新版理论力学课后习题答案第9章动量矩定理及其应用)-新版-精选.pdf
理论力学课后习题答案第9章动量矩定理及其应用
（1）
（2）
对A：
（3）
又：
以O为基点：
（→）
（↓）（4）
由上四式联立，得（注意到 ）
法2：对瞬心E用动量矩定理（本题质心瞬心之距离为常数）
又
可解得：
9－11图示匀质圆柱体质量为m，半径为r，在力偶作用下沿水平面作纯滚动。若力偶的力偶矩M为常数，滚动阻碍系数为 ，求圆柱中心O的加速度及其与地面的静滑动摩擦力。
解：对轮C：
对轮B和重物A：
运动学关系：
9－5图示电动绞车提升一质量为m的物体，在其主动轴上作用一矩为M的主动力偶。已知主动轴和从动轴连同安装在这两轴上的齿轮以及其它附属零件对各自转动轴的转动惯量分别为J1和J2；传动比r2:r1=i；吊索缠绕在鼓轮上，此轮半径为R。设轴承的摩擦和吊索的质量忽略不计，求重物的加速度。
（7）
将（5）、（6）、（7）代入（2）、（3）、（4）得
（8）
（9）
（10）
解得： ，与（1）式相同。
9－15圆轮A的半径为R，与其固连的轮轴半径为r，两者的重力共为W，对质心C的回转半径为，缠绕在轮轴上的软绳水平地固定于点D。均质平板BE的重力为Q，可在光滑水平面上滑动，板与圆轮间无相对滑动。若在平板上作用一水平力F，试求平板BE的加速度。
解：初始静止，杆开始运动瞬时， 必沿支承处切向，即沿AB方向，所以 此时沿AB方向，如图（a），以D为基点：
由
（1）
由AB作平面运动：
（2）
（3）
（4）
由（3），
解（1）、（2）、（4）联立
9－19如图所示，足球重力的大小为4.45N,以大小 =6.1m/s,方向与水平线夹40 角的速度向球员飞来，形成头球。球员以头击球后，球的速度大小为 =9.14m/s，并与水平线夹角为20 角。若球－头碰撞时间为0.15s。试求足球作用在运动员头上的平均力的大小与方向。
理论力学课后答案9
四川大学 建筑与环境学院 力学科学与工程系 魏泳涛
w.
kh
a ，方向向上。 2
da
w.
co
我在沙滩上写上你的名字，却被浪花带走了；我在云上写上你的名字，却被风儿带走了；于是我在理论力 学的习题答案上写上我的名字.
我在沙滩上写上你的名字，却被浪花带走了；我在云上写上你的名字，却被风儿带走了；于是我在理论力 学的习题答案上写上我的名字.
9.9 图示一凸轮导板机构。半径为 r 的偏心圆轮 O 以匀角速度 绕轴 O 转动，偏 心距 OO e ，导板 AB 重 FW 。当导板在最低位置时，弹簧的压缩量为 。要使 导板在运动过程中始终不离开轮轴，试求弹簧的刚度系数。
魏
泳
涛
m
课
后
答
四川大学 建筑与环境学院 力学科学与工程系 魏泳涛
案
网
ww
w.
kh
而 A 点坐标为 xA 2l cos S y A 2l sin 化简后 y2 ( x A l cos ) 2 A l 2 4
da
w.
co
解： 由于在水平方向上质心运动守恒。由于系统初始静止，因此系统质心位置始 终保持不变。 由图知 xC l cos l cos S
魏
泳
涛
m
ae 即为 AB 的加速度。
当 0 时， AB 处于最高位置，其加速度为 2e 。弹簧的压缩量为 2e 。 AB 受力图如下。
课
后
答
案
网
ww
T FW N k ( 2e) FW N
要保持接触，则应该有
理论力学动量矩定理
四. 平行移轴定理
刚体对某轴的转动惯量等于刚体对通过质心且与该轴平行 的轴的转动惯量，加上刚体的质量与两轴间距离的平方之乘积。
J z ' J zC m d 2
证明：设刚体的质量为m，质心为C。
O ' z '//Cz
J zC mi ri 2 mi ( xi 2 yi 2 )
J z ' mi ri ' 2 mi ( xi ' 2 yi ' 2 )
xi xi ', yi ' yi d
J z ' mi [ xi 2 ( yi d )2 ]
mi ( xi 2 yi 2 ) ( mi )d 2 2d mi yi
质点对O点的动量矩与对 z 轴的动量矩之间的关系：
M O (mv )
注意：要求 z 轴通过O点。
z
M z (mv )
二．质点系的动量矩
质点系对O点动量矩： LO 质点系对 z 轴动量矩： 同样有关系式： 例：平动刚体的动量矩。
M
O
Lz M z (mi vi )
(mv i i ) r i mv i i
( e)
PA PB d g ( d t r PA PB P / 2
）
[例4] 已知猴子A重=猴子B重，初始静止，后猴B以相对绳 速度 v 上爬，猴A相对绳不动。问猴B向上爬时，猴A将如何 动？动的速度多大？（轮重不计）
解： 设猴A向上的绝对速度为 vA，则
猴B向上的绝对速度为 vB= vvA 。
平动刚体对固定点（轴）的动量矩就等于刚体质心的动量 对该点（轴）的动量矩。
理论力学 陈立群 第9章习题解答
第九章平衡问题——能量方法 习题解答9-1质量为3 kg 的质点以5 m/s 的速度沿水平直线向左运动。
今对其施以水平向右的的常力，此力的作用经30 s 而停止，这时质点的速度水平向右，大小为55 m/s 。
求此力的大小及其所做的功。
解：取质点m 为研究对象。
由质点动量定理；()12v v F -=m t ：()12v v m Ft +=，解得：()())N (630555312=+=+=t v v m F .由质点动能定理； ()())J (450055532121222122=-⨯⨯=-==v v m Fs W .9-2如图所示，一弹簧振子沿倾角为ϑ的斜面滑动，已知物块重G ，弹簧刚度系数为k ，动摩擦因数为f ；求从弹簧原长压缩s 的路程中所有力的功及从压缩s 再回弹λ的过程中所有力的功。
解：取物块为研究对象。
物块受到重力G ，弹簧力F ，斜面摩擦力m ax F 和法向反力N F 作用，其中仅法向反力N F 不作功。
在弹簧压缩过程中，所有力的功为 ()221cos sin ks s f G W --=ϑϑ 在弹簧压缩s 再回弹λ的过程中，所有力的功为 ()()[]2221cos sin λλϑϑ--+--=s s k f G W 。
9-3弹簧原长l ，刚度系数为k ，一端固定在O 点，此点在半径为r = l 的圆周上。
如弹簧的另一端由图示的B 点拉至A 点，求弹簧力所做的功。
AC ⊥BC ，OA 为直径。
解：在B 点弹簧的变形为()l 121-=λ，在A 点弹簧的变形为l =2λ。
弹簧力所做的功为()()222211221kl k W --=-=λλ。
9-4图示机构在力F 1和F 2作用下在图示位置平衡，不计各构件自重和各处摩擦，OD=BD=l 1，AD=l 2。
求F 1/F 2的值。
解：用解析法解题。
()j i F ϑϑcos sin 11-=F , i F 22F = 点A 和B 的坐标及其变分为()()j i r ϑϑsin cos 2121l l l l A ++--= ，i r ϑcos 21l B -=题9-2图题9-3图质点的受力图()()j i r δϑϑδϑϑ⋅++⋅-=cos sin δ2121l l l l A ，i r δϑϑ⋅=sin 2δ1l B 。
理论力学课后习题答案
理论力学(盛冬发)课后习题答案c h11(总18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--第11章 动量矩定理一、是非题(正确的在括号内打“√”、错误的打“×”)1. 质点系对某固定点(或固定轴)的动量矩，等于质点系的动量对该点(或轴)的矩。
(×)2. 质点系所受外力对某点(或轴)之矩恒为零，则质点系对该点(或轴)的动量矩不变。
(√)3. 质点系动量矩的变化与外力有关，与内力无关。
(√)4. 质点系对某点动量矩守恒，则对过该点的任意轴也守恒。
(√)5. 定轴转动刚体对转轴的动量矩，等于刚体对该轴的转动惯量与角加速度之积。
(×)6. 在对所有平行于质心轴的转动惯量中，以对质心轴的转动惯量为最大。
(×)7. 质点系对某点的动量矩定理e 1d ()d nOO i i t ==∑L M F 中的点“O ”是固定点或质点系的质心。
(√)18. 如图所示，固结在转盘上的均质杆AB ，对转轴的转动惯量为20A J J mr =+2213ml mr =+，式中m 为AB 杆的质量。
(×)9. 当选质点系速度瞬心P 为矩心时，动量矩定理一定有e 1d()d nP P i i t ==∑L M F 的形式，而不需附加任何条件。
(×)10. 平面运动刚体所受外力对质心的主矩等于零，则刚体只能做平动；若所受外力的主矢等于零，刚体只能作绕质心的转动。
(×)图二、填空题1. 绕定轴转动刚体对转轴的动量矩等于刚体对转轴的转动惯量与角速度的乘积。
2. 质量为m ，绕z 轴转动的回旋半径为ρ，则刚体对z 轴的转动惯量为2ρm J z =。
3. 质点系的质量与质心速度的乘积称为质点系的动量。
24. 质点系的动量对某点的矩随时间的变化规律只与系统所受的外力对该点的矩有关，而与系统的内力无关。
5. 质点系对某点动量矩守恒的条件是质点系所受的全部外力对该点之矩的矢量和等于零，质点系的动量对x 轴的动量矩守恒的条件是质点系所受的全部外力对x 轴之矩的代数和等于零。
理论力学第9章动量矩定理
d
dt
Ly
n i 1
M y (Fi(e) )
d
dt
Lz
n i 1
M z (Fi(e) )
动力学
第9章 动量矩定理
3．动量矩守恒定理 如果作用于质点的力对某定点O的矩恒为零，则质点对该
点的动量矩保持不变，即
MO (mv) 恒矢量
作用于质点的力对某定轴的矩恒为零，则质点对该轴的动量矩
保持不变，即
M z (mv) 恒量
以上结论称为质点动量矩守恒定律 同理，当外力对某定点（或某定轴）的主矩等于零时，质点 系对于该点（或该轴）的动量矩保持不变，这就是质点系动 量矩守恒定律。 另外，质点系的内力不能改变质点系的动量矩。
动力学
第9章 动量矩定理
[例2] 图示单摆 已知m，l，t =0时
1．质点的动量矩
§9-1 动量矩
设质点Q 某瞬时动量为 mv ， 其 对O 点的位置为矢径r ， 如图 所
示，
定义质点Q 的动量对于O 点的矩
为质点对点O 的动量矩 定义指点动量mv 在Oxy 平面的投
影（mv)xy 对于点O 的矩，为质 点动量对于z 轴的矩，简称对于z
轴的动量矩。分别表示如下
动力学
第9章 动量矩定理
MO (mv) r mv
MO (mv)z M z (mv)
从图可以看出，质点对于O点的动量矩矢在z轴上的投影，
等于对z轴的动量矩。即正负号规定与力对轴矩的规定相同
对着轴看：顺时针为负，逆时针为正
动量矩度量物体在任一瞬时绕固定点(轴)转动的强弱。 单位：kg·ｍ2/s。
动力学
第9章 动量矩定理
第9章 动量矩定理 §9–1 动量矩
新版理论力学第七版答案第九章课件.doc
9-10在瓦特行星传动机构中，平衡杆O1A 绕O1 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：r1＝r2＝0.3 3m，O1A＝0.75m，AB＝1.5m；又平衡杆的角速度O1＝6rad/s。
求当＝60°且＝90°时，曲柄OB 和齿轮Ⅰ的角速度。
题9－10 图【知识要点】Ⅰ、Ⅱ两轮运动相关性。
【解题分析】本题已知平衡杆的角速度，利用两轮边缘切向线速度相等，找出ωAB ,ωOB 之间的关系，从而得到Ⅰ轮运动的相关参数。
【解答】A、B、M 三点的速度分析如图所示，点 C 为AB 杆的瞬心，故有v A O1 AB 2CA A AB3v B CD AB O12Av B所以OB 3 .75rad / sr r1 2vMv M CM , 6rad /ABr1s9-12图示小型精压机的传动机构，OA＝O1B＝r＝0.1m，EB＝BD＝AD＝l＝0.4m。
在图示瞬时，OA⊥AD，O1B⊥ED，O1D 在水平位置，OD 和EF 在铅直位置。
已知曲柄OA 的转速n＝120r/min ，求此时压头 F 的速度。
题9－12 图【知识要点】速度投影定理。
【解题分析】由速度投影定理找到 A 、D 两点速度的关系。
再由D、E、F 三者关系，求 F 速度。
【解答】速度分析如图，杆ED 与AD 均为平面运动，点P为杆ED 的速度瞬心，故v F = v E = v D由速度投影定理，有v D cos vA2 2v r 2n r lA可得v F 1.30 / smcos 60 l9-16 曲柄OA 以恒定的角速度＝2rad/s 绕轴O 转动，并借助连杆AB 驱动半径为r 的轮子在半径为R 的圆弧槽中作无滑动的滚动。
设OA＝AB＝R＝2r＝1m，求图示瞬时点 B 和点 C 的速度与加速度。
题9－16 图【知识要点】基点法求速度和加速度。
理论力学 第九章
※ 几个有意义的实际问题 ※ 质点动量矩定理 质点动量矩定理 ※ 质点系动量矩·转动惯量 质点系动量矩· ※ 质点系动量矩定理 质点系动量矩定理 ※ 刚体定轴转动的微分方程 ※ 结论与讨论
几个有意义的实际问题
谁最先到 达顶点
？
几个有意义的实际问题
谁最先到 达顶点
？
几个有意义的实际问题
[MO (mv)]z = Mz (mv)
2. 质点动量矩定理
z
Mo(mv) Mo(F)
O
F
mv r
A(x,y,z)
B
d d MO (mv) = (r × mv) dt dt dr d = × mv + r × (mv) dt dt = v × mv + r × F = MO (F)
y
x
d MO (mv) = MO (F) dt
C
ϕ
h
P
O
非稳定平衡
若不考虑人——杆向前的运动 若不考虑人——杆向前的运动，则此时 杆向前的运动， 人绕O做定轴转动。 人绕O做定轴转动。设m1 ，m2 分别为人与 杆的质量， 杆的质量， θ1 ， θ2分别是人与杆重心偏离 平衡位置时相应的角度， 平衡位置时相应的角度，并可以算出它们 相对O轴的不平衡力矩，令其之和等于零， 相对O轴的不平衡力矩，令其之和等于零， 即
M
Jz = ∫ r dm
ρz =
Jz M
例题2 例题2
计算均质细长杆对通过质心 轴的转动惯量J 轴的转动惯量 z z′
A
l
z
m dm = dx l JCz = ∑mi ri2
m 1 2 dx ⋅ x = m 2 l =∫ −l / 2 l 12
精品文档-理论力学(张功学)-第9章
(9-18)
P=∑mivi=常矢量
如果作用于质点系的外力的矢量和恒为零，则质点系的动
量保持不变。该结论称为质点系动量守恒定律。由该定律可知，
要使质点系动量发生变化，必须有外力作用。
第9章 动量定理及其应用
又由式(9-14)可知，如果∑Fix(e) =0， 则 Px=∑mivix=常量
(9-19) 即如果作用于质点系的外力在某一轴上投影的代数和恒为零， 则质点系的动量在该轴上的投影保持不变。
同。冲量的单位为N·s。
第9章 动量定理及其应用
9.2 动 量 定 理
9.2.1 质点动量定理
质点运动微分方程为
ma=F
由于
，因此上式可以写成
，或
a dv dt
m dv F dt
(9-6)
d(mv ) F dt
第9章 动量定理及其应用
这就是质点动量定理，即质点动量对时间的导数，等于作 用于质点上的力。如果将式(9-6)写成
第9章 动量定理及其应用
物体机械运动的强弱，不仅与质量有关，而且与速度有关。 我们将质点的质量m与它在某瞬时t的速度v的乘积，称为该 质点在瞬时的动量，记为mv。动量是矢量，其方向与点的速度 的方向一致，动量的单位为kg·m/s。
第9章 动量定理及其应用
2. 质点系的动量
将质点系中所有质点动量的矢量和，定义为该质点系的动
(9-14)
第9章 动量定理及其应用
其中, Px、Py、Pz分别为质点系的动量P在x、y、z轴上的投影， 由式(9-1)可知其值分别为
(9-15)
式(9-14)是质点系动量定理的投影形式，它表明：质点系 的动量在任一固定轴上的投影对于时间的导数，等于作用于质 点系的所有外力在同一轴上投影的代数和。
理论力学：动量矩定理
y’
2020/12/9
Fe maA aA mg
B
A
FN 1
F1
FN 2
x’
F2
10
理论力学
§6-2 动量矩定理
例：滑块A可在光滑水平面上滑动，为使AB杆以匀角速度 绕
铰链A转动，求作用在AB杆上的力偶M。设：m1 m2 m, AB L
y
FN
解：1、取滑块A和小球B为研究对象
2、受力分析与运动分析
m1 m2
2020/12/9
11
理论力学
§6-2 动量矩定理
y FAy
A
o
FAx aA xA x
3、研究AB杆和小球B，受力分析 4、应用相对动轴A的动量矩定理
dLrA
dt
n
M A (Fi(e) )
i1
rAC (maA )
A
M
杆相对A轴的动量矩
LrA m2L2
B m2xA 外力对A轴之矩
问题：若滑块不脱离地面，试确定AB杆的最大角速度。
2020/12/9
13
理论力学
§6-2 动量矩定理
2020/12/9
14
理论力学
§6-2 动量矩定理
思考题：图示系统中，系统结 构不同，求解方法是否相同？
m1 A
M
m1 A
M
m2
B
2020/12/9
m1 A
M
m2
R
m3 B
m2 B
15
理论力学
§6-2 动量矩定理
mg
B
AB L
2020/12/9
§6-2 动量矩定理
L
3(g 2
理论力学(刘又文 彭献)答案第9章
∑ FQx =
δWF (x) δx
=
−k1xδx − (δx tanα )(m2 δx
+
m3 )g
=
−k1x − (m2
+ m3)g
tan α
令 δx = 0, δ y ≠ 0 ，则
∑ δWF ( y)
=
−k2
⎛ ⎜ ⎝
y
−
m3 g k2
⎞ ⎟ δy ⎠
−
m3 gδy
质量，试求系统对应于广义坐标 x 、ϕ 的广义力。
x
A
ϕ
θ
mg
B
图 9.2
答：系统自由度为 2。令虚位移 δx ≠ 0 ， δϕ = 0 ，则
∑ δWF (x) = mg sinθ δx
故
∑ FQx =
δWF (x) = mg sinθ δx
令虚位移 δx = 0, δϕ ≠ 0 ，则
∑ δWF (ϕ )
10．对于受完整而非理想约束的系统，只要把非理想约束解除，代之以约束
力，并视其为主动力，则仍能应用拉格朗日方程。对吗？
答：对。当主动力全为非有势力时，采用上述第一种形式的拉氏方程；当主
动力中既有势力，又有非有势力，则采用第三种形式的拉格朗日方程。
11. 如图 9.5 所示，均质杆 AB 的质量为 m、长为 l，用光滑铰链铰结于不计
−
1 2
ar
=
0
(1)
令 δϕ = 0 ， δx ≠ 0 ，则
−
G1 g
a1δx
−
G2 g
a1δx
+
G2 g
ar
cosθ
δx
=
理论力学9—动量矩定理
F r y
r
x
O
y
O x h
LO = M O (mv ) r mv
与空间力F 对z 轴的矩类似
z
MO (mv )
mv
Mz (F) MO( Fxy)=+ Fxy d
z A O d x
F
B y
r
x
Od
y mv xy
2°质点对z 轴的动量矩定义: 质点的动量在与z轴垂直平面 上的分量对O点(轴与平面交 点)的矩.
第 9 章
动量矩定理
O
w
C
P=mlω/2
vC
A C vC
vC=0
P=mvC
w
C
P=0
动量定理 ( 质心运动定理 ) 描述了动量的变化和 外力系主矢的关系。它揭示了物体机械运动规 律的一个侧面。 质点系机械运动的变化与外力系对质心的主矩 的关系将由本章的动量矩定理给出。它揭示了 物体机械运动规律的另一个侧面。
质点系对某定轴的 动量矩对时间的导 数, 等于作用于质 点系的外力对于同 一轴之矩的代数和。
n (e) d LO M O ( Fi ) dt i 1
9.2.3 动量矩守恒定律 1. 质点动量矩守恒定律
d M O ( mv ) M O ( F ) dt
d M x ( mv ) M x ( F ) dt
Lz M z (mi vi ) mi vi ri
z
miwrr i i w mi r i
2
令 Jz＝Σmi ri2 称为刚体对z 轴的转动惯量, 于是得
Lz J zw
即: 绕定轴转动刚体对其转轴的 动量矩等于刚体对转轴的转动惯 量与转动角速度的乘积。
理论力学第三版(周衍柏)全部习题答案
代入得
对等式两边同时积分
可得 ：
（ 为常数）
代入初始条件： 时， ，故
即
又因为
所以
对等式两边同时积分 ，可得：
1.6 解 由题可知质点的位矢速度
①
沿垂直于位矢速度
又因为 ， 即
即
（取位矢方向 ，垂直位矢方向 ）
所以
故
即 沿位矢方向加速度
垂直位矢方向加速度
对③求导
对④求导
把③④⑦⑧代入⑤⑥式中可得
时， 得 ,故
⑦
同理，把⑦代入⑤可以解出
把⑦代入⑤
代入初条件 时， ，得 .所以
）
1.23证 （a）在1.22题中， 时，则电子运动受力 电子的运动微分方程
①-②-③
对②积分
④
对④再积分
又
故
（ 为一常数）
此即为抛物线方程.
当 时
则电子受力
则电子的运动微分方程为
①-②-③
同1.22题的解法，联立①-②解之，得
理论力学第三版周衍柏全部习题答案理论力学第三版周衍柏周衍柏理论力学答案理论力学周衍柏理论力学教程周衍柏理论力学周衍柏pdf理论力学第三版答案理论力学课后习题答案理论力学复习题及答案理论力学习题答案
第一章 质点力学
第一章习题解答
1.1 由题可知示意图如题1.1.1图:
设开始计时的时刻速度为 ,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为 .
即
所以 ，代入 的表达式中可得：
此即为子弹击中斜面的地方和发射点的距离 的最大值
1.21 解 阻力一直与速度方向相反，即阻力与速度方向时刻在变化，但都在轨道上没点切线所在的直线方向上，故用自然坐标比用直角坐标好.
力学习题集
理论力学习题册答案班级＿＿＿＿＿＿＿＿姓名＿＿＿＿＿＿＿＿学号＿＿＿＿＿＿＿＿第1章 受力分析概述1－3 试画出图示各物体的受力图。
或(a-2)(a-1)(b-1)(c-1)或(b-2) (d-1)(e-1)(e-2)(f-1)(e-3)(f-2)(f-3)F AF BF A(b-3)(a-3)(a-2)(b-2)(b-1)(a-1)1－4* 图a 所示为三角架结构。
荷载F 1作用在铰B 上。
杆AB 不计自重，杆BC 自重为W 。
试画出b 、c 、d 所示的隔离体的受力图，并加以讨论。
习题1－4图1－7 画出下列每个标注字符的物体的受力图，各题的整体受力图未画重力的物体的自重均不计，所有接触面均为光滑面接触。
abe(d-2)(c-1)(b-1)(b-2) (b-3)(c-2)(d-1)i gj第2章 力系的等效与简化2－3 图示正方体的边长a =，其上作用的力F =100N ，求力F 对O 点的矩及对x 轴的力矩。
解：)(2)()(j i k i Fr F M +-⨯+=⨯=Fa A O m kN )(36.35)(2⋅+--=+--=k j i k j i Fam kN 36.35)(⋅-=F x M2－9 图示平面任意力系中F 1 = 402N ，F 2 = 80N ，F 3 = 40N ，F 4 = 110M ，M = 2000 N ·mm 。
各力作用位置如图所示，图中尺寸的单位为mm 。
求力系向O 点简化的结果。
FFFF (0,30)(20,20)(20,-30)(-50,0)45yxRF 'ooM yxoRF (0,-6)解：N 15045cos 421R -=--︒=∑=F F F F F x x 045sin 31R =-︒=∑=F F F F y yN 150)()(22'R =∑+∑=y x F F Fm m N 900305030)(432⋅-=--+=∑=M F F F M M O O F向O 点简化结果如图（b ）；合力如图（c ），其大小与方向为N 150'R R i F F -==Ar A(a)(b)（c）（d）第3章静力学平衡问题3－2图示为一绳索拔桩装置。
(word完整版)理论力学习题解答第九章
9－1在图示系统中，均质杆OA 、AB 与均质轮的质量均为m ，OA 杆的长度为1l ,AB 杆的长度为2l ，轮的半径为R ,轮沿水平面作纯滚动。
在图示瞬时，OA 杆的角速度为ω，求整个系统的动量.ω125ml ,方向水平向左题9－1图 题9－2图9－2 如图所示，均质圆盘半径为R ,质量为m ，不计质量的细杆长l ，绕轴O 转动，角速度为ω，求下列三种情况下圆盘对固定轴的动量矩： (a ）圆盘固结于杆；（b ）圆盘绕A 轴转动，相对于杆OA 的角速度为ω-； (c ）圆盘绕A 轴转动，相对于杆OA 的角速度为ω。
（a ）ω)l R (m L O 222+=;(b ）ω2ml L O =；（c ）ω)l R (m L O 22+= 9－3水平圆盘可绕铅直轴z 转动，如图所示，其对z 轴的转动惯量为z J 。
一质量为m 的质点,在圆盘上作匀速圆周运动，质点的速度为0v ，圆的半径为r ,圆心到盘中心的距离为l 。
开始运动时,质点在位置0M ，圆盘角速度为零。
求圆盘角速度ω与角ϕ间的关系，轴承摩擦不计。
9－4如图所示，质量为m 的滑块A ，可以在水平光滑槽中运动,具有刚性系数为k 的弹簧一端与滑块相连接，另一端固定。
杆AB 长度为l ,质量忽略不计,A 端与滑块A 铰接，B 端装有质量1m ，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。
t l m m m x m m kxωωsin 2111+=++9－5质量为m，半径为R的均质圆盘，置于质量为M的平板上，沿平板加一常力F。
设平板与地面间摩擦系数为f，平板与圆盘间的接触是足够粗糙的,求圆盘中心A点的加速度。
9－6均质实心圆柱体A 和薄铁环B 的质量均为m ，半径都等于r ，两者用杆AB 铰接，无滑动地沿斜面滚下，斜面与水平面的夹角为θ，如图所示。
如杆的质量忽略不计，求杆AB 的加速度和杆的内力.θsin 74g a =； 9－7均质圆柱体A 和B 的质量均为m ，半径为r ，一绳缠在绕固定轴O 转动的圆柱A 上，绳的另一端绕在圆柱B 上，如图所示.摩擦不计。
理论力学第9章 动量矩定理及其应用
L x C1
其中C1 为常数。
动量矩定理与动量矩守恒
动量矩定理的守恒形式
？
谁最先到
达顶点
第9章 动量矩定理及其应用
9.1 质点与刚体的动量矩 9.2 动量矩定理及其守恒形式 9.3 相对质心的动量矩定理 9.4 刚体定轴转动微分方程与 平面运动微分方程
9.5 动量和动量矩定理在碰撞问题中的应用
质点与刚体的动量矩
刚体对轴的转动惯量
对于简单形状均质物体的转动惯量，有表可查。在计 算时还要特别说明以下两点：
1. 回转半径（或称惯性半径）
刚体对任一轴z的回转半径或惯性半径为
z
Jz m
若已知刚体对某轴z的回转半径ρz和刚体的质量m，则其转 动惯量可按下式计算
2 J z m z
LO 2 LO1 ri Fi e dt
0
动量矩定理及其守恒形式
动量矩定理积分形式
e r m v r m v r F i i i i i i i dt ' i i i 0
n
n
LO 2 LO1 ri Fi e dt
0
以上二式均为质点系动量矩定理的积分形式，与上一章介 绍的冲量定理一起，构成了用于解决碰撞问题的基本定理。
质点与刚体的动量矩
刚体对轴的转动惯量
1. 回转半径（或称惯性半径）
Jz
2 m z
z
Jz m
即物体的转动惯量等于该物体的质量与回转A半径平 方的乘积。 上式表明，若将物体的质量全部集中于一点，并 令该质点对于z轴的转动惯量等于物体的转动惯量， 则质点到z轴垂直距离即为回转半径。
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1
2
s
aO t
2
得t
2s
fg
1 mr
2）
2
（ 5） （ 6）
a O
mg F1
FN
(a)
2
t
2 fgs （逆）
r
9－ 14 图示匀质细杆 AB 质量为 m，长为 l，在图示位置由静止开始运动。若水平和铅垂面的摩擦均略 去不计，试求杆的初始角加速度。
解： 法 1： P 为 AB 杆瞬心， PC
l
JP
mg
解： 法 1：图（ a）
ma A mg FT
（ 1）
J Aα F T r
（ 2）
aA rα
（ 3）
1
2
JA
mr
2
解得
F T 1 mg （拉） 3
习题 9－8 图
2
a A g （常量）
3
（ 4）
由运动学
vA
2
2a Ah
3 gh （↓）
3
法 2：由于动瞬心与轮的质心距离保持不变， 故可对瞬心 C 用动
2
1
2
ml
12
3 g sin
2l
F A mg
l F A sin
2
l F B cos
2
，与（ 1）式相同。
（ 9） （ 10）
9－ 15 圆轮 A 的半径为 R，与其固连的轮轴半径为
r ，两者的重力共为 W ，对质心 C 的回转
半径为 ，缠绕在轮轴上的软绳水平地固定于点
D。均质平板 BE 的重力为 Q，可在光滑水平面上
J 2 C M FT r
对轮 B 和重物 A：
2
( J 1 mR )
FT R
运动学关系：
mgR
a rC R
2
( M mgr ) rR
a
2
2
22
J 1 r J 2 R mR r
RB
M
A
r
C
习题 9－4 图
F F
9－ 5 图示电动绞车提升一质量为
m 的物体，在其主动轴上作用一矩为
M 的主
F N′
动力偶。已知主动轴和从动轴连同安
时间和此时轮子的角速度。
解： 图（ a），轮 O 平面运动：
ma O F1
（ 1）
0 F N mg
（ 2）
JO
F 1r
由（ 2），
F N mg
动滑动时，
F1 fF N fmg
（4）代入（ 1），得
（ 3） （ 4）
习题 9－13 图
a O fg
（4）代入（ 3），得（ J O
2 fg
r
由（ 5）代入下式：
ma A mg T
又 aA (R r )
J E JO m r 2 m ( 2 r2 )
可解得： a A
g
m ( 2 r2)
m
2
(R r )
1
mmg′g
· a O
E
F
H
T
F N aH 绳
T
aA mg
(a)
aO O
n
a HO
n
aH
t
H
aH
t
a HO
(b)
9－ 11 图示匀质圆柱体质量为 m，半径为 r ，在力偶作用下沿水平面作纯滚动。 常数，滚动阻碍系数为 ，求圆柱中心 O 的加速度及其与地面的静滑动摩擦力。
mgR
m 习题 9－5 图
r1 1 r2 2 ； 1 i 2
Mi mgR
2
2
2
J 2 mR
J 1i
重物的加速度： a R 2
(Mi mgR ) R
2
2
J 2 mR
J 1i
M
J1
r1
F′
J2
R r2
F FN
（ a）
m
mg
（ b） 习题 9－ 5 解图
9－ 6 均质细杆长 2l ，质量为 m，放在两个支承 A 和 B 上，如图所示。杆的质心
t
t
aH
a HO
aO
n
a HO
t
a HO
Rr
(R
r ) （→）
a A ( R r ) （↓） 由上四式联立，得（注意到
） 2
JO m
（ 4）
mg ( R r ) 2
aA
2
2
2
m(
r ) m( R r)
g
2
2
m(
r)
1
m
2
( R r)
法 2：对瞬心 E 用动量矩定理（本题质心瞬心之距离为常数）
JE
T (R r )
B 上，如图所示。已知圆柱
A 的半径为 r ，质量为 m1；物块 B 的质量为 m2。试求物块 B 和圆柱质
心 C 的加速度以及绳索的拉力。滑轮
D 和细绳的质量以及轴承摩擦忽略不计。
解： 对轮 C： J C
FT r
m 1 a C m1 g F T
B D
对物块 B ： m 2 a B F T
且： a C
装在这两轴上的齿轮以及其它附属零
件对各自转动轴的转动惯量分别为
J1
和 J2 ；传动比 r 2 : r 1 = i ；吊索缠绕在
鼓轮上，此轮半径为
R。设轴承的摩
擦和吊索的质量忽略不计，求重物的
加速度。
解： 对轮 1（图 a）：
M
J1
r1
J2
R r2
J1 1 M Fr 1
对轮 2（图 b）：
2
( J 2 mR ) 2 F r2
解： J D
M Mf
（ 1）
Mf
FN
F N mg
JD
3 mr
2
2
a
r
F
代入（ 1），得
2( M a
mg )
3 mr
又： ma F
习题 9－ 11 图
2(M F
mg )
3r
若力偶的力偶矩
r mg
a
M
Mf
D
F N
(a)
M为
9－ 12 跨过定滑轮 D 的细绳，一端缠绕在均质圆柱体
A 上，另一端系在光滑水平面上的物体
F Ox
F Oy mg
D
2m g
d
习题 20-3 解图
F Oy 3 mg
0
，
a
n D
25 3m g
36
11 mg
12
0，
F Ox 0
449 N （↑）
9－ 4 卷扬机机构如图所示。可绕固定轴转动的轮
转动惯量分别为 速度。
J 1 和 J2。被提升重物 A 的质量为
解： 对轮 C：
B、C ，其半径分别为 R 和 r，对自身转轴的 m，作用于轮 C 的主动转矩为 M，求重物 A 的加
a B
r ； JC
1
2
m 1r
2
C
A
解得： a B
m
1
g
m 3m
1
2
；a C
m 2m
1
2g
m 3m
1
2
习题 9－ 12 图
F
m1m 2
g
T
m 3m
1
2
9－ 13 图示匀质圆轮的质量为 m，半径为 r，静止地放置在水平胶带上。若在胶带上作用拉力
F ，并
使胶带与轮子间产生相对滑动。 设轮子和胶带间的动滑动摩擦因数为 f。试求轮子中心 O 经过距离 s 所需的
为 R，滚子 C 的半径为 r ，二者总质量为 m′，其对与图面垂直的轴 O 的回转半径为 。求：重物 A 的加
速度。
习题 9－ 10 图
解： 法 1：对轮：
JO
TR Fr
（ 1）
m aO F T
（ 2）
对 A：
ma A mg T
又： a A
aH绳
t
aH
（ 3）
以 O 为基点：
t
n
aH aH aO
2
LO (JO mAR mBr )
ω Or R
B A
θ
习题 9－ 2 图
9－3 图示匀质细杆 OA 和 EC 的质量分别为 50kg 和 100kg，并在点 A 焊成一体。若此结构在图示位
置由静止状态释放，计算刚释放时，杆的角加速度及铰链
O 处的约束力。不计铰链摩擦。
解： 令 m = mOA = 50 kg ，则 mEC = 2 m 质心 D 位置：（设 l = 1 m)
量矩定理：
JC
mgr
（ 5）
23
2
J C J A mr
mr
FT
2
又
aA
r
C
2
a A g （同式（ 4））
3
再由 ma A mg FT
得
1
FT
mg （拉）
3
2
vA
2 a Ah
3 gh （↓）
3
r
aA
A
mg
vA
(a)
9－ 9 鼓轮如图，其外、内半径分别为
R 和 r ，质量为 m，对质心轴 O 的回转半径为 ρ，且 ρ2
l 3e
FA
mg
习题 9－6 解图
2
mg
3 mge
mg
FA
FA
2
2
2
l 3e
2
2
3e
2
2( l
2
l 2 mg
3e )
9－ 7 为了求得连杆的转动惯量，用一细圆杆穿过十字头销