1 k1 k1 2k 2 2k 2 abc 2 2 2 2 2 2 F. 其中： k1 = (ab ) + (bc ) + (ca ) ， k2 = a + b / 4 + c . 1-5 M τ = rAB b 2 + c 2
ρz =
3 r 10 3 (4r 2 + l 2 ) 80
ρx = ρy
=
圆环
3 J z = m( R 2 + r 2 ) 4
ρ z = R2 + r2
3 4
Jz =
椭圆形 薄 板
m 2 (a + b2 ) 4 m J y = a2 4 m J y = b2 4
1 2 a + b2 2 a ρx = 2 b ρy = 2
附录常见几种均质物体的转动惯量和回转半径物体的转动惯量简图回转半径形状m为物体的质量m2ljlzzcc1223细直杆m2ljzlz33薄壁2jmrr圆筒zz12rjmrzz22jj圆柱xyxym221223rl3rl1212空心m22122jzrrzrr圆柱22薄壁222jzmrzr空心球33222实心球jzmrzr55171323jzmrzr1010jj圆锥体xyxy322322m4rl4rl8080232232圆环jzmrrzrr44m22122jzabzab42椭圆形m2ajyax薄板42m2bjyby42m22122jzabzab1212m22122长方体jyacxac1212m22122jy12bcy12bcm22jz12ab122zab矩形m212ja薄板y120289axm20289bjbyy12172参考书目1朱照宣周起钊殷金生编
理论力学简明教程第六章答案
第六章 分析力学滔滔长江东逝水，浪花淘尽英雄。
达朗贝尔，拉格朗日，哈密顿等许多前贤相聚于此“力学论剑”，其“冲击波”使非线性问题也不攻自破。
长江后浪推前浪，你或许在此能够加倍“忘乎因此‘。
微分方程将叱咤风云。
[要点分析与总结]1虚功原理：（平稳时）理想条件下，力学系的平稳条件是各质 点上的主动力所作的虚功之和为零：10ni i i W F r δδ==•=∑用广义坐标来表述：310n ii i x W F q q ααδδ=∂==∂∑ 2达朗贝尔原理（动力学下的虚功原理）： 1()0ni i i i i W F m r r δδ==-•=∑〈析〉r δ，W δ均是在时刻未转变（0dt =）时所假想的量，而广义坐标a q 能够是角度，长度或其它的独立的坐标变量。
3拉格朗日方程()d T TQ dt q q ααα∂∂-=∂∂ (1,2,3,,)a s =在保守力下，取拉氏数 L T V =-方程为：()0d L L dt q q αα∂∂-=∂∂ 假设拉氏数中L 不显含广义坐标q β，那么：0Lq β∂=∂ 即 循环积分： Lp const q ββ∂==∂ 4微振动非线性系统在小角度近似下，对拉氏方程的应用 5哈密顿函数与正那么方程 （1） 哈密顿函数1(,,)sH p q t L p q ααα==-+∑式中T Lp q q ααα∂∂==∂∂为广义坐标动量 （2） 正那么方程Hq P Hp q H Lt tαααα∂=∂∂=-∂∂∂=-∂∂ (1,2,3,,)a s =假设哈氏函数H 中不显含广义坐标q β，那么：0Hp q ββ∂=-=∂ 即：循环积分 Tp const q ββ∂==∂ 在稳固条件下（H 中不显含t ），12sp q T ααα==∑那么有能量积分：H T V =+6泊松括号1[,]()sG H G HG H q p p q ααααα=∂∂∂∂=-∂∂∂∂∑ 7哈密顿原理与正那么变换 （1）哈密顿原理保守力系下：210t t Ldt δ=⎰概念：21t t S Ldt =⎰为主函数（3） 正那么变换通过某种变数的变换，找到新的函数*H ，使正那么方程的形式不变（相当于坐标变换）。
理论力学第三版 (洪嘉振) 答案第6章
题解 6-9C
Δ x1
=
Δx2
−
Δx1′
cos
π 6
=
200 − 400 ⋅ 3cos π 6
=
−146.41,
Δx3 = Δx2 = 200
代入式（1）
m1Δx1 + m2Δx2 + m3Δx3 = mAΔx1 + mC Δx2 + mBΔx3 = −4 ⋅146.41 + 2 ⋅ 200 + mB ⋅ 200 = 0 可解得
30o
B
解：
如图 6-9C 所示建立惯性坐标基。
yr
令圆轮A记为B1，质心A的x坐标记为
x1；斜面记为B2，质心D的x坐标记为x2；
重物B记为B3，质心B的x坐标记为x3。系统
质心C的x坐标记为xC。系统总质量记为M，
有如下关系
∑ xC =
mi xi M
作用于质点系上外力的主矢在 x 轴上 O
的投影始终为零，系统动量在该轴上的坐
解： 对于喷气机，吸入的空气相对于飞机的速度为
vr = 660 = 185 m/s 3.6
质量的变化而引起的作用于质点的附加推力为
r F
P
=
vrPr
dm dt
则向后的推力为：
F AP
=
dm dt
v
r A
=
70 ×185
≈ 13000N
= 13kN
因为排出的质量是吸入空气和消耗燃料之和，故有向前的推力：
洪嘉振等《理论力学》第 3 版习题详解
1
6-1C 三个质量均为 m 的质点用质量不计
的刚杆连结成正三角形，边长为 b。在质心 C 建 立如图所示的连体基，矢量 zr 为正三角形的法
理论力学第6章答案
环 量 为 Γ ， 则 根 据 多 连 通 域 的 斯 托 克 斯 定 理 有 ： Γ − Γ( 0 , 0 ) =
∫∫ Ω dA = 0 ， 即
z
Γ = Γ( 0, 0) = 2πC
6-8
Q圆r = a1 , r = a2是流线 ∴圆r = a1 , r = a2上的流体速度沿切向方向
即 r = a1时，υθ = υ0，υ r = 0；r = a2时，υθ = 0，υr = 0
Ω=
6-9
π (a − a )
2 2 2 1
Γa2 − Γa1
=
0 − 2πa1υ0 2a υ = 2 1 02 2 2 π (a2 − a1 ) a1 − a2
由单连通域的斯托克斯定理可知： Γ k3 = 0 ， Γ k4 = ΩA = 2π r
2 0
ω
k2 ，k4 所在为多连通域，由多连通域的斯托克斯定理可知： Γ k1 − Γ a = 0 ，所以
Γ k1 = Γ a = 2π a 2ω Γ k4 = ΩA = 2π r02ω
Γ k2 = Γ AB + Γ Bo + Γ oC + ΓCD + Γ DA = Γ AB + Γ Bo + Γ oC + ΓCD + Γ DA + Γ BC − Γ BC = Γ AB + Γ Bo + Γ oC + ΓCD + Γ DA + Γ BC + ΓCB = (Γ AB + Γ BC + ΓCD + Γ DA ) + (Γ Bo + Γ oC + ΓCB ) 1 2 π a 2ω = 0 + π a 2ω = 4 2
理论力学课外作业加答案解析详解
第三章作业答案3-6 力系中，=100 N，=300 N，F=200 N，各力作用线的位置如图3-6 所示。
试将力系向原点O 简化。
图3-63-11 水平圆盘的半径为r，外缘C 处作用有已知力F。
力F 位于铅垂平面内，且与C 处圆盘切线夹角为60°，其他尺寸如图3-11a 所示。
求力F 对x，y，z 轴之矩。
图3-11解（1）方法1，如图3-11b 所示，由已知得（2）方法23-14 图3-14a 所示空间桁架由杆1，2，3，4，5 和6 构成。
在节点A 上作用1 个力F，此力在矩形ABDC 平面内，且与铅直线成45°角。
ΔEAK =ΔFBM。
等腰三角形EAK，FBM和NDB 在顶点A，B 和D 处均为直角，又EC=CK=FD=DM。
若F=10 kN，求各杆的内力。
图3-14解(1) 节点 A 为研究对象，受力及坐标如图3-14b 所示（2）节点B 为研究对象，受力如图3-14b 所示3-19 图3-19a 所示6 杆支撑1 水平板，在板角处受铅直力F 作用。
设板和杆自重不计，求各杆的内力。
图3-19解截开6 根杆，取有板的部分为研究对象，受力如图3-19b 所示。
3-22 杆系由球铰连接，位于正方体的边和对角线上，如图3-22a 所示。
在节点D 沿对角线LD 方向作用力。
在节点C 沿CH 边铅直向下作用F。
如球铰B，L 和H 是固定的，杆重不计，求各杆的内力。
图3-22解（1）节点D 为研究对象，受力如图3-22b 所示（2）节点C 为研究对象，受力如图3-22b 所示3-25 工字钢截面尺寸如图3-25a 所示，求此截面的几何中心。
图3-25解把图形的对称轴作轴x，如图3-25b 所示，图形的形心C 在对称轴x 上，即第五章作业答案5-3 如图5-3 所示，半圆形凸轮以等速= 0.01m/s沿水平方向向左运动，而使活塞杆AB 沿铅直方向运动。
当运动开始时，活塞杆A 端在凸轮的最高点上。
大学物理学(第三版上) 课后习题6答案详解
习题66.1选择题(1)一平面简谐波在弹性媒质中传播，在媒质质元从平衡位置运动到最大位移处的过程中：(A)它的动能转化为势能. (B)它的势能转化为动能.(C)它从相邻的一段质元获得能量其能量逐渐增大.(D)它把自己的能量传给相邻的一段质元，其能量逐渐减小.[答案：D ](2) 某时刻驻波波形曲线如图所示，则a,b 两点位相差是(A)π (B)π/2 (C)5π/4 (D)0[答案：A](3) 设声波在媒质中的传播速度为ｕ，声源的频率为v s ．若声源Ｓ不动，而接收器Ｒ相对于媒质以速度V B 沿着Ｓ、Ｒ连线向着声源Ｓ运动，则位于Ｓ、Ｒ连线中点的质点Ｐ的振动频率为 (A)s v (B)s Bv uV u + (C)s B v V u u + (D) s Bv V u u-[答案：A]6.2填空题(1)频率为100Hz ，传播速度为300m/s 的平面简谐波，波线上两点振动的相位差为π/3，则此两点相距____m 。
[答案：0.5m ](2)一横波的波动方程是))(4.0100(2sin 02.0SI x t y -=π，则振幅是____，波长是____，频率是____，波的传播速度是____。
[答案：0.02;2.5;100;250/m m Hz m s ](3) 设入射波的表达式为])(2cos[1πλνπ++=xt A y ，波在x ＝0处反射，反射点为一固定端，则反射波的表达式为________________，驻波的表达式为____________________，入射波和反射波合成的驻波的波腹所在处的坐标为____________________。
[答案：)(2cos 2λνπxt A y -= ；2cos(2)cos(2)22x A t ππππνλ++ (21)4x k λ=-]6.3产生机械波的条件是什么？两列波叠加产生干涉现象必须满足什么条件？满足什么条件的两列波才能叠加后形成驻波？在什么情况下会出现半波损失？答：产生机械波必须具备两个条件：有作机械振动的物体即波源；有连续的介质。
理论力学第三版课后习题答案
目录第一章质点力学 (2)第二章质点组力学 (56)第三章刚体力学 (74)第四章转动参考系 (105)第五章分析力学 (115)第一章 质点力学1.1 由题可知示意图如题1.1.1图:{{SSt 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:()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-+=-=221210211021221t t a t t v s at t v s 由以上两式得11021at 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 yB 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 -=201521115⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛++t t()20202211225225675900450⎪⎭⎫ ⎝⎛++++-=t t tt t2d 对时间t 求导()()67590090002+-=t t dtd d AB 船相距最近，即()02=dtdd ，所以h t t 430=- 即午后45分钟时两船相距最近最近距离22min231543154315⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-⨯+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=s km1.3 解 ()1如题1.3.2图第1.3题图y题1.3.2图由题分析可知，点C 的坐标为⎩⎨⎧=+=ψψϕsin cos cos a y a r x 又由于在∆AOB 中，有ϕψsin 2sin ar =（正弦定理）所以ry r a 2sin 2sin ==ψϕ联立以上各式运用1cos sin 22=+ϕϕ由此可得rya x r a x 22cos cos --=-=ψϕ得12422222222=---++r y a x y a x r y 得22222223y a x r a x y -=-++化简整理可得()()2222222234r 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⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=--=2cos sin cos 2cos sin ϕωψψϕωϕωr y r r x 其中ϕω = 又因为ψϕsin 2sin a r =对两边分别求导 故有ψϕωψcos 2cos a r =所以22y x V +=4cos sin cos 2cos sin 2222ϕωψψϕωϕωr r r +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--= ()ψϕψϕϕψω++=sin cos sin 4cos cos 22r1.4 解 如题1.4.1图所示，A BOCLxθd 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 +=⨯=⊥ωωC 点速度dx d d v v v 222sec sec cos +====⊥⊥ωθωθθ 又因为ωθ= 所以C点加速度 θθθω ⋅⋅⋅⋅==tan sec sec 2d dt dv a ()2222222tan sec 2d x d x d +==ωθθω1.5 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dtdv a =代入得dtT 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 Ttc Tct v ++=2cos2ππ（D 为常数）代入初始条件：0=t 时，0=v ，故c TD π2-=即⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=12cos2T t T t c v ππ 又因为dtds v =所以=ds dt T t T t c ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+12cos2ππ 对等式两边同时积分，可得：⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-+=t T t T T t c s 2sin 22212πππ1.6 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 rλ=μθθ==⊥r v 即rμθθ= ()()j i v a θ r dtd 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 rdtd r i dt r d r dt d +=+=()dtd r dt d r dt dr r dt d j j j j θθθθ ++=i j j 2r r r θθθ -+= 故()()j i a θθθ r r r r22++-= 即 沿位矢方向加速度()2θ r ra -= 垂直位矢方向加速度()θθr r a 2+=⊥ 对③求导r rr 2λλ== 对④求导θμμθθr rr +-=2⎪⎭⎫⎝⎛+=λμμθr 把③④⑦⑧代入⑤⑥式中可得rr a 222//θμλ-= ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⊥r a μλμθ1.7 解 由题可知⎩⎨⎧==θθsin cos r y r x ①②对①求导θθθ sin cos r r x-= ③ 对③求导2 ④对②求导θθθcos sin r r y+=⑤ 对⑤求导θθθθθθθsin cos cos 2sin 2 r r r ry -++=⑥ 对于加速度a ，我们有如下关系见题1.7.1图题1.7.1图即⎩⎨⎧+=+=θθθθθθcos sin sin cos a a y a a x r r⑦--⑧ 对⑦⑧俩式分别作如下处理：⑦θcos ⨯，⑧θsin ⨯ 即得⎩⎨⎧+=-=θθθθθθθθθθcos sin sin sin cos sin cos cos a a y a a x r r⑨--⑩ ⑨+⑩得θθsin cos yx a r += ⑾ 把④⑥代入 ⑾得2θr r a r -= 同理可得θθθ r r a 2+= 1.8解 以焦点F 为坐标原点，运动如题1.8.1图所示]题1.8.1图则M 点坐标⎩⎨⎧==θθsin cos r y r x 对y x ,两式分别求导⎪⎩⎪⎨⎧+=-=θθθθθθcos sin sin cos r r yr r x 故()()22222cos sin sin cos θθθθθθ r r r r y xv ++-=+=222ωr r+= 如图所示的椭圆的极坐标表示法为()θcos 112e e a r +-=对r 求导可得（利用ωθ= ）又因为()()221cos 111e a e e a r -+-=θ即()rer e a --=21cos θ 所以()()2222222221211cos 1sin e r e ar r e a --+--=-=θθ故有()2222224222sin 1ωθωr e a r e v +-=()2224221ea r e -=ω()()]1211[2222222e r e ar r ea --+--22ωr +()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+-⋅-=2222222221121e e ar r r e e a r ω()r r a b r -=2222ω 即()r a r br v -=2ω（其中()b a e b ,1222-=为椭圆的半短轴）1.9证 质点作平面运动，设速度表达式为j i v y x v v +=令为位矢与轴正向的夹角，所以dt d v dt dv dt d v dt dv dt d y y x x j j i i v a +++==j i ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-=θθ x y y x v dt dv v dt dv 所以[]j i a ⎪⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-=θθ x yy x v dt dv v dt dv ()j i y x v v +⋅ θθ y x y y y x x x v v dt dv v v v dt dv v ++-=dtdv v dt dv v y yxx += 又因为速率保持为常数，即C C v v y x ,22=+为常数对等式两边求导022=+dtdv v dt dv v y y xx所以0=⋅v a即速度矢量与加速度矢量正交.1.10解 由题可知运动轨迹如题1.10.1图所示，题1.10.1图则质点切向加速度dtdv a t =法向加速度ρ2n v a =，而且有关系式ρ2v 2k dt dv -= ①又因为()232y 1y 1'+''=ρ②2px y 2=所以yp y =' ③ 32yp y -='' ④ 联立①②③④2322322y p 1y p 2kv dtdv⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-= ⑤又dydv ydt dy dy dv dt dv =⋅=把2px y 2=两边对时间求导得pyy x= 又因为222y xv += 所以22221py v y+= ⑥ 把⑥代入⑤23223222122121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅-=⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+y p y p kv dydvp y v既可化为222py dykp v dv +-= 对等式两边积分222py dykp v dv p p vu+-=⎰⎰- 所以πk ue v -=1.11解 由题可知速度和加速度有关系如图1.11.1所示题1.11.1图⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====ααcos sin 2a dt dv a a r v a t n 两式相比得dtdvr v ⋅=ααcos 1sin 2 即2cot 1vdv dt r =α 对等式两边分别积分200cot 1v dv dt rv v t⎰⎰=α 即αcot 11rtv v -=此即质点的速度随时间而变化的规律.1.12证 由题1.11可知质点运动有关系式⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==ααcos sin 2a dtdv a r v ①② 所以 ωθθθd dv dt d d dv dt dv =⋅=，联立①②，有ααωθcos sin 2r v d dv = 又因为r v ω=所以 θαd vdv cot =，对等式两边分别积分，利用初始条件0=t 时，0θθ=()αθθcot 00-=e v v1.13 证（a ）当00=v ，即空气相对地面上静止的，有牵相绝v v v +=.式中绝v 质点相对静止参考系的绝对速度， 相v 指向点运动参考系的速度， 牵v 指运动参考系相对静止参考系的速度.可知飞机相对地面参考系速度：绝v =v '，即飞机在舰作匀速直线运动.所以飞机来回飞行的总时间v l t '=20. （b ）假定空气速度向东，则当飞机向东飞行时速度01v v v +'=飞行时间1v v lt +'=当飞机向西飞行时速度0v v v v v -'=+=牵相飞行时间2v v lt -'=故来回飞行时间021v v l t t t +'=+=0v v l -'+222v v lv -''= 即2200220112v v t v v v lt '-='-'= 同理可证，当空气速度向西时，来回飞行时间2201v v t t '-=（c ）假定空气速度向北.由速度矢量关系如题1.13.1图v 题1.13.1图v v v '+=0绝202v v v -'= 所以来回飞行的总时间222vv l t -'=2200220112v vt v v v l '-='-'=同理可证空气速度向南时，来回飞行总时间仍为2201v v t t '-=1.14解 正方形如题1.14.1图。
常见刚体的转动惯量
ρz =
3 r 10 3 (4r 2 + l 2 ) 80
ρx = ρy
=
圆环
3 J z = m( R 2 + r 2 ) 4
ρ z = R2 + r2
3 4
Jz =
椭圆形 薄 板
m 2 (a + b2 ) 4 m J y = a2 4 m J y = b2 4
1 2 a + b2 2 a ρx = 2 b ρy = 2
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第一章 本书没有叙述“静力学公理” ，兴趣的读者可以参阅[3]上 6-13 页和[5]上 9-13 页。 第二章 主矢和主矩相同为力学等效的充分必要条件可以由动力学分析证明。 从矢量观点和能量 观点的证明分别可参阅[9]213-221 页和[12]110-111 页。 第三章 关于静定和超静定问题的深入讨论参阅[10]58-62 页和[14]47-50 页。 第四章 点的运动还可以用曲线坐标系进行描述，参阅[1]上 128-157 页和[12]15-17 页。 第五章 变矢量的时间导数与描述该矢量的变化的坐标系有关， 相对运动坐标系的矢量导数称为 相对导数。 在证明牵连运动为转动的加速度合成定理时事实上已用相对导数的概念。 关于相 对导数进一步说明，参阅[1]上 215-218 页和[8]148-151 页。牵连运动为平面运动等更复杂的 运动时，速度和加速度合成定理仍适用，证明见[1]上 218-223 页和[12]38-40 页。牵连运动 为平面运动时，复合运动分析的例题参阅[3]上 311-313 页和[11]145-147 页。 第六章 本书仅讨论刚体的平面运动。若需要继续学习刚体的空间运动，可参阅[10]153-166 页 和[14]146-163 页。 刚体的复合运动成立角速度合成定理， 证明见[1]上 199-201 页和[12]45-46 页，重要的应用是刚体绕相交轴转动的合成，参阅[11]159-161 页和[14]153-155 页。本章还 简要涉及运动分析的解析方法，引入自由度概念的阐述参阅[11]174-179 页，更系统、并程 序实现的阐述参阅[13]75-191 页。 第七章 本书仅简要地讨论了振动问题。 振动是力学中的专门研究领域。 在理论力学课程范围内 对振动问题的详细讨论可参阅[7]II44-67 页和[10]328-350 页。 第八章 应用动量定理和动量矩定理可以研究变质量系统的动力学问题， 这方面内容本书没有涉 及，可参阅页[12]236-244 和[14]215-218 页。相对于一般动点的动量矩定理及推导参阅[1]下 47-48 页 和 [10]229-235 页 。 动 量 定 理 和 动 量 矩 定 理 可 以 推 广 到 非 惯 性 参 考 系 ， 参 阅 [12]225-226 页。本书对刚体动力学的讨论仅限于平面运动情形，刚体空间运动的动力学可 参阅[7]II21-40 页和[10]379-403 页。突加约束是与碰撞相关的动力学问题，本书没有涉及， 可 参 阅 [10]367-368 页 和 [8]419-422 页 ； 关 于 刚 体 系 和 空 间 运 动 刚 体 碰 撞 的 例 子 参 阅 [14]356-360 页。 第九章 本书仅考虑定常双面完整约束，关于约束及其虚位移更一般的讨论参阅[10]283-288 页 和[14]294-300 页。本书没有给出虚功原理的充分性证明，可参阅[6]110-111 页和[10]290 页。 平衡稳定性的拉格朗日定理几何解释和证明可参阅[11]68-69 页和 79 页。 第十章 关于动能计算的柯尼希定理的证明和应用可参阅[8]307-309 页和[10]248 页。动能定理 可以推广到非惯性参考系，参阅[10]261-264 页和[12]226-227 页。本书中拉格朗日方程的推 导局限于定常约束系统， 该推导也适用于非定常约束系统， 区别仅是拉格朗日关系式的证明， 可参阅[8]390-391 和[10]313 页。对于非定常约束系统，当拉格朗日函数不显含时间时，拉 格朗日方程存在广义能量积分，参阅[10]319-320 页和[12]229-230 页。能量方法也可应用于 碰撞问题的研究，参阅[10]361-366 页和[12]214-215 页。
《理论力学》第六章 刚体的基本运动习题全解
第六章 刚体的基本运动 习题全解[习题6-1] 物体绕定轴转动的运动方程为334t t -=ϕ（ϕ以rad 计，t 以s 计）。
试求物体内与转动轴相距m r 5.0=的一点，在00=t 与s t 11=时的速度和加速度的大小，并问物体在什么时刻改变它的转向？ 解：角速度： 2394)34(t t t dt ddt d -=-==ϕω 角加速度：t t dtddt d 18)94(2-=-==ωα速度： )94(2t r r v -==ω)/(2)094(5.0|20s m r v t =⨯-⨯===ω)/(5.2)194(5.0|21s m v t -=⨯-⨯==切向加速度：rt t r a t 18)18(-=-==ρα法向加速度：22222)94()]94([t r rt r v a n -=-==ρ 加速度： 422222222)94(324])94([)18(t t r t r rt n a a n t -+=-+-=+=)/(8165.0)094(0324|24220s m r a t =⨯=⨯-+⨯== )/(405.1581.305.0)194(1324|24221s m r a t =⨯=⨯-+⨯== 物体改变方向时，速度等于零。
即：0)94(2=-=t r v )(667.0)(32s s t ==[习题6-2] 飞轮边缘上一点Ｍ，以匀速ｖ＝１０ｍ／ｓ运动。
后因刹车，该点以)/(1.02s m t a t =作减速运动。
设轮半径Ｒ＝０.４ｍ，求Ｍ点在减速运动过程中的运动方程及ｔ＝２ｓ时的速度、切向加速度与法向加速度。
解：t dtd a t 1.04.022-===ϕρα （作减速运动，角加速度为负）t dt d 25.022-=ϕ12125.0C t dtd +-=ϕ2130417.0C t C t ++-=ϕ12124.005.0)125.0(4.0C t C t dtd R v +-=+-⨯==ϕ104.0005.0|120=+⨯-==C v t图题46-251=C0000417.0|2130=+⨯+⨯-==C C t ϕ 02=C ，故运动方程为： t t 250417.03+=ϕt t t t R s 100167.0)250417.0(4.033+-=+-==ϕ速度方程：1005.02+-=t v)/(8.910205.0|22s m v t =+⨯-== 切向加速度：)/(2.021.01.0|22s m t a t t -=⨯-=-== 法向加速度：222)25125.0(4.0+-⨯==t a n ρω)/(1.240)252125.0(4.0|2222s m a t n =+⨯-⨯==[习题6-3] 当起动陀螺罗盘时，其转子的角加速度从零开始与时间成正比地增大。
理论力学习题答案-第三版
a=
2 2 2 dv & = 2 dω 2 sec 2 θ tan θ = 2ω x d + x = ωd ⋅ 2 sec θ ⋅ sec θ ⋅ tan ⋅ θ dt d2
(
)
1.5 矿山升降机作加速度运动时，其变加速度可用下式表示：
πt ⎞ a = c⎛ ⎜1 − sin ⎟ 2T ⎠ ⎝
-5-
y A r ϕ
a
ψ
C
a
B x
O
第 1 .3 题 图
y
A
•
ω ϕ O
r
C •
a
ψ B
x
题1.3.2图
由题分析可知，点 C 的坐标为 ⎧ x = r cos ϕ + a cos ψ ⎨ ⎩ y = a sin ψ 又由于在 ∆ AOB 中，有
r 2a = sin ψ sin ϕ
sin ϕ =
（正弦定理）所以
L
A d θ Oห้องสมุดไป่ตู้
第1.4题 图
x C
B
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
v ⊥ = ω × OC = ω d 2 + x 2 C 点速度 v= v⊥ d 2 + x2 = v ⊥ sec θ = ωd sec 2 θ = ω cos θ d
& = ω 所以 C 点加速度 又因为 θ
(
) (
)
2
rω cos ϕ ⎧& x = − r ω sin ϕ − sin ψ ⎪ ⎪ 2 cos ψ ⎨ rω cos ϕ ⎪y &= ⎪ ⎩ 2
其中
ω =ϕ &
理论力学第三版课后习题答案
理论力学第三版课后习题答案【篇一：理论力学教程思考题答案第三版.doc】2r?.。
这表示质点的径向与横向运动在相互影响，它们一起才?2，a??rar??r??r?能完整地描述质点的运动变化情况1.3答：内禀方程中，an是由于速度方向的改变产生的，在空间曲线中，由于a恒位于密切面内，速度v总是沿轨迹的切线方向，而an垂直于v指向曲线凹陷一方，故an总是沿助法线方向。
质点沿空间曲线运动时，ab?0,fb?0z何与牛顿运动定律不矛盾。
因质点除受作用力f，还受到被动的约反作用力r，二者在副法线方向的分量成平衡力fb?rb?0，故ab?0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fb与rb大小不等，ab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ab所在的方位，又有了新的副法线，在新的副法线上仍满足fb?rb?0即ab?0。
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a?而无an，质点的匀速曲线运动中只有an而无a?；质点作变速运动时即有at又有an。
1.5而dr即反应位矢r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，dtdrdr?j而dr?r?i?r??。
在直线运动中，?r只表示r大小的改变。
如在极坐标系中，dtdtdt规定了直线的正方向后，drdrdrdr。
且的正负可表示的指向，二者都可表示质点dtdtdtdt的运动速度；在曲线运动中drdrdrdr?，且也表示不了的指向，二者完全不同。
dtdtdtdtdvdv表示质点运动速度的大小，方向的改变是加速度矢量，而只是质点运动速度大小dtdtdvdvaan,而?a?。
dtdt的改变。
在直线运动中规定了直线的正方向后，二者都可表示质点运动的加速度；在曲线运动中，二者不同，1.6答：不论人是静止投篮还是运动投篮，球对地的方向总应指向篮筐，其速度合成如题1.6v球对人v人对地题1-6图图所示，故人以速度v向球网前进时应向高于篮筐的方向投出。
理论力学第六章习题答案
解 令活塞速度 v , 加速度 a 以 A 为动点 以汽缸为动系 有 va = ve + vr
式中各矢量如图
其中 va = ωOA = 1(m/s)
vr = sin 60°va = 0.866(m/s)
ve = sin 30°va = 0.5(m/s)
aa
=
a
n e
+
a
t e
+ ar
+ ac
其中
aa
解 以 P 点为动点 以工作轮为动系 有 va = ve + vr
ve
=
2πnR 60
=
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
6.28(m/s)
把各矢量向 x 方向投影可得
va cos 30° = ve + vr cos ϑ
(1)
把各矢量向 y 方向投影可得
va sin 30° = vr sin ϑ
(2)
联立 1 2 两式可得
ϑ = 41°48′
υ r = 10.06(m/s)
6.13 图示一摆动式汽缸 当曲柄 OA 以匀角速 ω 转动时 带动活塞 B 在汽缸内运动 同 时 汽 缸 绕 固 定 轴 O′ 以 匀 角 速 ω 转 动 设 OA = 20cm ω = 5rad/s 已 知 当
∠AOO′ = 47.5o 时 ∠AO′O = 12.5o 试求此时活塞在汽缸内运动的速度和加速度
解
v = nπd = 0.628(m/s) 60
a = dv = 0 dt
aP
=
v2 r
= 3.95(m/s2 )
6.3 揉茶机的揉桶由三个曲柄支持 如图所示 曲柄的支座 A B C 的连线与支座
A1 B1 C1 的 连 线 都 恰 成 等 边 三 角 形 曲 柄 各 长 l = 0.2m n = 45r / min 分别绕其支座转动 求揉桶中心点 O 的速度和加速度
理论力学第三版 (洪嘉振) 答案第8章
ω1 = 0
此时杆的动能为 T
=
1 2
mvC2
。由动能定理
( ) T − T0 = mg xC0 − xC
即
1 2
mvC2
=
mg⎜⎜⎝⎛
3 l − 1 l( 22
3
− 1)
⎟⎟⎠⎞
=
1 2
mgl
可解得此瞬时质心速度为
vC = gl 由于杆作瞬时平移，故有点 B 的速度
vB = vA = vC = gl
如图 8-5Cb 定义达朗贝尔惯性力主矢的正向，有
Fx* = maCx = mRα1
Fy*
=
maCy
=
4mR 3π
α1
由于半圆柱体对质心的转动惯量为
JC
=
1 2
mR 2
−
m⎜⎛ ⎝
4R 3π
⎟⎞2 ⎠
，如图定
义达朗贝尔惯性力主矩正向，有
M
* C
=
JCα
=
⎜⎛ ⎜⎝
1 2
−
⎜⎛ ⎝
4 3π
⎟⎞ ⎠
2
⎟⎟⎠⎞mR
后者代入（1）可解出地面对杆的摩擦力 Fm = fs FN = 10.5 N
（9）
代入式（3）得 aCx = 1.03m/s2 ，将其与式（9）第 1 式代入式（7）可解出端 B 加速度
aB = 2.65m/s2 aB 为正，表明原假定正确，端 B 的确向左滑动。
洪嘉振等《理论力学》第 3 版习题详解
a Ax
=
aOx
+ aαeA
cosθ
=
F 2m
+
9F 5ml
3l 4
=
理论力学习题解答(第六章)
6－1在图示四连杆机构中，已知：匀角速度O ω，OA =B O 1=r 。
试求在°=45ϕ且AB ⊥B O 1的图示瞬时，连杆AB 的角速度AB ω及B 点的速度。
解：连杆AB 作平面运动，由基点法得BA A B v v v +=由速度合成的矢量关系，知φcos v A BA =v杆AB 的角速度)(/AB /O BA AB 2122+==ωωv （逆时针）B 点的速度2245/r cos v O A B ω=°=v （方向沿AB ）6－2. 在图示四连杆机构中，已知：3.021===L B O OA m ，匀角速度2=ωrad/s 。
在图示瞬时，11==L OB m ，且杆OA 铅直、B O 1水平。
试求该瞬时杆B O 1的角速度和角加速度。
解：一．求1ω60230..OA v A =×=⋅=ω m/s取A 为基点，则有BA A B v v v += 得 23.0/6.0ctg v v A B ===ϕ m/sm09.2)3.01()3.0/6.0(sin /v v 2/122A BA =+×==ϕ杆B O 1的角速度67630211../BO /v B ===ω rad/s 顺时针 二．求1ε取点A 为基点，则有n BA A a a a a a ++=+ττBA nB B将上式向X 轴投影21222857s /m .B O /ctg v )sin AB /v (OA ctg a )sin /a (a a a sin a cos a sin a BBA n B n BA A B nBA A n B B +=⋅+⋅+⋅−=++−=−=+−ϕϕωϕϕϕϕϕττ杆B O 1的角加速度7.1923.0/8.57/11===B O a B τεrad/s 2逆时针6－3.图示机构中，已知：OA =0.1m ， DE =0.1m ，m 31.0=EF ，D 距OB 线为h=0.1m ；rad 4=OA ω。
《工程力学(工程静力学与材料力学)(第3版)》习题解答：第6章 杆件的内力分析
（↑）
弯距图如图示，其中 |
M
|max
ql
2
。
6－13 试作图示刚架的弯矩图，并确定 | M |max 。
习题 6-13 图
1
1
2
1 2
A
B1
Fx 0 ， FAx ql
MA 0
ql
l 2
ql 2
FRB
l
0
— 58 —
FRB
3 2
ql
Fy
0 ， FAy
3 2
ql 2
（↑）
弯距图如图示，其中 | M |max ql 2 。
D
B
C
1
1
1.5
M (ql2)
A
M (ql2)
D
BC
10.75
D
B
C
1
25
2
32
知识点：梁的剪力图与弯矩图 难度：一般 解答：
Fy 0 ， FRA ql （↑）
M A 0 ， M A ql 2
MD
0，
ql 2
ql l
ql
l 2
MD
0
MD
3 2
ql 2
| FQ |max ql
|
M
| max
M (x) 1 q x 0 2 4ql x l 2
2ql x 3l 4ql x 5l
(5l x 6l)
M (x) 1 q x 0 2 4ql x l 2
即
2ql x 3l 4ql x 5l
(0 x 6l)
2．弯矩图如图（a）； 3．载荷图如图（b）； 4．梁的支承为 B、D 处简支（图 b）。
Fx 0 ， px FNx 0
理论力学第六章习题
6-1 用图示三脚架ABCD 和绞车E 从矿井中吊起重30kN 的30的重物，△ABC为等边三角形，三脚架的三只脚及绳索DE 均与水平面成60o 角，不记架重；求当重物被匀速吊起时各叫所受的力。
解：铰链D 为研究对象，坐标系如图示，受力分析为一空间汇交力系，O 为D在水平面上的投影。
平衡方程为：kNF kN F FG F F F F Z FF Y F F F F XCD AD BD CD ED AD BDADBDCD ED AD BD 551 5531030 3030300 006060 6012012060 00000000000..cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos =-==∴=-⋅+⋅+⋅-⋅-====⋅+⋅-⋅⋅+⋅⋅=∑∑∑6-2 重物M 放在光滑的斜面上，用沿斜面的绳AM 与BM 拉住。
已知物重W=1000N ，斜面的倾角α=60o ，绳与铅垂面的夹角分别为β=30o 和γ=60o。
如物体尺寸忽略不记，求重物对于斜面的压力和两绳的拉力。
解：重物M 为研究对象，坐标系如图示，受力分析为一空间汇交力系，平衡方程为：NT N T N N G N Z G T Y G T X B A AB433 750 500060 0015030 0012030 00===∴=⋅-==⋅⋅-==⋅⋅-=∑∑∑cos cos cos cos cos6-3 起重机装在三轮小车ABC 上，机身重G=100kN ，重力作用线在平面LMNF之内，至机身轴线MN 的距离为0.5m ；已知AD=DB=1m ，CD=1.5m ，CM=1m ；求当载重P=30kN ，起重机的平面LMN 平行于AB 时，车轮对轨迹的压力。
解：起重机为研究对象，坐标系如图示，受力为一空间平行力系，平衡方程为：kNN kN N kN N m P m GDB N AD N m MD N N MC N m P G N N N Z C B A BAyBACx CBA3443 3378 3380450 00000....)(===∴=⋅+⋅-⋅-⋅==⋅++⋅-==--++=∑∑∑6-4 水平轴上装有两个凸轮，凸轮上分别作用已知P 力=800N 和未知力F ；如轴平衡，求力F 和轴承反力。
理论力学参考答案第6章盛冬发
第6章运动学基础、是非题（正确的在括号内打“/、错误的打“X”）1 •动点速度的大小等于其弧坐标对时间的一阶导数，方向一定沿轨迹的切线。
（V ）2.动点加速度的大小等于其速度大小对时间的一阶导数，方向沿轨迹的切线。
（X）3.在实际问题中，只存在加速度为零而速度不为零的情况，不存在加速度不为零而速度为零的情况。
（X ）4.两个刚体做平动，某瞬时它们具有相同的加速度，则它们的运动轨迹和速度也一定相同。
（X ）5.定轴转动刚体的角加速度为正值时，刚体一定越转越快。
（X ）6.两个半径不等的摩擦轮外接触传动，如果不出现打滑现象，两接触点此瞬时的速度相等，切向加速度也相等。
（V ）二、填空题1.描述点的运动的三种基本方法是矢径法、直角坐标法和自然坐标法。
2•点做圆周运动，加速度由切向加速度和法向加速度组成，其中切向加速度反映了速度大小随时间的变化率,方向是沿圆周的切线；法向加速度反映了速度的方向随时间的变化率, 方向是沿圆周的法线。
3.质点运动时，如果dS和同号，则质点做加速运动，反之则做减速运动。
dt dt4.刚体运动的两种基本形式为平动和定轴转动。
5.刚体平动的运动特征是刚体在运动的过程中其内的任一直线始终和原来的位置平行。
6.定轴转动刚体上点的速度可以用矢积表示，它的表达式为v = 3 r ;刚体上点的加速度可以用矢积表示，它的表达式为 a = e r - w v。
7.冈U体绕定轴转动时，在任一瞬时各点具有相同的角速度和角加速度，且各点轨迹均为圆周。
8.定轴转动刚体内点的速度分布规律为任何一条通过轴心的直径上各点的速度，若将速度矢的端点连成直线，此直线通过轴心。
9.半径均为R的圆盘绕垂直于盘面的0轴做定轴转动，其边缘上一点M的加速度如图6.23所示，试问两种情况下圆盘的角速度和角加速度的大小分别为：图（a）: =_0;= 旦。
图（b）=J旦；z = 0 。
R '■ R三、选择题21 一点做曲线运动，开始时速度 V =12m/s ，某瞬时切向加速度 a ［；=4m/s ，则t =2s 时该点的速度大小为(D )。
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洪嘉振等《理论力学》第 3 版习题详解
1
6-9C 图示系统中圆轮 A 的质量为 4kg。 定滑轮质量不计。斜面的质量为 2kg，斜面 的倾斜角为 30 度。 当圆轮在斜面上无初速地 向下纯滚过 400mm 时， 斜面在光滑的水平轨 道上移动了 200mm。求重物 B 的质量。
A
30o
题 6-9C
B
T
A C
r x′
T
B
r r y y′
r x
题解 6-1C
D
⎞ 3 b 0⎟ ⎟ 6 ⎠
⎞ 3 b 0⎟ ⎟ 6 ⎠
T
由于轴 y 是对称轴，所以 Cy 为中心惯量主轴。
J C xz = ∑ mi xi zi = 0,
i
J C yz = ∑ mi yi zi = 0
i
J C xz = ∑ mi xi zi = 0,
p = mvD = (3m1 + 2m2 )vD = 1 (5m1 + 4m2 )lω 2
洪嘉振等《理论力学》第 3 版习题详解
1
6-8C 图示滑轮 O 和 D 的质量不计，重物 A 和 B 的质量分别为 mA 和 mB 。若此瞬时重物 A 以加速度 a 下降，绳与滑轮间无相对滑 动，试求支座 O 的约束力。
D
得
5m1 + 4m2 b= l 2(3m1 + 2m2 )
C
ω
O
A
如图所示，机构质心 D 运动方程为 xD = mb cos ωt y D = mb sin ωt
ωt
b
题解 6-7Ca
r x
（2）如图所示，质心 D 的速度为 vD = ωb ，故系统的动量为过质心 D 方向垂直 OC 的 矢量，其大小为
J C x = J 1 x − m(
C
r x1 r x2
r x
4r 2 1 16 ) = ( − 2 )mr 2 3π 4 9π
A
题解 6-4C
由于 AC = r −
4r ， ，由平行轴定理可得 3π 4r 2 5 8 ) = ( − 2 )mr 2 3π 4 3π
J x = J C x + m( r −
y
A
B
ω
O
题 6-7C
C
A
r x
解： （1）由题意可知，点C为规尺AB (质量 2m1)与滑块A 故系统质心在杆OC的D处， 如图 和B质量(质量m1)的质心， 6-7Ca所示，令 OD = b ，有
l (2m1 + 2m2 )l + m1 = (2m1 + 2m2 + m1 )b 2
r y
A
B
r p r vD
mB =
4 ⋅ 146.41 − 2 ⋅ 200 = 0.93 kg 200
洪嘉振等《理论力学》第 3 版习题详解
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6-10C 喷气式飞机的发动机从前端每秒吸入 空气的质量为 70 kg， 燃料的消耗率为每秒 1.35kg， 尾部喷出的燃气相对于飞机的速度是 1800m/s， 求 当飞机速度是 660km/h 时推力的大小。
& =F P x Rx & Py = FR y ,
D
r vB
A
r mA g
r y
题解 6-8C
r vA
B
r mB g
有
0 = FOx
d(m A − 1 m B )v A 2 = m A g + mB g − FOy dt
可得
FOx = 0
FOy = m A g + mB g −
2m A − m B d v A 2m A − m B = m A g + mB g − a 2 dt 2
因为排出的质量是吸入空气和消耗燃料之和，故有向前的推力：
FBP =
向前的总推力为：
F P = FBP − FAP = 115.4kN
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6-11C 如图所示，重 G 的物体 A 带动单位长度的重量为 q 的软 链以速度 v0 向上抛出。假定软链有足够的长度，求重物所能达到的 最大高度。
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6-3C 如图所示，质量为 m、半径为 R 的均质半圆 球， AB 为通过质心 C 并平行于其底面的任意直线。计 算半圆球对轴 AB 的转动惯量。 解： 半圆球对通过底面球心 O 的任意直径转动惯量为
JO x = 2 mR 2 5
R
C O
B
A
题 6-3C
由平行轴定理
3 83 J C x = J O x − m ⋅ ( R) 2 = mR 2 8 320
i
(
)
b 1 J Ay′ = ∑ mi xi2 + zi2 = 2 ⋅ m( ) 2 = mb 2 ， 2 2 i
(
)
3 2 3 2 b) = mb 2 2 i （3）轴 Ax′ 与 Cx 轴平行，轴 Az ′ 与 Cz 轴平行 分别有关系
J A x′ = ∑ mi zi2 + yi2 = 2 ⋅ m( J A x′ = J C x + 3 ⋅ m ⋅ ( J A z′ = J C z + 3 ⋅ m ⋅ (
r z A
C
r x
题 6-1C
B
r y
解：
3 （1）对于题图给出的连体基，考虑到 AB = b 2 与质心 C 在几何形心，三质点的坐标分别为（见图
r z′
r z
E
6-1C）
⎛ ⎞ 3 rA = ⎜ 0 − b 0⎟ ⎜ ⎟ 3 ⎝ ⎠ ⎛1 rD = ⎜ b ⎜2 ⎝ ⎛ 1 rE = ⎜ − b ⎜ 2 ⎝
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6-1C 三个质量均为 m 的质点用质量不计 的刚杆连结成正三角形，边长为 b。在质心 C 建 r 立如图所示的连体基，矢量 z 为正三角形的法 向，点 B 为该边的中点。求 （1）三个中心主转动惯量； （2）任一个顶点的三个主转动惯量； （3）讨论中心主转动惯量与任一顶点的主 转动惯量间的关系。
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6-5C 一细杆由钢和木二种材料拚装组成，二段 为均质杆，质量分别为 m1 和 m2 。试写出细杆对图 示各轴的转动惯量。
r z1
r z2
r z3
m1
l
题 6-5C
ห้องสมุดไป่ตู้m2
l
解： 根据转动惯量的平行轴定理，
J Z1 = 1 1 1 7 ⎛l⎞ ⎛ 3l ⎞ m1 ⋅ l 2 + m1 ⋅ ⎜ ⎟ + m2 ⋅ l 2 + m2 ⋅ ⎜ ⎟ = m1l 2 + m2l 2 12 2 12 2 3 3 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 1 1 1 ⎛l⎞ ⎛l⎞ m1 ⋅ l 2 + m1 ⋅ ⎜ ⎟ + m2 ⋅ l 2 + m2 ⋅ ⎜ ⎟ = m1l 2 + m2l 2 12 3 3 ⎝ 2 ⎠ 12 ⎝2⎠
T
3 2 3 2 1 b) + 2 ⋅ m ⋅ ( b) = mb 2 3 6 2
⎞ 3 b 0⎟ ⎟ 2 ⎠
T
同（1）理可知，轴 Ax′ , Ay′ , Az ′ 是过顶点 A 的三个惯量主轴。由定义可以分别得到三个中 心主转动惯量
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J A z′ = ∑ mi xi′2 + yi′2 = 2mb 2
解： r 如图 6-9C 所示建立惯性坐标基。 y 令圆轮A记为 B1 ，质心A的x坐标记为 x1；斜面记为B2，质心D的x坐标记为x2； 重物B记为B3，质心B的x坐标记为x3。系统 质心C的x坐标记为xC。系统总质量记为M， 有如下关系
M 作用于质点系上外力的主矢在 x 轴上 xC =
A
∑m x
i
J C yx = ∑ mi yi xi =
i
1 3 1 3 b b− b b=0 2 6 2 6
所以 Cx、Cz 也是中心惯量主轴。由定义可以分别得到三个中心主转动惯量
J C z = ∑ mi xi2 + yi2 = 3m ⋅ AC = 3m ⋅ (
2 i
(
)
3 2 b) = mb 2 3
b 1 J C y = ∑ mi xi2 + z i2 = 2 ⋅ m ⋅ ( ) 2 = mb 2 2 2 i
i i
30o
C
B
r x
O
的投影始终为零，系统动量在该轴上的坐 标守恒。如果初始系统质心 x 方向速度为 零，则在任意时刻该速度均为零，即质心 在该轴上的坐标保持不变： xC = xC 0 ，有
x10 x20 ′ Δx1 x30
Δx2
Δx3
A
Δx1 Δx2
∑m x = ∑m x
i i
i i0
B
M
M
或
30o
2 2 2 2 2 2
JZ2 =
J Z3
1 1 7 1 ⎛ 3l ⎞ ⎛l⎞ = m1 ⋅ l 2 + m1 ⋅ ⎜ ⎟ + m2 ⋅ l 2 + m2 ⋅ ⎜ ⎟ = m1l 2 + m2l 2 12 3 3 ⎝ 2 ⎠ 12 ⎝2⎠
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6-6C 试计算下列各系统在图示瞬时的动量： (a) 连杆AB以匀角速度 ω 绕轴A转动，带动行星轮B在固定中心轮上作纯滚动。连杆和 行星轮都为均质，质量分别为m1和m2，尺寸如图所示； (b) 均质胶带及带轮的质量分别为m、m1和m2，尺寸如图所示。轮O1以匀角速度 ω 绕轴 转动。
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