哈尔滨工业大学理论力学课后习题答案
哈尔滨工业大学 第7版 理论力学 第4章 课后习题答案
解 (1)方法 1,如图 4-6b 所示,由已知得
Fxy = F cos 60° , Fz = F cos 30°
F = F cos 60°cos 30°i − F cos 60°sin 30° j − F sin 60°k = 3 i − 1 Fj − 3 Fk 44 2
41
理论力学(第七版)课后题答案 哈工大.高等教育出版社
A
F
β
MA
C
MB
F
10 N
β M θ − 90° C
MB
(a)
(b)
(c)
图 4-11
解 画出 3 个力偶的力偶矩矢如图 4-11b 所示,由力偶矩矢三角形图 4-11c 可见
MC =
M
2 A
+
M
2 B
=
3 0002 + 4 0002 = 5 000 N ⋅ mm
由图 4-11a、图 4-11b 可得
3 = 250 N 13
FRz = 100 − 200 ×
1 = 10.6 N 5
M x = −300 ×
3 × 0.1 − 200 × 1 × 0.3 = −51.8 N ⋅ m
13
5
M y = −100 × 0.20 + 200 ×
2 × 0.1 = −36.6 N ⋅ m 13
M z = 300 ×
z
F45° F3 F3′ B
F2A
E
F1
C
F5
F6
F F4 45°
D
y
K x
M
(a)
(b)
图 4-9
解 (1) 节点 A 为研究对象,受力及坐标如图 4-9b 所示
(彩色版第七版)理论力学哈工大课后题答案
第1章 静力学公理和物体的受力分析1-1 画出下列各图中物体A ,ABC 或构件AB ,AC 的受力图。
未画重力的各物体的自重不计,所有接触处均为光滑接触。
2F(a)(a1)(b) (b1)2N F 3N(c) (c1)Ax(d) (d1)B(e) (e1)Bq(f) (f1)(g)1F 2(h)(h1)Ax(i)(i1)(j)(j1)F(k) (k1)BA F FF ′ (l) (l2) (l3)图1-11-2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。
22N(a1)2AxFAx(a2)3N(b)(b1)N3′(b2) (b3)1N2AxF(c)(c1)1N2N2Ax(c2)(c3)(d) (d1)CDy(d2)(d3)CxBxByF By′(e) (e1)(e2) (e3)ByBxAx(f) (f1)AxBx F′(f2)(f3)FB(g) (g1)BCx′F(g3)(h)(h1)FFAxC(i) (i1) (i2)F(i3)(i4)AyFFFCy (j) (j1)(j2) 2TFDx3TEyFCyEx′(j3) (j4) (j5)BBDECyF(k)(k1)BBCx (k2) (k3) DEA1F(l) (l1) (l2)A C E(l3) (l4)或CDxFEyFEy(l2)’(l3)’ (l4)’F′(m)(m1)EADFH2FAD′(m2) (m3)BN(n)q3N(n2)G(o)(o1)BADB(o2) (o3) (o4)图1-2第2章 平面汇交力系与平面力偶系2-1 铆接薄板在孔心A ,B 和C 处受3个力作用,如图2-1a 所示。
N 1001=F ,沿铅直方向;N 503=F ,沿水平方向,并通过点A ;N 502=F ,力的作用线也通过点A ,尺寸如图。
求此力系的合力。
(a)(b)图2-1解 (1) 几何法作力多边形abcd ,其封闭边ad 即确定了合力F R 的大小和方向。
理论力学(哈工第七版) 课后练习答案 第三部分
A
ϕ
O
r ϕ
M
W=
2π
∫ 4ϕ dϕ + (m
0
− mB ) g ⋅ 2π r
A B
A mAg
= 8π 2 + (mA − mB ) g ⋅ 2π r = 8π 2 + 1× 9.8 × 2π × 0.5 = 110 (J)
B
mBg
(a)
(b)
7
12-4 图示坦克的履带质量为 m,两个车轮的质量均为 m1。车轮被看成均质圆盘,半径为 R, 两车轮间的距离为 πR。设坦克前进速度为 v,计算此质点系的动能。 解:系统的动能为履带动能和车轮动能之和。将履带分为四部 分,如图b 所示。履带动能:
O
P2 P aB − 1 a A = FN − P 1−P 2 g g
其中, a A = a , aB = 解得
A
a 2 1 (2 P 1−P 2 )a 2g
B
(a)
FN = P 1+P 2 −
v FN
O
v P 1
A
v aA
v aB B
v P2
(b)
11-1 质量为 m 的点在平面 Oxy 内运动,其运动方程为
得
G1
320
B C
SB
S A = 170 mm S B = 90 mm
(b)
2
10-12 图示滑轮中,两重物 A 和 B 的重量分别为 P1 和 P2。如物体 A 以加速度 a 下降, 不计滑轮质量,求支座 O 的约束力。 解:对整体进行分析,两重物的加速度和支座 O 的约束力如图b 所示。由 动量定理知:
整体受力和运动分析如图b因为0xf所以x方向系统守恒有21cos0brbmvmvv??解得121cosbrmmvvm1所以该系统动能为设此时三棱柱a沿三棱柱b下滑的距离为s则其重力作的功为1sinwmgs??系统动能22b211221sin12cosmmtmmvm由系统动能定理tw即1sinwmgs??上式对时间求导并注意到rdsdtv整理后得22112121sinsincosbbrmmmmvamgvm?????得2b2a212b2b2r2122b21122
哈尔滨工业大学 第七版 理论力学.13
1 2 T履 = ∑ mi vi = TI + TII + TIII + TIV 2
D II A
(a) 图 13-3
IV
2v
C
ω
v
III
Iv=0
(b)
B
由于 v1 = 0, vIV = 2v ,且由于每部分履带长度均为π R ,因此
mI = mII = mIII = mIV = TI =
m 4
1 2 mI vI = 0 2 1 1 m m 2 TIV = mIV v IV = × (2v) 2 = v 2 2 2 4 2 m m 2 II、III 段可合并看作 1 滚环,其质量为 ,转动惯量为 J = R ,质心速度为 v,角速度 2 2 v 为 ω = ,则 R 1 m 1 mv 2 1 m 2 v 2 m 2 TII + TIII = ⋅ v 2 + Jω 2 = + ⋅ R ⋅ 2 = v 2 2 2 4 2 2 2 R m m T履 = 0 + v 2 + v 2 = mv 2 2 2
理论力学(第七版)课后题答案 哈工大.高等教育出版社
第 13 章 动能定理
13-1 如图 13-1a 所示,圆盘的半径 r = 0.5 m,可绕水平轴 O 转动。在绕过圆盘的绳上 吊有两物块 A、B,质量分别为 mA = 3 kg,mB = 2 kg。绳与盘之间无相对滑动。在圆盘上作 用 1 力偶, 力偶矩按 M = 4ϕ 的规律变化 (M 以 N ⋅ m 计, ϕ 以 rad 计) 。 求由 ϕ = 0到ϕ = 2π 时,力偶 M 与物块 A,B 重力所作的功之总和。
第 2 阶段 :系统通过搁板继续运动 x2 距离后静止。由动能定理
哈尔滨工业大学 第七版 理论力学 第7章 课后习题答案
tan θ =
r sin ϕ h − r cos ϕ
sin ω 0 t h − cos ω 0 t r ]
图 7-5
注意到 ϕ = ω 0 t ,得
θ = tan −1 [
(2)
自 B 作直线 BD 垂直相交 CO 于 D,则
tan θ =
r sin ω 0 t BD = DO h − r cos ω 0 t
80
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7-6 如图 7-6 所示,摩擦传动机构的主动轴 I 的转速为 n = 600 r/min 。轴 I 的轮盘与轴Ⅱ的轮 盘接触,接触点按箭头 A 所示的方向移动。距离 d 的变化规律为 d = 100 − 5t ,其中 d 以 mm 计, t 以 s 计。已知 r = 50 mm , R = 150 mm 。求: (1)以距离 d 表示轴 II 的角加速度; (2)当 d = r 时,轮 B 边缘上 1 点的全加速度。 解 (1)两轮接触点的速度以及切向加速度相同
∠CBO =
π , x B = 2 R cos ϕ 2 & B = 2 R + vt (↓) x B (0) = 2 R , x
(2 R) 2 − x B
2
vt vt 1 2 − 2 2 − ( )2 R R 2R 2 v v , vC = 2 Rω = − ω =− 2 R sin ϕ sin ϕ sin ϕ = =
两边对时间 t 求导:
vt l
& sec 2 ϕ = , ϕ & = cos 2 ϕ , ϕ && = − ϕ
当ϕ =
v l
v l
2v & cos ϕ sin ϕ ⋅ ϕ l
哈尔滨工业大学 第七版 理论力学.14
m2 g )l sin ϕ − FI l cos ϕ = 0 2
ω2 =
2m1 + m2 g tan ϕ 2m1 (a + l sin ϕ )
14-5 曲柄滑道机械如图 14-5a 所示,已知圆轮半径为 r,对转轴的转动惯量为 J,轮上 作用 1 不变的力偶 M,ABD 滑槽的质量为 m,不计摩擦。求圆轮的转动微分方程。
∑ M x = 0, M − 2 FI ⋅ l cos ϕ = 0
其中 代入前式得
FI = m ⋅ l sin ϕ ⋅ ω 2
209
理论力学(第七版)课后题答案 哈工大.高等教育出版社
k (ϕ − ϕ 0 ) − 2 ⋅ m ⋅ l sin ϕ ⋅ ω 2 ⋅ l cos ϕ = 0
ω=
k (ϕ − ϕ 0 ) ml 2 sin 2ϕ
y
m2 g 2
FAy
A FI
FAx
x
ϕ
m1 g
(a) 图 14-4
(b)
解
取调速器外壳为研究对象,由对称可知壳与圆盘接触处所受约束力为 FN = m2 g/2
取左圆盘为研究对象,受力如图 14-4b 所示,惯性力为
FI = m1 ⋅ (a + l sin ϕ )ω 2
由动静法
∑ M A = 0, (m1 g +
FI
a
FI
a
FS FN mg
(a) (b) 图 14-1
A FN mg
(c)
FS
解 取圆柱形零件为研究对象,作受力分析,并虚加上零件的惯性力 FI。 (1)零件不滑动时,受力如图 14-1b 所示,它满足以下条件: 摩擦定律
Fs ≤ f s FN
理论力学(哈工第七版) 课后练习答案 第二部分
5-1 图示曲线规尺的各杆, 长为OA =AB =200 mm ,CD = DE = AC = AE = 50mm 。
如杆 OA 以等角速度 rad/s 5πω=绕 O 轴转动,并且当运动开始时,杆 OA 水平向右,求尺上点 D 的运动方程和轨迹。
解:如图所示 ∠AOB =ωt ,则点 D 坐标为cos D x OA t ω=⋅sin 2sin D y OA t AC t ωω=⋅−⋅代入已知数据,得到点 D 的运动方程为200cos 5D x t π=× 200sin250sin 55100sin 5D y t t tπππ=×−××=×把以上两式消去 t 得点 D 轨迹方程22221200100x y += 即,D 点轨迹为中心在(0, 0),长半轴为0.2 m ,短半轴为0.1 m 的椭圆。
6-4 机构如图所示,假定杆AB 以匀速v 运动,开始时0ϕ=。
求当4πϕ=时,摇杆OC 的角速度和角加速度。
解:依题意,在0ϕ=时,A 在D 处。
由几何关系得tan vt l ϕ=杆OC 的运动方程为arctanvt lϕ= 角速度222vll v tωϕ==+& 角加速度322222()v lt l v t αϕ==+&&当4πϕ=时,vt l =。
将vt l =代入上二式得 2v lω=222v lα=另解:几何关系 tan vtlϕ=两边对t 求导,可得 2sec v l ϕϕ=& 即 2cos v l ϕϕ=& ;再求导,得 2cos sin v l ϕϕϕϕ=−⋅&&& ,将4πϕ=时,vt l=代入上二式得2vlωϕ==& 222v lαϕ==&&6-5 如图所示,曲柄 CB 以等角速度0ω绕轴 C 转动,其转动方程为0t ϕω=。
滑块 B 带动摇杆 OA 绕轴 O 转动。
哈尔滨工业大学 第七版 理论力学 第7章 课后习题答案
解
设轮缘上任 1 点 M 的全加速度为 a,切向加速度 a t = rα ,法向加速度 a n = ω r ,如图
2
7-11b 所示。
tan θ =
把
α=
dω , θ = 60° 代入上式,得 dt
at α = 2 an ω
dω tan 60° = dt2
ω
分离变量后,两边积分:
∫ω
得
ω
0
dω
ω
2
=∫
⎤ ⎡ ⎥ ⎢ sin ω t 0 θ = tan −1 ⎢ ⎥ ⎢ h − cos ω 0 t ⎥ ⎥ ⎢ ⎦ ⎣r
故
50 π ⋅ 600 100π r ω1 = rad/s ⋅ = 100 − 5t 30 10 − 0.5t d dω 5 000 π d ⎛ 1 000π ⎞ α2 = 2 = ⎜ ⎟= dt dt ⎝ 100 − 5t ⎠ (100 − 5π )2
故得
h1 =
h4 = 2 mm 6
图 7-7
7-8 如图 7-8 所示,纸盘由厚度为 a 的纸条卷成,令纸盘的中心不动,而以等速 v 拉纸条。求 纸盘的角加速度(以半径 r 的函数表示) 。 解 纸盘作定轴转动,当纸盘转过 2π rad 时半径减小 a。设纸盘转过 dθ 角时半径增加 dr ,则
dθ =
y
B
t aB
α j
O
vA x
ω
(a) 图 7-12
aC
(b)
i 45° A n
C
t aC
解
由图 7-12b 得出
84
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v A = 0.2 j m/s , v A = ω × Ri , ω × 0.1i = 0.200 j , ω = 2k ,
哈尔滨工业大学理论力学课后习题答案
.----------------------------------------理论力学(第七版)课后题答案 哈工大.高等教育出版社 -------------------------------- 第1章 静力学公理和物体的受力分析1-1 画出下列各图中物体 A ,ABC 或构件 AB ,AC 的受力图。
未画重力的各物体的自重不计,所有接触处均为光滑接触。
F N1A PF N 2(a) (a1)F TA PF N(b)(b1)AF N1P BF N 3F N 2(c) (c1)F TBF AyP 1P 2AF Ax(d) (d1)F AF BFAB(e)(e1)qFF Ay F BF AxA B(f) (f1)FBC F CAF A(g) (g1)F Ay FCCA F Ax BP1 P2(h) (h1)BFCF CF AxDAF Ay(i) (i1)(j) (j1)BF B FCPF AyF AxA(k) (k1)F CAF AB 2 F AC CA2 F ABBF ACF BAA P (l) (l1)(l2)(l3)图 1-11-2 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。
F N 2C2 F P 2(a1) F N1N(a)BF N1BC F N 2F NP 2P1P1F AyF Ay F AxF AxAA(a2) (a3)F N1AP1F N3B P 2F N 2(b) (b1)2 F NF N3F N1ABP 2P1F N F N 2(b2)(b3)F AyF AxA C D F N2BP 2P 1F N1(c)(c1)F AyF TAF AxD2 F F N2TBP 1F N1P 2(c2)(c3)F AyF BqBAF AxCDF C(d)(d1)F DyF AyF BqqD2 FDxBAF AxCF Dx D 2 FDyF C(d2) (d3)F Ay2 FBxqBF AyF AxqAB 2F ByF AxF CxC F CyP F BxAB PF Cx (e1)CF ByF Cy(e)(e2)(e3)F 1CF 2F AyF ByABF AxF Bx(f)(f1)F Cx2 FCxCCF 1F CyF 2 F 2F AyCyF ByAF BxF Ax B(f2)(f3)F BF AyCBAF AxP(g)(g1)2 F CyF T2 FCxCF AyF BF TDCF AxBAF Cx P (g2)(g3)DF 1F CyF B2 F 2F BBCF CxBF Ay AF Ax(h)(h1)(h2)A F AxF AyF CyF CxC2 A F EF CyF F OyCDF OxF Cx 2EOB(i)(i1)(i2)A A2 F Ax2 FE2 F AyFEC D F ByF ByF OyF BxF OxF BxOBB (i3)(i4)F AyDE F CxF TA F AxF ByC CHF By F Cy BPF BxF BxB(j)(j1)(j2)F Ay F Dy 22 F Ey2 F CF Cx 2 E F AxT 2 D F T 22FExF ExA D F Dx 2E F DxF T3F T12FCyF DyF Ey(j3)(j4)(j5)EFF BCED2 BF Cx⎝2 2 F DEF Cy(k)(k1)F BF FC BF Cx⎝EC F Cy90︒ ⎝FDED DF AyF AyAAF AxF Ax(k2) (k3)F B2 FBF 1F DBBDCAF AF C(l)(l1)(l2)F 22 DF DF 1F 2DBAC EE F EF AF C F E(l3)(l4)或2 2 F DyF2F 1F F Dy F 2F 1B 2 DF DxF DxBBD D F ExA C E C E F ExF CF EyF AF CF Ey(l2)’(l3)’(l4)’2 F ADAF CyF CxCF 1B(m)(m1)F ADDF ADHEF 2A DF EF HF AD 2(m2)(m3)F N AAF kF N BF OyF OxBO(n) (n1)F N1B Dq2 F BF N 2F N3(n2)FB D FF C F EF AF G GCEA(o)(o1)FBB DFDF BF E F FF C F D2 FEA F AF B 2CD(o2)(o3) (o4) 图 1-2第2章 平面汇交力系与平面力偶系2-1 铆接薄板在孔心 A ,B 和 C 处受 3个力作用,如图 2-1a 所示。
哈工大理力习题及习题答案
理论力学(I)第六版哈尔滨工业大学理论力学教研室第二章 平面汇交力系与平面力偶系2-1铆接薄板在孔心A 、B 和C 处受三力作用,如题2-1图(a )所示。
F 1=100N ,沿铅直方向;F 3=50N ,沿水平方向,并通过点A ;F 2=50N ,力的作用线也通过点A ,尺寸如题2-1图(a)所示。
求此力系的合力。
解法一 几何法。
应用力的多边形法,将力F 1、F 2和F 3首尾相接后,再从F 1的起点至F 3的终点连一直线,此封闭边便是三力的合力F R ,如题2-1图(b )所示。
根据预先选好的比例尺,利用直尺和量角器便可确定合力F R 的大小和方向。
解法二 解析法。
合力的矢量表达式为∑∑+=+=j F i F j F i F F y x Ry Rx R即合力R F 在x 轴和y 轴上的投影,分别等于力系各力在同一坐标轴上投影的代数和,所以有:N N F F F F xx x Rx 805080606050022321=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++⨯+=++= N N F F F F yy y Rx 14008060805010022321=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++⨯+=++= 所以,合力的大小为:N N F F F Ry Rx R2.161140802222=+=+=合力F R 与x 轴的夹角为:︒===24.602.16180arccos cosR Rx F F acr α 2-3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,如题2-3图(a )所示。
转动铰车,物体便能升起。
设滑轮的大小、AB 与CB 杆自重及磨擦略去不计,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 处受的力。
解:这是一个平面汇交力系的平衡问题。
选取滑轮B 为研究对象,并作B 点的受力图,如题2-3图(b )所示。
由平衡方程∑∑==0,0y xF F,有:030sin 30cos =︒-︒+-T F F BC BA (1) 030cos 30sin =-︒-︒P T F BC (2)因忽略了滑轮B 的磨擦,所以P=T ,将P 、T 的数值代入(2)式,得KN F BC 64.74=将T 和F BC 的数值代入(1)式,得:kN F BA64.54=所以拉杆AB 和CB 分别受拉力54.64kN 和压力74.64kN 。
哈工大理论力学第七版课后习题答案
FD
(o3)
图 1-2
F
D
F
FD′
FE E
FF
(o4)
8
第 2 章 平面汇交力系与平面力偶 系
寸直如方图向2-1。;铆求F3接此=薄力5板系0 N在的孔,合心沿力水。A,平B方和向,C 并处受通过3 点个力A;作用F2,=如50图N2,-1a力所的示作。用F线1 也= 1通00过N点,A沿,铅尺
c F3 d F2
第 1 章 静力学公理和物体的受力分析
1-1 画出下列各图中物体 A,ABC 或构件 AB,AC 的受力图。未画重力的各物体的自 重不计,所有接触处均为光滑接触。
FN1
A
P FN 2
(a)
(a1)
FT
A P FN
(b)
(b1)
A
FN 1
(c) (d)
(e)
P
B
FN 3
FN 2
(c1)
FT
B
FAy
P1
A
FAx
P2
(d1)
FA
F
A (e1)
FB B
1
q
F
FAy
FB
A
FAx
B
(f)
(f1)
F B
C FC
FA
A
(g)
(g1)
FAy
FC
C
A FAx
B
P1
P2
(h)
(h1)
B F
C FC
D
FAx
A
FAy
(i)
(i1)
(j)
(j1)
B FB F
C
P FAy
A
FAx
(k)
哈尔滨工业大学 第七版 理论力学11
上式代入式(4)得
FN = 4mB g − mB
11-10 如图 11-10a 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 1 端与滑块相连接,另 1 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 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 ω 为常数。求滑块 A 的运动微分方程。
质量为 m2 的小车 D,由绞车拖动,相对于平台的运动规律为 s = 不计绞车的质量,求平台的加速度。
1 2 bt ,其中 b 为已知常数。 2
m2 g
y
S D
A
vr
m1 g FN
B
ω
v
(a) 图 11-8
x
(b)
解
受力和运动分析如图 11-8b 所示
& = bt vr = & s ar = & s& = b a Da = a e + a r = a AB + a r a Da = ar − a AB m2 (a r − a AB ) − m1a AB = F F = f (m1 + m2 ) g
1
(
)
开伞后,他受重力 mg 和阻力 F 作用,如图 11-2 所示。取铅直轴 y 向下为正, 根据动量定理有
mg y
图 11-2
mv 2 − mv1 = I y = (mg − F )t
由题知:当 t=5 s 时,有 v2=4.3 m/s 即
60 × (4.3 − 44.3) = (60 × 9.8 − F ) × 5
棱柱 B 接触水平面时系统质心坐标
a b ⎤ ⎡ m A (l − ) + m B ⎢l − (a − )⎥ 3 3 ⎦ 3(m A + m B )l − a (m A + 3m B ) + m B b ⎣ ′ = xC = m A + mB 3(m A + m B )
哈尔滨工业大学 第七版 理论力学12
求飞轮的转动惯量和轴承的摩擦力矩。
Mf
ω
FAx
A
FAy
m1 g
(a)
(b)
图 12-8
解 取飞轮 A 及重物为质点系,设摩阻力偶矩为 Mf,飞轮转动惯量为 JA,如图 12-8b
所示。根据对轴 A 的投影式动量矩定理有
dLA dt
=
−M f
+ m1gR , LA
=
J Aω
+ m1ωR2
两边积分得
(J A + m1R2 )dω = (M f +m1gR)dt
LO = m ⋅ vA ⋅ 2R + J Aωa
=
m ⋅ 2RωO
⋅ 2R +
1 mR2 2
⋅ (ωO
+ ωr )
= 5ωOmR2
=
20
kgm 2 /s
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理论力学(第七版)课后题答案 哈工大.高等教育出版社
(3)在图 12-2c1 中,轮 A 绕 O 作圆周曲线平移
LO = m ⋅ 2RωO ⋅ 2R + J Aωa
12-10 如图 12-10 所示离心式空气压缩机的转速 n = 8 600 r/min,体积流量 qV = 370 m3/min,第 1 级叶轮气道进口直径为 D1 = 0.355 m,出口直径为 D2 = 0.6 m。气流进口绝对
速度 v1 = 109 m/s,与切线成角θ1 = 90° ;气流出口绝对速度 v2 = 183 m/s,与切线成角
(a)
(b)
图 12-4
解 以人和圆盘为质点系,由于作用于系统的外力(重力和轴 O 的约束力)对轴 O 的
矩均为零,所以人和圆盘组成的系统对轴 O 的动量矩守恒。设人在盘上绕轴 O 顺时针走圆