清华大学-理论力学-习题解答-5-48
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理论力学答案完整版(清华大学出版社)1
本章要点：
一、 三个概念：力、力矩和力偶 1 力： 力的定义、力的三要素、集中力、分布力；
力的投影：直接投影法和二次投影法；力在平行轴上的投影都相等； 力的合成：平行四边形法则、三角形法则、多边形法则； 合力投影定理 2 力矩：力对点之矩的定义、力对点之矩的三要素、对点的合力矩定理； 力对轴之矩的定义、力对轴之矩和对点之矩的关系、对轴的合力矩定理； 3 力偶：力偶的定义、力偶的三要素、力偶的等效条件； 力偶系的合力偶等于分力偶的矢量和.
解：ξ 轴与 y 轴的交点为 B，合力对 B 点的力矩为 M B = FRx 3k − FRz 3i ；
ξ 轴方向的单位向量为：ξˆ = 1 (3i − 2k )。
13
利用力对点吱矩与力对轴之矩的关系有：
Mξ = M B ⋅ξˆ = −513.4 (N) 。
1-4 图示平面 Π 在各坐标轴上的截矩分别为 a,b, c ，且 a = b 。计算图示力 F 和力偶 M
解：（a）图示三铰拱，BC 半拱为二力构件，约束力一定是沿 BC 连线作用，铰链 A 处的约 束力方向由三力平衡汇交定理确定。
题 1-7（a）图 （b）图示三铰拱，铰链 A、B 和 C 三处的约束力方向都不能确定，因此用两个分力力表示。
3
题 1-7（b）图 （c）图示三铰拱，BC 半拱为二力构件，约束力一定是沿 BC 连线作用，AC 半拱上除约束 力外仅有力偶作用，因力偶只能与力偶平衡，因此 A、C 处的约束力必互相平行并组成力偶。
题 1-9（d力的大小为：
其中： cosϕ1
=
3 13 13
， cosγ 2
=
22 11
；ϕ2
=
45o
。
FR = FR2x + FR2y + FR2z = 645 (N) ；
理论力学习题解答
b
F1
2 3 3 22 3 F 0 F F 2 3 6
' FRy F1 y F2 y F3 y
b
2 3 3 22 3 0 F F F 2 3 6
b o F2 y
' FRz F1 z F2 z F3 z
2 x 2 y 2 z
40 arccos 39.7 o 52
105.2o
54.8o
1－4 已知：F1＝ 100N，F2＝10√5N， b＝ 0.3m ， c＝ 0.4m ， d＝ 0.2m ， e＝ 0.1m 。 求：力系的主矢和对O点的主矩。 z ' FRx F1 x F2 x 解： c b e b F
M
D
0
B
M Oy
0.3 1 2 100 0.3 10 5 0.2 10 5 0.2 0.5 5 5 6 Nm
1－4 已知：F1＝ 100N，F2＝10√5N， b＝ 0.3m ， c＝ 0.4m ， d＝ 0.2m ， e＝ 0.1m 。 求：力系的主矢和对O点的主矩。 z
1－4 已知：F1＝ 100N，F2＝10√5N， b＝ 0.3m ， c＝ 0.4m ， d＝ 0.2m ， e＝ 0.1m 。 求：力系的主矢和对O点的主矩。 z
M Oy M y
b d x
F1
c e
b b c e
2 2
F1d F2d F2 b e
O F2 y
e2 d 2 d e2 d 2
FAy B 30° FB 0.8kN
选AB为研究对象
M A 0
0.2FB 0.1 1 0.3 0.8 sin30o 0
理论力学(周衍柏第三版)习题答案
⑦--⑧
对⑦⑧俩式分别作如下处理：⑦ cos ，⑧ sin
即得
xcos ysin
ar ar
cos a sin cos sin a sin cos
⑨--⑩
⑨+⑩得
ar xcos ysin ⑾
把④⑥代入 ⑾得
ar r r2
3h 4
即午后 45 分钟时两船相距最近最近距离
1.3 解 1 如题 1.3.2 图
smin
15
3 2
15
3
15
3 2
km
4 4
2
y
A
r
a C
aB
O
x
第1.3题图
y
A r
O
C a B x
题1.3.2图
由题分析可知，点 C 的坐标为
v0
s t1
1 2
at1
a
2st2 t1t2 t1
t1 t2
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.
AO
B 题1.2.1图
设
ห้องสมุดไป่ตู้
A 船经过 t0
小时向东经过灯塔,则向北行驶的
B
船经
过
t
0
1 1 2
小时经过灯塔任意时刻
A
船的坐标
即
1 1 t cot
此即质点的速度随时间而变化的规律.
v v0 r
1.12 证 由题 1.11 可知质点运动有关系式
所以 dv dv d dv ，联立①②，有 dt d dt d
清华大学版理论力学课后习题答案大全-----第5章点的复合运动分析
第5章 点的复合运动分析5－1 曲柄OA 在图示瞬时以ω0绕轴O 转动，并带动直角曲杆O 1BC 在图示平面内运动。
若d 为已知，试求曲杆O 1BC 的角速度。
解：1、运动分析：动点：A ，动系：曲杆O 1BC ，牵连运动：定轴转动，相对运动：直线，绝对运动：圆周运动。
2、速度分析：r e a v v v += 0a 2ωl v =；0e a 2ωl v v == 01e 1ωω==AO v BC O （顺时针）5－2 图示曲柄滑杆机构中、滑杆上有圆弧滑道，其半径cm 10=R ，圆心O 1在导杆BC 上。
曲柄长cm 10=OA ，以匀角速rad/s 4πω=绕O 轴30=φ。
求此时滑转动。
当机构在图示位置时，曲柄与水平线交角杆CB 的速度。
解：1、运动分析：动点：A ，动系：BC ，牵连运动：平移，相对运动：圆周运动，绝对运动：圆周运动。
2、速度分析：r e a v v v += πω401a =⋅=A O v cm/s ； 12640a e ====πv v v BC cm/s5－3 图示刨床的加速机构由两平行轴O 和O 1、曲柄OA 和滑道摇杆O 1B 组成。
曲柄OA 的末端与滑块铰接，滑块可沿摇杆O 1B 上的滑道滑动。
已知曲柄OA 长r 并以等角速度ω转动，两轴间的距离是OO 1 = d 。
试求滑块滑道中的相对运动方程，以及摇杆的转动方程。
解：分析几何关系：A 点坐标 d t r x +=ωϕcos cos 1 （1） t r x ωϕsin sin 1= （2） （1）、（2）两式求平方，相加，再开方，得： 1．相对运动方程 将（1）、（2）式相除，得： 2．摇杆转动方程：5－4 曲柄摇杆机构如图所示。
已知：曲柄O 1A 以匀角速度ω1绕轴O 1转动，O 1A = R ，O 1O 2 =b ，O 2O = L 。
试求当O 1A 水平位置时，杆BC 的速度。
解：1、A 点：动点：A ，动系：杆O 2A ，牵连运动：定轴转动，相对运动：直线，绝对运动：圆周运动。
理论力学答案完整版(清华大学出版社)3
之差称为静不定次数。这类问题需要补充与静不定次数相同数量的变形协调方程才能求解。 未知约束力分量的数目小于独立平衡方程的数目，这类平衡问题是不存在的。 解题要领：
为自锁。反之，主动力的合力作用线位于摩擦锥外时，不论这个力多小，物体总不平衡。
1 滚动摩擦
维持滚动体平衡的滚阻力偶 M f 的值只能在零和 M f ,max 之间，即 0 ≤ M f ≤ M f ,max . 最大滚阻力偶 M f ,max 与正压力 FN 成正比，即
M f ,max = δFN 。
(a) 解：以 AB 以梁为研究对象，画受力图，列平衡方程
∑ Fx = 0 ， FC cos 60o + F1 cos 60o = 0 ，
FC = −F1 = −30 kN
∑ mB = 0,
−
FA
×8
−
M
−
FC
sin
60o
×3+
F1
sin 60o
×8
,
+ F2 × 4 + q × 3×1.5 = 0
平面力偶系:
∑mz = 0
∑my ≡ 0
平面平行力系:
∑ Fz = 0 ∑mx = 0
解题要领： 1 解平衡问题的三部曲：确定研究对象、画受力图、列平衡方程； 2 通常先以整体为研究对象，再以部分为研究对象； 3 平衡方程的两种形式：投影式和对轴的力矩式，两者都与轴有关，选择合适的坐标轴可
避免解联立方程。 4 做一定数量的习题是掌握平衡问题的关键。
清华理论力学课后答案5
第五章点的合成运动习题解答5-1在图a 、b 所示的两种机构中，已知20021==a O O mm ，31=ωrad/s 。
求图示位置时杆A O 2的角速度。
解：（1）取杆A O 1上的A 点为动点，杆A O 2为动系。
1a ωa v =，由r e a v v v +=作速度平行四边形（如题5-1图a 所示），得a v v 1a e 2330cos ω==�，rad/s 5.1212e 2===ωωA O v ，（逆时针）（2）取滑块A 为动点，杆A O 1为动系，1e ωa v =，由r e a v v v +=作速度平行四边形（如题5-1图b 所示），得1ea 3230cos ωa v v ==�，rad/s 23212a 2===ωωA O v .（逆时针）5-2图示曲柄滑道机构中，杆BC 为水平，杆DE 保持铅直。
曲柄长10.OA =m ，并以匀角速度20=ωrad/s 绕O 轴转动，通过滑块A 使杆BC 作往复运动。
求当曲柄水平线的交角分别为0=ϕ、�30、�90时杆BC 的速度。
解：取滑块A 为动点，动系为BCE 杆。
m/s 2OA a =⋅=ϕ̇v .由r e a v v v +=得ϕsin a e v v =当�0=ϕ时，0e =v ；当�30=ϕ时，m/s 1e =v ；当90=ϕ时，m/s 2e =v .5-3图示曲柄滑道机构中，曲柄长r OA =，并以匀角速度ω饶O 轴转动。
装在水平杆上的滑槽DE 与水平线成�60角。
求当曲柄与水平线交角0=ϕ、�30、�60时，杆BC 的速度。
解：取滑块A 为动点，动系为杆BC ，ωωr v =⋅=OA a .作速度矢量图如图示。
题5-2图(a)(b)题5-1图课后答案网ww w.kh da w .c o m题5-3图由正弦定理)30-sin()60-sin(180ea ���ϕv v =，解得)30-sin(32-e �ϕω⋅=r v .当�0=ϕ时，e v r =；当30o ϕ=时，0=e v ；当60o ϕ=时，e v r =(向右).5-4如图所示，瓦特离心调速器以角速度ω绕铅垂轴转动。
理论力学答案完整版(清华大学出版社)9
F1 = F1(sinϑ i − cosϑ j) , F2 = F2i
点 A 和 B 的坐标及其变分为
rA = −(l1 − l2 )cosϑ i + (l1 + l2 )sinϑ j
，
rB = −2l1 cosϑ i
δrA = (l1 − l2 )sinϑ ⋅δϑ i + (l1 + l2 )cosϑ ⋅δϑ j ，
Fδ re − G1δ ra = 0 按速度合成定理，虚位移存在如下关系：δ ra = δ re tan β ，于是
（a）
题 9-9 图
导出 F = G1 tan β .
（2）水平面有摩擦时，当水平力 F 较小，斜面 D 有向左运动趋势，此时摩擦力方向向右，
临界平衡时，虚功方程为
(F + ) Fmax δ re − G1δ ra = 0 ， 其中 Fmax = (G1 + G2 ) f 。求得： F ≥ G1 tan β − (G1 + G2 ) f .
i =1
解题要领 1） 对于自由度不为零的系统，求其平衡时主动力满足的关系可用虚功原理. 2） 对于自由度为零的系统，为求其约束力，可以依次解除一个约束，使自由度为 1，即将
此约束力作为主动力应用虚功原理. 3） 独立的坐标变分个数与系统的自由度相同，可以用解析或虚速度的方法建立不独立的坐
标变分满足的关系.
三 广义坐标表示的虚位移原理
广义坐标：确定质点系位形的独立坐标。
虚功原理的广义坐标表述：受理想约束的质点系，其平衡的充分必要条件是系统所有与广义
坐标对应的广义力为零
Qj = 0 ( j = 1,2,L, m)
∑ 其中
Qj
=
清华大学-理论力学-习题解答-2-28
2-28 图示机构中，主动件的角速度或速度已经标明，欲求从动件的速度或角速度，试选择动点和动系，分析三个运动，并按图示位置分析三个速度。
解：
(a) 以折杆为动系，曲柄末端为动点，则牵连运动和相对运动都是直线运动，绝对运动是定轴转动。
(b) 以滑槽为动系, 曲柄末端为动点，牵连运动为直线运动，相对运动为沿滑槽的曲线运动,绝对运动为定轴转动。
(c) 以曲柄为动系，直杆末端点为动点，则牵连运动为定轴转动，相对运动和绝对运动都是直线运动。
(d) 以曲柄为动系，销钉为动点，则绝对运动和相对运动是直线运动，牵连运动是定轴转动。
(e) 以曲柄为动系，半圆的圆心为动点。
则绝对运动和相对运动都是直线运动，牵连运动是定轴转动。
(f) 以曲柄为动系，铰结点为动点，则绝对运动为定轴转动，相对运动为直线运动，牵连运动为定轴转动。
(g) 以曲柄为动系，销钉为动点，则相对运动为直线运动，绝对运动为定轴转动，牵连运动也为定轴转动。
(h) 以较长的曲柄为动系,滑块铰结点为动点，分别讨论联立求解。
第一组，绝对运动为定轴转动，第二组绝对运动为直线运动。
相对运动都为直线运动，牵连运动为定轴转动。
平面运动，牵连运动为定轴转动。
平面运动，牵连运动为定轴转动。
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清华大学理论力学课后习题答案大全
第6章 刚体的平面运动分析6－1 图示半径为r 的齿轮由曲柄OA 带动，沿半径为R 的固定齿轮滚动。
曲柄OA 以等角加速度α绕轴O 转动，当运动开始时，角速度0ω= 0，转角0ϕ= 0。
试求动齿轮以圆心A 为基点的平面运动方程。
解：ϕcos )(r R x A += （1） ϕsin )(r R y A +=（2）α为常数，当t = 0时，0ω=0ϕ= 0 221t αϕ=（3）起始位置，P 与P 0重合，即起始位置AP 水平，记θ=∠OAP ，则AP 从起始水平位置至图示AP 位置转过θϕϕ+=A因动齿轮纯滚，故有⋂⋂=CP CP 0，即 θϕr R = ϕθr R =， ϕϕrr R A += （4）将（3）代入（1）、（2）、（4）得动齿轮以A 为基点的平面运动方程为：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+=+=+=222212sin )(2cos )(t r r R t r R yt r R x A A A αϕαα6－2 杆AB 斜靠于高为h 的台阶角C 处，一端A 以匀速v 0沿水平向右运动，如图所示。
试以杆与铅垂线的夹角 表示杆的角速度。
解：杆AB 作平面运动，点C 的速度v C 沿杆AB 如图所示。
作速度v C 和v 0的垂线交于点P ，点P 即为杆AB 的速度瞬心。
则角速度杆AB 为6－3 图示拖车的车轮A 与垫滚B 的半径均为r 。
试问当拖车以速度v 前进时，轮A 与垫滚B 的角速度A ω与B ω有什么关系？设轮A 和垫滚B 与地面之间以及垫滚B 与拖车之间无滑动。
解：RvR v A A ==ωR v R v B B 22==ωB A ωω2=6－4 直径为360mm 的滚子在水平面上作纯滚动，杆BC 一端与滚子铰接，另一端与滑块C 铰接。
设杆BC 在水平位置时，滚子的角速度＝12 rad/s ，＝30，＝60，BC ＝270mm 。
试求该瞬时杆BC 的角速度和点C 的速度。
习题6-1图A BCv 0h习题6－2图 P ABv CA BCv o h习题6－2解图习题6-3解图习题6-3图 v A = vv B = v习题6-6图习题6-6解图解：杆BC 的瞬心在点P ，滚子O 的瞬心在点D BDv B ⋅=ωBPBD BP v B BC ⋅==ωω ︒︒⨯=30sin 27030cos 36012 rad/s 8=PC v BC C ⋅=ωm/s 87.130cos 27.08=︒⨯=6－5 在下列机构中，那些构件做平面运动，画出它们图示位置的速度瞬心。
清华大学-理论力学-习题解答-8-14
9 mg sin ϕ − ( R + r ) mg sin ϕ = − mgr sin ϕ 2
33 2 9 ! + 3θ! 2 − 3ϕθ ! ! + mgr sin ϕ L = T − V = mr 2 ϕ 4 2
d ∂L 33 2 ∂L 9 ∂L 33 2 !! !! − 3mr 2θ ! − 3mr 2θ! ， = mgr cos ϕ， = mr ϕ ! = mr ϕ ! 2 dt ∂ϕ 2 ∂ϕ 2 ∂ϕ ∂L ∂L d ∂L 2 !! 2 !! !， = 0， = 6mr 2θ! − 3mr 2ϕ = 6mr θ − 3mr ϕ ∂θ dt ∂θ! ∂θ!
将以上各式代入拉氏方程，得：
!! − 9 g cos ϕ = 0 33rϕ !! − 6rθ !! !! = 0 2θ − 3ϕ
即为系统得运动微分方程。
系统的所有主动力都为有势力，且拉格朗日函数不显含 θ ，所以有循环积分：
! =C 6mr 2θ! − 3以有广义能量积分：
θ! ϕ
x
y
系统的动能为：
T= 1 !2 1 1 1 2 2 ! 2 + mB vB J Aθ + J ABϕ + J Bω B 2 2 2 2
(1)
! = 3rϕ ! 。取杆 AB 为动系，即 ω e = ϕ ! ，则有： 其中， vB = ( R + r ) ϕ !，ω Br = − ω Ar = 2 (ϕ ! − θ! ) ω Ar = θ! − ϕ ! = 3ϕ ! − 2θ! 。又有： 所以 ω B = ω Br + ϕ
1 1 2 J AB = m ( R + r ) = 3mr 2，J A = 4mr 2，J B = mr 2 3 2
理论力学答案完整版(清华大学出版社)10
子 C 沿水平轨道滚动而不滑动，试求重物 A 的加速度。
解： 取整个系统为研究对象，自由度为 1。设重物速度为 vA ，则轮
题 10-9 图
的角速度 ω = vA ，轮心速度为 R−r
vO
=
R
r −
r
vA 。系统的动能为
( ) T
拉格朗日方程的普遍形式
d dt
∂L ∂q& j
− ∂L ∂q j
= Q′j
( j = 1,2,..., m)
式中 Q′j 为非有势力对应的广义力。
矢量方法
动量法：动量定理
动量矩定理 质心运动定理 定轴转动微分方程 平面运动微分方程
质点系统动力学
动静法
动能定理
能量方法
拉格朗日方程
3 保守系统拉格朗日方程的初积分
10-3 质量为 m1 的匀质杆，长为 l，一端放在水平面上， 另一端与质量为 m2、半径为 r 的匀质圆盘在圆盘中心 O 点 铰接。圆盘在地面上作纯滚动，圆心速度为 v。求系统在此
题 10-3 图
位置的动能。
解：杆作平移，动能为
T1
=
1 2
m1v2
；
圆盘作纯滚动，动能为
T2
=
1 2
m2v2
+
1 2
mivi
⋅ vi
，
其中 n 为系统中的质点数目，可以是有限或无穷，mi 和 vi 分别为各质点的质量和速度。 平
移刚体的动能 T = 1 mv2 ， 2
其中 m 为平移刚体的质量。
定轴转动刚体的动能
T
=
1 2
理论力学习题解答
问题: 质点M沿椭圆轨道匀 速率运动，如何确定其加速 度的大小和方向？
例：已知点的运动方程，求点任意时刻的速度、 加速度的大小和运动轨迹的曲率半径。
运动方程: x R cost, y R sin t, z Ct
解： vx x vy y
vz
z
解： 是共面力系的
0
平衡问题
第
0
三
章
Fx 0
N1 cos(90 0 ) f 0
Fy 0 Mz 0
N1 sin(90 0 ) N2 P 0
Pl cos0
N1
h
sin 0
0
f N2
解出
0
f
N2
第
h
l sin 2 0 cos 0 l sin 0 cos2 0
例：已知图示瞬时动点A的速度和加速度， 求该瞬时动点A
的 x, y, x, y, 。 已知：v 10m/s, a 10m/s2
yv
300
A(x,y)
解： x vx 10cos300 (m/s) y vy 10sin 300 (m/s)
a
O
x
vx x vy y
23 3
R
第
O
B
vB
三（1）速度瞬心可以位于平面运动刚体之上，也可以位于其延展体上。
章
（2）当 =90º时，滑块B的速度及连
杆AB的角速度为多少？
研究连杆AB：该瞬时，连杆AB的 vA A
P？
速度瞬心P在无穷远处，AB 0
A为基点，杆AB上任一点M的速度
vM
M
理论力学(周衍柏第三版)习题答案
vx
dv y dv y dv x v v dv x v v x v y v v y x y x y dt dt dt dt
d 15t 0 15t
2
1 15 t 0 1 15t 2
2
- - 1- -
1 2 450t 2 900t 0 675t 225t 0 225 t 0 1 2
2
d
2 对时间 t 求导
d d2 900t 900t 0 675 dt
1.4 解 如题 1.4.1 图所示，
L A
d O
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 OC d 2 x 2
C 点速度
v
v d 2 x2 v sec d sec 2 cos d
又因为 所以 C 点加速度
a
2 2 2 dv 2d 2 sec 2 tan 2 x d x d 2 sec sec tan dt d2
1.5 解 由题可知，变加速度表示为 由加速度的微分形式我们可知 代入得 对等式两边同时积分 可得 ：
对两边分别求导
r cos 2a cos
2
所以
r cos r 2 2 cos 2 2 2 V x y r sin 2 cos sin 4
r 2 cos
清华大学-理论力学-习题解答-8-13
! 2 + 4mR 2 ϕ !ϕ ! 2 − 6mR 2θ ! (1 + sin ϕ ) + 2mgR sin ϕ L = 18mR 2θ
d ∂L ∂L ( )− =0 ! ∂θ d t ∂θ d ∂L ∂L ( )− =0 ! ∂ϕ d t ∂ϕ d ∂L ∂L = 0 ，由 (1)′ 得： ( ) = 0 因 L 中不显含 θ ，即 d t ∂θ! ∂θ ∂L = const . ， 积分得： ∂θ! ! − 6mR 2ϕ ! (1 + sin ϕ ) = C 即： 36mR 2θ
代入拉氏方程，得：
!! − 6mR 2 ϕ !!(1 + sin ϕ ) − 6mR 2 ϕ ! 2 cos ϕ = 0 36mR 2θ !!(1 + sin ϕ ) − 2mgR cos ϕ = 0 !! − 6mR 2θ 8mR 2 ϕ !! − ϕ !!(1 + sin ϕ ) − ϕ ! 2 cos ϕ = 0 6θ !!(1 + sin ϕ ) − g cos ϕ = 0 !! − 3θ 4ϕ R
V = −2mgR sin ϕ
系统的动能由两部分合成
2 m 2 J O1 2 m m vO1 + ω1 = 3Rθ! + (3R )2θ! 2 = 9mR 2θ! 2 2 2 2 2 J O2 2 m 2 T小 = vO + ω2 2 2 2 ! ，v + v O2 O1 ， vO = 3Rθ O2 O1 = 2 Rϕ
清华大学理论力学习题解答67
[ ρ × mve ]z = mρ 2ω
x
[ ρ × mvr ]z = mv0 cosϕ ⋅ (l + r cosϕ ) + mv0 sinϕ ⋅ r sinϕ
= mv0 (l cosϕ + r)
《理论力学》习题解答
由 LO1 = LO2 得：
m(l + r)v0 = J zω + mρ 2ω + mv0 (l cosϕ + r)
《理论力学》习题解答
习题6-7
水平圆盘可绕铅垂轴z转动，如 图所示。其对z轴的转动惯量为Jz。 一质量为m的质点，在圆盘上作 匀速圆周运动，圆周半径为r， 速度为v0，圆心到盘心的距离为l。 开始运动时，质点在位置A，圆 盘角速度为零。试求圆盘角速度
ω与角ϕ间的关。轴承摩擦略
去不计。
《理论力学》习题解答
∴
ω
=
JZ
+
mv0l(1 − cosϕ ) m(l 2 + r 2 + 2rl cosϕ )
解：取圆盘连同其上的质点作为一个系统，此系统 对于z轴动量矩守恒。
系统在初始时刻对z轴的动量矩为： Lo1 = m(l + r)v0
系统在任意时刻对z轴的动量矩为：
Lo2 = J zω + [ ρ × m(ve + vr )]z
其中：ve = ρω，vr = v0
O
vrve
ρ
m
ϕ
y
ρ = l 2 + r 2 + 2lr cosϕ
理论力学作业解答
1.2 某船向东航行，速率为每小时15km，在正午经过某一灯 塔。另一船以同样速度向北航行，在下午1时30分经过此灯 塔。问在什么时候，两船的距离最近？最近的距离是多少？ y 解：设向东航行的船为A，另一船为B， 以灯塔为坐标原点建立直角坐标如图所 示，以A经过O点为：t = 0 则此时B的位置在：B′ 任意时刻 t ，A、B的位置如图。 A、B间的距离为：
d ( − kv 0 cos α tg θ ) 1 dt = k ( g + kv 0 cos α tg α ) − kv 0 cos α tg θ
对上式积分可得：
1 ∫0 dt = k
t
∫α
−α
d ( − kv 0 cos α tg θ ) ( g + kv 0 cos α tg α ) − kv 0 cos α tg θ
v v0
α
v mg
θ
x
α v v
dv m = − mkv − mg sin θ (1) dt v2 m = mg cos θ ( 2)
随着质点运动，切线方 向与 x 轴夹角减少，故有：
ρ
ds ρ =− dθ
(3)
dv m = − mkv − mg sin θ (1) dt v2 m = mg cos θ ( 2)
s 2 = (15 t ) 2 + (15 × 1 .5 − 15 t ) 2 = 450 t 2 − 675 t + 506 .25
A
o
s
B B′
x
s = 450 t − 675 t + 506 .25
2 2
y
A
当 A、B相距最近时有： d (s2 ) = 900 t − 675 = 0 dt 可得：