《理论力学》动力学典型习题+答案
理论力学习题答案
2-3 梁的支承及载荷如图示,梁的自重不计。
以载荷M、P、q表示支承处的约束力。
(a) (b)(c) (d)(e) (f)（a）题2-3(a)图题2-3（a）答案图解: 对象:AB杆,受力如图示:建立参考基如图示∑==niixF1=AxF∑==niiAzFm1)(22=⋅+-⋅-⋅aqaMaFaFByaMqaFFBy2412+-=∑==niiyF1=--+qaFFFByAyaMqaFFAy2452-+=(b)、题2-3（b ）图 题2-3（b ）答案图解: 对象AB 杆,受力如图示，建立参考基如图示∑==n i ix F 100=Ax F∑==ni i Az F m 10)( 03212=-⋅⋅-⋅+⋅M a a q a F a F ByaMF qa F By 2243+-=∑==ni iy F 10 0321=-⋅-+F a q F F By AyaM F qa F Ay 22343-+=（C ）、题2-3（C ）图 题2-3（C ）答案图 解：以AD 梁为研究对象，画出受力图如图所示。
建立参考基如图示0)(1=∑=i n i A F m 02342=⋅-⋅-⋅b qb b qb b F N C 得qb F N C 85= 01=∑=n i iy F 04=--+qb qb F F N C Ay 得qb F Ay 85= 01=∑=n i ix F0=Ax F（d ）题2-3（d ）图 题2-3（d ）答案图解：以AB 梁为研究对象，画受力图如图所示。
建立参考基如图示0)(1=∑=i n i A F m 0222=-⋅⋅-⋅qb b b q b F N B 得qb F N B 23=01=∑=n i iy F 02=⋅-+b q F F Ay N B 得qb F Ay21= 01=∑=n i ix F0=Ax F（e ）、题2-3（e ）图 题2-3（e ）答案图解：以AB 梁为研究对象，画受力图如图所示。
理论力学动力学部分试题及答案
1物体自地球表面以速度眄铅直上抛.试求该物体返回地面时的速度巧・假定空气阻力R=mkv2,其中k是比例常量，搜数值它等于单位质量在单位速度时所受的阻力。
m是物体质V 是物体速度，重力加速度认为不变.答:叮解：阻力方向在上升与下降阶段不同（其方向与速度y相反），故分段考虑（1）上升阶段：tn— - -tng一dt通过坐标变换有加V字二-刃护-加£ ,积分得axvdv（2）下落阶段:(1)g2.静止中心0以引力F=k2mr吸弓I质量是m的质点M,其中k是比例常量，r=OM是点M的矢径.运动开始时OMo=b,初速度时呵并与阪成夹角求质点M的运动方程。
x = b cos 处 + —cosasin ktky = —sinasin^k解：取坐标如图，质点M在任意位貳将fna = F 沿x、y轴投彫，得mx = 一F cos<p= -k2fnrcos （p= -Qmxfny = 一Fsin cp= -k2fnr sin (p= -k^my艮卩x+k2x = 0 , y+^2y = 0徽分方程得通解为：x = s coskt+c2 sin kt求导得x = -kc x sin kt + kc2 coskt , y = -kc3 sin kt + kc^ cos kt (2)已知初始条件f=0 z 妒b z /o=0，x0 = v0 sin a ,代入方程（1），（2）得点M的运动方程为v =—cosax = 2?cos Ar/ +—kcos ar sin kt -I sin asin kt y =c3 cos kt + c^ sin kt (1)九=v0 sin a3单摆M 的悬线长/,摆重G 支点B 具有水平向左的均加速度a.如将摆在&=0处静止 释啟，试确定悬线的张力T （表示成&的函数）.解：质点的相对徴分方程为 ma r = mg+f +©投影到法线方向由式(2)得T = Gsin3 + —acos0 + — v 2g 0T = G 3 sin + 3 — cos — 2 —\ g S )答・ T - G(3sin3-cos^- 2-) g g投影到切线方向= T-Gsin^-0e cosB g !(2)由式（1）得 妙=gcos^-usin 0分离变量并积分|*V Xiv = \ f geos^10- [ asm Odd v 2 = 2"gsin &+ocos&-a 1(3)将式（3）代入上式代入式（2）得dt dt积分得4.水平面内弯成任意形状的细管以匀角速度G 绕点0转动.光滑小球M 在管內可自由 运动.设初瞬时小球在吆处，OMo=©相对初速^v o =0,求小球相对速度大小冬与极径r的关系。
清华大学版理论力学课后习题答案大全 第7章质点动力学.
第3篇工程动力学基础第7章质点动力学习题7-1图7-1图示滑水运动员刚接触跳台斜面时，具有平行于斜面方向的速度 40.2km/h ，忽略摩擦，并假设他一经接触跳台后，牵引绳就不再对运动员有作用力。
试求滑水运动员从飞离斜面到再落水时的水平长度。
解：接触跳台时m/s设运动员在斜面上无机械能损失m/sm/s, m/sOmsssm习题7-2图7-2 图示消防人员为了扑灭高 21m 仓库屋顶平台上的火灾，把水龙头置于离仓库墙基 15m 、距地面高 1m 处，如图所示。
水柱的初速度m/s ，若欲使水柱正好能越过屋顶边缘到达屋顶平台，且不计空气阻力，试问水龙头的仰角应为多少？水柱射到屋顶平台上的水平距离为多少？解：(1 (1(2(1代入(2，得,(2 （到最高点所经过时间）m7-3 图示三角形物块置于光滑水平面上，并以水平等加速度向右运动。
另一物块置于其斜面上，斜面的倾角为θ。
设物块与斜面间的静摩擦因数为，且tanθ>，开始时物块在斜面上静止，如果保持物块在斜面上不滑动，加速度的最大值和最小值应为多少？(b习题7-3图(a 解：1、物块不上滑时受力图(a(1(2临界： (3(3代入(1、(2，消去，得(42、物块不下滑时受力图(b：(5(6临界： (7(7代入(5、(6，消去，得(87-4 图示物体的质量为m，悬挂在刚度系数为k的弹簧上，平衡时弹簧的静伸长为δst。
开始时物体离开平衡位置的距离为a，然后无初速度地释放。
试对图中各种不同坐标原点和坐标轴列出物体的运动微分方程，写出初始条件，求出运动规律，并比较所得到的结果。
习题7-4图解：(a受力图(e，且(1(2(3(1、(2代入(3，得(4记，则(5初始条件：时，， (6(f(6 代入 (5 ，得(e；(b受力图(e令，则初始条件：时，，(c受力图(f代入上式，即当时，，；(d受力图(f当时，，；习题7-5图7-5图示质量为m的平板置于两个反向转动的滑轮上，两轮间的距离为 2 d，半径为R。
理论力学课后答案-谢传峰、王琪-动力学第九章、第十章
1 2
2l m dx(
x sin )2 0 2l
2 ml 2
2 sin2 3
O C
系统的动能 T T1 T2 。 取 900 为势能零点，则系统的势能为：
V mgl cos
则拉格朗日函数：
L T V 2 ml2 (2
2 sin2 ) mgl cos 3
x
楔块 B 的速度 vB ，以及 B 相对于 A 的相对速度
满足如下的矢量关系（方向如图所示）：
vB vA vBr
系统的动能为：
vBr vA
T
1 2
m
Av
A
2
1 2
mBvB 2
P1 2g
x 2
P2 2g
[(x
s cos)2
(ssin)2 ]
1 2g
(P1
P2 )x 2
度
转动。物体的质心 G 在垂直于 O1O2 的直线上，O3G l 。设 O1O2 和 O3G 是物体过 O3
点的惯量主轴，转动惯量为 J1 和 J 2 ，物体对另一过 O3 点的惯量主轴的转动惯量为 J 3 ，试
求物体的动能表达式并建立物体的运动微分方程。 解：
以该物体为研究对象，有一个自由度，取 O3G 和 OC 的夹角 为广义坐标。若以框架 O1O2OC 为动系，则物体的相对运动是以角速度 绕轴 O1O2 的定轴转动，牵连运动是以角 速度
垂直于 O1O2 的平面
z’
O3
θ G
y’
坐标系 O3 x y z 的三个坐标轴为过 O3 点的三个惯量主轴，则系统的动能为：
T
《理论力学》动力学典型习题+答案
学习 资料 整理 分享《动力学I 》第一章 运动学部分习题参考解答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 22lklk l y v ====θθθ 938cos sin 2232lk lk y a =-==θθ1－6证明：质点做曲线运动,所以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 v a =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= 由此解得：xsv x-= （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）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xR x 22cos -=θ （b ） 将上式代入（a ）式得到A 点速度的大小为： 22Rx x Rv A -=ω （c ）由于x v A -=，（c ）式可写成：Rx R x xω=--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x2后，可求得：22242)(R x xR x --=ω由上式可知滑块A 的加速度方向向左，其大小为 22242)(R xxR a A -=ω1－13解：动点：套筒A ；动系：OA 杆； 定系：机座； 运动分析：绝对运动：直线运动；o vo va ve vr vxovxot学习 资料 整理 分享 相对运动：直线运动； 牵连运动：定轴转动。
理论力学 陈立群 第10章能量方法习题解答
第十章质点系动力学——能量方法 习题解答10-1半径为r 的匀质圆轮质量均为m ，图（a ）和（b ）所示为轮绕固定轴O 作定轴转动，角速度为ω；图（c ）为轮作纯滚动，轮心速度为v 。
试写出它们的动能。
解：（a ）匀质圆轮作定轴转动， 对O 点的转动惯量为 2222321mr mr mr J O =+=，动能为2224321ωωmr J T O ==。
（b ）匀质圆轮作定轴转动，对O 点的转动惯量为 222121mr mr J O ==， 动能为2224121ωωmr J T O ==。
（c ）匀质圆轮作作纯滚动，ωr v =，动能为222432121mv J mv T C =+=ω10-2匀质杆OA 长l ，质量为m ，绕O 点转动的角速度为ω；匀质圆盘半径为r ，质量也为m 。
求下列三种情况下系统的动能： （1）圆盘固结于杆；（2）圆盘绕A 点转动，相对杆的角速度为ω-； （3）圆盘绕A 点转动，相对杆的角速度为ω。
解：（1）圆盘固结于杆。
对O 点转动惯量为2222221342131mr ml ml mr ml J O +=++=动能为()22223812121ωωm r l J T O +==（2）圆盘绕A 点转动，相对杆的角速度为ω-，则圆盘作平移，质心速度为ωl v =。
动能为： T=T 杆+T 盘=22222223221612121ωωωml mv ml mv J O =+=+（3）圆盘绕A 点转动，相对杆的角速度为ω，则圆盘的角速度为ω2。
T=T 杆+T 盘=()()222222222412*********ωωωωωmr l m ml J mv J C O ++=++()222321ωm r l +=。
10-3质量为m 1的匀质杆，长为l ，一端放在水平面上，另一端与质量为m 2、半径为r 的匀质圆盘在圆盘中心O 点铰接。
圆盘在地面上作纯滚动，圆心速度为v 。
求系统在此位置的动能。
《理论力学》习题三答案
《理论力学》习题三答案一、单项选择题（本大题共30小题，每小题2分，共60分）1. 求解质点动力学问题时，质点的初始条件是用来（ C ）。
A 、分析力的变化规律； B 、建立质点运动微分方程； C 、确定积分常数； D 、分离积分变量。
2. 在图1所示圆锥摆中，球M 的质量为m ，绳长l ，若α角保持不变，则小球的法向加速度为（ C ）。
A 、αsin g ；B 、αcos g ；C 、αtan g ；D 、αtan gc 。
3. 已知某点的运动方程为2bt a S +=（S 以米计,t 以秒计，a 、b 为常数），则点的轨迹为（ C ）。
A 、是直线；B 、是曲线；C 、不能确定；D 、抛物线。
4. 如图2所示距地面H 的质点M ，具有水平初速度0v，则该质点落地时的水平距离l 与（ B ）成正比。
A 、H ； B、H ； C 、2H ；D 、3H 。
5. 一质量为m 的小球和地面碰撞，开始瞬时的速度为1v ，碰撞结束瞬时的速度为2v（如图3），若v v v ==21，则碰撞前后质点动量的变化值为（ A ）。
A 、mv ；B 、mv 2 ；C 、mv 3；D 、 0。
6. 一动点作平面曲线运动，若其速率不变，则其速度矢量与加速度矢量（ B ）。
A 、平行； B 、垂直； C 、夹角随时间变化； D 、不能确定。
7. 三棱柱重P ，放在光滑的水平面上，重Q 的匀质圆柱体静止释放后沿斜面作纯滚动，则系统在运动过程中（ A ）。
A 、沿水平方向动量守恒，机械能守恒；B 、动量守恒，机械能守恒；C 、沿水平方向动量守恒，机械能不守恒；D 、均不守恒。
图1图2图38. 动点M 沿其轨迹运动时，下列几种情况中，正确的应该是（ A ）。
A 、若始终有a v⊥，则必有v 的大小等于常量； B 、若始终有a v ⊥，则点M 必作匀速圆周运动；C 、若某瞬时有v ∥a，则点M 的轨迹必为直线；D 、若某瞬时有a 的大小为零，且点M 作曲线运动，则此时速度必等于零。
E420-理论力学-动力学第三章部分习题解答
动力学第三章部分习题解答3－3 取套筒B 为动点，OA 杆为动系 根据点的复合运动速度合成定理r e a v v v +=可得：l v v ω==e 0a 30cos ，l v v v BC B ω332a === 研究AD 杆，应用速度投影定理有：030cos D A v v =，l v D ω334=再取套筒D 为动点，BC 杆为动系，根据点的复合运动速度合成定理r D BC D v v v +=将上式在x 轴上投影有：r D BC D v v v +-=-，l v v v BC D D ω332r =+-=3－4 AB 构件（灰色物体）作平面运动， 已知A 点的速度s A O v A /0cm 4510==ωAB 的速度瞬心位于C ，应用速度瞬心法有：rad/s 23==AC v A AB ω BC v AB B ω=，设OB 杆的角速度为ω，则有rad/s 415==OB v B ω 设P 点是AB 构件上与齿轮I 的接触点， 该点的速度：CP v AB P ω=齿轮I 的角速度为：rad/s 61==r v PI ω a v e vr vA vDv rD v A vB P v CAB ωI ω3－6 AB 杆作平面运动，取A 为基点 根据基点法公式有：BA A B v v v +=将上式在AB 连线上投影，可得0,01==B O B v ω因此，041ωω==AB v A AB因为B 点作圆周运动，此时速度为零，因此只有切向加速度（方向如图）。
根据加速度基点法公式n t BA BAA B aaa a ++=将上式在AB 连线上投影，可得n060cos BA A B a a a +=-，r a B 205.2ω-=201231ωα-==B O a B B O （瞬时针）3－7 齿轮II 作平面运动，取A 为基点有nt BA BA A B a a a a ++= n t 1BA BA a a a a ++=将上式在x 投影有：n 1cos BA a a a -=-β由此求得：212n 2cos 2r a a r a BAII βω+==再将基点法公式在y 轴上投影有：2t2sin r a a II BA αβ==，由此求得22sin r a II βα=再研究齿轮II 上的圆心，取A 为基点n t n t2222A O AO A O O aaa aa++=+将上式在y 轴上投影有2sin 2t t 22βαa r a a II AO O ===， B vBAv A vAa Ba t BA an BA atBA anBA axyt2A Oa n 2AO a xyn 2O a t 2Oa由此解得：)(2sin 2121t 221r r a r r a OO O +=+=βα再将基点法公式在x 轴上投影有：n1n22A O O a a a -=- 由此解得：2cos 1n2a a a O -=β，又因为221n 212)(O O O r r a ω+= 由此可得：)(2cos 21121r r a a O O +-±=βω3－9 卷筒作平面运动，C 为速度瞬心， 其上D 点的速度为v ，卷筒的角速度为r R vDC v -==ω 角加速度为rR ar R v -=-== ωα 卷筒O 点的速度为：rR vRR v O -==ω O 点作直线运动，其加速度为 rR aRr R R v va O O -=-==研究卷筒，取O 为基点，求B 点的加速度。
清华大学版理论力学课后习题答案大全第13章 动力学普遍方程习题解
习题13－1图*第13章动力学普遍方程和第二类拉格朗日方程13－1图示均质细杆OA 长为l ，重力为P ，在重力作用下可在铅垂平面内摆动，滑块O 质量不计，斜面倾角θ，略去各处摩擦，若取x 及ϕ为广义坐标，试求对应于x 和ϕ的广义力。
解：应用几何法，令0δ=x ；0δ≠ϕ则：ϕϕϕϕϕϕsin 21δδ2sin δδPl lP W Q -=-='=令0δ≠x ；0δ=ϕ则：θθsin δδsin δδP xxP x W Q x -=-=''=13－2图示在水平面内运动的行星齿轮机构，已知固定齿轮半径为R ，均质行星齿轮半径为r ，质量为m ，均质杆OA 质量为m 1，杆受矩为M 的力偶作用而运动，若取ϕ为广义坐标，试求相应的广义力。
解：应用几何法，设对应于ϕ的虚位移0δ≠ϕ则：M M W Q ===ϕϕϕϕδδδδ13－3在图示系统中，已知：均质圆柱A 的质量为M 、半径为R ，物块B 的质量为m ，光滑斜面的倾角为β，滑轮质量忽略不计，并假设斜绳段平行斜面。
若以θ 和y 为广义坐标，试分别用动力学普遍方程和第二类拉格朗日方程求：（1）系统运动微分方程；（2）圆柱A 的角加速度和物块B 的加速度。
解：（1）在系统上施加惯性力如图（a ）所示。
其中：)(I θ R y M F A -=；y m F B=I θθ2I 21MR J M A A ==应用动力学普遍方程，δ)sin (δ)sin (I I I I +-+---θββR Mg M R F y Mg F F mg A A A B 可得系统运动微分方程：0sin )(=----βθMg R y M y m mg 0sin 21)(2=+--R Mg MR R R yM βθθ 整理后有：0)sin ()(=-+-+g m M MR yM m βθ 0sin 23=--βθg yR习题13-2图习题13-3图F应用第二类拉格朗日方程：2222)(21212121θθ R y M MR y m T -+⋅+=；)(sin θβR y Mg mgy V -+-==-=V T L 2222)(21212121θθ R y M MR y m -+⋅+)(sin θβR y Mg mgy --+)(d d θ R yM y m y L t -+=∂∂；βsin Mg mg y L -=∂∂0d d =∂∂-∂∂y L y L t ；0)sin ()(=-+-+g m M MR y M m βθ （a ）)(21d d 2θθθ R y RM MR L t --=∂∂；R Mg L βθsin =∂∂0d d =∂∂-∂∂θθL L t；0sin 23=--βθg y R （b ）（2）求圆柱A 的角加速度和物块B 的加速度。
理论力学 第7章质点动力学习题解答
1第七章 质点动力学 习题解答7-1 质量为40 g 的小球M 以初速度v =8 j (m/s)从点A (0, 0, 0.3m)抛出后，受到沿i 方向恒定的电磁力作用，其大小F = 0.8 kN ，如图所示。
求小球M 到达xy 平面点B 时，点B 的坐标和小球的速度。
解：取小球M 为研究对象，小球所受到的主动力为 k i F mg F R -=由质点运动微分方程R F m =r ，写出投影式F x m = ，0=ym ，mg z m -= 初始条件为000====t t y x ，3.00==t z ；000====t t z x，v y t ==0 解得质点的速度方程为t mFx= ，v y = ，gt z -= 质点的运动方程为 22t m F x =，vt y =，3.022+-=t gz 当0=z 时，小球到达xy 平面，由03.022=+-=t g z 解得s 247.01=t ，于是小球到达xy 平面时的各速度分量为m/s 7.494811===t mFxt t ，m/s 81===v y t t ，m/s 425.211-=-==gt z t t . 各坐标为m 2.6122211===t m F x t t ，m 979.111===vt y t t ，m 137.23.02211-=+-==t gz tt .7-2 图示A ，B 两物体的质量分别为m A 和m B ，二者用一细绳连接，此绳跨过一定滑轮，滑轮半径为r 。
运动开始时，两物体的高度差为h ，且m A > m B ，不计滑轮质量。
求由静止释放后，两物体达到相同高度时所需的时间。
解：分别取A 和B 物体为研究对象，受力图如图示，列出动力学方程TA A A A F W x m -= ， TB B B B F W x m -= ， 式中g m W A A =，g m W B B =，根据题意，有TB TA F F =，B A x x -=，B A xx -= 初始条件00==t A x ，h x t B ==0，00==t A x，00==t B x . 解以上初值问题，得题7-2图题7-2受力图2g m m m m xBA B A A +-= ， ()22gt m m m m x B A BA A +-=g m m m m x B A B A B +--= ， ()h gt m m m m x B A BA B ++--=22令B A x x =，即()()h gt m m m m gt m m m m B A BA B A B A ++--=+-2222解得当两物体达到相同高度时 ()()gm m h m m t B A B A -+=...7-3 质量为m 的质点M 受到引力F = -k 2m r 的作用，其中k 为常量，运动开始时，质点M在轴x 上，OM 0 = b ，初速度v 0与轴x 的夹角为β，如图所示。
理论力学--动力学习题+答案
理论力学电子教程
第八章 质点的运动微分方程
例11-3 图示的均质杆OA的质量为30kg，杆在铅垂位置时弹簧处 于自然状态。设弹簧常数k =3kN/m，为使杆能由铅直位置OA转 到水平位置OA'，在铅直位置时的角速度至少应为多大？ 解：研究OA杆 （1）OA杆所受外力的功： 1 2 2 W12 P 1.2 k (1 2 ) 2 1 30 9.8 1.2 3000 [0 2 (2.4 1.2 2 ) 2 ] 388.4(J) 2 （2） OA杆的动能：T1 1 1 30 2.4 2 0 2 28.8 0 2 2 3 T2 0 （3）对OA杆应用动能定理：
（1）质点的运动方程和运动微分方程的物理意义相同.（ × ）
运动方程是位移与时间关系方程；运动微分方程是位移微分与力关系方程。
（2）已知质点的运动方程可唯一确定作用于质点上的力。（√） （3）已知作用于质点上的力可唯一确定质点的运动方程。（×）
已知作用于质点上的力确定质点的运动方程时还需考虑运动的初始条件。
A B
代入（3）、（4）并结合（2）式得：
2g A B 5r
4 aC g 5
理论力学电子教程
第八章 质点的运动微分方程
（2）选圆柱A为研究对象
1P 2 r A M Tr （1） 2g
选圆柱B为研究对象
P 1P 2 r B T ' r （2） aC T ' P 2g g
T1 0
（3）求O处约束反力 作圆盘的受力分析和运动分析，有
4g 4g n aC r 2 r 3r 3 2 aC r g 3
mg
C
由质心运动定理，得 4 n ma C FOx FOx mg 3
理论力学(动力学专题)_哈尔滨工业大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年
理论力学（动力学专题）_哈尔滨工业大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年1.在图示系统中，已知：匀质圆柱A的质量为m1，半径为r，板B的质量为m2，F为常力，圆柱A在板面上作纯滚动，板B沿光滑水平面运动。
试求：（1）以x和φ为广义坐标，用第二类拉格朗日方程建立系统的运动微分方程；（2）圆柱A的角加速度和板B的加速度。
答案:2.图示质量为m的小球M放在半径为r的光滑圆管内，并可沿管滑动。
如圆管在水平面内以匀角速度ω绕管上某定点A转动，试求小球沿圆管的运动微分方程。
答案:3.匀质杆AB的质量m=10kg ，长l=4m ，在光滑的水平面内运动，其质心速度v C=20m/s，方向垂直于A，角速度ω=10rad/s ，转向如图示。
当杆的A 端突然固定时，试求：(1)杆的角速度；(2) 杆端A的碰撞冲量。
答案:ω2=10 rad/sI=04.图示物块A的质量为m，均质杆OB的质量为1.5m，长为l，上、下两弹簧的刚度系数分别为2k与k。
在平衡位置时，弹簧处于铅垂，而杆OB处于水平。
试求系统的主振动频率。
若给杆以微小的起始角速度ω0时，物块A 的速度等于零，求物块A的运动方程。
答案:5.重P1为180N的矩形框架绕水平轴AB以角速度2πrad/s 转动；框架的C，D上又安装重P2为120N的飞轮M，如图所示。
飞轮的转速为n=1800r/min，飞轮对自转轴的回转半径ρ=100 mm，CD=300 mm，AB=600 mm。
求：(l)在轴承C与D上的陀螺力；(2)轴承A和B上的全压力；(3)欲使轴承A上的压力为零时，飞轮的自转角速度。
答案:F C=F D=483.4N；F A=91.7N, F B=391.6N；ω=117rad/s6.长为l、单位长度质量为ρ的链条，从板上小孔向下降落。
最初，当y很小时，链条处于静止，并不计摩擦。
在图a中，假设链条在通过小孔前都是静止的；在图b 中，假设任何时刻链条各节都具有相同的速度值。
理论力学练习册及答案同济
理论力学练习册及答案同济一、静力学基础1. 题目：一个均匀的木杆，长度为2m，重量为50kg，一端固定在墙上，另一端自由。
求木杆的重心位置。
答案：木杆的重心位于其几何中心，即木杆的中点。
由于木杆均匀，其重心距离固定端1m。
2. 题目：一个质量为10kg的物体，受到三个力的作用：F1=20N向右，F2=30N向上，F3=15N向左。
求物体的合力大小和方向。
答案：合力F = F1 + F2 + F3 = (20N, 0) + (0, 30N) + (-15N, 0) = (5N, 30N)。
合力大小F = √(5² + 30²) = √(25 + 900) = √925 ≈30.41N。
合力方向与水平线的夹角θ满足tanθ = 30N / 5N = 6，所以θ ≈ 80.53°。
二、动力学基础1. 题目：一个质量为2kg的物体，从静止开始沿直线运动，加速度为5m/s²。
求物体在第3秒末的速度和位移。
答案：速度v = at = 5m/s² × 3s = 15m/s。
位移s = 0.5at² = 0.5 × 5m/s² × (3s)² = 22.5m。
2. 题目：一个质量为5kg的物体，以20m/s的初速度沿直线运动，受到一个恒定的阻力，大小为10N。
求物体在第5秒末的速度。
答案：加速度a = F/m = -10N / 5kg = -2m/s²。
速度v = v0 + at = 20m/s - 2m/s² × 5s = 0m/s。
三、转动动力学1. 题目：一个半径为0.5m的均匀圆盘，质量为10kg，绕通过其中心的轴旋转。
若圆盘的角加速度为10rad/s²，求圆盘的转动惯量。
答案：转动惯量I = mr² = 10kg × (0.5m)² = 2.5kg·m²。
理论力学习题答案
静力学第一章习题答案1-3 试画出图示各结构中构件AB 的受力图 1-4 试画出两结构中构件ABCD 的受力图1-5 试画出图a 和b 所示刚体系整体合格构件的受力图1-5a 1-5b1- 8在四连杆机构的ABCD 的铰链B 和C 上分别作用有力F 1和F 2，机构在图示位置平衡。
试求二力F 1和F 2之间的关系。
解：杆AB ，BC ，CD 为二力杆，受力方向分别沿着各杆端点连线的方向。
解法1(解析法)假设各杆受压，分别选取销钉B 和C 为研究对象，受力如图所示：由共点力系平衡方程，对B 点有： 对C 点有：解以上二个方程可得：2163.1362F F F ==解法2(几何法)分别选取销钉B 和C 为研究对象，根据汇交力系平衡条件，作用在B 和C 点上的力构成封闭的力多边形，如图所示。
对B 点由几何关系可知：0245cos BC F F = 对C 点由几何关系可知： 0130cos F F BC =解以上两式可得：2163.1F F =静力学第二章习题答案2-3 在图示结构中，二曲杆重不计，曲杆AB 上作用有主动力偶M 。
试求A 和C 点处的约束力。
解：BC 为二力杆(受力如图所示)，故曲杆AB 在B 点处受到约束力的方向沿BC 两点连线的方向。
曲杆AB 受到主动力偶M 的作用，A 点和B 点处的约束力必须构成一个力偶才能F 2F BCF AB B 45oyx F BCF CDC60oF 130o xyF BC F CD 60oF 130o F 2F BC F AB 45o使曲杆AB 保持平衡。
AB 受力如图所示，由力偶系作用下刚体的平衡方程有（设力偶逆时针为正）： 其中：31tan =θ。
对BC 杆有：aM F F F A B C 354.0=== A ，C 两点约束力的方向如图所示。
2-4解：机构中AB 杆为二力杆，点A,B 出的约束力方向即可确定。
由力偶系作用下刚体的平衡条件，点O,C 处的约束力方向也可确定，各杆的受力如图所示。
《理论力学》动力学典型习题 答案_图文.
《动力学 I 》第一章运动学部分习题参考解答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 ====θθθ98cos sin 2232lk lk y a =-==θθ1-6证明:质点做曲线运动 , 所以 n t a a a +=, 设质点的速度为 v , 由图可知 : a a vv y n 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, va 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= 由此解得:xsv x-= (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xR x 22cos -=θ (b 将上式代入(a 式得到 A 点速度的大小为: 22Rx x Rv A -=ω (c由于 x v A -=, (c 式可写成:Rx R x xω=--22 ,将该式两边平方可得: 222222 (x R R x x ω=- 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由上式可知滑块 A 的加速度方向向左,其大小为 2 2242(R x xR a A -=ω1-13解:动点:套筒 A ;动系:OA 杆; 定系:机座; 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。
《理论力学》章节典型例题(含详解)—精品文档
《理论力学》章节典型例题（含详解）A 卷1-1、自重为P=100kN 的T 字形钢架ABD,置于铅垂面内，载荷如图所示。
其中转矩M=20kN.m ，拉力F=400kN,分布力q=20kN/m,长度l=1m 。
试求固定端A 的约束力。
解：取T 型刚架为受力对象，画受力图.1-2 如图所示，飞机机翼上安装一台发动机，作用在机翼OA 上的气动力按梯形分布：1q =60kN/m ，2q =40kN/m ，机翼重1p =45kN ，发动机重2p =20kN ，发动机螺旋桨的反作用力偶矩M=18kN.m 。
求机翼处于平衡状态时，机翼根部固定端O 所受的力。
解：1-3图示构件由直角弯杆EBD以及直杆AB组成，不计各杆自重，已知q=10kN/m，F=50kN，M=6kN.m，各尺寸如图。
求固定端A处及支座C的约束力。
1-4 已知：如图所示结构，a, M=Fa, 12F F F ==, 求：A ，D 处约束力.解：1-5、平面桁架受力如图所示。
ABC 为等边三角形，且AD=DB 。
求杆CD 的内力。
1-6、如图所示的平面桁架，A 端采用铰链约束，B 端采用滚动支座约束，各杆件长度为1m 。
在节点E 和G 上分别作用载荷E F =10kN ，G F =7 kN 。
试计算杆1、2和3的内力。
解：2-1 图示空间力系由6根桁架构成。
在节点A上作用力F，此力在矩形ABDC平面内，且与铅直线成45º角。
ΔEAK=ΔFBM。
等腰三角形EAK，FBM和NDB在顶点A，B和D处均为直角，又EC=CK=FD=DM。
若F=10kN，求各杆的内力。
2-2 杆系由铰链连接，位于正方形的边和对角线上，如图所示。
在节点D沿对角线LD方向F。
在节点C沿CH边铅直向下作用力F。
如铰链B，L和H是固定的，杆重不计，作用力D求各杆的内力。
2-3 重为1P ＝980 N ，半径为r =100mm 的滚子A 与重为2P ＝490 N 的板B 由通过定滑轮C 的柔绳相连。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
《动力学I 》第一章 运动学部分习题参考解答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 ====θθθ&&938cos sin 2232lk lk y a =-==θθ&&1－6证明：质点做曲线运动,所以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 v a =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 ⨯=3vρ 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 -=&，xx s s &&22= 由此解得：xsv x-=& （a ） (a)式可写成：s v x x 0-=&，将该式对时间求导得： 202v 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）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xR x 22cos -=θ （b ） 将上式代入（a ）式得到A 点速度的大小为： 22Rx x Rv A -=ω （c ）由于x v A &-=，（c ）式可写成：Rx R x xω=--22&，将该式两边平方可得： 222222)(x R R x x ω=-&将上式两边对时间求导可得：x x R x x R x x x &&&&&2232222)(2ω=--将上式消去x &2后，可求得：22242)(R x xR x --=ω&&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 -=ω1－13解：动点：套筒A ；动系：OA 杆； 定系：机座； 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。
根据速度合成定理 r e a v v v +=有：e a cos v v =ϕ，因为AB 杆平动，所以v v =a ，o vo vAxωOθAvAx ωO BvB Ra ve vr vxyoanavy vθ θxyo anatθ由此可得e cos v v =ϕ，OC 杆的角速度为OA v e =ω，ϕcos lOA =，所以l v ϕω2cos =当045=ϕ时，OC 杆上C 点速度的大小为lavl av a v C 245cos 02===ω1－15解：动点：销子M动系1：圆盘 动系2：OA 杆 定系：机座； 运动分析：绝对运动：曲线运动 相对运动：直线运动 牵连运动：定轴转动根据速度合成定理有r1e1a1v v v +=， r2e2a2v v v +=由于动点M 的绝对速度与动系的选取无关，即a1a2v v =，由上两式可得：r1e1v v +r2e2v v += (a)将（a ）式在向在x 轴投影,可得：0r20e20e130cos 30sin 30sin v v v +-=-由此解得：s m b OM v v v /4.0)93(30cos 30sin )(30tan )(30tan 020120e1e20r2-=-=-=-=ωω 32.02e2==ωOM vs m v v v v M /529.022r 2e2a2=+==1－17解：动点：圆盘上的C 点；动系：OA 杆； 定系：机座；运动分析：绝对运动：圆周运动；相对运动：直线运动（平行于O 1A 杆）； 牵连运动：定轴转动。
根据速度合成定理有r e a v v v += （a ）将（a ）式在垂直于O 1A 杆的轴上投影以及在O 1C 轴上投影得：0e 0a 30cos 30cos v v =，0e 0a 30sin 30sin v v =ωR v v ==a e ，ωR v v ==r a ，ωωω5.02O 1e 1===RR Av根据加速度合成定理有C a a a a a +++=r ne t e a （b ）将（b ）式在垂直于O 1A 杆的轴上投影得C a a a a -+=-0n e 0t e 0a 30sin 30cos 30sin其中：2a ωR a =，21n e 2ωR a =，r 12v a C ω=由上式解得：2t e 11232R ωα==a1－19解：由于ABM 弯杆平移，所以有M A M A a a v v ==.,取：动点：套筒M ；动系：OC 摇杆； 定系：机座； 运动分析：绝对运动：圆周运动； 相对运动：直线运动； 牵连运动：定轴转动。
根据速度合成定理r e a v v v +=可求得：m/s 2222e a =====ωb v v v v A M ，m /s 2er ===ωb v v ， rad/s 3345.12211===A O v A ω根据加速度合成定理C a a a a a a +++=+r n et e n a ta将上式沿C a 方向投影可得：C a a a a +-=-t en at a45sin 45cos由于221n a m/s 8==l a ω，2t e m/s 1==b a α，2r m/s 82==v a C ω，根据上式可得： 0t a 45cos 247+=a ，2t a 1rad/s 123)247(22≈+==l a α1-20解：取小环为动点，OAB 杆为动系运动分析绝对运动：直线运动； 相对运动：直线运动； 牵连运动：定轴转动。
由运动分析可知点的绝对速度、相对速度和牵连速度的方向如图所示， 其中：ωωωr r OM v 260cos 0e ===根据速度合成定理： r e a v v v +=可以得到：ωωθr r v v 3260cos 60sin tan 020e a === ，ωr v v 460cos 0er== ta anaat e ane ara Ca a ve vr ve1ve2vr2vr1vxav θM O A ω B r v e v t e ara v e vr v加速度如图所示，其中：222e 260cos ωωωr r OM a ===， 2r 82ωωr v a C ==根据加速度合成定理：C a a a a ++=r e a将上式在'x 轴上投影，可得：C a a a +-=θθcos cos e a ,由此求得：2a 14ωr a =1－21解：求汽车B 相对汽车A 的速度是指以汽车 A 为参考系观察汽车B 的速度。
取：动点：汽车B ； 动系：汽车A （O x’y’）；定系：路面。
运动分析绝对运动：圆周运动；相对运动：圆周运动；牵连运动：定轴转动（汽车A 绕O 做定轴转动） 求相对速度，根据速度合成定理 r e a v v v +=将上式沿绝对速度方向投影可得：r e a v v v +-= 因此 a e r v v v += 其中：AAB B R v R v v v ===ωω,,e a ， 由此可得：m/s 9380r =+=B A A B v v R R v 求相对加速度，由于相对运动为圆周运动，相对速度的大小为常值，因此有：22r nr r m/s 78.1===BR v a a2-1 解：当摩擦系数f 足够大时，平台AB 相对地面无滑动，此时摩擦力N fF F ≤取整体为研究对象，受力如图， 系统的动量：r 2v p m =将其在x 轴上投影可得：bt m v m p x 2r 2==根据动量定理有： g m m f fF F b m t p N x)(d d 212+=≤== 即：当摩擦系数gm m bm f )(212+≥时，平台AB 的加速度为零。
当摩擦系数gm m bm f )(212+<时，平台AB 将向左滑动，此时系统的动量为：v v v p 1r 2)(m m ++=将上式在x 轴投影有：v m m bt m v m v v m p x )()()(2121r 2+-=-++-=根据动量定理有：g m m f fF F a m m b m tp N x)()(d d 21212+===+-= 由此解得平台的加速度为：fg m m bm a -+=212（方向向左）2-2 取弹簧未变形时滑块A 的位置为x 坐标原点，取整体为研究对象，受力如图所示,其中F 为作用在滑块A 上的弹簧拉力。
系统的动量为：)(r 111v v v v v p ++=+=m m m m 将上式在x 轴投影： )cos (1ϕωl x m x m p x ++=&& 根据动量定理有：kx F l m x m m tp x-=-=-+=ϕωsin )(d d 211&&系统的运动微分方程为：t l m kx x m m ωωsin )(211=++&&2－4 取提起部分为研究对象，受力如图(a)所示，提起部分的质量为vt m ρ=，提起部分的速度为v ，根据点的复合运动可知质点并入的相对速度为r v ，方向向下，大小为v （如图a 所示）。
（a ） (b)根据变质量质点动力学方程有：v vt t tmm t t m ρρr r )()(d d )(d d v g F v g F v ++=++=将上式在y 轴上投影有：)()()()(d d 2r v vgt t F v v g vt t F tvm+-=--=ρρρ 由于0d d =tv，所以由上式可求得：)()(2v vgt t F +=ρ。
再取地面上的部分为研究对象，由于地面上的物体没有运动，并起与提起部分没有相互作用力，因此地面的支撑力就是未提起部分自身的重力，即：g vt l F N ρ)(-=3－5 将船视为变质量质点，取其为研究对象，受力如图。
根据变质量质点动力学方程有：'xCaaaθMOAωBr aeaOx’y’ ωe va vr vOx’y’ωn r aN Fg mg 1m Fx v r vvr vN F F g 1mg 2mxvr v g m )(t F y N F N FvN tm m t mF v g F v +++=d d d d r 船的质量为：qt m m -=0，水的阻力为v F f -=将其代入上式可得：N q m f tqt m F v g v v+-+-=-r 0d d )( 将上式在x 轴投影：)(d dv)(r 0v q fv tqt m ---=-。