理论力学第6章习题解答
理论力学-点的运动
作 业: 6-1, 6-2, 6-3, 6-4, 6-5
例题
点
的 运 动
作业6- 1
一人在路灯下由灯柱起以匀速 u 沿直线背离灯柱
行走。设人高AB=l，灯高OL=h，试求头顶影子M 的 速度和加速度。
L A l B O ut M x
h
x
例题
点
的 运 动
作业6- 2
y A O
C
l
B x
例题
点
的 运 动
作业6- 3
解:
考虑滑块 B 在任意位置，由几何关系得滑块 B 的坐标
r x r cos t l 1 sin 2 t . l
2
将φ=ωt 代入上式得 令λ= r/l，将上式的根式展
开，有
x OC CB r cos l 2 r 2 sin 2
将上式对时间积分一次，并设C点为动点A在
D ρ A C R
t=0时的初始位置，于是得以极坐标表示的A点相对 于凸轮的运动方程
φ
t R vt
消去时间 t，得A点在凸轮上的轨迹方程 v R 凸轮转动，杆AB匀速上升，v，ω为常值，上式为 阿基米得螺旋线。
例题
点
的 运 动
作业6- 5
飞机在铅直面内从位置M0 处以s=250t+5t2 规律沿半径 r=1 500 m的圆弧作机动飞行（如图），其中s以m计，t以 s计，当t=5s时，试求飞机在轨迹上的位置M及其速度和 加速度。
O M0
r
M
例题
点
的 运 动
作业6- 5
解：因已知飞机沿圆弧轨迹的运动方程，宜用
理论力学 陈立群 第6章动习题解答
第六章 刚体的平面运动 习题解答6-1 椭圆规尺AB 由曲柄OC 带动，曲柄以角速度Oω绕O 轴匀速转动，如图所示。
如r AC BC OC ===，并取C 为基点，求椭圆规尺AB 的平面运动方程。
解：AB 杆作平面运动，设0=t 时，0=ϕ，则t 0ωϕ=。
选AB 杆上的C 点位基点，建立平移坐标系y x C ''-，在图示坐标系中，AB 杆在固定坐标系xy O -的位置由坐标),,(ϑC C y x 确定，所以AB 杆的平面运动方程为：t r x C 0cos ω=，t r y C 0sin ω=，t 0ωϕθ==.6-2 杆AB 的A 端沿水平线以等速v 运动，在运动时杆恒与一半圆周相切，半圆周半径为R ，如图所示。
如杆与水平线的夹角为θ，试以角θ表示杆的角速度。
解： 解法一：杆AB 作平面运动。
选取A 为基点，由速度基点法CA A C v v v +=， 作图示几何关系，图中v v A =，解得θθsin sin v v v A CA ==，A B 杆的角速度为 θθωcos sin 2R v AC v CA ==（逆时针）.解法二：在直角三角形△ACO 中， xR =ϑsin 上式对时间求导，得x xR 2cos -=ϑϑ 其中，ϑ,R x v x== ，解得A B 杆的角速度为 Rv ϑϑϑcos sin 2-= ，（负号表示角速度转向与ϑ角增大的方向相反，即逆时针）6-3 半径为r 的齿轮由曲柄OA 带动，沿半径为R 的固定齿轮转动，如图所示。
如曲柄OA 以等角加速度α绕O 轴转动，当运动开始时，角速度0=O ω，转角0=ϕ。
求动齿轮以中心A 为基点的平面运动方程。
解：动齿轮作平面运动。
建立与曲柄OA 固结的转动坐标系题6-1图题 6-2图题6-3图ξη-O ，和在动齿轮的A 点建立平移坐标系y x A ''-，如图所示，从图中可见，因动齿轮和固定齿轮间没有滑动，所以存在关系ϑϕr R =小轮半径AM 相对平移坐标系y x A ''-，也即固定坐标系得转角为)1(r R A +=+=ϕϑϕϕ, 而 221t αϕ=，可得小轮平面运动方程为)21cos()(2t r R x A α+=， )21sin()(2t r R y A α+=.6-4 图示机构中，已知10.OA =m ，10.BD =m ，10.DE =m ，310.EF =m ；4=OA ωrad/s 。
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）。
理论力学习题答案
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(第6章)
t 已知：O1A=O2B=18cm，AB=O1O2=2R，R=18cm ， 18 t2 求： va , aa s BM
π
加速度合成定理的矢量形式向 直角坐标轴x、y上投影，得：
π aax a a cos 6.67cm / s 2 6 π n n aay ar ae sin 20cm / s 2 6
绝对：大圆周（半径R）
相对：沿OA的直线运动 牵连：定轴转动（绕o轴）
2.速度分析 v a ve 大小 ? 方向 √
ve va 2Rω cos
vr
OM√?√ Nhomakorabeavr ve tan 2 R ω sin ω t
6.3 牵连运动为平移时点的加速度合成定理
点的加速度合成定理：
解：（1） 动点：取顶杆AB的A点 动系：固连在凸轮上。 绝对运动：沿AB竖直方向 的平移。 相对运动：A点沿凸轮边 缘的圆周运动。 牵连运动：动系凸轮沿水 平面向右平移。
已知:
v0
30
2.速度分析
va ve vr
由几何关系可以得到：
3 vB vA v tan 30 v 3
例6-5 平面机构中直杆O1A、O2B平行且等长，分别 绕O1、O2轴转动，直杆的A、B连接半圆形平板，动 点M沿半圆形平板ABD边缘运动，起点为点B。已知 π t， O1A=O2B=18cm，AB=O1O2=2R，R=18cm ， 18 t2 。 s BM
求：当 t 3s 时， 动点M的绝对速度 和绝对加速度。
方向竖直向上
例6-2 刨床的急回机构如图所示。曲柄OA的一端 A与滑块用铰链连接。当曲柄OA以匀角速度ω绕固 定轴O转动时，滑块在摇杆O1B上滑动，并带动杆 O1B绕定轴O1摆动。设曲柄长为OA=r，两轴间距 离OO1=l。 B 求： O ① 曲柄在水平位 A 置时摇杆的角 速度 1 。 ② 滑块A对于摇 杆 的相对角 O1 速度
理论力学答案第六章
《理论力学》第六章作业参考答案习题6-4解：根据题意，A 点的运动可以看作是轴线上与原点O 距离随时间变化的点绕O 点的定轴转动。
由于A 点随摇杆OC 一起转动，由几何关系l vtOD AD==ϕtan得摇杆OC 的运动方程：⎪⎭⎫⎝⎛=l vt arctan ϕ所以摇杆OC 的角速度和角加速度分别为：ϕϕω2cos l v==ϕϕϕα2sin cos 222l v -== 因此当4πϕ=时l v2=ω222l v -=α 答：当4πϕ=时，摇杆OC 的角速度和角加速度分别为2vl 和222v l -。
习题6-6解：（1）轴I 以匀速转动，其轮盘边缘上任意一点的速度为：r nv 301π=两轮盘接触处的速度应相等，即r nv d v 30122πω===所以，轴II 的角速度和角加速度可表示为：d rn302πω=()22225000530d d r n dt d ππωα=-⎪⎭⎫ ⎝⎛-== （2）r d =时，轴II 的角速度和角加速度分别等于：ππω20302==n (rad/s) ππα2500022==r(rad/s 2) 轮B 边缘上一点的切向加速度和法向加速度为πα3.02==R a t(m/s 2) πω6022==R a n (m/s 2)所以，其全加速度为：59222≈+=n t a a a (m/s 2)答：轴II 的角加速度为225000dπα=；当r d =时，轮B 边缘上一点的全加速度为592m/s 2。
习题6-9 解：由于12AB O O =，12O A O B =，则21//O O AB ，杆AC 与齿轮1一起作平动，所以齿轮1上任意一点的速度和加速度均等于A 点的速度和加速度，而两齿轮在接触点的速度和加速度也相等，所以齿轮2边缘上一点的速度和切向加速度分别为t bl l dtd v ωωϕcos == t bl dtdv a t ωωsin 2-== 故当s t ωπ2=时，轮2的角速度和角加速度为 02cos 222===πωωl r b r v 2222222sin ωπωl r b l r b r a a t -=-==答：s t ωπ2=时，轮2的角速度和角加速度分别为0和22b l r ω-。
《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(建筑力学第一分册)(邹昭文)课后习题答案
F F ( 56 . 9 56 . 6 0 44 . 7 ) kN 68 . 8 kN Ry y
2-2
y
x F F ( 19 56 . 6 50 89 . 4 ) kN 1 . 8 kN Rx x
F F ( 56 . 9 56 . 6 0 44 . 7 ) kN 68 . 8 kN Ry y
2-5
解：选取刚架为研究对 象，受力图为： 刚架在力F作用下处于平 衡，所以力多边形是自 FA 封闭的，如图。 则，
F F ; F F tan A D cos
y
x
α F
FD FA
FD
AD 2 a 2 CD a cos ; tan 在RT△CAD中， 2 2 AC AD 2 a 5 2 a a F 5 F F F ; F F tan 所以， A cos 2 D 2
以压块C为研究对象，受力如图：
建立坐标系，列平衡方程：
F 0 , F ' cos F 0 x BC D
FD
F’B
C
o 解之得： F F ' cos F cos 8 1 . 08 kN 0 . 99 1 . 07 kN D BC BC
第3章 平面一般力系
3-1（a）
所以合力FR的大小为：
F F F 1 . 8 kN 68 . 8 kN 68 . 82 kN R x y
2 2 2 2
其方向角则为：
F 1 . 8 o Rx arccos arccos 91 . 5 F 68 . 82 R F 68 . 8 Ry o arccos arccos 1 . 38 F 68 . 82 R
理论力学第六章 平衡方程及其应用
第六章 平衡方程及其应用 >> 力偶系的平衡
§6-2 力偶系的平衡 一、平面力偶系的平衡方程 平面力偶系平衡的必要和充分条件是：所有各力偶矩的代数和 等于零，即 M i 0 . 二、空间力偶系的平衡方程
由于空间力偶系可以用一个合力偶来代替，因此，空间力偶系
平衡的必要和充分条件是：该力偶系的合力偶矩等于零，亦即
要使这个刚体平衡，需加一力偶，其力偶矩矢为 -M。
第六章 平衡方程及其应用
§6-3 一般力系的平衡 一、平面一般力系的平衡方程 1. 平面一般力系平衡方程的基本形式
0 MO 0 FR
F
x
0
F
y
0
M
O
(F ) 0
2. 平面一般力系平衡方程的其他形式
（1）二矩式平衡方程
M
FA FB
第六章 平衡方程及其应用 >> 力偶系的平衡 例题6-4 图示（a）所示的三角柱刚体是正方体的一半。在其中三个侧面 各自作用一个力偶。已知力偶（ F1，F1 ）的矩 M 1 20N m ；力偶 （ F2，F2 ）的矩 M 2 20N m ；力偶（ F ，F ）的矩 M 3 20N m 。试 3 3 求合力偶矩矢M。又问使这个刚体平衡，还需要施加怎样一个力偶。
解：根据空间力偶系合成法，先求出力偶
矩矢M。根据三个力偶在空间的作用面不 同，考虑到力偶矩矢是自由矢量，可将力
偶矩矢画在坐标轴上（图 b）。和力偶矩
矢M在三个坐标轴上的投影为
第六章 平衡方程及其应用 >> 力偶系的平衡
M x M 1x M 2 x M 3 x 0
M y M1y M 2 y M 3 y (10 30cos45)N m 11.2 N m
理论力学(刘又文 彭献)答案第6章
∑ ∑ 二．动能：T = 1 2
mivi2 ,
T
=
1 2
mvC2
+
1 2
mi vr2i
平移刚体： T平移
=
1 2
mvC2
定轴转动刚体： T定转
=
1 2
JOω 2
平面运动对称刚体： T平面
=
1 2
mvC2
+
1 2
JCω 2
FT
C mg
图 6.6
8．如图 6.7 所示，物块 A 质量为 m1 ，杆 AB 质量为
×
1 2
×
G2 g
R2
⋅ω 2
+ G1Rϕ
sinθ
。
对吗？
C
G1
α
R OM
G2
图 6.13
答：不对。此处多计算了重力的功。如果把重力视为外力，则右边不能再有 重力势能，若右边计入重力势能，则左边不再有重力的功。
187
16．如图 6.14 所示，物 A 重为 G1 ，物 B 重为 G2 ，且 G1 > G2 ，不计摩擦。 设由静止开始，A 下降 h 时各速度如图，由动能定理，有
k (δ
2
−
δ
2 S
)
− Gδ
T2 = 0
由机械能守恒，有T1 + V1 = V2 。对吗？
ω
δs δ
I G
II
图 6.16
答：不对。因为在同一问题中，每种势力场的零点位置虽可任取，但一种力 场只能有一个零点。此处重力场和弹性力场分别取了两个不同的零点而导致错 误。
19．如图 6.17 所示，细绳长 l，悬吊重球 M 于 O 点，O1 为铁钉，OO1 = h, 保证 M 能绕过 O1 的最小ϕ 角应使势能满足：
《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》第六章-点的运动试题及答案
理论力学6章作业题解6-5 半圆形凸轮以匀速v =10mm/s 沿水平方向向左运动,活塞杆AB 长l ，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。
如凸轮的半径R =80mm ，求活塞B 的运动方程和速度方程。
解答 选铅直方向为y 坐标，圆心与轮心O 高程相同，则活塞B 的运动方程为)( 1006400)(222mm l t AB vt R y +-=+-=速度方程为)/( 641022s mm t t dt dy v --== 6-9 点M 以匀速率u 在直管OA 内运动，直管OA 又按t w j =规律绕O 转动。
当t=0时， M 在O 点，求其在任一瞬时的速度及加速度的大小。
解答 采用直角坐标法建立M 点的运动方程。
îíì====)sin(sin )cos(cos t ut ut y t ut ut x w j w j 速度分量及大小为îíì+==-==)cos()sin(/)sin()cos(/t t u t u dt dy v t t u t u dt dx v yx w w w w w w 222)(1t u v v v y x w +=+=加速度分量及大小为ïîïíì-+==---==)sin()cos()cos(/)cos()sin()cos(/22t t u t u t u dt dv a t t u t u t u dt dv a y yx x w w w w w w w w w w w w 222)(4t u a a a y x w w +=+=6-12 一点作平面曲线运动，其速度方程为3=x v 、)4sin(2t v y p p =，其中速度单位为m/s ，时间单位为s 。
已知初瞬时该点在坐标原点，试求该点的运动方程和轨迹方程。
解 求直角坐标表示的运动方程。
理论力学第六章思考题
第六章思考题6.1. 相同的两匀质杆AO 和BO 用铰链连接于固定点O , 并可在水平面内绕O 点转动. 某时刻AOB 位于同一直线上, 二杆以同样大小的角速度ω转动, 如思考题6.1图所示. 有人认为:“以二杆为系统, 此时质心为O 点, O 点为固定点, 故此时质心速度为零.”这种说法对吗?思考题6.1图6.2. 有时称c t c v m r ⨯为质心对O 点的角动量, 称221c t v m 为质心的动能. 这是否说明质心是一个质量为t m 、位置矢量为c r 、速度为c v 的质点? 6.3. 有一半径为R , 质量为m 的匀质圆球被旋转抛出. 某时刻球心速度为v ,球旋转角速度为ω , 求此时圆球的动量.6.4. 将一半圆柱置于一光滑水平面上, 初始时半圆柱静止于如思考题6.4图所示位置, 求质心C 的运动轨迹.思考题6.4图6.5. 有一水平圆台, 可绕过其圆心的竖直轴z 轴转动, 轴承处有较小但不可忽略的摩擦力. 有人站在台边上, 初始时圆台与人均静止, 如思考题6.5图所示.之后人沿台边跑一段时间后, 又停止跑动. 问人停止跑动后, 人与圆台将如何运动? 在整个过程中, 以人、圆台和轴为质点系, 其对z 轴总角动量如何变化?思考题6.5图6.6. 思考题6.5中, 把轴包括在质点系内, 这样做有何好处?6.7. 思考题6.5中, 如轴承是光滑的, 情况又当如何?6.8. 思考题6.5中, 人与盘运动状态的改变是由人跑动引起的. 而质点系的角动量定 理指出, 质点系角动量的变化与内力无关. 这两者之间是否发生矛盾?6.9. 试证明: 若质点系总动量为零, 则质点系对任意固定点的总角动量均相等.6.10. 有两个形状相同的匀质齿轮位于同一竖直面内, 可绕过各自中心的水平轴1O 和2O 转动, 转动惯量同为I , 如思考题6.10图所示. 开始时轮1绕固定轴1O 以角速度ω 转动, 轮2静止. 之后可沿竖直线移动的轴2O 向下移动使二齿轮啮合. 已知齿轮啮合后转动角速度的大小均为2ω. 有人说: “以二齿轮为质点组, 所受外力对轮轴力矩均为零. 且啮合前总角动量为ω I , 啮合后总角动量仍为ωωωI I I =+⋅22, 可见啮合过程角动量守恒.”试分析该说法是否正确.思考题6.10图6.11. 质量相同的两小球用轻杆相连, 静止地放在光滑水平面上. 初始时给其中一小球以垂直于杆的水平初速度0v , 试证两球各自的轨道均为旋轮线. 6.12. 自行车由静到动, 其动量变化靠的是地面对后轮向前的摩擦力f F , 这个摩擦力f F 对自行车做的功是否为自行车向前移动距离）(⨯=f F W ? 6.13. 以一般的动坐标系z y x O ''''代替质心系, 关系式O O t O OL v m r L ''''+⨯= 和T v m T O t '+='221(O L ''和T 分别为质点系在z y x O ''''系中对O '点的角动量和动能)能否成立?6.14. 一匀质细杆可绕过端点的水平轴无摩擦地转动, 初始时杆静止于竖直位置, 如思考题6.14图所示. 之后一小球沿水平方向飞来与杆做完全弹性碰撞. 以小球和杆为质点系, 在碰撞过程中系统动量、角动量和机械能是否守恒?思考题6.14图6.15. 在光滑水平面上有一长为l 、质量为m 的匀质细杆, 绕过其中点的竖直轴以角速度0ω转动, 但其中心不固定, 如思考题6.15图所示. 现突然将杆的A 端按住, 以杆为研究对象, 有人认为:“用手按住A 点, 系统在A 点受外力作用, 但在按住A 点的过程中A 点无位移,故该外力不做功, 所以杆的机械能守恒.”你认为这样的看法正确吗?思考题6.15图第六章习题6.1. 椭圆规尺AB 质量为12m , 曲柄OC 质量为1m , 套管B A ,质量为2m ,l CB AC OC ===, 尺和曲柄的质心均位于其中点, 曲柄以匀角速度ω 绕z 轴转动,如题6.1图所示. 求此机构总动量的大小和方向.题6.1图6.2. 质量分别为1m 和2m 的重物以跨过滑轮A 的不可伸长的轻绳相连, 并可沿直角三棱柱的斜面滑动. 三棱柱底面放在光滑水平面上, 如题 6.2图所示. 已知三棱柱质量21164m m m ==初始时各物体均静止, 求当重物下降高度为m 1.0时, 三棱柱沿水平面的位移.题6.2图 6.3. 质量为0m 的人手持质量为m 的物体, 此人以与地面成α角的初速度0v 向前跳出. 当他跳到最高点时, 将物体以相对自己的速度u 水平向后抛出. 问由于物体的抛出,跳的距离增加了多少?6.4. 两个质点A 和B 质量分别为A m 和B m , 初始时位于同一竖直线上, A 质点有水平初速度0v , B 质点静止, B 点高度为h , A 点在B 点的上方, A 和B 间距离为l . 在以下3种情况中求质点A 和B 的质心轨迹. (1) A 和B 两质点间没有相互作用；(2) 质点A 和B 以万有引力相互作用; (3) A 和B 间以轻杆相连.6.5. 质量为m 的薄板在竖直面内, 绕过O 点的水平轴按t ωθθcos 0=规律转动, 其质心C 离O 点的距离为a , 如题6.5图所示. 求在任一瞬时水平轴对板的约束力.题6.5图 6.6. 瓦特节速器装置如题6.6图, 二杆长l OB OA ==, A 和B 二球质量均为m . 初始时A 和B 二球被一根线连结, 装置以角速度0ω绕竖直轴转动, 杆的张角为0θ. 自某一时刻线被烧断, 求角速度ω 与张角θ的关系. 设轴承光滑, 不受主动力矩, 杆的质量均可忽略不计. 若杆的质量不可忽略, 但各杆质量分布均匀, 结果又当如何?题6.6图6.7. 一质量为0m 、底半径为R 的匀质圆锥, 它的光滑固定对称轴沿竖直方向, 圆锥尖端向上, 在圆锥表面上有一沿母线的细槽. 初始时, 圆锥绕其对称轴以角速度0ω转动, 同时有一质量为m 的小球开始自槽的顶端沿槽自由下滑. 试求小球滑出槽口时圆锥的角速度. 若此槽不是沿母线的直线, 试问此槽曲线应满足什么条件, 才能使小球滑出槽口时圆锥角速度与槽为沿母线的直线情况相同.6.8. 质量为1m 和2m 的二质点, 用一根长为l 的不可伸长的轻绳相连. 初始时1m 被握在手中不动, 2m 以匀速率0v 绕1m 做圆周运动. 在某瞬时将1m 放手, 试求以后二质点的运动, 并证明绳内张力l m m v m m F T)(212021+=. 不考虑重力及质点间引力作用, 并已知绳一直是张紧的.6.9. 传送机由两个相同的滑轮B 和C 和套在其上的传送带构成, 每个滑轮质量为1m 、半径为R , 均可视为匀质圆盘, 传送带质量为2m , 相对水平面倾角为α, 被传送物体质量为3m . 初始时各物体均静止, 在B 上施加一不变力矩M , 如题6.9图所示. 设滑轮轴承处光滑, 传送带与滑轮及传送带与被传送物体间均无滑动, 传送带在EF 间为直线. 试求当被传送物体在EF 间运动时, 传送带运行速率v 与运行距离s 间的关系.题6.9图6.10. 一炮弹质量为21m m +, 发射时水平及竖直速度分别为Ox v 和Oy v . 当炮弹达到最高点时, 其内部炸药爆炸产生能量E , 使此炮弹分为1m 和2m 两部分, 开始时两部分均沿原方向飞行, 不计空气阻力, 试求炮弹的两部分落地时相距的距离.6.11. 质量为0m 、半径为R 的光滑半球, 其底面放在光滑水平面上, 有一质量为m 的质点沿球面滑下. 初始时二物体均静止, 质点初位置与球心连线和竖直向上的直线间夹角为α.求质点滑到它与球心连线和竖直向上直线间夹角为θ时θ的值.6.12. 轻杆AB 长为l ,两端固定有质量分别为1m 和2m 的质点A 和B , 杆只能在竖直平面内运动, 某瞬时A 点速度为1v , B 速度为2v , 分别与杆夹角1α和2α, 如题 6.12图所示. (1) 试求此系统在质心系中相对质心的角动量； (2) 考虑重力作用, 试求此系统在以后的运动中角速度的变化情况.题6.12图6.13. 一质量为m , 长为a 2的细杆AB , 它的两端可沿一水平固定圆环无摩擦地滑动,圆环半径为)(a R R >. 初始时杆静止, 同时有一质量亦为m 的质点静止地位于杆的中点C . 自某一瞬时开始, 质点以相对杆的不变速度0v 沿杆运动, 如题6.13图所示.试求当质点运动到杆的端点A 时, 杆相对自己的初始位置转过多少角度?题6.13图6.14. 质量分别为1m 和2m 的两自由质点, 它们以万有引力互相吸引. 开始时, 两质点均处于静止状态, 其间距离为a . 试求两质点相距为2a 时两质点的速度.6.15. 参见思考题6.14, 试证明若小球撞击在距O 点2/3杆长的A 点时, 系统沿水平方向动量守恒.6.16. 参见思考题6.15, 试求按住A 点后瞬时杆的角速度, 及按住A 点的过程中杆的动能损失了百分之几?6.17. 电风扇的转动部分对其固定转动轴的转动惯量为I , 所受空气阻力矩与角速度大小成正比,比例系数为k .通电时风扇以匀角速度0ω转动, 求断电以后经过多长时间其角速度的大小减为初始时的一半,在这段时间内风扇又转过了多少圈?6.18. 由薄片刚体构成的复摆可绕与其垂直的光滑水平固定轴转动, 对转动轴的回转半径为k (k 定义为m I k =,I 为刚体对转动轴的转动惯量,m 为刚体质量), 转动轴到刚体质心的距离为a . 已知复摆无初速地自偏离平衡位置0θ角处开始摆动, 求复摆在悬点处所受约束力的水平分量和垂直分量.6.19. 有一半径为r 的小圆柱, 自半径为R 的大圆柱的最高位置无滑滚下, 同时大圆柱也沿水平面做无滑滚动,试写出两圆柱间无滑条件的数学表达式.6.20. 质量为m , 半径为R 的匀质细圆环被限定在竖直平面内运动, 开始时将其放在粗糙水平面上,用手按其后侧边缘, 使圆环质心获得向前的初速度0v , 同时圆环有向后转动的初角速度0ω , 如题6.20图所示.设圆环与水平面间摩擦因数为μ,试求圆环的运动规律.题6.20图6.21. 长为a 2的匀质棒AB , 以光滑铰链悬于A 点, 棒可在竖直面内摆动. 初始时棒自水平位置无初速地开始运动, 当棒摆至垂直位置时铰链突然脱落, 试证在以后的运动中棒质心的运动轨迹为一抛物线.并求当棒的质心下落h 距离后, 棒一共转了几圈?6.22. 一匀质棒被限制在竖直平面内运动, 开始时把棒一端置于光滑水平地面上,一端靠在光滑的竖直墙上,且棒与地面夹角为α, 并任其从此位置开始无初速地滑动.试证当棒与地面夹角变为)sin 32arcsin(α时,棒与墙分离.6.23. 试研究6.22题中棒与墙分离后的运动,设棒长为a 2, 求棒落地时的角速度.6.24. 如题 6.24图所示, 一面光滑一面粗糙的平板,质量为1m .将其光滑的一面放在光滑水平桌面上, 粗糙面上放一质量为2m 的球.初始时板与球均静止, 若板沿其长度方向突然获得一速度0v . 问经多少时间后球开始做无滑滚动? 设球与板间摩擦因数为μ,板的长度足够长.题6.24图6.25. 如题6.25图所示, 一质量为m , 半径为a 的匀质小圆球, 初始时位于另一个半径为b 的固定大圆球的顶点, 并无初速地无滑滚下, 设球一直保持无滑状态, 试证当两球连心线与竖直向上的直线间夹角)1710arccos(=ϕ时,两球将分离.题6.25图6.26. 试用计算机通过数值求解方法研究习题6.20中圆环的运动, 并描绘其运动情况.参考答案第六章思考题6.1. 不对. 质心不是固定点. 6.2. 质心是一个几何点. 严格说C t C v m r ⨯是位于质心假想质点对O 点角动量,2C t )2/1(v m 是位于质心的假想质点的动能.6.3. v m .6.4. 质心C 竖直向下运动. 6.5. 圆盘以kω沿人跑动方向转动.在人跑动时对z 轴总角动量增加, 在人停止跑动后对z轴总角动量逐渐减小到零. (因受轴承摩擦力矩所致.)6.6. 由于圆盘与轴间的相互作用比较复杂, 把轴包括在质点系内, 只需分析轴受轴承的力和力矩, 较为简单.6.7. 如轴承光滑,则总角动量不变. 人停止跑动后,圆盘亦停止转动.6.8. 质点系的总角动量的变化与内力无关, 但内力可使角动量在质点间等量转移. 6.9. 质点系总动量为零, 则0C =v . 于是C C C t C 0L L v m r L '='+⨯= , 与O 点选取无关. 6.10. 不正确. 啮合后二齿轮转动角速度方向相反, 对1O 或2O 轴角动量都不守恒.(1N F和2N F 都不沿21O O 方向.) 6.11. 初始时一球静止, 一球以0v 运动, 质心初速度2/0v , 二球在质心系内速率为2/0v .由于运动中系统动量守恒, 在质心系中对质心角动量守恒, 故其质心速度和二小球在质心系内绕质心运动的速率均不变. 因此两球的轨道与在直线轨道上作无滑滚动的圆盘边缘上一点的轨道相同.6.12. 后轮所受向前的摩擦力不可能对自行车作正功.6.13. 不能成立.6.14. 由于水平轴施与的约束力不一定沿竖直方向, 故动量不守恒, 沿水平方向动量也不一定守恒. 对水平轴角动量守恒, 机械能守恒.6.15. 在按住A 点的过程中, A 点不可能设有位移. 如果位移足够小则外力必足够大, 我们可以忽略其位移而认为“按住A 点”, 但外力作负功不可忽略.第六章习题6.1. 可以分别求出AB 、OC 、A 和B 的动量，之后求和得)cos sin ()25(21j t i t lm m m p ωω+-+=. 也可先求AB 、OC 、A 和B 的公共质心位置矢量c r . 由c 21)23(r m m p +=求出. 6.2. 以m 、1m 和2m 为质点组，水平向右Ox 方向动量守恒02211=++x m x m xm . 即02211=∆+∆+∆x m x m x m ，x x x ∆+'∆=∆11，x x x ∆+'∆=∆22. 1m 下降0.1m 则31.01-='∆x 、1.02-='∆x ，可求出21077.3-⨯≈∆x m. 6.3. 以人与物体为质点组，水平方向动量守恒)(cos )(000u v m v m v m m -+=+α，可求出u m M m v v ++=αcos 0. 因落地时间g v t αs i n 0=，所以跳的距离增加了g m M m u v t v v l )(s i n )c o s (00+=-=∆αα.6.4. 三种情况均为B m m l m h x v m m m g y A A A A A +++-=2c 20c )(21. 6.5. 按质心运动轨道用自然坐标法，根据质心运动定理t a v mg F v m mg F v m N N ωωθθθαsin .sin ,cos 0t n t n 2-=-=-= .可求出t ma mg F t ma mg F N N ωθωθωωθθcos sin ,sin cos 2n 2220n -=+=. 6.6. 以二球、四杆和轴为质点组，根据绕竖直轴角动量守恒022022sin 2sin 2θωθωl m l m =，可求出0022)sin /(sin ωθθω=. 当杆的质量不可忽略时，结果不变.6.7. 以圆锥、小球为质点组，据绕竖直轴角动量守恒2202001030103R m R m R m ωωω+=+，可求出)103/(000m m m +=ωω. 只要槽出口处的切线方向沿母线，则结果不变.6.8. 初始时1m 和2m 的质心速度)/(21020c m m v m v += ，由系统动量守恒知以后质心速度0c v 不变，由质心系中绕质心角动量守恒可知1m 和2m 相对质心系速度不变)(),(2101221021m m v m v m m v m v +='+='. 以τ 表示质点在质心系内作圆周运动的轨道切线方向，则ττ )()(',)()('210121022210221021m m v m m m v m v m m v m m m v m v +++=+++=.质心系为惯性系. 由牛顿定律可求出l m m v m m F T )(212021+=. 6.9. 以传送机及被传送物体为质点组，运动过程中只有力矩M 及物体3m 所受重力做功，由动能定理αsin 02121)(2121232322221gs m R s M v m v m R v R m -=-++⨯⨯. 可求出213213])()sin (2[s m m m R g Rm M v ++-=α.6.10. 以1m 和2m 为质点组，爆炸过程中沿水平方向动量守恒（设1m 和2m 爆炸后速度为21,v v ）c 212211)(v m m v m v m +=+，再据动能定理E v m m v m v m =+-+2c 21222211)(212121，可解出)(22112c 1m m m E m v v +±=，)(221211m m m E m v v c += ，1m 和2m 落地时间均为g v t =，故212121)(2m m m m E g vv v t L +=-⋅=.6.11. 以0m 和m 为质点组，沿水平Ox 方向动量守恒0)cos (0=++θθ R x m xm ，求出)/(cos 0m m mR x +-=θθ ，代入机械能守恒方程)cos (cos ])sin ()cos [(2121220θαθθθθ-=+++mgR R R x m x m ，即可求出2/120])cos 1()cos (cos 2[θθαθm m m R g +--= . 6.12. 设质心速度为c v ，杆角速度为ω . 以地为S 系；质心系为S '系，将'c v v v +=用于B A .,两质点，并沿平行于和垂直于杆方向投影2211//c cos cos ααv v v == （1）11c sin αωv CA v =+⊥ （2）22c sin αωv CB v =+-⊥ （3）[请分析（1）式的物理意义. ]由（2）和（3）式可求出l v v /)sin sin (2211ααω+=，所以)/()sin sin ()/(2122112121221c c m m v v l m m m m l m m I L ++=+=='ααωω. 根据系统在质心系中对质心角动量守恒，可知ω 保持不变. 6.13. 以杆和质点为质点组，对过环心的竖直轴角动量守恒. 设质点遇到杆后的角速度为ω ，则])([)32(2202202222221a R mv t v a R m a R m L I L L L --+-+-=+=+=ωωω0)352(22022022=--+-=a R mv t mv a R m ωω，即,])352[(22022220t v a R a R v +--=ω因t d d θω=. 将上式积分可求出)352(tan )352(2212222a R a a R a R -⋅--=-ω.6.14. 以1m ，2m 为质点组，根据动量守恒2211v m v m =，机械能守恒a m Gm a m Gm v m v m 212122*********-=-+，即可求出，2121221])([m m a Gm v +=，2121212])([m m a Gm v +=.6.15. 设杆质量为m 、长为l ，撞击点到O 点距离为a . 由角动量Fa ml =ϕ 231，质心运动定理--=N F F l m ϕ 2（-N F 为O 点支撑力水平分量）. 由上述二式可证明：当l a 32=时，0=-N F . 0=-N F 则系统沿水平方向动量守恒.6.16. 按住A 点过程中，杆对过A 点竖直轴角动量守恒，可求出按住A 点后杆绕A 点转动角速度40ωω=，杆的动能损失43. 6.17. 由对固定轴的角动量定理t k I d )(d ωω-=，积分可求出0021,e ωωωω==-t l k 则2ln k I t =，把t t l k d e d 0-=ωθ积分得)e 1(0t l k k I --=ωθ，2ln k I t =代入则k I k I π4)r a d (200ωωθ==（圈）.6.18. 以固定轴为Oz 轴，Oy Ox ,轴在刚体所在平面内，Ox 轴水平向后，Oy 轴竖直向上，规定摆角θ正方向于Oz 轴正方向一致. 复摆的运动微分方程为x R F xm =c （1） mg F ym y R -=c （2） θθsin amg I -= （3）因θsin c a x =，θcos c a y -=，所以θθθθsin cos 2c a a x -= （4）θθθθcos sin 2c a a y += （5）由（3）式θθsin 2k ag -= ，即θθθθd sin d 2k ag -= ，积分可求出)cos (cos 2022θθθ-=k ag . 把θ 及2θ 代入（4）、（5）式，由（1）、（2）式可求出,sin )cos 2cos 3(022R θθθ--=k mg a F xmg k mg a F y +--=]1cos )cos 2cos 3[(022R θθθ.6.19. 以过大圆柱圆心2C 竖直向上半直线为定线1. 由定线1到大圆柱半径A C 2为ϕ（逆时针为正），定线1到二圆柱连心线为α（顺时针为正）. 以过小圆柱圆心1C 竖直向下半直线为定线2. 由定线2到小圆柱半径B C 1为θ（顺时针为正）. 初始时A 、B 点重合于大圆柱最高点，则0)(=-++r r R R θαϕ 或0)(=-++r r R R θαϕ.6.20. 沿0v 方向建立Ox 轴，Oy 轴竖直向上，ϕ角正方向沿0ω 方向. 第一阶段圆环作有滑滚动，动力学方程为 f F x m -=c （1）mg F ym N -=c （2） R F mR f -=ϕ2 （3） R y =c （4） N f F F μ= （5）由（1）—（5）式可解出tRggt v xμωϕμ-=-=00c , . 由无滑滚动条件0c =+=ϕ R xv p 求出达到无滑滚动的时间g R v t μω2/)(001+=. 1t 时刻2/)()(001c1R v t xω-= ，R v R t 2/)()(0011-=ωϕ . R v 00ω>时0,01c1<>ϕ x ；R v 00ω=时，01c1==ϕ x ；R v 00ω<时，0,01c1><ϕ x. 1t 以后为圆环运动的第二阶段，设圆环一直作无滑滚动. 第一阶段方程（1）—（4）不变，（5）式改为0=+ϕ R x. 可解得0,0c ==ϕ x ，及mg F N =，0=f F , 满足N f F F μ≤，假设正确.6.21. 由质心运动定理可证质心轨道为抛物线. 棒绕A 点下摆过程，由机械能守恒2223221ωωma I mga ==，可求出a g 2/3=ω. 铰链脱落后棒作平面平行运动，由角动量定理可知其角速度不变. 在质心下落h 的g h t /2=时间内，转动a h a h t 2π4/3)r a d (/3==ω（圈）.6.22. 建立Ox 轴沿地面向外，Oy 轴沿墙向上. 棒A 端于Oy 轴上，B 端于Ox 轴上，以OB到AB 为ϕ角正向. 从A 点作Oy 轴垂线，从B 点作Ox 轴垂线，二垂线交于D 点，则D 为A 端与墙分离前的瞬心. 设AB 中点为C ，a AB 2=，则a DC BC AC ===.由对瞬心的角动量定理ϕϕcos )31(22mga ma ma -=+ ，可求出ϕϕcos 43a g-= ，积分可求出)sin (sin 232ϕαϕ-=a g . 由质心运动定理NA F x m =及ϕcos c a x =，可知)cos sin (2ϕϕϕϕ +-=ma F NA . 把ϕ 及ϕ 结果代入则)sin 2sin 3(cos 43αϕϕ-=mgF NA ，由0=NA F 则棒与墙分离即可完成证明.6.23. 以地面为势能零点，根据机械能守恒2222c22c212122c12c13121)(21sin 3121)(21ϕϕϕ ma y x m mga ma y x m ++=+++ （1）2ϕ 为落地时的角速度，棒刚与墙分离时αϕsin 221a g = . 由ϕsin c a y =，ϕϕcos c a y =，所以)sin 941(sin 2cos 2122122c1ααϕϕ-==ag a y ，222222222c2cos ϕϕϕ a a y ==. 由质心运动定理可知c2c1x x=，把这些结果代入（1）式可求出212)sin 911(2sin 3⎥⎦⎤⎢⎣⎡-±=ααϕa g ，ϕ应取负值.6.24. 在桌面上建立坐标系Oxy ，Ox 沿0v 方向，Oy 竖直向上. 以逆时针方向为θ角正方向，球的运动微分方程为g m F xm f 21c12μ== （1） 为球半径）R gR m R F R m f (522122μθ== （2）板的运动微分方程为g m F xm f 22c21μ-=-= （3） 由（1）—（3）式可解出gt x μ=c1 ，t R g 25μθ= ，012c2v t m g m x +-=μ . 球上与板接触点速度gt R x v p μθ27c1=+= ，当c2x v p =时达无滑滚动，由此可求出⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=g m m v t μ)27(/1201. 设1t 以后保持无滑滚动，则g m F F F f f f 221μ===，把（1）—（3）式与无滑条件c2c1x R x=+θ联立可求出0=f F ，所以1t 以后确实一直保持无滑滚动.6.25. 以过大圆球球心O 竖直向上半直线为定线1，由定线1到二球连心线为ϕ角. 以过小圆球球心C 竖直向下半直线为定线2，小圆球初始时最低点为A ，由定线2到半径CA 为θ角. 小球的运动微分方程为f F mg b a m -=+ϕϕsin )( （1） N F mg b a m -=+ϕϕcos )(2 （2） a F ma f=θ 252 （3）无滑条件为0)(=-+θϕ a b a （4）由（3）、（4）式得f F b a m =+ϕ )(52，利用（1）式消去f F 得ϕϕsin )(57mg b a m =+ .积分可求出)(7)cos 1(102b a g +-=ϕϕ . 由（2）式可求出)710cos 717(-=ϕmg F N ，所以当1017cos =ϕ时0=N F ，两球分离.返回。
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2版）习题答案
各章习题(计算题)部分答案第1章 略 第2章2-1 R 3284kN F .=，R cos()2063,.=︒F i ，R cos()1163,.=︒F j 2-2 3162kN T .=，30β=︒ 2-3 482.α=︒，R 496kN x F .= 2-4 11866N 50N x y F .F ==，2230N 40N x y F F ==-， 330N 60N x y F F ==， 44566N 566N x y F .F .==， 2-5 R 0F =2-6(a) 707kN 354kN 354kN Ax Ay B F .F .F .===，，(b) 05kN 5kN Ax Ay B F F F ===，，(c) 933kN 433kN 612kN Ax Ay B F .F .F .===，，(垂直于支撑面，指向简支梁) 2-7 min 15kN F =，N 25kN F =2-8 0866kN 05kN 1kN Ax Ay BD F .F .T ===，， 2-9 N N 1732kN 3464kN 15m A C F .F .AC .===，， 2-10 03436kN AB AC F F .==，2-11 BC F =，Ax F =，Ay F G = 2-12 N 65EF G F =+2-13 N N C D F F =2-14 231N 1155N 231N 845N AB AE BC BD F F .F F .====，，，2-15 (a) 33PF P F B Ay =-=，(b) P F F B A 32== (A F ，B F 方向相反，组成一力偶) (c) 0==B A F F2-16 1F，AB F，OA F =，7kN BC F =- 2-17 1905N 1905N 1905N 1905N Ax Ay Cx Cy F F F F =-===-，，， 2-18 3571N 3571N 3571N 3571N Ax Ay Cx Cy F F F F ==-=-=，，，·312··312·2-19 24kN m M =⋅，1155kN A B F F .== 第3章3-1 2400N Ax F =，1200N Ay F =，8485N BC F .= 3-2 R 0F'=，260N m O M =⋅ 3-3 (a) R F'qa =，221qa M O = (b) R12F'ql =，21ql q M O = 3-4(a) Ax F =，40kN Ay F =，120kN m A M =⋅，N C F = (b) 0=AxF ，25kN Ay F .=-，15kN By F =，D 25kN y F .=3-5 当60α=︒时，min 4AB PrF L= 3-6 0=Ax F ，qa F Ay2=，2qa M A =3-7 (a)2400N Ax F =，1000N Ay F =-，2400N Dx F =-，2000N Dy F = (b)2400N Ax F =-，1000N Ay F =-，2400N Dx F =，2000N Dy F =3-8 Ax F =，Ay F =，Bx F =，By F =3-9 rPLF Ax 2-=，P F Ay =，r PL F Bx 2=，P F By =，r PL F D 2=，P F C 2=3-10 R 32E F qa =-，qa F BD 22= 3-11 23kN Ax Cx F F .=-=-，1kN Ay Cy F F == 3-12 3PF AC -=，0=EF F ，32P F BD -= 3-13 2F F BC=，2F F DE = 第4章4-1 T 20kN F =，104kN OA F .=-，139kN OB F .=- 4-2 254kN m x M .=⋅，146kN m y M .=⋅，0=z M 4-3 0)(=P z M4-4 θαsin sin )(Pa M AB =P 4-5 3C A B WT T T ===4-6 1kN T =，0=Ax F ，750N Ay F =-，500N Az F =-，433N Bx F =，500N BZ F = 4-7 F F F -==61，F F =3，0542===F F F·313··313·4-8 321M a cM a b M +=，a M F Ay 3=，a M F Az 2=，0=Dx F ，a M F Dy 3-=，aM F Dz 2-= 4-9 4kN Ax F =，146kN Az F .=-，79kN Bx F .=，29kN Bz F .=-4-10 5kN Ox F =-，4kN Oy F =-，8kN Oz F =，32kN m Ox M =⋅，30kN m Oy M =-⋅，20kN m Oz M =⋅4-11 (a ) 10412kN N F .=，20213kN N F .=，30375kN N F .= 4-12 )(22221221r r r r x C --=，0=C y4-13 (a ) 589mm C x .=-，0=C y (b ) 797mm C x .=，349mm C y .= 4-14 )(22221221r r r r x C --=，0=C y4-15 0Ax F =，121(P )2Ay F P =-+，21P 2Az P F =+，0Cx F =，0Cy F =，22Cz P F =第5章5-1 min F =，s arctan f α= 5-2 )()m m sin +cos -P F αϕθϕ=，m θϕ=5-3 (1) A 先滑动，(2) A 、B 一起滑动 5-4 能保持平衡，S 201N F = 5-5 223.0=f5-6 3πarcsin 43πff α=+5-7 1s sin cos P F f αα=-，2s sin cos PF f αα=+，故21F F >5-8 min 845kN Q .= 5-9 435N P .=5-10 θ≤9926.︒5-11 120cm x >5-12 s 2(sin cos )Q R f L αα⋅+≤P ≤s 2(sin cos )Q Rf L αα⋅-5-13 min 1475N P .=5-14 4961N m .⋅≤C M ≤7039N m .⋅ 5-15 11cm b <5-16s s sin cos cos sin f Q f αααα-+≤P ≤s s sin cos cos sin f Q f αααα+- 5-17 arc ϕ=·314··314·5-18 500N P = 5-19 s f ≥15.0 5-20 75mm b .< 第6章6-1 (cos sin )x v lk kt kt =-，(cos sin )y v lk kt kt =-+； )sin (cos 2kt kt lk a x +-=，)sin (cos 2kt kt lk a y --= 6-2 (1) 0=s ；v R ω=；0a τ=，2n a R ω=(2) R s 23=；12v R ω=；2a ωτ=，2n 14a R ω= (3) R s =；0v =；2a R ωτ=-，n 0a =6-3 直角坐标法：t R x ω2cos =，t R y ω2sin =；2sin2x v R t ωω=-，2cos2y v R t ωω=； t R a x ωω2cos 42-=，t R a y ωω2sin 42-=自然坐标法：t R s ω2=；2v R ω=；0a τ=，2n 4a R ω= 6-4 ()sin M x l b t ω=+，()cos M y l b t ω=-；22221()()M M x y l b l b +=+-6.52222()1()x a y b l l-+=+6-6 22)sin (cos h t r l t r x B +-+=ωω，h y B -=6-7v =322xb u a -= 6-8 )cos sin arctan(00tr h tr ωωθ-=6-9 当0s t =时，157cm s M v ./=；0M a τ=，n2617cm s M a ./=当2s t =时，0M v =；2123cm s M a ./τ=-，n0M a =6-10 C x =C y =2C avv l=6-11 t e R t e y ωω222cos sin -+=；[cos v e t ωω=6-12 02cos4m x .t =；0566m s v ./=-；22263m s a ./=-6-13 0arctan rad v tbϕ=；02220rad s bv /b v t ω=+6-14 225t =ϕ；120m s v /=；236000m s n a /= 6-15 8rad s /ω=；2384rad s ./ε=-6-16 转轴O 的位置位于正方形的中心；1rad s /ω=，21rad s /ε=6-17 12C v r ω=；n 214C a r ω=，12C a r ετ=·315··315·6-18 12m s M v ./=；n 272m s M a ./=，206m s M a ./τ= 6-19 0377m s C v ./=6-20 2225000rad s /dεπ=；25922m s a ./= 6-21 32rad .ϕ=6-22 12mm h =6-23 02=ω，222r lb ωε-=6-24 02m s AB v ./=，2005m s AB a ./=；02m s C v ./=，n 20267m s C a ./=，2005m s C a ./τ=6-25 2012ωr a =，方向沿1AO ；2024ωr a =，指向轮心第7章7-1 x'vt =，cos()a kt y'ϕ=+，轨迹方程为cos()ky'a x'vϕ=+ 7-2 2cos M v R ωϕ=，方向水平向左 7-3 (a )2309rad s ./ω=； (b )2182rad s ./ω=7-4 (1)34OC v b ω=，34C lv v b=；(2)234K v a b = 7-5 当0ϕ︒=时，0v =；当30ϕ=︒时，100cm s v /=，向右；当90ϕ︒=时，200cm s v /=，向右7-6 126m s BC v ./=；2274m s BC a ./= 7-7 10cm s CD v /=；2346cm s CD a ./= 7-8 a a =7-9 3v ω=，方向向上7-10 1.732rad /s ω=，28.66rad /s ε=- 7-11 0.173m /s v =，20.05m /s a = 7-12 0.173m /s M v =，20.35m/s M a =7-13 πcos 15sin BC nr v αβ=7-14 23CD r v ω=；29310ωr a C D =7-15 a 3465mm s v ./=；21400mm s CD a /=第8章8-1 122v v r ω-=，122O v v v +=8-2 156cm s C v ./=,17cm s D v /=·316··316·8-3 877cm s C v ./=8-4 375rad s OB ./ω=，I 6rad s /ω=8-5 600mm s A v /=，200mm s B v /=，s C v /=；4rad s 3ABC /ω=，05rad s BD ./ω= 8-6 2rad s AB /ω=，2578rad s AB ./ε=-；667rad s BC ./ω=-，21926rad s BC ./ε=8-7 2()C A Rv a R r r=-，2Bx C a a τ=，2(2)()C By R r v a R r r -=- 8-8 2022ωr a B =，20211ωε=B O 8-9 032C v r ω=，20123ωr a C =8-10 01.15v l ω=8-11 16186rad s O C ./ω=，127817rad s O C ./ε=-8-12 s CD v /=，22m s 3CD a /= 8-13 n 2400cm s B a /=，21705cm s B a ./τ=-，21705cm s C a ./=-8-14 34e OC v v OB b ω==，OC ε=；12E v v =，E a = 8-15 21960mm s B a /=，298rad s AB ./ε=8-160C v ω，方向向左；rR B O 01ωω=，逆时针转向8-17 22()C Rv a R r =-，B a =8-18 n 202B a a ω=，2002)B a a ετ=-8-19 330ωω=B ；209)349(10ω+-=B a 8-20 2m s B v /=，2828m s C v ./=，28m s B a /=，21131m s C a ./= 第9章9-1 rgf=max ω 9-2 min 67r min n /=9-3 1v =9-4 0cos cos sin v x b kt kt k α=+，0sin sin vy kt kα=9-5 0cos x v t α=，201sin 2y v t gt α=+·317··317·9-6 0(1e )kt v s k-=- 9-7 202s t .=，707m s .= 9-8 172N F .=9-9 )(22g a amL F AC +=ω，)(22g a a mL F BC -=ω9-10 max 584kN F .=，min 536kN F .=9-11 g f f a ααααsin cos cos sin -+=，N cos sin W F f αα=- 9-12 )cos 1(200t m F t x ωωυ-+=第10章10-1 (a ) 12p mL ω=，方向水平向右；(b ) p mR ω=，方向水平向右；(c ) p me ω=，方向垂直于OC 的连线；(d ) C p mv =，方向水平向右10-2 30N x F =10-3 11221022a gP P P P F -++= 10-4 11r 12m v v v m m =++10-5 0(sin cos )v t g f'αα=-10-6 12(54)2l p m m ω=+，方向与曲柄垂直且向上 10-7 t m m l m x m m kx ωωsin 1211+=++10-8 2R s =10-9 (1) 3123123(22)cos ,2()C P L P P P L tx P P P ω+++=++ (2) 12123(2)sin ;2()C P P L t y P P P ω+=++2321max 222ωL gP P P F Ox ++=10-10 椭圆 2224l y x =+10-11 (1) 2sin G Wx l t P W Gω+=++ (2) 2m a x 2x G W F l g ω+=10-12 向右移377cm . 10-13 33(sin )cos ox R F m g m a r θθ=+，1233()(sin )sin oy RF m g m g a m g m a rθθ=+-++ 10-14 21212)(m m gm m f b m a ++-=·318··318·10-15 17cm A s =，向左移动；9cm B s =，向右移动 10-16 2max12(2)2ox r F F G G gω=++10-17 24(cos sin )3Ox mR F ωϕεϕπ=-+，24(sin cos )3Oy mR F mg ωϕεϕπ=+- 第11章11-1 (a ) ω2031ml L =，(b ) ω2021mR L =，(a ) ω2023mR L =11-2 208m s a ./=，2862kN T F .=，4626kN Oy F .=11-3 (1) ωωω22231ml mR Ml L O ---=，(2) ωω2231ml Ml L O --=11-4 θω22sin )312(l M m L O +=11-5 480r min n /=11-6 022ωωmr J ma J z z ++=11-7 0N 0Pr F fgt ω= 11-8 211212122()()R M R M'm m R R ε-=+11-9 )()(2212J i J gPR R PR Mi a ++-=11-10 t P P gkl)3(3cos210+=δϕ11-11 gR RW g J R W M a 2101sin +-=α，1T 1sin W F W a g α=+ 11-12 g J r m r m r m r m O++-=2222111122ε11-13 g R m r R m r R m a )()()(2222121ρ++++=，)()()(22221212ρρ+++-=R m r R m g m m Rr F11-14 v =T 13F mg =11-15 θsin 74g a =，θsin 71mg F -= 11-16 g a C 355.0=11-17 3)(2121m m gm m f F a ++-=·319··319·11-18 gr M R m r m R fm r m a 2222121ρ++-=，T 11A F m g m a =-，2T 2B m RF fm g a r=+11-19 2N 22sin 12D QL F a Lα=+，αcos g a Cx =，22212sin 12L a g a a Cy +=α 11-20 N 3633N B F .=11-21 P F F x O x O 516.021==，P F y O 434.11=，P F y O 164.12=第12章12-1 )cos 1(0ϕ+=mgr W AB ，)sin (cos 0θϕ-=mgr W AC 12-2 129904J F W .=，10500J f W =- 12-3 12206J W .=-，23206J W .=，031=W 12-4 (a) 2216T ml ω=，(b) 2234T mR ω=，(c) 2214T mR ω=，(d) 234C T mv =，12-5 10J W =重，503J W .=重12-6 θω222sin 61ml T = 12-7 21s s hf += 12-8 2122)cos (sin 2m m f gr m M r++-=ααϕϕω12-9 v=12-10 A v =12-11 A v =12-12 v =11/sin M R W a g W Wα-=+12-13 C v =45C a g =12-14 98N F .= 12-15 θωsin 3632121l g m m m m ++=，θεcos 23632121lgm m m m ++=12-16 C v =321321843)43(m m m gm m m F +++=12-17 (1) 2211)3()sin (2Rm m gR m M +-=αε， (2) R m m gR m M m F Ox )3(2)2sin cos 6(2121++=αα； ααsin )3()sin 3(21212⋅+++=Rm m gR m M m g m F Oy·320··320·12-18 v =m khmg a 34-=，41s 36F kh mg =+ 第13章13-1 αsin 32g a =13-2 g a 32=，T 3WF =13-3 Q P Pg a 322+=，QP PQF 32+=13-4 g P T a 3cos 2α=，N sin F P T α=-，s 1cos 3F T α= 13-5 22233cos sin 3()sin 2b a g b a ϕϕωϕ-=-13-6 445N ADF .=，54N BE F =13-7 2222(sin )cos sin J mr mr M ϕϕϕϕϕ++= 13-8 2222143)2(43ωr m gr m m M -+=，2143ωr m F Ox -=，4)2()(22121ωr m m g m m F Oy +-+= 13-9 0β=︒时，2329N Ax F =-，1382N Bx F =，1962N Ay By F F .==180β=︒时，12238N Ax F .=，592N Bx F =-，1962N Ay By F F .==13-10 2023ωmr F Ax -=，mgr F Ay =,20221ωmr F Bx =，mgr F By =13-11 g a a C x C 1712==，mg F 175= 13-12 l g 791=ε，lg 732-=ε，0=Ox F ，mg F Oy 72=第14章14-1 ctg 2P /Q /ϕ= 14-2 (3ctg 2)Ax F /P θ=14-3 A F P /=14-4 ctg Q P θ= 14-5 450N Q P /==14-6 12F F l =／2(cos )a ϕ14-7 05kN 21kN m Ax Ay A F F m ===⋅，，14-8 1866kN P .=14-9 2()F lx a k b=+14-10 2(kN)Ax F =， 3.804(kN)Ay F =，24(kN m)A M =-⋅，18.588(kN)B F =。
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。
【最新试题库含答案】《理论力学》第六章作业答案
《理论力学》第六章作业答案：篇一：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：?X?0 FBD?cos60?cos120?FAD?cos120?cos60?FED?cos60?FCD?cos60?0?Y??0 FBD?FADZ?0 ?FBD?cos30?FAD?cos30?G?0?FED?cos30?FCD?cos30?FBD?FAD??31.55kN FCD?1.55kN6-2 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：??X?0 TB?G?cos30?cos120?0 TA?G?cos30?cos1500000?0?0?YZ?0 N?G?cos60?0?N?500N TA?750N TB?433N6-3 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：?Z?0 NxA?NCB?NC?G?P?0A?m?m?N?0 ?N?0 NA?MC?(NB?NB)?MD?0y?AD?NB?DB?G?0.5m?P?4m?0CA?8.33kN N?78.33kN N?43.34kN6-4 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。
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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nBA A a a a a a ++=+ττBA nB B 将上式向X 轴投影21222857s /m .BO /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 ；s rad 4=OA ω。
在图示位置时，曲柄OA 与水平线OB 垂直；且B 、D 和F 在同一铅直线上。
又DE 垂直于EF 。
求杆EF 的角速度和点F 的速度。
6－4.在瓦特行星传动机构中，平衡杆O 1A 绕O 1轴转动，并借连杆AB 带动曲柄OB ；而曲柄OB 活动地装置在O 轴上，如图所示。
在O 轴上装有齿轮I ，齿轮II 与连杆AB 固连于一体。
已知：m 33.021==r r ，O 1A =0.75m ，AB =1.5m ；又平衡杆的角速度rad 61=O ω。
求当︒=60γ且︒=90β时，曲柄OB 和齿轮I 的角速度。
6－5. 使砂轮高速转动的装置如图所示。
杆O 1O 2绕O 1轴转动，转速为n 4。
O 2处用铰链连接一半径为r 2的活动齿轮II ，杆O 1O 2转动时，轮II 在半径为r 3的固定内齿轮III 上滚动，并使半径为r 1的轮I 绕O 1轴转动。
轮I 上装有砂轮，随同轮I 高速转动。
已知1113=r r ，m in r 9004=n 。
求砂轮的转速。
6－6. 图示小型精压机的传动机构，OA=O 1B=r =0.1m ， EB=BD=AD=l =0.4m 。
在图示瞬时，AD OA ⊥，ED B O ⊥1，O 1D 在水平位置，OD 和EF 在铅直位置。
已知曲柄OA 的转速m in r 120=n ，求此时压头F 的速度。
6－7.半径为R的轮子沿水平面滚动而不滑动，如图所示。
在轮上有圆柱部分，其半径为r。
将线绕于圆柱上，线的B端以速度v和加速度a沿水平方向运动。
求轮的轴心O的速度和加速度。
6－8．在图示平面机构中，已知：BC=5cm，AB=10cm，A点以匀速度u A=10m/s 沿水平运动，方向向右；在图示瞬时， =30°，BC杆处于铅垂位置。
试求该瞬时：（1）B点的加速度；（2）AB杆的角加速度；（3）AB杆中点D的加速度。
解：（1）求a B 和εAB()方向如图示为基点则选求逆时针由图中几何关系得则为基点选杆作瞬时平动不垂直于且常量 cm/s 3/3203/45)2(/3/4 10/3/40/cm/s 3/340)2/3/(25 30cos /cos / ,A rad/s25/10/,0,,||0,22AB 222=⨯=⋅==∴++=====⨯=⋅===++=+====∴=∴=AB DA D DAnDA A D DBA BC nB BA B BA n BA A B nB B BC AB A B A A A DA a a a a a a A a s rad AB a BC a a a a a a a a BC V AB V AB V V a V εεωθωωττττττ6－9．平面机构中在图示θ=30°位置时，杆AB 及O 2C 分别处于水平及铅垂位置，O 1A 为铅垂线，O 1A=O 2C=L=10cm ，u A =8cm/s ，αA =0。
试求此瞬时：（1）连杆BC 的角速度ωBC ；（2）杆O 2C 的角速度ω2；（3）杆O 1B 的角加速度。
解：由速度投影定理 AB B AB A V V ][][=/ 0)/60sin (2 60sin 60cos ),0(cm/s 34.6cm/s 8.1220/16/a rad/s8.010/8/, rad/s 6.110/16/ rad/s 8.020/16/ cm/s16 ,C cm/s 1660cos /860cos / 11122222212B 1122BC ==∴=⋅-⋅==++=+==⋅=============∴===+====B O a B O V AB a a a a a a a a a A BA a B O V A O V O AB CO V BC V V V V V V V V V B B AB B n BAn B B nBA BA n B B A AB nBA B nA ABC BC B BC C BC C B A B τττττεωωωωω 得将上式向水平轴投影则有为基点取点有故杆的速度瞬心为点顺时针顺时针故则得为基点取点得6－10. 半径为R 的圆盘沿水平地面作纯滚动，细杆AB 长为L ，杆端B 可沿铅垂墙滑动。
在图示瞬时，已知圆盘的角速度ω0，角加速度为ε0，杆与水平面的夹角为θ。
试求该瞬时杆端B 的速度和加速度。
解：（1）求B VC 1为圆盘速度瞬心，故V A =R ω0 ∵C 2为杆AB 速度速度瞬心，故铅直向下方向方向有上式投影在则为基点选求铅直向下:)sin /( sin /)cos ( cos sin , ,)2( sin /cos sin //3202020000202θωθεθωθεθθεθωθωθωθωωτL R ctg R L R a a a a BA a a a a A R a a ctg R L R L BC V L R AC V AB B nBAA B BAnBA A B A BAB B A AB +=+=∴+=++===⋅=⋅=∴==6－11.如图所示，轮O 在水平面上滚动而不滑动，轮心以匀速s m 2.0=O υ运动。
轮缘上固连销钉B ，此销钉在摇杆O 1A 的槽内滑动，并带动摇杆绕O 1轴转动。
已知：轮的半径R =0.5m ，在图示位置时，AO 1是轮的切线，摇杆与水平面间的交角为︒60。
求摇杆在该瞬时的角速度和角加速度。
6－12.已知图示机构中滑块A 的速度为常值，s m 2.0=A υ，AB =0.4m 。
图示位置AB=BC ，︒=30θ。
求该瞬时杆CD 的速度和加速度。
6－13.平面机构的曲柄OA 长为2a ，以角速度ω0绕轴O 转动。
在图示位置时，AB ＝BO 且 ∠OAD = 90︒。
求此时套筒D 相对于杆BC 的速度。
解：1．分析滑块B02ωa v A =，0e ωa v B =3230cos 0e a ωa v v B B =︒=2．杆AD 作平面运动︒=30cos a D A v v ，340a ωa v D =3．分析滑块D320a e ωa v v B D ==，320e a r ωa v v v D D D =-=6－14.曲柄导杆机构的曲柄OA 长120mm ，在图示位置∠AOB=90︒时，曲柄的角速度ω =4rad/s ，角加速度α = 2 rad/s2。
试求此时导杆AC 的角加速度及导杆相对于套筒B 的加速度。
设OB=160mm 。
v B解：1．v ：分析滑块B （动系）ω⋅=OA v A r a cos cos v OA v v v A B =⋅===θωθθωθsin sin ⋅==OA v v A BAθωθωω22sin sin =⋅==OAOA AB v BA AC2．a ：分析滑块B （动系）α⋅=OA a A t ，2n ω⋅=OA a ArC t n n t a a a aaa a a a +=+++==BABAA A B将上式沿AC 方向投影)43160120(tan ==θ222nn t r mm/s28.545sin sin cos sin cos -=+⋅-⋅=+-=θωθωθαθθOA OA OA a a a a ACBAA A 将加速度的矢量方程沿垂直AC 的方向投影：C AA BA a a a a-=--θθcos sin n t tn t t .574cos sin =-+=C AA BAa a a aθθ，2t rad/s 87.2==ABaBAAC α6－15曲柄连杆机构带动摇杆O 1C 绕O 1轴摆动。
在连杆AB 上装有两个滑块，滑块B 在水平槽内滑动，而滑块D 则在摇杆O 1C 的槽内滑动。
已知：曲柄长OA =50 mm ，绕O 轴转动的匀角速度ω=10 rad/s 。
在图示位置时，曲柄与水平线间成90˚角；摇杆O 1C 与水平线间成60˚角，∠OAB =60︒。
距离O 1D =70mm 。
求摇杆O 1C 的角速度和角加速度。
解（1）机构中曲柄OA 和摇杆O1C 作定轴转动，连杆ABD 作平面运动，滑块B 作水平直线运动，在此瞬时，v A和v B均沿水平方向，故连杆ABD 作瞬时平移，则6－16 平面机构如图所示。
套筒在轮缘上B 点铰接，并可绕B 转动，DE 杆穿过套筒。
已知：r=h=20cm ，OA=40cm 。
在图示位置时，直径AB 水平，杆DE 铅垂，OA 杆的角速度ω=2rad/s 。
试求该瞬时杆DE 的角速度以及角加速度。
解：轮作平面运动 u A =OA·ω=80cm/s 以A 为基点： CA A C u u u+= u C =u A cos60°=40 cm/s以C 为基点： BC C B u u u+=动点：铰链B ，动系：DE r e B u u u+= 即 BC C u u +=r e u u+ 得 u e =u C∴ ωDE =u e /DB=1 rad/s 逆时针a e t =7.57 m/s 2αDE =18.93 rad/s 2 逆时针。