清华大学版理论力学课后习题集标准答案全集第6章刚体平面运动分析
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理论力学习题答案(总26页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--2第一章 静力学公理和物体的受力分析一、是非判断题在任何情况下，体内任意两点距离保持不变的物体称为刚体。
( ∨ ) 物体在两个力作用下平衡的必要与充分条件是这两个力大小相等、方向相反，沿同一直线。
( × ) 加减平衡力系公理不但适用于刚体，而且也适用于变形体。
( × ) 力的可传性只适用于刚体，不适用于变形体。
( ∨ ) 两点受力的构件都是二力杆。
( × ) 只要作用于刚体上的三个力汇交于一点，该刚体一定平衡。
( × ) 力的平行四边形法则只适用于刚体。
( × ) 凡矢量都可以应用平行四边形法则合成。
( ∨ ) 只要物体平衡，都能应用加减平衡力系公理。
( × ) 凡是平衡力系，它的作用效果都等于零。
( × ) 合力总是比分力大。
( × ) 只要两个力大小相等，方向相同，则它们对物体的作用效果相同。
( × )若物体相对于地面保持静止或匀速直线运动状态，则物体处于平衡。
( ∨ )当软绳受两个等值反向的压力时，可以平衡。
( × )静力学公理中，二力平衡公理和加减平衡力系公理适用于刚体。
( ∨ )静力学公理中，作用力与反作用力公理和力的平行四边形公理适用于任何物体。
( ∨ )凡是两端用铰链连接的直杆都是二力杆。
( × )如图所示三铰拱，受力F ，F 1作用，其中F 作用于铰C 的销子上，则AC 、BC 构件都不是二力构件。
( × )图3二、填空题力对物体的作用效应一般分为 外 效应和 内 效应。
对非自由体的运动所预加的限制条件称为 约束 ；约束力的方向总是与约束所能阻止的物体的运动趋势的方向 相反 ；约束力由 主动 力引起，且随 主动 力的改变而改变。
理论力学习题及答案(全)
第一章静力学基础一、是非题1．力有两种作用效果，即力可以使物体的运动状态发生变化，也可以使物体发生变形。
（）2．在理论力学中只研究力的外效应。
（）3．两端用光滑铰链连接的构件是二力构件。
（）4．作用在一个刚体上的任意两个力成平衡的必要与充分条件是：两个力的作用线相同，大小相等，方向相反。
（）5．作用于刚体的力可沿其作用线移动而不改变其对刚体的运动效应。
（）6．三力平衡定理指出：三力汇交于一点，则这三个力必然互相平衡。
（）7．平面汇交力系平衡时，力多边形各力应首尾相接，但在作图时力的顺序可以不同。
（）8．约束力的方向总是与约束所能阻止的被约束物体的运动方向一致的。
（）二、选择题1．若作用在A点的两个大小不等的力F1和F2，沿同一直线但方向相反。
则其合力可以表示为。
①F1－F2；②F2－F1；③F1＋F2；2．作用在一个刚体上的两个力F A、F B，满足F A=－F B的条件，则该二力可能是。
①作用力和反作用力或一对平衡的力；②一对平衡的力或一个力偶。
③一对平衡的力或一个力和一个力偶；④作用力和反作用力或一个力偶。
3．三力平衡定理是。
①共面不平行的三个力互相平衡必汇交于一点；②共面三力若平衡，必汇交于一点；③三力汇交于一点，则这三个力必互相平衡。
4．已知F1、F2、F3、F4为作用于刚体上的平面共点力系，其力矢关系如图所示为平行四边形，由此。
①力系可合成为一个力偶；②力系可合成为一个力；③力系简化为一个力和一个力偶；④力系的合力为零，力系平衡。
5．在下述原理、法则、定理中，只适用于刚体的有。
①二力平衡原理；②力的平行四边形法则；③加减平衡力系原理；④力的可传性原理；⑤作用与反作用定理。
三、填空题1．二力平衡和作用反作用定律中的两个力，都是等值、反向、共线的，所不同的是。
2．已知力F沿直线AB作用，其中一个分力的作用与AB成30°角，若欲使另一个分力的大小在所有分力中为最小，则此二分力间的夹角为度。
理论力学课后习题与答案解析
第一章习题4-1．求图示平面力系的合成结果，长度单位为m。
解：(1) 取O点为简化中心，求平面力系的主矢：求平面力系对O点的主矩：(2) 合成结果：平面力系的主矢为零，主矩不为零，力系的合成结果是一个合力偶，大小是260Nm，转向是逆时针。
习题4－3．求下列各图中平行分布力的合力和对于A点之矩。
解：(1) 平行力系对A点的矩是：取B点为简化中心，平行力系的主矢是：平行力系对B点的主矩是：向B点简化的结果是一个力R B和一个力偶M B，且：如图所示；将R B向下平移一段距离d，使满足：最后简化为一个力R，大小等于R B。
其几何意义是：R的大小等于载荷分布的矩形面积，作用点通过矩形的形心。
(2) 取A点为简化中心，平行力系的主矢是：平行力系对A点的主矩是：向A点简化的结果是一个力R A和一个力偶M A，且：如图所示；将R A向右平移一段距离d，使满足：最后简化为一个力R，大小等于R A。
其几何意义是：R的大小等于载荷分布的三角形面积，作用点通过三角形的形心。
习题4-4．求下列各梁和刚架的支座反力，长度单位为m。
解：(1) 研究AB杆，受力分析，画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
校核：结果正确。
(2) 研究AB杆，受力分析，将线性分布的载荷简化成一个集中力，画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
校核：结果正确。
(3) 研究ABC，受力分析，将均布的载荷简化成一个集中力，画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
校核：结果正确。
习题4-5．重物悬挂如图，已知G=1.8kN，其他重量不计；求铰链A的约束反力和杆BC所受的力。
解：(1) 研究整体，受力分析（BC是二力杆），画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
习题4-8．图示钻井架，G=177kN，铅垂荷载P=1350kN，风荷载q=1.5kN/m，水平力F=50kN；求支座A的约束反力和撑杆CD所受的力。
理论力学习题集
理论力学习题集第一章静力学的基本概念及物体的受力分析1-1 画出指定物体的受力图，各接触面均为光滑面。
1-2 画出下列指定物体的受力图，各接触面均为光滑，未画重力的物体的重量均不计。
1-3 画出下列各物体以及整体受力图，除注明者外，各物体自重不计，所有接触处均为光滑。
(a) (b)(c) (d)(e) (f)第二章平面一般力系2-1 物体重P=20kN，用绳子挂在支架的滑轮B上，绳子的另一端接在铰车D 上，如图所示。
转动铰车，物体便能升起，设滑轮的大小及滑轮转轴处的摩擦忽略不计，A、B、C三处均为铰链连接。
当物体处于平衡状态时，试求拉杆AB和支杆CB所受的力。
2-2 用一组绳悬挂重P=1kN的物体，求各绳的拉力。
2-3 某桥墩顶部受到两边桥梁传来的铅直力P1=1940kN，P2=800kN及制动力T=193kN，桥墩自重W=5280kN，风力Q=140kN。
各力作用线位置如图所示，求将这些力向基底截面中心O简化的结果，如能简化为一合力，试求出合力作用线的位置。
2-4 水平梁的支承和载荷如图所示，试求出图中A、B处的约束反力。
2-5 在图示结构计算简图中，已知q=15kN/m，求A、B、C处的约束力。
2-6 图示平面结构，自重不计，由AB、BD、DFE三杆铰接组成，已知：P=50kN，M=40kN·m，q=20kN/m，L=2m，试求固定端A的反力。
图2-6 图2-72-7 求图示多跨静定梁的支座反力。
2-8 图示结构中各杆自重不计，D、E处为铰链，B、C为链杆约束，A为固定端，已知：q G=1kN/m，q=1kN/m，M=2kN·m，L1=3m，L2=2m，试求A、B、C 处约束反力。
图2-8 图2-92-9 支架由两杆AO、CE和滑轮等组成，O、B处为铰链，A、E是固定铰支座，尺寸如图，已知：r=20cm，在滑轮上吊有重Q=1000N的物体，杆及轮重均不计，试求支座A和E以及AO杆上的O处约束反力。
理论力学答案完整版(清华大学出版社)1
第一章力和约束 习题解答
1-1 求 图 示 空 间 汇 交 力 系 的 合 力 。 已 知 F1 = 100N ， F2 = 200N ， F3 = 300N ， F4 = 400N ,方向如图示。如果仅改变力 F4 的方向，能否使此力系成为平衡力系？为什么？
解：按合力投影定理计算合力在 x, y, z 轴上的投影： FRx = F1 cosϕ1 + F2 sin γ 2 cosϕ2 − F4 sin2 30o = 111.1 (N); FRy = F2 sin γ 2 sinϕ2 + F3 + F4 sin 30o cos30o
= 601.1 (N); FRz = −F1 sinϕ1 − F2 cosγ 2 sinϕ2 + F4 cos30o
题 1-9(a)图 （b）按三力平衡汇交定理画出整体的受力图，然后依次画出杆 CD、杆 AB、轮 D 的受力图。
题 1-9（b）图
5
（c）折杆 BC 为二力构件，约束力方向一定是沿着 BC 连线。因力偶只能与力偶平衡，所 以，铰链 A 和 B 处的约束力一定互相平行而组成力偶。
题 1-9（c）图 （d）图示结构中，杆 CE 为二力杆，其余杆件的受力按力偶平衡理论确定。
对 x, y, z 轴的力矩和，以及对坐标原点 O 的力矩和。
解：平面 abc 的法向量为 n = 1 i + 1 j + 1 k ，力偶矢为 ab c
M = Mn0 , 其中 i, j,k, n0 依次为 x, y, z, n 方向的单位向
量。力 F 表为 F = Fξ 0
其中ξ 0 为ξ = 1 (a i + b j) − ck 方向的单位向量。
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刚体力学1、（0981A15）B2、（5028B30）C3、（0148B25）D4、（0153A15）A5、（0165A15）A6、（0289A10）C7、（0291B25）C8、（0292A15）C9、（0499A15）B 10、（0646A15）B 11、（5265B25）C 12、（5401B25）B 13、（0500C50）D 14、（5641B30）C 15、（0126A20）D 16、（0132A20）C 17、（0133A20）B 18、（0137A30）C 19、（0197A15）C 20、（0228A20）A 21、（0230B30）C 22、（0247A15）C 23、（0294A15）B 24、（0677A15）B 25、（0772A20）D 26、（5030B30）B 27、（5640B25）D 28、（5643A20）A 14、参考解： 挂重物时， mg －T ＝ ma ＝ mR β , TR ＝J β 由此解出 JmR mgR+=2β 而用拉力时，2mgR ＝ J β' β'＝2mgR / J故有 β'＞2β28、参考解：根据角动量守恒，有J ω0＝(J ＋m 2R )ω02ωωmRJ J+=二、填空题： 1、（0110A15） 6.54 rad / s 2 ； 4.8 s 2、（0111A10） v ≈15.2 m /s ； n 2＝500 rev /min3、（0290A10） 4 s ； －15 m ·s -14、（0302A10） 2.5 rad / s 25、（0645A10） －0.05 rad ·s -2 ； 250 rad6、（0977A15） 9.61 s ； 48 rev 参考解：()()π⨯⨯π⨯-π⨯=-=26022102152222122θωωβrad/s 2 ＝ 6.54 rad/s 2 t ＝ ω / β ＝ 10×2π / 6.54s ＝ 9.61 s()54.6221021221222⨯π⨯⨯π=π=π=βωθN ＝ 48 rev7、（0980B25） 62.5 ； 1.67ｓ 8、（0982A10） 0.15 m ·s -2 ； 1.26 m ·s -2参考解：a t ＝R ·β ＝0.15 m/s 2 a n ＝R ω 2＝R ·2βθ ＝1.26 m/s 29、（0983A15） 20参考解：r 1ω1＝r 2ω2 , β1 ＝ ω1 / t 1,θ1＝21121t β 21211412ωθr r n π=π=4825411⨯π⨯⨯π=t ＝20 rev 10、（0146A15） 否. ； 在棒的自由下摆过程中，转动惯量不变，但使棒下摆的力矩随摆的下摆而减小．由转动定律知棒摆动的角加速度也要随之变小. 11、（0147A15） 刚体的质量和质量分布以及转轴的位置（或刚体的形状、大小、密度分布和转轴位置；或刚体的质量分布及转轴的位置．） 12、（0149A20） g / l ； g / (2l ) 13、（0150B25） 98 N 14、（0152A20）mgl 21； 2g / (3l ) 15、（0240A15） 157 N ·m16、（0243A15） 4M / (mR ) ； 322216Rm t M 17、（0244A15） 5.0 N ·m 18、（0543A10） 50ml 2 19、（0546B30） W ； kl cos θ ； W ＝2kl sin θ 20、（0551A15） 4.0 rad 21、（0552A15） 24 rad/s 22、（0553A15） 0.25 kg ·m 2 23、（0559A20） 3mL 2 / 4 ； 21mgL ； L g3224、（0647A10） 0.5kg ·m 2 25、（0675A10） 25 kg ·m 226、（0676A10）Ma 2127、（0683A20） mr rJmg+28、（0684A20） m (g －a )R 2 / a 29、（0685A20）`21C B A B m m m gm ++30、（5031C45） J k 920ω- ； 02ωk J31、（5402A20） 0 ； lg2332、（5642B25） mgl μ21参考解：M ＝⎰M d ＝()mgl r r l gm lμμ21d /0=⎰ 33、（0125B30）031ω 34、（0139A15） 定轴转动刚体所受外力对轴的冲量矩等于转动刚体对轴的角动量（动量矩） ；0)(d 21ωωJ J t M t t z -=⎰； 刚体所受对轴的合外力矩等于零35、（0144B25）()222347xl l +ω36、（0229A20）()212mRJ mr J ++ω37、（0235B35）()lm M v /3460+38、（0236B30） 3v 0 / (2l )39、（0248A10） F r M ϖϖϖ⨯= ； 变角速 ； 角动量40、（0296A20） 0.496 rad ·s -1 41、（0305A10） 杆和子弹 ； 角动量 42、（0542B25） m v l 43、（0556A20）20mR J mR J +-vω44、（0649A20） J A (ωA – ω)/ω 45、（0650A20） M ω 0 / (M +2m ) 46、（0651A10） 7.1×1033 kg ·m 2·s -1 47、（0678B25）()Rm M m 22+v48、（0679B25） 0.4 rad ·s -1 49、（0680B25） 8 rad ·s -1 50、（0681B25） 3.77 rad ·s -1 51、（0682B25） 0.2πrad ·s -1 52、（0773A20） 对O 轴的角动量 ； 对该轴的合外力矩为零 ； 机械能 53、（0774A20） （1）、（2）、（4） 54、（0776B25）()lm u m m 1223+v三、计算题： 1、（0114A20）解：从图上得 r A ＝r ＋l ； r B ＝r －l则 v A ＝r ω＋l ω 2分 v B ＝r ω－l ω 2分那么 v A －v B ＝2l ωω2BA l v v -=1分 2、（0116A20）解：设在某时刻之前，飞轮已转动了t 1时间，由于初角速度 ω 0＝0则 ω1β=t 1 ① 1分而在某时刻后t 2 ＝5 s 时间内，转过的角位移为222121t t βωθ+= ② 2分 将已知量=θ100 rad ， t 2 ＝5s ， =β 2 rad /s 2代入②式，得ω1 ＝ 15 rad /s 1分从而 t 1 ＝ ω1/=β 7.5ｓ即在某时刻之前，飞轮已经转动了7.5ｓ． 1分3、（0119B35）解：体系所做的运动是匀速→匀加速→匀减速定轴转动．其中ω1是匀加速阶段的末角速度，也是匀减速阶段的初角速度，由此可得t ＝8 s 时， ω1＝ω0＋9＝27 rad /s 3分当ω＝0时，得 t ＝(ω1＋24）/ 3＝17s所以，体系在17s 时角速度为零． 2分4、（0120A15）解：根据运动学公式t 0βωω+= ① 1分2021t t βωθ+= ② 2分 ∴ 2/) (2t t θωβ-= ③ 1分ω＝15 rad /s ，t ＝10 s ，θ＝32πrad ，=β0.99 rad /s 2 1分5、（0122A20）解：由线速度r ϖϖϖ⨯=ωv 得A 、B 、C 三点的线速度 ωr C B A ===v v v ϖϖϖ 1分各自的方向见图．那么，在该瞬时 ωr A B A 22==-v v v ϖϖϖθ＝45° 2分同时 ωr A C A 22==-v v v ϖϖϖ方向同A v ϖ． 1分平动时刚体上各点的速度的数值、方向均相同，故0=-=-C A B A v v v v ϖϖϖϖ 1分［注］此题可不要求叉积公式，能分别求出 A v ϖ、B v ϖ的大小，画出其方向即可． 6、（0112C50） 解：选坐标如图所示，任一时刻圆盘两侧的绳长分别为x 1、x 2 选长度为x 1、x 2的两段绳和绕着绳的盘为研究对象．设a 为绳的加速度，β为盘的角加速度，r 为盘的半径，ρ为绳的线密度，且在1、2两点处绳中的张力分别为T 1、T 2，则ρ ＝ m / l ，a ＝ r β ① 2分 x 2 ρ g －T 2 ＝ x 2ρ a ② 1分 T 1－x 2 ρ g ＝ x 1ρ a ③ 1分(T 1－T 2 ) r ＝ (21M ＋πr ρ)r 2β ④ 4分解上述方程，利用l ＝ πr ＋x 1＋x 2，并取x 2－x 1 ＝ S 得lM m Smga )21(+=2分 7、（0115B40）解：在r 处的宽度为d r 的环带面积上摩擦力矩为r r r R mgM d 2d 2⋅π⋅π=μ3分 总摩擦力矩 mgR M M R μ32d 0==⎰ 1分故平板角加速度 β ＝M /J 1分设停止前转数为n ，则转角 θ ＝ 2πn由 J /Mn π==4220θβω 2分可得 g R MJ n μωωπ16/342020=π=1分θ BC AωB v ϖC v ϖA v ϖB v ϖ－A v ϖB v v A ϖϖ－ -C v ϖ A v ϖrSM aOx 2x 1128、（0123B30）解：如果平均阻力为f ，根据转动定律得βJ r f =- ① 2分其中 2/D r =，8/)(212D D m J +=∴ )4/()(/221D D D m D J f ββ+-=-= ② 1分 又从已知条件 ω t ＝ 0则角加速度 β ＝ (ω t －ω 0) / t ＝－ω 0 / t ③ 1分 将③式代入②式，得f 的量值为f ＝ m ω 0(D 2＋21D ) / (4Dt ) 1分9、（0124B30）解：R ＝ 0.5 m ，ω0 ＝ 900 rev/min ＝ 30π rad/s ，根据转动定律 M ＝ -J β ① 1分 这里 M ＝ -μNR ② 1分μ为摩擦系数，N 为正压力，221mR J =． ③ 设在时刻t 砂轮开始停转，则有：00=+=t t βωω从而得 β＝-ω0 / t ④ 1分将②、③、④式代入①式，得)/(2102t mR NR ωμ-=- 1分 ∴m =μR ω0 / (2Nt )≈0.5 1分10、（0155A20）解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程对物体： mg －T ＝ma ① 2分 对滑轮： TR ＝ J β ② 2分 运动学关系： a ＝R β ③ 1分将①、②、③式联立得a ＝mg / (m ＋21M ) 1分 ∵ v 0＝0，∴ v ＝at ＝mgt / (m ＋21M ) 2分 11、（0156A15）解：根据转动定律 f A r A ＝ J A βA ① 1分其中221A A A r m J =，且 f B r B ＝ J B βB ② 1分 其中221B B B r m J =．要使A 、B 轮边上的切向加速度相同，应有a ＝ r A βA ＝ r B βB ③ 1分由①、②式，有BB B AA AB A B A B A B A r m r m r J r J f f ββββ== ④ 由③式有 βA / βB ＝ r B / r A将上式代入④式，得 f A / f B ＝ m A / m B ＝ 212分12、（0157A20）MR βT mga解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg T ＝ma ① 2分 T r ＝J β ② 2分 由运动学关系有： a ＝ r β ③ 2分由①、②、③式解得： J ＝m ( g －a ) r 2 / a ④ 又根据已知条件 v 0＝0∴ S ＝221at ， a ＝2S / t 2 ⑤ 2分将⑤式代入④式得：J ＝mr 2(Sgt 22－1) 2分13、（0159B30）解：根据转动定律 M ＝J d ω / d t1分即 d ω＝(M / J ) d t 1分其中 M ＝Fr ， r ＝0.1 m ， F ＝0.5 t ，J ＝1×10-3 kg ·m 2, 分别代入上式，得d ω＝50t d t 1分则1 s 末的角速度 ω1＝⎰150t d t ＝25 rad / s 2分14、（0160B35）解：在有外力矩作用时ω 01＝0，ω t 1＝100 rev / min ＝10.5 rad / s, 其角加速度β1 ＝ (ω t 1 – ω 01) / t 1 ＝ ω t 1 / t 1 1分 根据转动定律得 M －M f ＝J β1 ① 2分在没有外力矩作用时ω 02＝ω t 1，ω t 2＝0，其角加速度β 2＝(ω t 2－ω 02) / t 2＝－ω t 1 / t 2 1分 根据转动定律得 －M f ＝J β2 ② 2分①、②式联立求解，得 M ＝J (β1－β2)＝J (ω t 1 / t 1＋ω t 1 / t 2)从而 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=21111t t M J t ω＝17.3 kg ·m 2 2分15、（0161B35）解：根据牛顿运动定律和转动定律，对飞轮和重物列方程，得TR －M f ＝Ja / R ① 2分 mg －T ＝ma ② 2分h ＝221at ③ 1分 则将m 1、t 1代入上述方程组，得a 1＝2h /21t ＝0.0156 m / s 2 T 1＝m 1 (g －a 1)＝78.3 NJ ＝(T 1R －M f )R / a 1 ④ 2分将m 2、t 2代入①、②、③方程组，得a 2＝2h /22t ＝6.4×10-3 m / s 2 T 2＝m 2(g －a 2)＝39.2 N J ＝ (T 2R －M f )R / a 2 ⑤ 2分由④、⑤两式，得J ＝R 2(T 1－T 2) / (a 1－a 2)＝1.06×103 kg ·m 2 1分 16、（0162A20）解：对水桶和圆柱形辘轳分别用牛顿运动定律和转动定律列方程mg －T ＝ma ① 1分 TR ＝J β ② 1分 a ＝R β ③ 1分由此可得 T ＝m (g －a )＝m ()[]J TR g /∆-那么 mg J mR T =⎪⎪⎭⎫⎝⎛+21将 J ＝21MR 2代入上式，得mM mMgT 2+=＝24.5 N 2分17、（0163A15）解：设棒的质量为m ，当棒与水平面成60°角并开始下落时，根据转动定律M ＝ J β 1分其中 4/30sin 21mgl mgl M ==ο 1分 于是 2rad/s 35.743 ===lgJ M β 1分当棒转动到水平位置时， M ＝21mgl 1分那么 2rad/s 7.1423 ===lgJ M β 1分18、（0241B30）解：(1) ∵ mg －T ＝ma 1分 TR ＝J β 2分 a ＝R β 1分 ∴ β ＝ mgR / (mR 2＋J )()R M m mgMR mR mgR +=+=222122 ＝81.7 rad/s 2 1分 方向垂直纸面向外． 1分(2) ∵ βθωω2202-=当ω＝0 时， rad 612.0220==βωθ 物体上升的高度h ＝ R θ ＝ 6.12×10-2 m 2分(3)==βθω210.0 rad/s方向垂直纸面向外.2分19、（0242A15） 解： J ＝221MR ＝0.675 kg ·m 2 ∵ mg －T ＝ma 1分 TR ＝J β 2分 a ＝R β 1分 ∴ a ＝mgR 2 / (mR 2 + J )＝5.06 m / s 2 1分a因此(1)下落距离 h ＝221at ＝63.3 m 2分 (2) 张力 T ＝m (g －a )＝37.9 N 1分20、（0245A15） 解：(1) 圆柱体的角加速度 ββ＝a / r ＝4 rad / s 22分(2) 根据t t 0βωω+=，此题中ω 0 ＝ 0 ，则 有 ωt＝βt那么圆柱体的角速度====55 t t t βω20 rad/s 1分(3) 根据转动定律 fr ＝ J β则 f ＝ J β / r ＝ 32 N 2分21、（0307A20） 解：当人爬到离地面x 高度处梯子刚要滑下，此时梯子与地面间为最大静摩擦，仍处于平衡状态 (不稳定的) ．1分 N 1－f ＝0， N 2－P ＝0 1分 N 1h －Px ·ctg θ ＝0 1分f ＝μN 2 1分 解得 222/tgh L h h x -=⋅=μθμ 1分22、（0554C45）解：根据转动定律： J d ω / d t ＝ -k ω∴t Jkd d -=ωω2分 两边积分：⎰⎰-=tt Jk 02/d d 100ωωωω得 ln2 ＝ kt / J∴ t ＝(J ln2) / k 3分23、（0557C45） 解：设正压力N A 、N B ，摩擦力f A ，f B 如图．根据力的平衡，有 f A ＋N B ＝ F+P ＝ 3P ① 1分N A ＝f B ② 1分 根据力矩平衡，有 Fd ＝ ( f A + f B ) r ③ 2分刚要转动有 A A N f 31= ④B B N f 31=⑤ 1分 (1) 把④及 ②、⑤代入①可求得 N A ＝0.9P ， f A ＝0.3P 2分 (2) 由③可求得 d ＝ 0.6 r 1分24、（0560B30）解：受力分析如图所示． 2分 2mg －T 1＝2ma 1分T 2－mg ＝ma 1分T 1 r －T r ＝β221mr 1分N 1h N 2 P R θ R x RfAB Fϖr f B P ϖ d R f A N BR N A Rm 2m βT 2 2P ϖ1P ϖβTa T 1aT r －T 2 r ＝β221mr 1分 a ＝r β 2分解上述5个联立方程得： T ＝11mg / 8 2分25、（0562B25）解：将杆与两小球视为一刚体，水平飞来小球与刚体视为一系统．由角动量守恒得 1分ωJ l m lm +-=3223200v v （逆时针为正向） ① 2分 又 22)3(2)32(l m l m J += ② 1分将②代入①得 l230v =ω 1分26、（0130B40）解：(1) 选择A 、B 两轮为系统，啮合过程中只有内力矩作用，故系统角动量守恒 1分 J A ωA ＋J B ωB ＝ (J A ＋J B )ω， 2分又ωB ＝0得 ω ≈ J A ωA / (J A ＋J B ) ＝ 20.9 rad / s转速 ≈n 200 rev/min 1分(2) A 轮受的冲量矩⎰t M Ad ＝ J A (J A ＋J B ) ＝ -4.19×10 2 N ·m ·s 2分负号表示与A ωϖ方向相反． B 轮受的冲量矩⎰t MBd ＝ J B (ω - 0) ＝ 4.19×102 N ·m ·s 2分方向与A ωϖ相同． 27、（0131B25）解：球体的自动收缩可视为只由球的内力所引起，因而在收缩前后球体的角动量守恒． 1分设J 0和ω 0、J 和ω分别为收缩前后球体的转动惯量和角速度, 则有J 0ω 0 ＝ J ω ① 2分由已知条件知：J 0 ＝ 2mR 2 / 5，J ＝ 2m (R / 2)2 / 5代入①式得 ω ＝ 4ω 0 1分即收缩后球体转快了，其周期442200T T =π=π=ωω1分 周期减小为原来的1 / 4． 28、（0141C60）解：碰撞前瞬时，杆对O 点的角动量为L m L x x x x L L 0202/002/30021d d v v v v ==-⎰⎰ρρρ 3分式中ρ为杆的线密度．碰撞后瞬时，杆对O 点的角动量为ωωω2221272141234331mL L m L m J =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛= 3分因碰撞前后角动量守恒，所以L m mL 022112/7v =ω 3分 ∴ ω ＝ 6v 0 / (7L) 1分29、（0211B30）解：选棒、小物体为系统，系统开始时角速度为ω1 ＝ 2πn 1＝1.57 rad/s ．(1) 设小物体滑到棒两端时系统的角速度为ω2．由于系统不受外力矩作用，所以角动量守恒． 2分故 2221222112212ωω⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ml Ml mr Ml 3分 2212222112212ml Ml ml Ml +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ωω＝0.628 rad/s 2分(2) 小物体离开棒端的瞬间，棒的角速度仍为ω2．因为小物体离开棒的瞬间内并未对棒有冲力矩作用． 30、（0231B30）解：(1) 设当人以速率v 沿相对圆盘转动相反的方向走动时，圆盘对地的绕轴角速度为ω，则人对与地固联的转轴的角速度为R R v v221-=-='ωωω ① 2分 人与盘视为系统，所受对转轴合外力矩为零，系统的角动量守恒． 1分设盘的质量为M ，则人的质量为M / 10，有：ωωω'⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+22022211021211021R M MR R M MR ② 2分 将①式代入②式得：R2120v+=ωω ③ 1分(2) 欲使盘对地静止，则式③必为零．即ω0 +2v / (21R )＝0 2分 得： v ＝－21R ω0 / 2 1分式中负号表示人的走动方向与上一问中人走动的方向相反，即与盘的初始转动方向一致． 31、（0232C65）解：选小球和环为系统．运动过程中所受合外力矩为零，角动量守恒．对地球、小球和环系统机械能守恒．取过环心的水平面为势能零点．两个守恒及势能零点各1分，共3分 小球到B 点时： J 0ω0＝(J 0＋mR 2)ω ① 1分()22220200212121B R m J mgR J v ++=+ωωω ② 2分 式中v B 表示小球在B 点时相对于地面的竖直分速度，也等于它相对于环的速度．由式①得：ω＝J 0ω 0 / (J 0 + mR 2) 1分代入式②得 0222002J mR RJ gR B ++=ωv 1分 当小球滑到C 点时，由角动量守恒定律，系统的角速度又回复至ω0，又由机械能守恒定律知，小球在C 的动能完全由重力势能转换而来．即：()R mg m C 2212=v , gR C 4=v 2分32、（0297B30）解：(1) 子弹受到的冲量为 ()0d v v -==⎰m t F I子弹对木块的冲量为 ()s N 3d d 0⋅=-=-='='⎰⎰ v v m t F t F I方向与0v ϖ相同． 2分(2) 由角动量定理()ωJ lm t F l t M =-='=⎰⎰v vd d 2分()120s rad 93-⋅=-=v v MLlm ω 1分 33、（0303B25）解：由人和转台系统的角动量守恒J 1ω1 + J 2ω2 ＝ 0 2分其中 J 1＝300 kg ·m 2，ω1＝v /r ＝0.5 rad / s ， J 2＝3000 kg •m 2∴ ω2＝－J 1ω1/J 2＝－0.05 rad/s 1分 人相对于转台的角速度 ωr ＝ω1－ω2＝0.55 rad/s 1分∴ t ＝2π /r ω＝11.4 s 1分 34、（0304B25）解：(1) 对两人系统，对于杆中点合外力矩为零，角动量守恒. 故 1分02002122121ωω⎪⎭⎫⎝⎛==+l m J l m l m v v1分∴ ω 0 ＝2v / l ＝6.67 rad / s两人将绕轻杆中心O 作角速度为6.67 rad/s 的转动． 1分(2) 在距离缩短的过程中，合外力矩为零，系统的角动量守恒，则 J 0ω 0 ＝ J 1ω112102212212ωω⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛l m l m 1分()002119/ωωω==l l 1分即作九倍原有角速度的转动． 35、（0306B25）解：由动量定理，对木块M ，－f ∆t ＝M (v 2－v 1) 1分对于圆柱体，由角动量定理f ∆tR ＝J (ω－ω 0) 2分∴ -M (v 2－v 1)＝J (ω－ω 0) / R∵ 00=ω, 有 -M (v 2-v 1)＝J ω / R ＝J v 2/ R 2． 1分∴ 2121MR J +=v v 1分36、（0976B30）解：(1) 根据给定条件．取如右下图的坐标轴方向，小室C 的运动速度表示为：()i at C ϖϖ-=0v v 1分 由于配重D 与小室C 间装有动滑轮，故配重D 的运动速度表示式为i t i at D ϖϖϖ)00.100.8()(20+-=--=v v (SI) 1分加速度为： i i a a D ϖϖϖ00.12== (SI) 1分(2) 由于绳与绞盘间无滑动，∴ A 的角速度和角加速度分别为(以逆时针为正) ()()25.050.000.4220t r at r A A D -⨯-=--==v v ω ＝ - (32-4t ) (SI) 1分β ＝ a D / r A ＝ 2a / r A ＝ 4.00 rad/s 21分37、（0978A10） 解：设A 、B 轮的角加速度分别为βA 和βB ，由于两轮边缘的切向加速度相同，a t ＝ βA r 1 ＝ βB r 2则 βA ＝ βB r 2 / r 1 2分A 轮角速度达到ω所需时间为()75.03.060/2300021⨯π⨯π⨯===r r t B Aβωβωs ＝40 s 3分38、（0979A15）解：(1) 转盘角速度为602782π⨯=π=n ωrad/s ＝8.17 rad/s 1分P 点的线速度和法向加速度分别为v ＝ω r ＝8.17×0.15＝1.23 m/s 1分 a n ＝ω2r ＝8.172×0.15＝10 m/s 2 1分 (2) 1517.800-=-=t ωβrad/s 2＝－0.545 rad/s 21分21517.821221⨯⨯π=π=t ωN ＝9.75 rev 1分39、（0560B30）解：受力分析如图所示． 2分2mg －T 1＝2ma 1分T 2－mg ＝ma 1分 T 1 r －T r ＝β221mr 1分 T r －T 2 r ＝β221mr 1分a ＝r β 2分解上述5个联立方程得： T ＝11mg / 8 2分40、（0561B25） 解：受力分析如图． 2分 mg －T 2 ＝ ma 2 1分 T 1－mg ＝ ma 1 1分T 2 (2r )－T 1r ＝ 9mr 2β / 2 2分2r β ＝ a 2 1分 r β ＝ a 1 1分 解上述5个联立方程，得：rg192=β 2分OxD v ϖCv ϖa a 141、（0563B30） 解：受力分析如图所示．设重物的对地加速度为a ，向上.则绳的A 端对地有加速度a 向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a 向下.2分根据牛顿第二定律可得：对人： Mg －T 2＝Ma ① 2分对重物： T 1－21Mg ＝21Ma ② 2分 根据转动定律，对滑轮有(T 2－T 1)R ＝J β＝MR 2β / 4 ③ 2分因绳与滑轮无相对滑动， a ＝βR ④ 1分 ①、②、③、④四式联立解得 a ＝2g / 742、（0564B25）解：作示力图．两重物加速度大小a 相同，方向如图.示力图 2分 m 1g －T 1＝m 1a 1分 T 2－m 2g ＝m 2a 1分设滑轮的角加速度为β，则 (T 1－T 2)r ＝J β 2分且有 a ＝r β 1分由以上四式消去T 1，T 2得：()()Jr m m grm m ++-=22121β2分开始时系统静止，故t 时刻滑轮的角速度．()()Jr m m grtm m t ++-==22121 βω １分43、（0779B30）解：各物体的受力情况如图所示． 图2分由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程，可列出以下联立方程：T 1R ＝J 1β1＝12121βR M 方程各1分共5分 T 2r －T 1r ＝J 2β2＝22121βr M mg －T 2＝ma , a ＝R β1＝r β2 , v 2＝2ah 求解联立方程，得 ()42121=++=m M M mga m/s 2ah 2=v ＝2 m/s 1分 T 2＝m (g －a )＝58 N 1分T 1＝a M 121＝48 N 1分 44、（0780B30）解：(1) 各物体受力情况如图． 图2分T －mg ＝ma 1分 mg －T '＝m a ' 1分 T ' (2r )－Tr ＝9mr 2β / 2 1分 a ＝r β 1分221N a2a '＝(2r )β 1分由上述方程组解得：β＝2g / (19r )＝10.3 rad ·s -2 1分(2) 设θ为组合轮转过的角度，则θ＝h / rω2＝2βθ所以，ω ＝ (2βh / r )1/2＝9.08 rad ·s -12分45、（0781B25） 解：各物体受力情况如图． 图2分F －T ＝ma 1分 T '＝ma 1分(T T '-)R ＝β221mR 1分 a ＝R β 1分由上述方程组解得： β ＝2F / (5mR )＝10 rad ·s -22分T ＝3F / 5＝6.0 N 1分 T '＝2F / 5＝4.0 N 1分 46、（0782B30）解：各物体受力情况如图． 2分 T A －mg ＝ma 1分 (2m)g －T A ＝(2m )a 1分(T －T A )r ＝β221mr 1分 (T B －T )(2r )＝21(2m )(2r )2β' 1分a ＝r β＝(2r )β' 1分 由上述方程组解得：β＝2g / (9r )＝43.6 rad ·s -2 1分 β'＝β21＝21.8 rad ·s -2 1分 T ＝(4/3)mg ＝78.4 N 1分 47、（0783A15）解：(1) 0＝ω 0＋β tβ＝－ω 0 / t ＝－0.50 rad ·s -2 2分(2) M r ＝ml 2β / 12＝－0.25 N ·m 2分(3) θ10＝ω 0t ＋21β t 2＝75 rad 1分 48、（527B350）解：对两物体分别应用牛顿第二定律(见图)，则有m 1g －T 1 ＝ m 1a ①T 2 – m 2g ＝ m 2a ② 2分对滑轮应用转动定律，则有ββ⋅==-'-'232121r m J M r T r T f ③ 2分 对轮缘上任一点，有 a ＝ β r ④ 1分a 'a 'aa T ’又： 1T '＝ T 1， 2T '＝ T 2 ⑤ 则联立上面五个式子可以解出rm r m r m M gr m gr m a f3212121++--=＝2 m/s 2 2分T 1＝m 1g －m 1a ＝156 N T 2＝m 2g －m 2 a ＝118N 3分 49、（0784B25） 解：选子弹、细棒、小木球为系统．子弹射入时，系统所受合外力矩为零，系统对转轴的角动量守恒． 2分 m v 0 (R + l )cos α ＝ [J + m (R + l )2 ]ω 2分()()20cos l R m J l R m +++=αωv 1分50、（0785B35）解：以转台和二人为研究对象，所受外力只有重力及轴的支撑力，诸力对转轴的合力矩为零，所以系统角动量守恒．各转动惯量分别为 2分221mR J =，221mR J A =，()22/21R m J B = 2分 以地面为参照系，A 处的人走动的角速度为ω＋(v / R )，B 处的人 1分走动的角速度为ω－(2v /21R )＝ω－(4v / R )．由角动量守恒定律 1分 ()02222/212121ω⎥⎦⎤⎢⎣⎡++R m mR mR ＝ ()R mR mR /212122v ++=ωω()R R m /421212v -⎪⎭⎫ ⎝⎛+ω 2分解出 ω ＝ω 0 2分51、（0786C45）解：(1) 以子弹和圆盘为系统，在子弹击中圆盘过程中，对轴O 的角动量守恒．1分m v 0R ＝(21MR 2＋mR 2)ω 2分R m M m ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=210v ω 1分(2) 设σ表示圆盘单位面积的质量，可求出圆盘所受水平面的摩擦力矩的大小为 ⎰π⋅=Rf r rg r M 0d 2σμ＝(2 / 3)πμσgR 3＝(2 / 3)μMgR 2分设经过∆t 时间圆盘停止转动，则按角动量定理有－M f ∆t ＝0－J ω＝－(21MR 2＋mR 2)ω＝- m v 0R 2分 ∴()Mg m MgR R m M R m t fμμ2v 33/2v v 000===∆ 2分 52、（0787B30）解：(1) 角动量守恒：m 1g m 2g m 1 m 21T rβ2T 'T 'ω⎪⎭⎫ ⎝⎛'+='2231l m ml l m v 2分 ∴ l m m m ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+'=31vω＝15.4 rad ·s -1 2分(2) －M r ＝(231ml ＋2l m ')β 2分0－ω 2＝2βθ 2分∴ rM l m m 23122ωθ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=＝15.4 rad 2分53、（5045C60）解：对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力矩<<滑块的冲力矩．故可认为合外力矩为零，因而系统的角动量守恒，即 1分m 2v 1l ＝－m 2v 2l ＋ω2131l m ① 3分碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为gl m x x l m gM lf 10121d μμ-=⋅-=⎰ ② 2分 由角动量定理 ω210310l m dt M tf -=⎰ ③ 2分由①、②和③解得 gm m t 12122μv v += 2分54、（5267B25）解：在子弹通过杆的过程中，子弹与杆系统因外力矩为零，故角动量守恒．则有1分 m 2v 0 l / 4 ＝ m 2v l / 4 +J ω 2分()()lm m J l m 1020234v v v v -=-=ω ＝11.3rad/s 2分四、证明题： 1、（0121B25）证：刚体中任一点的法向加速度a n ＝r ω2 2分式中r 是该点到转轴的距离，ω为角速度．设刚体的等角加速度为β，角位移为θ，则在运动过程中有θωωβ222-=∵ ω 0 ＝ 0也就有 ω2θβ2= 2分于是有 βθωr r a n 22==即，等角加速运动刚体中任一点（r 为常量）的法向加速度a n 与刚体的角位移θ 成正比． 1分2、（0154A10）证：由图(O 轴垂直于图面)可知，对O 轴，M ＝ F 2l 2 – F 1l 1 ＝ F(l 2 – l 1) ＝ Fl可见，力偶对于转轴的力矩等于力和两力间垂直距离的乘积， 而与轴的位置无关． 5分 3、（0239B30）证：首先考虑刚体内任一质元i (见图)，设其质量为∆m i ，到转轴O 的距离为r i ，所受的外力为i F ϖ，内力为i f ϖ，外力和内力与 i r ϖ的夹角各为φi 和θi ．根据牛顿第二定律，质元i在其运动轨迹的切线方向的运动方程为F i sin φ i ＋f i sin θ i ＝∆ m i a it 2分式中的a it 为质元i 的切向加速度，a it ＝r i β 1分 式中的β为刚体的角加速度，代入前式得F i sin φ i ＋f i sin θ i ＝∆ m i r i β 将上式两边乘以r i ，则得F i r i sin φ i ＋f i r i sin θ i ＝∆ m i β2i r 1分对所有质元写出同样的方程式，将这些方程式相加，则∑∑+iiii iiii r f r F θφsin sin ∑∆=β2i i r m 2分因为一对内力(即作用力与反作用力)沿着同一直线且等值反向，所以0sin =∑ii i r f θ 2分因此 ∑∑∑∆∆==iii ii i iiii r m r m r F 22sin ββφ 而 ∑∆=iii r m J 2M r F iii i =∑φsin (即外力矩之和)．所以有 M ＝ J β 2分4、（0298B25）证：地球与尘埃系统角动量守恒 J 0ω 0 ＝ J ω 2052MR J =, 23252R m M J ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=3/43D R M π=, hd R m 24π= 3分DRhd M m J J T T 51351000+=+===ωω 1分 DRhdT T T 500=- 1分 5、（0555B25）证：两轮间没有相对滑动时，两轮的角速度ω1和ω2必有下列关系：r 1ω1＝r 2ω2 ① 1分 另外，由转动定律： －f r 1＝121121βr m ② 1分 f r 2＝222221βr m ③ 1分 f ＝μ N ④ 1分 N ＝m 1g ⑤ 1分 β1＝(ω1－ω) / t ⑥ 1分F 1=F 2=Fβ2＝(ω2－0) / t ⑦ 1分由②、④、⑤、⑥：－μ g ＝r 1 (ω1－ω) / (2 t )由③、④、⑤、⑦： －μ m 1 g ＝m 2 r 2 ω 2 / (2t )由上述两式及①可得()21122m m g r m t +=μω3分6、（0556B30）证： T A －m A g ＝m A a A ① 2分 m B g －T B ＝m B a B ② 2分 T B r B －T A r A ＝J β ③ 2分 a A ＝r A β ④ 1分 a B ＝r B β ⑤ 1分由①式： T A ＝m A (g ＋a A ) 由②，④，⑤式：T B ＝ m B [])/(A B A r r a g - 将上述二式和④式代入③式：m B r B [g – (a A r B / r A )] – m A r A (g +a A )＝Ja A / r A ∴ ()[])/(/A B A B A A A A A B r r a g r a g r m r Ja m -++=()AB B A A AA A a r g r r a g r m Ja 22-++= 2分fN Aω1ω2,BfNA aT BAm B gβB am A gB T A。
理论力学课后习题部分答案
B
A FAC FBA
P
(l)
(l1)
(l2)
(l3)
图 1-1
1-2 画出下列每个标注字符的物体的受力图。题图中未画重力的各物体的自重不计，所 有接触处均为光滑接触。
(a)
B
FN1
C
FN 2
P2 P1
FAy
A
FAx
(a2)
(b)
FN1
A
P1
FN
(b2)
C
FN′
P2
(a1)
B
FN1
FN 2
FN
P1
F Ay
FCy
FAx (f2)
C FC′x
FC′y F2
FBy
FBx B (f3)
FAy A FAx
FB
C B
(g)
FAy
FAx A
D FT C FCx
(g2)
FB
B
F1
FB′ B
FAy
A
FAx
(h)
(h1)
P (g1)
FC′y
FT
C
FC′x
P (g3)
D
FCy
FB
F2
C FCx
B
(h2)
A FAx
FAy
FCy
D FAy
A
FAx
(k3)
6
FB
F1
FB′
B B
FD D
(l) FD′ D
A FA
(l1) F2
C
FC (l2)
F1
D
F2
B
A
E
FE
FA
(l3) 或
F1
FB′
理论力学课后习题答案-第6章--刚体的平面运动分析
理论力学课后习题答案-第6章--刚体的平面运动分析为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：Rv R v A A ==ωRv R v B B 22==ωBA 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ω＝12 rad/s ，θ＝30︒，ϕ＝60︒，BC ＝270mm 。
试求该瞬时杆BC 的角速度和点C 的速度。
解：杆BC 的瞬心在点P ，滚子O 的瞬心在点DBD v B ⋅=ωBPBD BPv 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。
hv AC v AP v ABθθω2000cos cos ===ωω习题6-5图OO 1ABCOO 1ABCD习题6-3解图习题6-3图v Av B ωωCBOϕθ ωCBO ϕθω vv B PD习题6-4图习题6-4解图ωB习题6-6图习题6-6解图l ϕυl2BO 1ωABAυB υO1O ABωω解：图（a ）中平面运动的瞬心在点O ，杆BC 的瞬心在点C 。
图（b ）中平面运动的杆BC 的瞬心在点P ，杆AD 做瞬时平移。
6－6 图示的四连杆机械OABO 1中，OA = O 1B =21AB ，曲柄OA 的角速度ω= 3rad/s 。
试求当示。
ϕ= 90°而曲柄O 1B 重合于OO 1的延长线上时，杆AB 和曲柄O 1B 的角速度。
解：杆AB 的瞬心在O 3===ωωOAvAABrad/s ωl v B3=2.531===ωωl v BBO rad/s6－7 绕电话线的卷轴在水平地面上作纯滚动，线上的点A 有向右的速度v A = 0.8m/s ，试求卷轴中心O 的速度与卷轴的角速度，并问此时卷轴是向左，还是向右方滚动？解：如图333.16.08.03.09.0==-=AOv ωrad/s 2.1689.09.0=⨯==OOv ωm/s 卷轴向右滚动。
理论力学解答(清华版)
第一章 静力学基本概念1-1 考虑力对物体作用的运动效应，力是（ A ）。
A.滑动矢量B.自由矢量C.定位矢量1-2 如图1-18所示，作用在物体A 上的两个大小不等的力1F 和2F ，沿同一直线但方向相反，则其合力可表为（ C ）。
A.1F –2FB.2F - 1FC.1F +2F图1－18 图1－191-3 F =100N ，方向如图1-19所示。
若将F 沿图示x ，y 方向分解，则x 方向分力的大小x F = C N ，y 方向分力的大小y F = ___B __ N 。
A. 86.6B. 70.0C. 136.6D.25.91-4 力的可传性只适用于 A 。
A. 刚体B. 变形体1-5 加减平衡力系公理适用于 C 。
A. 刚体；B. 变形体；C. 刚体和变形体。
1-6 如图1-20所示，已知一正方体，各边长a ，沿对角线BH 作用一个力F ，则该力在x 1轴上的投影为 A 。
A. 0B. F/2C. F/6D.－F/31-7如图1-20所示，已知F=100N ，则其在三个坐标轴上的投影分别为： Fx = －402N ，Fy = 302N ，Fz = 502 N 。
图1－20 图1－21第二章力系的简化2-1．通过A（3，0，0），B（0，4，5）两点（长度单位为米），且由A指向B的力F，在z轴上投影为，对z轴的矩的大小为。
答：F/2；62F/5。
2-2．已知力F的大小，角度φ和θ，以及长方体的边长a，b，c，则力F在轴z和y上的投影：Fz= ；Fy= ；F对轴x的矩M x(F)= 。
答：Fz=F·sinφ；Fy=－F·cosφ·cosφ；Mx（F）=F（b·sinφ+c·cosφ·cosθ）图2－40 图2－412-3．力通过A（3，4、0），B（0，4，4）两点（长度单位为米），若F=100N，则该力在x轴上的投影为，对x轴的矩为。
清华理论力学课后答案6
vE 10 = 3 = 5.77 rad/s ， CE 3
r3 = r1 + 2r2 ，可得轮 1 的角速度 v r +r （顺时针） ω1 = M = 1 2 ω4 = 12ω4 ， r1 r1
轮 1 的转速为 （顺时针）. n1 = 12n4 = 10800 r/ min ，
kh da
习题解答
作图示几何关系，图中 v A = v ，解得
解法二：在直角三角形△ACO 中，
sin ϑ =
̇ cosϑ = − R x ̇ ϑ x2 ̇ = v, x = R sin ϑ ，解得 AB 杆的角速度为 其中， x
2 ̇ = − sin ϑ v ， ϑ cos ϑ R （负号表示角速度转向与 ϑ 角增大的方向相反，即逆时针）
（d） (e) =
再选定销钉 B 为动点，摇杆为动系，如图（c） ，有
a B = aen + aet + ar + ac
由式（d）,(e)得 大小： 方向： 向 BO 轴上投影 解出 ae = aBO − ac ，于是摇杆的角加速度为
τ n
a
n BO
a
n e
+
a
t e
+
a r + ac
？
2 RωO
O1B ⋅ ω 2 O1
其中 ae = aC′ = a A + a 大小: 方向: ？ √
t c ′A
答
aB
=
aA
案
+
网
杆的角速度为 ω AB =
vA = 1 rad/s ，而 C 点的牵连速度为 C AB A
t a BA
+
《理论力学》课后习题解答(赫桐生版)
理论力学（郝桐生）第一章习题1-1．画出下列指定物体的受力图。
解：习题1-2．画出下列各物系中指定物体的受力图。
解：习题1-3．画出下列各物系中指定物体的受力图。
解：第二章习题2-1．铆接薄钢板在孔心A、B和C处受三力作用如图，已知P1=100N沿铅垂方向，P2=50N沿AB方向，P3=50N沿水平方向；求该力系的合成结果。
解：属平面汇交力系；合力大小和方向：习题2-2．图示简支梁受集中荷载P=20kN，求图示两种情况下支座A、B的约束反力。
解：(1)研究AB，受力分析：画力三角形：相似关系：几何关系：约束反力：(2) 研究AB，受力分析：画力三角形：相似关系：几何关系：约束反力：习题2-3．电机重P=5kN放在水平梁AB的中央，梁的A端以铰链固定，B端以撑杆BC支持。
求撑杆BC所受的力。
解：(1)研究整体，受力分析：(2) 画力三角形：(3) 求BC受力习题2-4．简易起重机用钢丝绳吊起重量G=2kN的重物，不计杆件自重、磨擦及滑轮大小，A、B、C三处简化为铰链连接；求杆AB和AC所受的力。
解：(1) 研究铰A，受力分析（AC、AB是二力杆，不计滑轮大小）：建立直角坐标Axy，列平衡方程：解平衡方程：AB杆受拉，BC杆受压。
(2) 研究铰A，受力分析（AC、AB是二力杆，不计滑轮大小）：建立直角坐标Axy，列平衡方程：解平衡方程：AB杆实际受力方向与假设相反，为受压；BC杆受压。
习题2-5．三铰门式刚架受集中荷载P作用，不计架重；求图示两种情况下支座A、B的约束反力。
解：(1) 研究整体，受力分析（AC是二力杆）；画力三角形：求约束反力：(2) 研究整体，受力分析（BC是二力杆）；画力三角形：几何关系：求约束反力：习题2-6．四根绳索AC、CB、CE、ED连接如图，其中B、D两端固定在支架上，A端系在重物上，人在E点向下施力P，若P=400N，α=4o，求所能吊起的重量G。
解：(1) 研究铰E，受力分析，画力三角形：由图知：(2) 研究铰C，受力分析，画力三角形：由图知：习题2-7．夹具中所用的两种连杆增力机构如图所示，书籍推力P作用于A点，夹紧平衡时杆AB与水平线的夹角为；求对于工件的夹紧力Q和当α=10o时的增力倍数Q/P。
《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。
理论力学解答清华版
第一章 静力学基本概念1-1 考虑力对物体作用的运动效应，力是（ A ）。
A.滑动矢量B.自由矢量C.定位矢量1-2 如图1-18所示，作用在物体A 上的两个大小不等的力1F 和2F ，沿同一直线但方向相反，则其合力可表为（ C ）。
A.1F –2FB.2F - 1FC.1F +2F图1－18 图1－191-3 F =100N ，方向如图1-19所示。
若将F 沿图示x ，y 方向分解，则x 方向分力的大小x F = C N ，y 方向分力的大小y F = ___B __ N 。
A. 86.6B. 70.0C. 136.6D.25.91-4 力的可传性只适用于 A 。
A. 刚体B. 变形体1-5 加减平衡力系公理适用于 C 。
A. 刚体；B. 变形体；C. 刚体和变形体。
1-6 如图1-20所示，已知一正方体，各边长a ，沿对角线BH 作用一个力F ，则该力在x 1轴上的投影为 A 。
A. 0B. F/2C. F/6D.－F/31-7如图1-20所示，已知F=100N ，则其在三个坐标轴上的投影分别为： Fx = －402N ，Fy = 302N ，Fz = 502 N 。
图1－20 图1－21第二章 力系的简化2-1．通过A （3，0，0），B （0，4，5）两点（长度单位为米），且由A 指向B 的力F ，在z 轴上投影为 ，对z 轴的矩的大小为 。
答：F /2；62F /5。
2-2．已知力F 的大小，角度φ和θ，以及长方体的边长a ，b ，c ，则力F 在轴z 和y 上的投影：Fz= ；Fy= ；F 对轴x 的矩M x ()= 。
答：Fz=F ·sin φ；Fy=－F ·cos φ·cos φ；Mx （F ）=F （b ·sin φ+c ·cos φ·cos θ）图2－40 图2－412-3．力通过A （3，4、0），B （0，4，4）两点（长度单位为米），若F=100N ，则该力在x 轴上的投影为 ，对x 轴的矩为 。
理论力学课后习题答案_清华大学出版社_2004年版_范钦珊,刘燕,王琪 编著
习题 1－1 图
y
y2
F
F y1
F y1
F y2 F y2
F
Fx1 Fx1
（c）
x
F x2
Fx 2
x2
（d）
解： （a）图（c） ： F F cos i1 F sin j1 分力： F x1 F cos i1 投影： Fx1 F cos ， ，
F y1 F sin j1 Fy1 F sin
讨论： = 90°时，投影与分力的模相等；分力是矢量，投影是代数量。 （b）图（d） ： 分力： F x 2 ( F cos F sin cot ) i 2 投影： Fx 2 F cos ， 讨论： ≠90°时，投影与分量的模不等。
1－2 试画出图 a 和 b 两种情形下各物体的受力图，并进行比较。
F Ax
， Fy 2
F sin j2 sin
Fy 2 F cos( )
FAy
A
C
F
B
D
习题 1－2 图
FRD
FAy
F Ax
A
C
F
C
FC
F Ax
FAy
(a-1)
F
C
B
A
B
D
' FC
(a-2)
FRD
(a-3)
FRD
D
(b-1)
比较：图（a-1）与图（b-1）不同，因两者之 FRD 值大小也不同。
解： 图（a） ： 2F3 cos 45 F 0
F3 2 F （拉） 2
F1 = F3（拉）
F2 2 F3 cos 45 0
F2 = F（受压） 图（b） ： F3 F3 0 F1 = 0 F2 = F（受拉）
理论力学参考答案第6章盛冬发
第6章 运动学基础一、是非题(正确的在括号内打“√”、错误的打“×”)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。
( √ ) 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。
( × ) 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。
( × ) 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。
( × ) 5．定轴转动刚体的角加速度为正值时，刚体一定越转越快。
( × ) 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。
( √ )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d d st和22d d s t 同号，则质点做加速运动，反之则做减速运动。
4. 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r ωv ⨯=；刚体上点的加速度可以用矢积表示，它的表达式为v ωr εa ⨯+⨯=。
7. 刚体绕定轴转动时，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O 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)：=ω0；=εRa。
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。
大学物理课件 理论力学 第六章 刚体的平面运动
2
例如: 曲柄连杆机构中连杆AB的运动， A点作圆周运动，B点作直线运动，AB 杆的运动既不是平动也不是定轴转动， 而是平面运动．
注意： （1）平面运动刚体内各点的运动是不同 的； （2）不能把平面运动与平动混为一谈。
3
请 看 动 画
4
二、刚体的平面运动可以简化为平面图形S在其自身平面内的 运动
A1A2作平动 A点代表A1A2的运动 ．．．．．． S代表刚体的运动
因此，在研究平面运动时， 不需考虑刚体的形状和尺寸，只 需研究平面图形的运动，确定平 面图形上各点的速度和加速度．
5
三．运动方程
为了确定平面图形的运动，取静系Oxy，在图形上任取一 点O’（称为基点），并取任一线段O’A，只要确定了O’A的位
平面图形的运动可以看成是绕它的一系列速度瞬心作瞬时转动。 注意：速度瞬心的加速度不为于零。 4．确定速度瞬心位置的方法
①已知图形上一点的速度vA 和图形角
速度，则速度瞬心
AI vA / , AI vA 且I在 vA顺转向绕A点转90º的方向一侧。
②已知一平面图形在固定面上作无滑动的
滚动（或称纯滚动）, 则图形与固定面的 接触点I为速度瞬心。
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⑤已知某瞬时图形上A,B两点的速度方向相 同，且不与AB连线 垂直．
此时, 图形的瞬心在无穷远处,图形的角
速度 =0, 图形上各点速度相等, 这种情况称
为瞬时平动. (此时各点的加速度不相等)
对④(a)的情况，若vA＝vB， 也是瞬时平动．
19
例如: 曲柄连杆机构在图示位置时，连杆BC作瞬时平动．
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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 y t 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θ 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hv AC v AP v ABθθω2000cos cos ===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：R v R v A A ==ω R vR 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ω＝12 rad/s ，θ＝30︒，ϕ＝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ABCv 0hθ习题6－2图PωABv CABCv ohθ习题6－2解图习题6-3解图习题6-3图v A = vv B = v ωAωB习题6-6图l ϕυl2BO 1ωABυO1O ABωω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。
解：图（a ）中平面运动的瞬心在点O ，杆BC 的瞬心在点C 。
图（b ）中平面运动的杆BC 的瞬心在点P ，杆AD 做瞬时平移。
6－6 图示的四连杆机械OABO 1中，OA = O 1B =21AB ，曲柄OA 的角速度ω= 3rad/s 。
试求当示。
ϕ= 90°而曲柄O 1B 重合于OO 1的延长线上时，杆AB 和曲柄O 1B 的角速度。
解：杆AB 的瞬心在O3===ωωOAvA ABrad/s ωl v B 3= 2.531===ωωlv BB O rad/sωω习题6-5图OO 1ABCOO 1ABDCBOϕθ ωCBO ϕθωv C v BPD习题6-4图习题6-4解图ωBCωω习题6-5解图OO 1ABCOO 1ABDv Bv C v A v A v B v Cv DP(a) (b)90DCv Bv CA v A BωOE(a)DED v v =ACBCv ωAv DOE(b)6－7 绕电话线的卷轴在水平地面上作纯滚动，线上的点A 有向右的速度v A = 0.8m/s ，试求卷轴中心O 的速度与卷轴的角速度，并问此时卷轴是向左，还是向右方滚动？解：如图333.16.08.03.09.0==-=A O v ωrad/s2.1689.09.0=⨯==O O v ωm/s卷轴向右滚动。
6－8 图示两齿条以速度1v 和2v 作同方向运动，在两齿条间夹一齿轮，其半径为r ，求齿轮的角速度及其中心O 的速度。
解：如图，以O 为基点： r v v O O ω+=1r v v O O ω-=2解得：221v v v O +=r v v O 221-=ω6－9 曲柄－滑块机构中，如曲柄角速度ω= 20rad/s ，试求当曲柄OA 在两铅垂位置和两水平位置时配汽机构中气阀推杆DE 的速度。
已知OA = 400mm ，AC = CB = 20037mm 。
解：OA 定轴转动；AB 、CD 平面运动，DE 平移。
1．当ϕ= 90°，270°时，OA 处于铅垂位置，图（a ）表示ϕ= 90°情形，此时AB 瞬时平移，v C 水平，而v D 只能沿铅垂， D 为CD 之瞬心 v DE = 0同理，ϕ= 270°时，v DE = 02．ϕ= 180°，0°时，杆AB 的瞬心在B ϕ= 0°时，图（b ），A C v v 21=（↑）此时CD 杆瞬时平移421====A C D DE v v v v m/s （↑） 同理ϕ= 180°时，v DE = 4m/s （↓）6－10 杆AB 长为l = 1.5 m ，一端铰接在半径为r = 0.5 m 的轮缘上，另一端放在水平面上，如图所示。
轮沿地面作纯滚动，已知轮心O 速度的大小为v O = 20 m/s 。
试求图示瞬时（OA 水平）B 点的速度以及轮和杆的角速度。
习题6-7图A1vOB2vA1vOB2vv OωO习题6－8图 习题6－8解图习题6－9图习题6－9解图r υο60ωDE G υOAeυAυe ωC DυFυFE υG解：轮O 的速度瞬心为点C ，杆AB 的速度瞬心为点P 405.020===r v O O ωrad/s 2202==r v O A ωm/sθωcos 5.145sin 220︒==AP v A AB 210==14.1 rad/s)45cos(cos θθ+︒=A B v v9.12)tan 45sin 45(cos 220=︒-︒=θB v m/s6－11 图示滑轮组中，绳索以速度v C = 0.12m/s 下降，各轮半径已知，如图示。
假设绳在轮上不打滑，试求轮B 的角速度与重物D 的速度。
解：轮B 瞬心在F 点 v E = v C 112.012.0102603==⨯⨯=-EB v ωrad/s 06.02121====C E B D v v v v m/s习题6－11图6－12 链杆式摆动传动机构如图所示，DCEA 为一摇杆，且CA ⊥DE 。
曲柄OA = 200mm ，CO = CE = 250mm ，曲柄转速n = 70r/min ，CO = 2003mm 。
试求当ϕ= 90°时（这时OA 与CA 成60°角）F 、G 两点的速度的大小和方向。
解：动点：OA 上A ；动系：DCEA ；绝对运动：圆周；相对运动：直线；牵连运动：定轴转动。
3π4.130π2.0=⨯=⋅=n OA v A ωm/s π37.021e ==A v v m/s 12π74.03π7.0e e =⨯==CA v ωrad/s 48π7254.0===e D E v v ωm/s397.02348π730cos =⋅=︒=E G v v m/s （→） 397.0==G F v v m/s （←）6－13 平面机构如图所示。
已知：OA = AB = 20 cm ，半径r = 5 cm 的圆轮可沿铅垂面作纯滚动。
在图示位置时，OA 水平，其角速度ω = 2 rad/s 、角加速度为零，杆AB 处于铅垂。
试求该瞬时：（1）圆轮的角速度和角加速度； （2）杆AB 的角加速度。
AO Av O BAO Av O BCv A v B P习题6－10图习题6－10解图ωOωABθ 习题6－12图习题6－12解图 F解：（1） 圆轮的角速度和角加速度cm /s 40=⋅=ωOA v A杆AB 瞬时平移，ωAB = 0cm /s 40==A B v vrad/s 8==r vB B ω0n==BA B a a0==raB B α（2）杆AB 的角加速度。
0t =-BA A a a ，22tcm /s 80=⋅==ωOA a a A BA2trad/s 4==ABa BA ABα6－14 图示机构由直角形曲杆ABC ，等腰直角三角形板CEF ，直杆DE 等三个刚体和二个链杆铰接而成，DE 杆绕D 轴匀速转动，角速度为0ω，求图示瞬时（AB 水平，DE 铅垂）点A 的速度和三角板CEF 的角加速度。
解：（1）求点A 的速度0ωωa DE v E =⋅=三角板CEF 的速度瞬心在点F0ωa v v E C ==曲杆ABC 的速度瞬心在点O02ωa OA OCv v CA =⋅=（2）求三角板CEF 的角加速度n t n t FE FE E F F a a a a a ++=+将上式沿水平方向投影0t n ==FE F a a （因为v F = 0）0t==FEa FE CEF α6－15曲柄连杆机构在其连杆中点C 以铰链与CD 相连接，DE 杆可以绕E 点转动。
如曲柄的角速度rad/s 8=ω，且cm 25=OA ，cm 100=DE ，若当B 、E 两点在同一铅垂线上时，O 、A 、B 三点在同一水平线上，ο90=∠CDE ，求杆DE 的角速度和杆AB 的角加速度。
A OB Cω习题6－13解图AOB Cωv Av Ba Aa AtBA a(a)(b)习题6—14解图v Av Cv Ea Ea E n FE a t Fa n Fa t FEa O(a)(b)(b)解：（1）求杆DE 的角速度cm /s 200=⋅=ωOA v A杆AB 的速度瞬心在点Bcm/s 1002==A C vv对杆CD 应用速度投影定理cm /s 5030sin =︒=C D v vrad/s 5.0==DEv DDE ω （2）求杆AB 的角加速度ntBA BA A B a a a a ++= 将上式沿铅垂方向投影t0BA a=， 0t ==ABa AB ABα6－16 试求在图示机构中，当曲柄OA 和摇杆O 1B 在铅垂位置时，B 点的速度和加速度（切向和法向）。
曲柄OA 以等角加速度0α= 5rad/s 2转动，并在此瞬时其角速度为0ω= 10rad/s ，OA = r = 200mm ，O 1B = 1000mm ，AB = l = 1200mm 。