理论力学课后习题答案 第9章 动量矩定理及其应用)
理论力学课后习题答案第9章动量矩定理及其应用
（1）
（2）
对A：
（3）
又：
以O为基点：
（→）
（↓）（4）
由上四式联立，得（注意到 ）
法2：对瞬心E用动量矩定理（本题质心瞬心之距离为常数）
又
可解得：
9－11图示匀质圆柱体质量为m，半径为r，在力偶作用下沿水平面作纯滚动。若力偶的力偶矩M为常数，滚动阻碍系数为 ，求圆柱中心O的加速度及其与地面的静滑动摩擦力。
解：对轮C：
对轮B和重物A：
运动学关系：
9－5图示电动绞车提升一质量为m的物体，在其主动轴上作用一矩为M的主动力偶。已知主动轴和从动轴连同安装在这两轴上的齿轮以及其它附属零件对各自转动轴的转动惯量分别为J1和J2；传动比r2:r1=i；吊索缠绕在鼓轮上，此轮半径为R。设轴承的摩擦和吊索的质量忽略不计，求重物的加速度。
（7）
将（5）、（6）、（7）代入（2）、（3）、（4）得
（8）
（9）
（10）
解得： ，与（1）式相同。
9－15圆轮A的半径为R，与其固连的轮轴半径为r，两者的重力共为W，对质心C的回转半径为，缠绕在轮轴上的软绳水平地固定于点D。均质平板BE的重力为Q，可在光滑水平面上滑动，板与圆轮间无相对滑动。若在平板上作用一水平力F，试求平板BE的加速度。
解：初始静止，杆开始运动瞬时， 必沿支承处切向，即沿AB方向，所以 此时沿AB方向，如图（a），以D为基点：
由
（1）
由AB作平面运动：
（2）
（3）
（4）
由（3），
解（1）、（2）、（4）联立
9－19如图所示，足球重力的大小为4.45N,以大小 =6.1m/s,方向与水平线夹40 角的速度向球员飞来，形成头球。球员以头击球后，球的速度大小为 =9.14m/s，并与水平线夹角为20 角。若球－头碰撞时间为0.15s。试求足球作用在运动员头上的平均力的大小与方向。
理论力学课后答案9
四川大学 建筑与环境学院 力学科学与工程系 魏泳涛
w.
kh
a ，方向向上。 2
da
w.
co
我在沙滩上写上你的名字，却被浪花带走了；我在云上写上你的名字，却被风儿带走了；于是我在理论力 学的习题答案上写上我的名字.
我在沙滩上写上你的名字，却被浪花带走了；我在云上写上你的名字，却被风儿带走了；于是我在理论力 学的习题答案上写上我的名字.
9.9 图示一凸轮导板机构。半径为 r 的偏心圆轮 O 以匀角速度 绕轴 O 转动，偏 心距 OO e ，导板 AB 重 FW 。当导板在最低位置时，弹簧的压缩量为 。要使 导板在运动过程中始终不离开轮轴，试求弹簧的刚度系数。
魏
泳
涛
m
课
后
答
四川大学 建筑与环境学院 力学科学与工程系 魏泳涛
案
网
ww
w.
kh
而 A 点坐标为 xA 2l cos S y A 2l sin 化简后 y2 ( x A l cos ) 2 A l 2 4
da
w.
co
解： 由于在水平方向上质心运动守恒。由于系统初始静止，因此系统质心位置始 终保持不变。 由图知 xC l cos l cos S
魏
泳
涛
m
ae 即为 AB 的加速度。
当 0 时， AB 处于最高位置，其加速度为 2e 。弹簧的压缩量为 2e 。 AB 受力图如下。
课
后
答
案
网
ww
T FW N k ( 2e) FW N
要保持接触，则应该有
胡汉才编著《理论力学》课后习题答案第9章习题解答
9－ 1 在图示系统中，均质杆OA 、AB 与均质轮的质量均为m ，OA杆的长度为l 1，AB 杆的长度为l 2，轮的半径为R ，轮沿水平面作纯转动。
在图示刹时，OA 杆的角速度为，求整个系统的动量。
5ml1，方向水平向左2题9－1图题 9－2图9－ 2 如下图，均质圆盘半径为R，质量为 m ，不计质量的细杆长l ，绕轴O转动，角速度为，求以下三种状况下圆盘对固定轴的动量矩：（a）圆盘固结于杆；（b）圆环绕 A 轴转动，相关于杆OA 的角速度为；（c）圆环绕 A 轴转动，相关于杆OA 的角速度为。
（a）L O m(R2l 2 )；（ b）L O ml 2；（ c）L O m( R2l 2 ) 29－ 3 水平圆盘可绕铅直轴z 转动，如下图，其对z 轴的转动惯量为J z。
一质量为m的质点，在圆盘上作匀速圆周运动，质点的速度为 v0，圆的半径为r，圆心到盘中心的距离为l。
开始运动时，质点在地点M 0，圆盘角速度为零。
求圆盘角速度与角间的关系，轴承摩擦不计。
9－ 4 如下图，质量为m 的滑块 A，能够在水平圆滑槽中运动，拥有刚性系数为k 的弹簧一端与滑块相连结，另一端固定。
杆AB 长度为 l，质量忽视不计， A 端与滑块 A 铰接，B端装有质量 m1，在铅直平面内可绕点 A 旋转。
设在力偶 M 作用下转动角速度为常数。
求滑块 A 的运动微分方程。
x k x m1l2 sin tm m1m m19－ 5 质量为 m ，半径为平板与地面间摩擦系数为R 的均质圆盘，置于质量为M 的平板上，沿平板加一常力F。
设f，平板与圆盘间的接触是足够粗拙的，求圆盘中心 A 点的加快度。
9－ 6 均质实心圆柱体 A 和薄铁环 B 的质量均为m，半径都等于r ，二者用杆AB 铰接，无滑动地沿斜面滚下，斜面与水平面的夹角为，如下图。
如杆的质量忽视不计，求杆AB 的加快度和杆的内力。
a 4 g sin；79－ 7 均质圆柱体 A 和 B 的质量均为m，半径为r ，一绳缠在绕固定轴O 转动的圆柱 A 上，绳的另一端绕在圆柱 B 上，如下图。
理论力学 陈立群 第9章习题解答
第九章平衡问题——能量方法 习题解答9-1质量为3 kg 的质点以5 m/s 的速度沿水平直线向左运动。
今对其施以水平向右的的常力，此力的作用经30 s 而停止，这时质点的速度水平向右，大小为55 m/s 。
求此力的大小及其所做的功。
解：取质点m 为研究对象。
由质点动量定理；()12v v F -=m t ：()12v v m Ft +=，解得：()())N (630555312=+=+=t v v m F .由质点动能定理； ()())J (450055532121222122=-⨯⨯=-==v v m Fs W .9-2如图所示，一弹簧振子沿倾角为ϑ的斜面滑动，已知物块重G ，弹簧刚度系数为k ，动摩擦因数为f ；求从弹簧原长压缩s 的路程中所有力的功及从压缩s 再回弹λ的过程中所有力的功。
解：取物块为研究对象。
物块受到重力G ，弹簧力F ，斜面摩擦力m ax F 和法向反力N F 作用，其中仅法向反力N F 不作功。
在弹簧压缩过程中，所有力的功为 ()221cos sin ks s f G W --=ϑϑ 在弹簧压缩s 再回弹λ的过程中，所有力的功为 ()()[]2221cos sin λλϑϑ--+--=s s k f G W 。
9-3弹簧原长l ，刚度系数为k ，一端固定在O 点，此点在半径为r = l 的圆周上。
如弹簧的另一端由图示的B 点拉至A 点，求弹簧力所做的功。
AC ⊥BC ，OA 为直径。
解：在B 点弹簧的变形为()l 121-=λ，在A 点弹簧的变形为l =2λ。
弹簧力所做的功为()()222211221kl k W --=-=λλ。
9-4图示机构在力F 1和F 2作用下在图示位置平衡，不计各构件自重和各处摩擦，OD=BD=l 1，AD=l 2。
求F 1/F 2的值。
解：用解析法解题。
()j i F ϑϑcos sin 11-=F , i F 22F = 点A 和B 的坐标及其变分为()()j i r ϑϑsin cos 2121l l l l A ++--= ，i r ϑcos 21l B -=题9-2图题9-3图质点的受力图()()j i r δϑϑδϑϑ⋅++⋅-=cos sin δ2121l l l l A ，i r δϑϑ⋅=sin 2δ1l B 。
理论力学第9章动量矩定理
d
dt
Ly
n i 1
M y (Fi(e) )
d
dt
Lz
n i 1
M z (Fi(e) )
动力学
第9章 动量矩定理
3．动量矩守恒定理 如果作用于质点的力对某定点O的矩恒为零，则质点对该
点的动量矩保持不变，即
MO (mv) 恒矢量
作用于质点的力对某定轴的矩恒为零，则质点对该轴的动量矩
保持不变，即
M z (mv) 恒量
以上结论称为质点动量矩守恒定律 同理，当外力对某定点（或某定轴）的主矩等于零时，质点 系对于该点（或该轴）的动量矩保持不变，这就是质点系动 量矩守恒定律。 另外，质点系的内力不能改变质点系的动量矩。
动力学
第9章 动量矩定理
[例2] 图示单摆 已知m，l，t =0时
1．质点的动量矩
§9-1 动量矩
设质点Q 某瞬时动量为 mv ， 其 对O 点的位置为矢径r ， 如图 所
示，
定义质点Q 的动量对于O 点的矩
为质点对点O 的动量矩 定义指点动量mv 在Oxy 平面的投
影（mv)xy 对于点O 的矩，为质 点动量对于z 轴的矩，简称对于z
轴的动量矩。分别表示如下
动力学
第9章 动量矩定理
MO (mv) r mv
MO (mv)z M z (mv)
从图可以看出，质点对于O点的动量矩矢在z轴上的投影，
等于对z轴的动量矩。即正负号规定与力对轴矩的规定相同
对着轴看：顺时针为负，逆时针为正
动量矩度量物体在任一瞬时绕固定点(轴)转动的强弱。 单位：kg·ｍ2/s。
动力学
第9章 动量矩定理
第9章 动量矩定理 §9–1 动量矩
理论力学习题解答第九章
理论力学习题解答第九章题9－2图9－2 如图所示，均质圆盘半径为R，质量为m ，不计质量的细杆长，绕轴O转动，角速度为，求下列三种情况下圆盘对固定轴的动量矩：（a）圆盘固结于杆；（b）圆盘绕A轴转动，相对于杆OA的角速度为；（c）圆盘绕A轴转动，相对于杆OA的角速度为。
（a）；（b）；（c）9－3水平圆盘可绕铅直轴转动，如图所示，其对轴的转动惯量为。
一质量为m的质点，在圆盘上作匀速圆周运动，质点的速度为，圆的半径为r，圆心到盘中心的距离为。
开始运动时，质点在位置，圆盘角速度为零。
求圆盘角速度与角间的关系，轴承摩擦不计。
9－4如图所示，质量为m的滑块A，可以在水平光滑槽中运动，具有刚性系数为k的弹簧一端与滑块相连接，另一端固定。
杆AB长度为l，质量忽略不计，A端与滑块A铰接，B端装有质量，在铅直平面内可绕点A旋转。
设在力偶M作用下转动角速度为常数。
求滑块A的运动微分方程。
9－5质量为m ，半径为R的均质圆盘，置于质量为M的平板上，沿平板加一常力F。
设平板与地面间摩擦系数为f，平板与圆盘间的接触是足够粗糙的，求圆盘中心A点的加速度。
9－6均质实心圆柱体A和薄铁环B的质量均为m，半径都等于r，两者用杆AB铰接，无滑动地沿斜面滚下，斜面与水平面的夹角为，如图所示。
如杆的质量忽略不计，求杆AB的加速度和杆的内力。
；9－7均质圆柱体A和B的质量均为m，半径为r，一绳缠在绕固定轴O转动的圆柱A上，绳的另一端绕在圆柱B上，如图所示。
摩擦不计。
求：（1）圆柱体B下落时质心的加速度；（2）若在圆柱体A上作用一逆时针转向，矩为M 的力偶，试问在什么条件下圆柱体B的质心加速度将向上。
9－8平面机构由两匀质杆AB，BO组成，两杆的质量均为m，长度均为l，在铅垂平面内运动。
在杆AB上作用一不变的力偶矩M，从图示位置由静止开始运动。
不计摩擦，试求当A即将碰到铰支座O时A 端的速度。
9－9长为l、质量为m的均质杆OA以球铰链O固定，并以等角速度绕铅直线转动，如图所示。
理论力学9动量矩定理
n d Ly M y ( Fi ( e ) ) dt i1
n d Lz M z ( Fi ( e ) ) dt i1
11
9.2 动量矩定理
三、动量矩守恒定律 质点： 如果
n d LO M O ( Fi ( e ) ) dt i1
12
上述两种情况就是质点系的动量矩守恒定律。
9.2 动量矩定理
例：高炉运送矿石用的卷扬机如图所示。已知鼓轮的半径为R，
轨道的倾角为θ。设绳的质量和各处摩擦均忽略不计，求小车的加 速度a。
转动惯量为J，作用在鼓轮上的力偶矩M，小车和矿石总质量为m，
13
9.2 动量矩定理
解：取整体为研究对象,其受力分析如图示。
n n d (i ) d t M O (mi v i ) M O ( Fi ) M 0 ( Fi ( e ) ) i1 i1 i1 n
而 所以
M
i 1
n
0
( Fi ) 0
(i )
d d n d d t M O (mi v i ) d t M O (mi v i ) d t LO i1 i1
d M z (mv) M z (F ) dt
9
9.2 动量矩定理
二、 质点系的动量矩定理
设质点系内有n 个质点。Fi(i)——第i个质点上的内力，Fi (e)—— 第i个质点上的外力。 由质点的动量矩定理有： d MO (mi vi ) MO (Fi (i ) ) MO (FI(e) ) dt 这样的方程共有n个，相加后得
n
n d LO M O ( Fi ( e ) ) dt i1
理论力学9—动量矩定理2(1)
将上式求定积分，得
w
w0
2
0
t J dw d t 0 k w
w0 J J t ln ln 2 k w0 2 k
(2) 求转过了多少圈? dw J kw (1)
dt
转过的角度为
将(1)式改写为 dw d J k dt dt 即
J 0 w0 2k
2
9.4.2 回转半径(惯性半径)
在工程上常用回转半径来表示刚体的转动惯量 , 其定义为
rz
Jz m
对于几何形状相同的均质物体, 回转半径相同。 如果已知回转半径, 则物体的转动惯量为
J z mr
2 z
9.4.3 平行轴定理
定理: 刚体对于任一轴的转动惯量, 等于刚体对 于通过质心、并与该轴平行的轴的转动惯量, 加 上刚体的质量与两轴间距离平方的乘积, 即 证明:
上节课内容复习
d M x (mv ) M x ( F ) dt
d (e) Lx M x ( Fi ) dt
9.3 刚体绕定轴的转动微分方程 设刚体绕定轴 z 以角速度w 转 动, 则 Lz＝ Jzw。 z F1
刚体受有主动力Fi和轴承约束 力FNi, 如不计轴承摩擦, 轴承 约束力对轴 z 的力矩为0，则 由质点系动量矩定理得 F2
2
d J z 2 M z ( Fi ) dt
以上各式均称为刚体绕定轴的转动微分 方程。 它表明，刚体对定轴的转动惯量与角加 速度的乘积, 等于作用在刚体上的所有主 动力对该轴之矩的代数和。
• 在应用刚体绕定轴转动的微分方程 时，如果是具有一个转轴以上的物 体系统，则应将各个物体分开，分 别应用刚体绕定轴转动的微分方程 来求解。
精品文档-理论力学(张功学)-第9章
(9-18)
P=∑mivi=常矢量
如果作用于质点系的外力的矢量和恒为零，则质点系的动
量保持不变。该结论称为质点系动量守恒定律。由该定律可知，
要使质点系动量发生变化，必须有外力作用。
第9章 动量定理及其应用
又由式(9-14)可知，如果∑Fix(e) =0， 则 Px=∑mivix=常量
(9-19) 即如果作用于质点系的外力在某一轴上投影的代数和恒为零， 则质点系的动量在该轴上的投影保持不变。
同。冲量的单位为N·s。
第9章 动量定理及其应用
9.2 动 量 定 理
9.2.1 质点动量定理
质点运动微分方程为
ma=F
由于
，因此上式可以写成
，或
a dv dt
m dv F dt
(9-6)
d(mv ) F dt
第9章 动量定理及其应用
这就是质点动量定理，即质点动量对时间的导数，等于作 用于质点上的力。如果将式(9-6)写成
第9章 动量定理及其应用
物体机械运动的强弱，不仅与质量有关，而且与速度有关。 我们将质点的质量m与它在某瞬时t的速度v的乘积，称为该 质点在瞬时的动量，记为mv。动量是矢量，其方向与点的速度 的方向一致，动量的单位为kg·m/s。
第9章 动量定理及其应用
2. 质点系的动量
将质点系中所有质点动量的矢量和，定义为该质点系的动
(9-14)
第9章 动量定理及其应用
其中, Px、Py、Pz分别为质点系的动量P在x、y、z轴上的投影， 由式(9-1)可知其值分别为
(9-15)
式(9-14)是质点系动量定理的投影形式，它表明：质点系 的动量在任一固定轴上的投影对于时间的导数，等于作用于质 点系的所有外力在同一轴上投影的代数和。
理论力学第九章习题
9-1.塔式起重机的水平悬臂以匀角速度 =0.1rad/s 绕铅垂轴OO i 转动，同时跑车A 带着重物B 沿悬臂按x=20-0.5t 的规律运动，单位为米、秒，且悬挂 钢索AB 始终保持铅垂。
求当t=10s 时重物B 的绝对速度。
解：动 点：A ;动系：起重机 运动分析：牵连运动：定轴转动； 相对运动：直线运动; 绝对运动：曲线运动;V rdx dt 0.5m / sV eX Qe 当t=10s 时V e(200.5 10) 0.1 1.5m/ sV aV2V r、0.5)21.521.58m/s9-2.图示曲柄滑道机构中，曲柄长 OA=r ，它以匀角速度 绕O 轴转动。
装在水 平上的滑槽DE与水平线成60。
角。
求当曲柄与水平线的交角分别为 =0、30°、60°时，杆BC 的速度。
解：动 点：A ;动系: ABC运动分析：牵连运动：平动；相对运动：直线运动; 绝对运动：圆周运动;当=30° 时， V e 0当=60°时，Ve 詐9-3.图示曲柄滑道机构中，杆BC 为水平，而杆DE 保持铅垂。
曲柄长OA=10cm , 以匀角速度=20rad/s绕O 轴转动，通过滑块A 使杆BC 作往复运动。
求当 曲柄与水平线的交角分别为 =0、30°、90°时，杆BC 的速度。
解：动 点：A ;动系：BDC运动分析：牵连运动：平动；相对运动：直线运动; 绝对运动：圆周运动;V a r ®200cm /sV V sin © 当=0°时，Ve0 ；当=30° 时，V e 100cm/s ；9-4.矿砂从传送带A 落到另一传送带B 的绝对速度为v i =4m/s ，其方向与铅垂 线成30°角。
设传送带B 与水平面成15°角，其速度V 2=2m/s 求此时矿砂对 于传送带B 相对速度；又问当传送带B 的速度为多大时，矿砂的相对速度由正弦定理得:V a V esin120 sin © 30 V rsin 90 ©当=0°时,V eV e V asin © 30 sin120当=90。
谢传峰《理论力学》课后习题及详解
1－3 解：运动方程：θtan l y =，其中kt =θ。
将运动方程对时间求导并将030=θ代入得34cos cos 22lk lk l y v ====θθθ938cos sin 2232lk lk y a =-==θθ1－6证明：质点做曲线运动，所以质点的加速度为：n t a a a +=,设质点的速度为v ，由图可知:a a v v yn cos ==θ，所以: yv va a n =将c v y =，ρ2n va =代入上式可得 ρc v a 3=证毕 1－7证明：因为n2a v =ρ，v a a v a ⨯==θsin n所以：va ⨯=3v ρ证毕1－10 解：设初始时,绳索AB 的长度为L ,时刻t 时的长度为s ,则有关系式：t v L s 0-=，并且 222x l s +=将上面两式对时间求导得：0v s-= ，x x s s 22= xyoan avy vθθtayzoan aθxovovF N Fg myθ由此解得：xsv x 0-= （a ） (a)式可写成：s v x x 0-= ，将该式对时间求导得：2002v v s x x x=-=+ (b)将(a)式代入(b)式可得：3220220xlv x x v x a x -=-== （负号说明滑块A 的加速度向上）取套筒A 为研究对象，受力如图所示，根据质点矢量形式的运动微分方程有：g F F a m m N ++=将该式在y x ,轴上投影可得直角坐标形式的运动微分方程：N F F ym F mg xm +-=-=θθsin cos其中：2222sin ,cos l x l lx x +=+=θθ0,3220=-=yx l v x将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得：23220)(1)(x lxl v g m F ++=1－11解：设B 点是绳子AB 与圆盘的切点，由于绳子相对圆盘无滑动，所以R v B ω=，由于绳子始终处于拉直状态，因此绳子上A 、B 两点的速度在 A 、B 两点连线上的投影相等，即：θcos A B v v = （a ） 因为x R x 22cos -=θ （b ）将上式代入（a ）式得到A 点速度的大小为：22R x xRv A -=ω （c ）由于x v A -=，（c ）式可写成：Rx R x x ω=--22 ，将该式两边平方可得：222222)(x R R x xω=-将上式两边对时间求导可得：x x R x x R x xx 2232222)(2ω=--将上式消去x 2后，可求得：22242)(R x xR x--=ω (d)由上式可知滑块A 的加速度方向向左，其大小为 22242)(R x xR a A -=ω取套筒A 为研究对象，受力如图所示，根据质点矢量形式的运动微分方程有：g F F a m m N ++=将该式在y x ,轴上投影可得直角坐标形式的 运动微分方程：mg F F ym F xm N -+=-=θθsin cos其中：x R x xR22cos ,sin -==θθ, 0,)(22242=--=y R x x R x ω将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得2525)(,)(225222242R x x R m mg F R x x R m F N --=-=ωω1－13解：动点：套筒A ；动系：OC 杆；定系：机座；xθ AvAω ONF BRg mFyavevr v运动分析：绝对运动：直线运动；相对运动：直线运动；牵连运动：定轴转动。
动量矩定理作业参考答案及解答
g (顺时针), 2r
FOx = 0,
1 FOy = mg (↑) 2
6．如题图所示，有一轮子，轴的直径为 50mm，无初速的沿倾角θ=20°的轨道
滚下，设只滚不滑，5s 内轮心滚过的距离为 s=3m。试求轮子对轮心的惯性半径。
s
提示：本题用刚体平面运动微分方程求解。注意到轮心加速度可由式 1 s = at 2 求得，且轮心加速度 a 与轮子角加速度α关系 a = rα ，其中 r 为轮轴的 2 半径。 解：
a mg
Ff × r = mρ α
2
由以上两式消去 Ff 得 ρ 2 =
r ( g sin θ − a )
α
=
r 2 t 2 g sin θ − r 2 = 8113(mm) 2 2s
ρ= & 90mm
r 2 t 2 g sin θ − r 2 = 8113(mm) 2 , ⇒ 2s
答案： ρ 2 =
整个系统对轴 O 的动量矩守恒
p 1 p LO = L1 + L2 = r 2 1 ω + 2 r (ωr − at ) = 0 2 g g
解得
ω=
2aP2 t , r (2 P2 + P1 )
α=
2aP2 dω = dt r (2 P2 + P1 )
答案： ω =
2aP2 t , r (2 P2 + P1 )
vB
A
ωB
B
D
1 1）对杆分析，杆对轴 A 的动量矩 L A1 = m2 R 2ω 3 2）对轮分析
ω B R = ωl
ωB =
齿轮对轮心 B 的动量矩为 齿轮对轴 A 的动量矩为
ωl
理论力学(刘又文 彭献)答案第9章
∑ FQx =
δWF (x) δx
=
−k1xδx − (δx tanα )(m2 δx
+
m3 )g
=
−k1x − (m2
+ m3)g
tan α
令 δx = 0, δ y ≠ 0 ，则
∑ δWF ( y)
=
−k2
⎛ ⎜ ⎝
y
−
m3 g k2
⎞ ⎟ δy ⎠
−
m3 gδy
质量，试求系统对应于广义坐标 x 、ϕ 的广义力。
x
A
ϕ
θ
mg
B
图 9.2
答：系统自由度为 2。令虚位移 δx ≠ 0 ， δϕ = 0 ，则
∑ δWF (x) = mg sinθ δx
故
∑ FQx =
δWF (x) = mg sinθ δx
令虚位移 δx = 0, δϕ ≠ 0 ，则
∑ δWF (ϕ )
10．对于受完整而非理想约束的系统，只要把非理想约束解除，代之以约束
力，并视其为主动力，则仍能应用拉格朗日方程。对吗？
答：对。当主动力全为非有势力时，采用上述第一种形式的拉氏方程；当主
动力中既有势力，又有非有势力，则采用第三种形式的拉格朗日方程。
11. 如图 9.5 所示，均质杆 AB 的质量为 m、长为 l，用光滑铰链铰结于不计
−
1 2
ar
=
0
(1)
令 δϕ = 0 ， δx ≠ 0 ，则
−
G1 g
a1δx
−
G2 g
a1δx
+
G2 g
ar
cosθ
δx
=
理论力学课后答案9
魏
泳
涛
m
1 (1). ml 2 (2). me
课
后
解：
答
案
网
(3).动量水平分量： m1v m2 (v
m2l sin 2 v (4).圆轮角速度： 2r 圆轮轮心速度 v轮 0.5v
动量铅垂分量：
总动量： m1v m2 0.5v 2 (m1 m2 )v
课
后
答
四川大学 建筑与环境学院 力学科学与工程系 魏泳涛
案
网
ww
w.
l m l ，动量： 1 ，方向垂直于 OC 向上 2 2 滑 块 A 、 B 以 及 杆 AB 组 成 的 系 统 的 质 心 为 C ， 速 度 为 l ， 动 量 ： 2(m1 m2 )l ，方向垂直于 OC 向上 l 总动量： (5m1 4m2 )l ，方向垂直于 OC 向上 2
魏
泳
涛
m
课
后
答
四川大学 建筑与环境学院 力学科学与工程系 魏泳涛
案
网
ww
w.
kh
1 OA 杆动量： ml1 2 AB 杆瞬时平动，动量： ml1 轮 B 质心速度为 l1 ，动量： ml1 5 因此系统总动量为： ml1 2
da
w.
co
解：
我在沙滩上写上你的名字，却被浪花带走了；我在云上写上你的名字，却被风儿带走了；于是我在理论力 学的习题答案上写上我的名字.
我在沙滩上写上你的名字，却被浪花带走了；我在云上写上你的名字，却被风儿带走了；于是我在理论力 学的习题答案上写上我的名字.
9.8 质量为 m ， 长为 2l 的均质杆 OA 绕定轴 O 转动， 设在图示瞬时的角速度为 ， 角加速度为 ，求此时轴 O 对杆的约束力。
理论力学9—动量矩定理
F r y
r
x
O
y
O x h
LO = M O (mv ) r mv
与空间力F 对z 轴的矩类似
z
MO (mv )
mv
Mz (F) MO( Fxy)=+ Fxy d
z A O d x
F
B y
r
x
Od
y mv xy
2°质点对z 轴的动量矩定义: 质点的动量在与z轴垂直平面 上的分量对O点(轴与平面交 点)的矩.
第 9 章
动量矩定理
O
w
C
P=mlω/2
vC
A C vC
vC=0
P=mvC
w
C
P=0
动量定理 ( 质心运动定理 ) 描述了动量的变化和 外力系主矢的关系。它揭示了物体机械运动规 律的一个侧面。 质点系机械运动的变化与外力系对质心的主矩 的关系将由本章的动量矩定理给出。它揭示了 物体机械运动规律的另一个侧面。
质点系对某定轴的 动量矩对时间的导 数, 等于作用于质 点系的外力对于同 一轴之矩的代数和。
n (e) d LO M O ( Fi ) dt i 1
9.2.3 动量矩守恒定律 1. 质点动量矩守恒定律
d M O ( mv ) M O ( F ) dt
d M x ( mv ) M x ( F ) dt
Lz M z (mi vi ) mi vi ri
z
miwrr i i w mi r i
2
令 Jz＝Σmi ri2 称为刚体对z 轴的转动惯量, 于是得
Lz J zw
即: 绕定轴转动刚体对其转轴的 动量矩等于刚体对转轴的转动惯 量与转动角速度的乘积。
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O ωRrABθ习题9－2图习题20-3图OxF Oy F gm Ddα习题20-3解图第9章 动量矩定理及其应用9－1 计算下列情形下系统的动量矩。
1. 圆盘以ω的角速度绕O 轴转动，质量为m 的小球M 可沿圆盘的径向凹槽运动，图示瞬时小球以相对于圆盘的速度v r 运动到OM = s 处（图a ）；求小球对O 点的动量矩。
2. 图示质量为m 的偏心轮在水平面上作平面运动。
轮心为A ，质心为C ，且AC = e ；轮子半径为R ，对轮心A 的转动惯量为J A ；C 、A 、B 三点在同一铅垂线上（图b ）。
（1）当轮子只滚不滑时，若v A 已知，求轮子的动量和对B 点的动量矩；（2）当轮子又滚又滑时，若v A 、ω已知，求轮子的动量和对B 点的动量矩。
解：1、2s m L O ω=（逆）2、（1）)1()(Remv e v m mv p A A C +=+==ω（逆）Rv me J R e R mv J e R mv L A A A C C B )()()(22-++=++=ω（2）)(e v m mv p A C ω+==ωωωω)()()())(()(2meR J v e R m me J e R e v m J e R mv L A A A A C C B +++=-+++=++=9－2 图示系统中，已知鼓轮以ω的角速度绕O 轴转动，其大、小半径分别为R 、r ，对O 轴的转动惯量为J O ；物块A 、B 的质量分别为m A 和m B ；试求系统对O 轴的动量矩。
解：ω)(22r m R m J L B A O O ++=9－3 图示匀质细杆OA 和EC 的质量分别为50kg 和100kg ，并在点A 焊成一体。
若此结构在图示位置由静止状态释放，计算刚释放时，杆的角加速度及铰链O 处的约束力。
不计铰链摩擦。
解：令m = m OA = 50 kg ，则m EC = 2m 质心D 位置：（设l = 1 m) m 6565===l OD d 刚体作定轴转动，初瞬时ω=0l mg lmg J O ⋅+⋅=22α222232)2(212131ml ml l m ml J O =+⋅⋅+=即mgl ml 2532=α2rad/s 17.865==g l α gl a D 362565t =⋅=α 由质心运动定理： Oy D F mg a m -=⋅33t4491211362533==-=mg g mmg F Oy N （↑） 0=ω，0n=D a ， 0=Ox F(a)OMvωωA BC Rv A(b)习题9－1图（b ）习题9－5解图J习题9－5图9－4 卷扬机机构如图所示。
可绕固定轴转动的轮B 、C ，其半径分别为R 和r ，对自身转轴的转动惯量分别为J 1和J 2。
被提升重物A 的质量为m ，作用于轮C 的主动转矩为M ，求重物A 的加速度。
解：对轮C ：r F M J C T 2-=α对轮B 和重物A ：mgR R F mR J -'=+T 21)(α运动学关系：ααR r a C ==2222212)(rmR R J r J rR mgr M a ++-=9－5 图示电动绞车提升一质量为m 的物体，在其主动轴上作用一矩为M 动力偶。
已知主动轴和从动轴连同安装在这两轴上的齿轮以及其它附属零件对各自转动轴的转动惯量分别为J 1和J 2；传动比r 2 : r 1 = i ；吊索缠绕在鼓轮上，此轮半径为R 。
设轴承的摩擦和吊索的质量忽略不计，求重物的加速度。
解：对轮1（图a ）：111Fr M J -=α对轮2（图b ）：mgR r F mR J -'=+2222)(α 2211ααr r =；21ααi =21222iJ mR J mgRMi ++-=α 重物的加速度：21222)(i J mR J RmgR Mi R a ++-==α9－6 均质细杆长2l ，质量为m ，放在两个支承A 和B 上，如图所示。
杆的质心C 到两支承的距离相等，即AC = CB = e 。
现在突然移去支承B ，求在刚移去支承B 瞬时支承A 上压力的改变量ΔF A 。
解：mge J A =α，mge me ml =+α)31(22A C F mg ma -=22233e l ge e a C +==α 22233e l mge mg F A +-= mge l l e mg e l mge F mg F A A )3(2323322222222+-=-+=-=∆习题9－6图习题9－4图习题9－6解图α习题9－7图习题9－8图dB ACgm lF(b) 习题9－7解图Agm CθBθrd +9－7 为了求得连杆的转动惯量，用一细圆杆穿过十字头销A 处的衬套管，并使连杆绕这细杆的水平轴线摆动，如图a 、b 所示。
摆动100次所用的时间为100s 。
另外，如图c 所示，为了求得连杆重心到悬挂轴的距离AC = d ，将连杆水平放置，在点A 处用杆悬挂，点B 放置于台秤上，台秤的读数F = 490N 。
已知连杆质量为80kg ，A 与B 间的距离l =1m ，十字头销的半径r = 40mm 。
试求连杆对于通过质心C 并垂直于图面的轴的转动惯量J C 。
解：图（a ），1<<θ时，θθ)(r d mg J A +-=&&0)(=++θθr d mg J A && 0)(=++θθAJ r d mg && AJ r d mg )(n +=ω )(π2π2n r d mg J T A+==ω （1） 2)(r d m J J C A ++= （2）由图（b ）：0=∑A M ，625.085===mg Fl d m代入（1）、（2），注意到周期s 2=T ，得22222m kg 45.17)665.0π8.9(665.080)](π)[()(π)(⋅=-⨯⨯=+-+=+-+=r d g r d m r d m r d mg J C9－8 图示圆柱体A 的质量为m ，在其中部绕以细绳，绳的一端B 固定。
圆柱体沿绳子解开的而降落，其初速为零。
求当圆柱体的轴降落了高度h 时圆柱体中心A 的速度υ和绳子的拉力F T 。
解：法1：图（a ） T F mg ma A -= （1） r F αJ A T = （2） r αa A = （3）221mr J A = 解得mg F 31T =（拉） g a A 32=（常量）（4）习题9－10图ORr F θ习题9－9图AαA v Aa rCTF gm(a)由运动学 gh h a v A A 3322==（↓） 法2：由于动瞬心与轮的质心距离保持不变，故可对瞬心C 用动量矩定理：mgr J C =ϕ&& （5） 2223mr mr J J A C =+=又 ra A =ϕ&& g a A 32=（同式（4）） 再由 T F mg ma A -= 得mg F 31T =（拉） gh h a v A A 3322==（↓）9－9 鼓轮如图，其外、内半径分别为R 和r ，质量为m ，对质心轴O 的回转半径为ρ，且ρ2 = R ·r ，鼓轮在拉力F 的作用下沿倾角为θ的斜面往上纯滚动，F 力与斜面平行，不计滚动摩阻。
试求质心O 的加速度。
解：鼓轮作平面运动，轴O 沿斜面作直线运动：θsin f mg F F ma O --= （1） R F Fr m f 2+=αρ（2） 纯滚：αR a O =（3）代入（2）R F Fr Ra m O f 2+=⋅ρ （4）解（1）、（4）联立，消去F f ，得)(sin )(222ρθ+-+=R m mgR r R FR a O9－10 图示重物A 的质量为m ，当其下降时，借无重且不可伸长的绳使滚子C 沿水平轨道滚动而不滑动。
绳子跨过不计质量的定滑轮D 并绕在滑轮B 上。
滑轮B 与滚子C 固结为一体。
已知滑轮B 的半径为R ，滚子C 的半径为r ，二者总质量为m ′，其对与图面垂直的轴O 的回转半径为ρ。
求：重物A 的加速度。
O Rr FθF f F N m g习题9－11图DABC习题9－12图rαD NF Fagm MM f(a)解：法1：对轮： Fr TR J O -=α （1）T F a m O -='（2） 对A ：T mg ma A -=（3）又：tH H A a a a ==绳以O 为基点：tn n t HO HO O H H a a a a a ++=+ααα)(tt r R r R a a a O HO H -=-=-=（→）α)(r R a A -=（↓）（4）由上四式联立，得（注意到2ρm J O '=）1)()()()()(2222222+-+⋅'=-++'-=r R r m m gr R m r m r R mg a A ρρ法2：对瞬心E 用动量矩定理（本题质心瞬心之距离为常数）)(r R T J E -=α T mg ma A -= 又α)(r R a A -=)(222r m r m J J O E +'='+=ρ 可解得：1)()(222+-+⋅'=r R r m m ga A ρ9－11 图示匀质圆柱体质量为m ，半径为r ，在力偶作用下沿水平面作纯滚动。
若力偶的力偶矩M 为常数，滚动阻碍系数为δ，求圆柱中心O 的加速度及其与地面的静滑动摩擦力。
解：f M M J D -=α （1）N f F M δ= mg F =N223mr J D =ra =α代入（1），得mrmg M a 3)(2δ-=又：F ma =rmg M F 3)(2δ-=9－12 跨过定滑轮D 的细绳，一端缠绕在均质圆柱体A 上，另一端系在光滑水平面上的物体B 上，如图所示。
已知圆柱A 的半径为r ，质量为m 1；物块B 的质量为m 2。
试求物块B 和圆柱质心C 的加速度以及绳索的拉力。
滑轮D 和细绳的质量以及轴承摩擦忽略不计。
解：对轮C ： r F J C T =αT 11F g m a m C -=对物块B ：T 2F a m B = 且：αr a a B C +=；2121r m J C =解得：g m m m a B2113+= ；gm m m a C 212132++= g m m m m F 2121T 3+=HOOHO an H anHO atH a (b)m F 绳H a HT 'g m OT(a)a AF·Em ′gNF αagm 1F O(a)xθAF ..Cy ..Cx αA C BBF gm O(b)AαCθPgm BBAF(a)9－13 图示匀质圆轮的质量为m ，半径为r ，静止地放置在水平胶带上。