理论力学课后习题答案 第9章 动量矩定理及其应用
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。
理论力学解答9-14
ϕ
mg
v 1 2 gR sin ϕ d ϕ = ∫0 ∫0 v ⋅ dv ， 2 v = − gR(cos ϕ − 1) 故 an = 2 g (1 − cos ϕ ) ，即 mg cos ϕ − FN = 2mg (1 − cos ϕ )
小球脱离半圆柱时， FN = 0 ， cos ϕ = 2(1 − cos ϕ ) ， cos ϕ = 2 / 3 ， ϕ = 48.2
故物块 A 相对小车运动停止时滑动的时间，由冲量定理
p2 − p1 = − f (30 + 0.3) g ⋅ t (30 + 0.3) × 1.84 − (30 + 0.3) × 3.96 = −0.5 × (30 + 0.3) gt
， t = 0.432s
2
小车匀加速直线运动，其加速度为 a = f (30 + 0.3) g / 35 = 4.242m/s ，由质点相对运动动力学方程
o
1
理 论 力 学 作 业 解 答 5-25 一质量为 m 的小球 M 套在半径 R 的光滑大圆环上，并可沿大圆环滑动。如大圆环在水平面内以匀角 速 ω 绕通过 O 的铅直轴转动，求小球 M 相对于大圆环运动的运动微分方程。 FIC 解：小球水平面内受力分析如图 FN FIe 相对运动为圆周运动 aen vr
y
dt
= ∑ Fiy = FN − W − 2 P 2P eω sin ωt g
py =
2P 2 eω cos ωt = dt g 2P 2 FN = eω cos ωt + W + 2 P g
7-6
dp y
W P P
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
清华理论力学课后答案9
及其变分
答 1
yC1 = 2 l sinϑ1 ，
1 δyC1 = 2 l cosϑ1 ⋅ δϑ1 ；
1
1
后 yC2 = l sinϑ1 + 2 l sinϑ2 ， δyC2 = l cosϑ1 ⋅δϑ1 + 2 l cosϑ2 ⋅δϑ2 。
G1 tan β − (G1 + G2 ) f ≤ F ≤ G1 tan β + (G1 + G2 ) f 。
(b) 解：本体与上题在于ϑ 是变量，只要将上题中的 β 表示成 h 的
函数即可。易见ϑ = 90� − β ， tan β = cotϑ =
上式结果，分别得到（1） F =
R2 − h
h2
.khdaw.co 题 9-13 图
题 9-13 图（a）
www 任一虚位移：AB 杆绕 A 的虚转动 δϑ ，BC 杆的瞬时虚平移 δrB = hδϑ = δrC ，CD 杆绕 D
的虚转动 δϕ = δrC 2h 。列出虚功方程：
网 Mδϑ − F1δrB − F2hδϕ = 0 ，解得： M A = (F1 + F2 / 2)h 。
题 9-11 图（a） 其中， δrD = hδr l 。
解得： FAy = F1 − F2h / l 。
9-12 水平力 F1 和 F2 分别作用于杆 BC 和杆 CD 的中点，如图示。不计`杆重，试计算固
定端 A 的约束力偶 MA。
m 解：解除固定端的转动约束而成为固定铰链，并代之以约束力偶，如图（ a）所示。给机构
G1
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。
谢传峰《理论力学》课后习题及详解
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 ====θθθ938cos sin 2232lk lk y a =-==θθ1－6证明：质点做曲线运动，所以质点的加速度为：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 va =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= xyoan avy vθθtayzoan aθxovovF N Fg myθ由此解得：xsv x 0-= （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）取套筒A 为研究对象，受力如图所示，根据质点矢量形式的运动微分方程有：g F F a m m N ++=将该式在y x ,轴上投影可得直角坐标形式的运动微分方程：N F F ym F mg xm +-=-=θθsin cos其中：2222sin ,cos l x l lx x +=+=θθ0,3220=-=yx l v x将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得：23220)(1)(x lxl v g m F ++=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x R x 22cos -=θ （b ）将上式代入（a ）式得到A 点速度的大小为：22R x xRv A -=ω （c ）由于x v A -=，（c ）式可写成：Rx R x x ω=--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x 2后，可求得：22242)(R x xR x--=ω (d)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 -=ω取套筒A 为研究对象，受力如图所示，根据质点矢量形式的运动微分方程有：g F F a m m N ++=将该式在y x ,轴上投影可得直角坐标形式的 运动微分方程：mg F F ym F xm N -+=-=θθsin cos其中：x R x xR22cos ,sin -==θθ, 0,)(22242=--=y R x x R x ω将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得2525)(,)(225222242R x x R m mg F R x x R m F N --=-=ωω1－13解：动点：套筒A ；动系：OC 杆；定系：机座；xθ AvAω ONF BRg mFyavevr v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。
动量矩定理作业参考答案及解答
g (顺时针), 2r
FOx = 0,
1 FOy = mg (↑) 2
6．如题图所示，有一轮子，轴的直径为 50mm，无初速的沿倾角θ=20°的轨道
滚下，设只滚不滑，5s 内轮心滚过的距离为 s=3m。试求轮子对轮心的惯性半径。
s
提示：本题用刚体平面运动微分方程求解。注意到轮心加速度可由式 1 s = at 2 求得，且轮心加速度 a 与轮子角加速度α关系 a = rα ，其中 r 为轮轴的 2 半径。 解：
a mg
Ff × r = mρ α
2
由以上两式消去 Ff 得 ρ 2 =
r ( g sin θ − a )
α
=
r 2 t 2 g sin θ − r 2 = 8113(mm) 2 2s
ρ= & 90mm
r 2 t 2 g sin θ − r 2 = 8113(mm) 2 , ⇒ 2s
答案： ρ 2 =
整个系统对轴 O 的动量矩守恒
p 1 p LO = L1 + L2 = r 2 1 ω + 2 r (ωr − at ) = 0 2 g g
解得
ω=
2aP2 t , r (2 P2 + P1 )
α=
2aP2 dω = dt r (2 P2 + P1 )
答案： ω =
2aP2 t , r (2 P2 + P1 )
vB
A
ωB
B
D
1 1）对杆分析，杆对轴 A 的动量矩 L A1 = m2 R 2ω 3 2）对轮分析
ω B R = ωl
ωB =
齿轮对轮心 B 的动量矩为 齿轮对轴 A 的动量矩为
ωl
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
=
11 动量矩定理习题解答
R
O ve
r o B
vr
[解]
研究整体，由于∑Mz （F）= 0，且系统初始静止， 所以 Lz = 0，即 L z 盘+ L z 人 = 0 式中 Lz 盘= J z =
1P 2 R 2g
L z 人= 解得
ds Q (v －v )r， v = rω ， vr at e r e dt g
解：重物 A 和 B 速度 v A vB r ，
LO m1v A r m2 vB r J O 1 m1r r m2 r r m3r 2 2
A
B （c）
vA
vB
m1 g
m2 g
1 2 m1 m2 m3 r 2
…….. ①
对 B 轮，有
…….. ②
P aB P FT1 g
…….. ③
FT1 FT1
…….. ④
再以轮与绳相切点 D 为基点，则轮心 B 的加速度
v B v D v BD ，式中 v D r A ， v BD r B
∴ v B r A r B ， 对上式求导得轮心 B 的加速度为
Fx maCx , FNA maCx , Fy maCy , FNB mg maCy , M C ( F ) J C , FNB l cos FNA l sin 1 ml 2 2 2 12
l 2 FNA 2 ( sin cos )m, l 2 FNB mg ( cos sin )m, 2 l l 1 2 FNB 2 cos FNA 2 sin 12 ml
A
动量矩定理
动量矩定理一、是非题1. 平动刚体各点的动量对一轴的动量矩之和可以用质心对该轴的动量矩表示。
（ √ ）2. 质点系对于任意动点的动量矩对时间的导数，等于作用于质点系的所有外力对于同一点的矩的矢量和。
（ × ）3. 因为质系的动量为C v p m =，所以质系对O 点的动量矩为()C O O mv M L =。
（ × ）4. 质点系的内力不能改变质点系的动量与动量矩。
（ √ ）5. 刚体的质量是刚体平动时惯性大小的度量，刚体对某轴的转动惯量则是刚体绕该轴转动时惯性大小的度量。
（ √ ）6. 定轴转动刚体各点的动量对转轴上一点的动量矩之矢量和角速度矢量的数量积是负的值。
（ × ）动量矩7. 均质圆柱绕其对称轴作定轴转动，则圆柱惯性力系对于空间中平行于转轴的任意一轴的力矩之和，都是同一值。
（ √ ）动量矩8. P 为刚体作平面运动的速度瞬心，有动量矩定量)(d d )e (i P pM t L F ∑=。
（ √ ）动量矩 9. 均质平面正多边形，对平面内过其形心的任一轴的转动惯量均相等。
（ √ ）动量矩10. 如果质点系的质心速度为零，则质点系对任一固定点的动量矩都一样。
（ √ ）动量矩11. 图示无重刚杆焊接在z 轴上，与z 轴夹角90≠β，两球A 、B 焊接在杆两端，两球质量相同，且OB AO =，系统绕z 轴以不变的角速度ω转动，试判断下述说法是否正确：（1）系统对O 点的动量矩守恒，对z 轴的动量矩不守恒。
（ × ）（2）系统对O 点的动量矩不守恒，对z 轴的动量矩守恒。
（ √ ）（3）系统对O 点及z 轴的动量矩都守恒。
（ × ）（4）系统对O 点及z 轴的动量矩都不守恒。
（ × ）12. 图中，若两轮的转动惯量皆为J ，质心都在各自转轴上，轮I 的半径为R ，轮Ⅱ的半径为r ，两轮接触处无相对滑动，轮I 的角速度为ω 。
试判断下述说法是否正确：（1）系统对1O 轴的动量矩为零。
理论力学简明教程(第二版)课后答案
第零章 数学准备一 泰勒展开式1 二项式的展开()()()()()m 23m m-1m m-1m-2f x 1x 1mx+x x 23=+=+++！！2 一般函数的展开()()()()()()()()230000000f x f x f xf x f x x-x x-x x-x 123!''''''=++++！！特别:00x =时,()()()()()23f 0f 0f 0f x f 0123!x x x ''''''=++++！！3 二元函数的展开(x=y=0处)()()00f f f x y f 0x+y x y ⎛⎫∂∂=++ ⎪∂∂⎝⎭，22222000221f f f x 2xy+y 2x x y y ⎛⎫∂∂∂++ ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭！评注：以上方法多用于近似处理与平衡态处的非线性问题向线性问题的转化。
在理论力问题的简单处理中，一般只需近似到三阶以内。
二 常微分方程1 一阶非齐次常微分方程： ()()x x y+P y=Q通解：()()()P x dx P x dx y e c Q x e dx -⎛⎫⎰⎰=+ ⎪⎝⎭⎰注：()()(),P x dx P x dx Q x e dx ⎰±⎰⎰积分时不带任意常数，()x Q 可为常数。
2 一个特殊二阶微分方程2y A y B =-+ 通解：()02B y=K cos Ax+Aθ+注：0,K θ为由初始条件决定的常量 3 二阶非齐次常微分方程 ()x y ay by f ++=通解：*y y y =+；y 为对应齐次方程的特解，*y 为非齐次方程的一个特解。
非齐次方程的一个特解 （1） 对应齐次方程0y ay by ++=设x y e λ=得特征方程2a b 0λλ++=。
解出特解为1λ，2λ。
*若12R λλ≠∈则1x 1y e λ=，2x 2y e λ=；12x x 12y c e c e λλ=+*若12R λλ=∈则1x 1y e λ=，1x 2y xe λ=； 1x 12y e (c xc )λ=+*若12i λαβ=±则x 1y e cos x αβ=，x 2y e sin x αβ=；x 12y e (c cos x c sin x)αββ=+（2） 若()2000x f a x b x c =++为二次多项式*b 0≠时，可设*2y Ax Bx C =++ *b 0≠时，可设*32y Ax Bx Cx D =+++注：以上1c ,2c ,A,B,C,D 均为常数，由初始条件决定。
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。
理论力学课后习题答案-第10章--动能定理及其应用-)
(a)A(a)O第10章 动能定理及其应用10－1 计算图示各系统的动能：1．质量为m ，半径为r 的均质圆盘在其自身平面内作平面运动。
在图示位置时，若已知圆盘上A 、B 两点的速度方向如图示，B 点的速度为v B ，θ = 45º（图a ）。
2．图示质量为m 1的均质杆OA ，一端铰接在质量为m 2的均质圆盘中心，另一端放在水平面上，圆盘在地面上作纯滚动，圆心速度为v（图b ）。
3．质量为m 的均质细圆环半径为R ，其上固结一个质量也为m 的质点A 。
细圆环在水平面上作纯滚动，图示瞬时角速度为ω（图c ）。
解：1．222222163)2(2121)2(212121BB BC C C mv r v mr v m J mv T =⋅+=+=ω 2．222122222214321)(21212121v m v m r v r m v m v m T +=⋅++=3．22222222)2(212121ωωωωmR R m mR mR T =++=10－2 图示滑块A 重力为1W ，可在滑道内滑动，与滑块A 用铰链连接的是重力为2W 、长为l 的匀质杆AB 。
现已知道滑块沿滑道的速度为1v ，杆AB 的角速度为1ω。
当杆与铅垂线的夹角为ϕ时，试求系统的动能。
解：图（a ）B A T T T +=)2121(21222211ωC C J v g W v g W ++=21221121212211122]cos 22)2[(22ωϕωω⋅⋅+⋅++++=l gW l l v l v l g W v g W]cos 31)[(2111221222121ϕωωv l W l W v W W g +++=10－3 重力为P F 、半径为r 的齿轮II 与半径为r R 3=的固定内齿轮I 相啮合。
齿轮II 通过匀质的曲柄OC 带动而运动。
曲柄的重力为Q F ，角速度为ω，齿轮可视为匀质圆盘。
试求行星齿轮机构的动能。
理论力学第9章《动量矩定理及其应用》
质点与刚体的动量矩
刚体对轴的转动惯量
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
理论力学
第3篇 工程动力学基础
第9章 动量矩定理及其应用
第9章 动量矩定理及其应用
动量定理和动量矩定理在数学上同属于一类方程，即矢 量形式的微分方程。而质点系的动量和动量矩，可以理解 为动量组成的系统（即动量系）的基本特征量——动量系 的主矢和主矩。二者对时间的变化率分别等于外力系的两 个基本特征量——力系的主矢和主矩。
本章主要研究质点系的动量矩定理和刚体平面运动微分方 程。
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
9.6 结论与讨论
第9章 动量矩定理及其应用
质点与刚体的动量矩
刚体的动量矩
质点与刚体的动量矩
刚体的动量矩
作为特殊质点系的刚体，其动量矩与刚 体的运动形式有关。
质点与的动量矩
设平移刚体的总质量为m，由于其运动特征是刚体上每
一质点的速度均相等，即vi=v，则有
n
n
LO ri mivi ( rimi ) v mrC v rC mv
刚体对轴的转动惯量
2．平行移轴定理
J z J zC md 2
上述关系称为平行移轴定理，它表明，刚体对任一轴 z的转动惯量，等于刚体对通过质心并与轴z平行的轴 zC的转动惯量，加上刚体质量与两轴间距离平方的乘 积。
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。
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O ωRr ABθ习题9－2图习题20-3图OxF Oy F gm Ddα习题20-3解图第9章 动量矩定理及其应用9-１ 计算下列情形下系统的动量矩。
1. 圆盘以ω的角速度绕Ｏ轴转动,质量为m 的小球Ｍ可沿圆盘的径向凹槽运动,图示瞬时小球以相对于圆盘的速度v r 运动到OM = s 处(图a ）;求小球对Ｏ点的动量矩。
2． 图示质量为ｍ的偏心轮在水平面上作平面运动。
轮心为A ，质心为C ，且ＡＣ = e ;轮子半径为R ,对轮心A 的转动惯量为J A ；C 、A 、B 三点在同一铅垂线上(图b ）。
(1）当轮子只滚不滑时,若v A 已知,求轮子的动量和对B 点的动量矩；（2）当轮子又滚又滑时,若v A 、ω已知,求轮子的动量和对B 点的动量矩。
解:１、2s m L O ω=（逆)2、（1）)1()(Remv e v m mv p A A C +=+==ω(逆)Rv me J R e R mv J e R mv L A A AC C B )()()(22-++=++=ω (2))(e v m mv p A C ω+==ωωωω)()()())(()(2meR J v e R m me J e R e v m J e R mv L A A A A C C B +++=-+++=++=9－２ 图示系统中，已知鼓轮以ω的角速度绕O 轴转动,其大、小半径分别为R 、r ，对Ｏ轴的转动惯量为ＪＯ;物块A 、B 的质量分别为m A 和ｍB ；试求系统对O 轴的动量矩。
解:ω)(22r m R m J L B A O O ++=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 ＝ m OA = 50 k ｇ,则m ＥC = 2m 质心D 位置:（设ｌ = １ m) m 6565===l OD d 刚体作定轴转动,初瞬时ω=0 l mg l mg J O ⋅+⋅=22α 222232)2(212131ml ml l m ml J O =+⋅⋅+= 即mgl ml 2532=α2rad/s 17.865==g l αgl a D 362565t =⋅=α 由质心运动定理:Oy D F mg a m -=⋅33t4491211362533==-=mg g mmg F Oy Ｎ（↑) 0=ω,0n=D a ， 0=Ox F(a)OMvωωA BC Rv A(b)习题9－1图（b ）习题9－5解图J习题9－5图9-4 卷扬机机构如图所示。
可绕固定轴转动的轮B 、C ，其半径分别为R 和r ，对自身转轴的转动惯量分别为J 1和J 2。
被提升重物A 的质量为m ,作用于轮C 的主动转矩为Ｍ，求重物A 的加速度。
解：对轮Ｃ:r F M J C T 2-=α对轮B 和重物Ａ：mgR R F mR J -'=+T 21)(α运动学关系:ααR r a C ==2222212)(rmR R J r J rR mgr M a ++-=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 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J 2；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)：111Fr M J -=α对轮2（图ｂ):mgR r F mR J -'=+2222)(α 2211ααr r =;21ααi =21222iJ mR J mgRMi ++-=α 重物的加速度:21222)(i J mR J RmgR Mi R a ++-==α９-6 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C 到两支承的距离相等,即AC ＝ ＣB = e 。
现在突然移去支承B ,求在刚移去支承Ｂ瞬时支承A 上压力的改变量ΔＦＡ。
解：mge J A =α，mge me ml =+α)31(22A C F mg ma -=22233e l ge e a C +==α 22233e l mge mg F A +-= mge l l e mg e l mge F mg F A A )3(2323322222222+-=-+=-=∆习题9－6图习题9－4图习题9－6解图α习题9－7图习题9－8图dB ACgm lF(b) 习题9－7解图Agm CθBθrd +9-7 为了求得连杆的转动惯量，用一细圆杆穿过十字头销A 处的衬套管，并使连杆绕这细杆的水平轴线摆动，如图a 、ｂ所示。
摆动100次所用的时间为１00s 。
另外,如图c 所示,为了求得连杆重心到悬挂轴的距离ＡC = ｄ，将连杆水平放置，在点A 处用杆悬挂,点B 放置于台秤上，台秤的读数F = 490Ｎ。
已知连杆质量为8０kg,A 与B 间的距离l =1m ，十字头销的半径ｒ = ４0mm 。
试求连杆对于通过质心C 并垂直于图面的轴的转动惯量J C 。
解:图(a ），1<<θ时,θθ)(r d mg J A +-= 0)(=++θθr d mg J A 0)(=++θθAJ r d mg AJ r d mg )(n +=ω )(π2π2n r d mg J T A+==ωﻩ(1） 2)(r d m J J C A ++= (2）由图（b):0=∑A M ，625.085===mg Fl d ｍ代入(1)、（2),注意到周期s 2=T ，得22222m kg 45.17)665.0π8.9(665.080)](π)[()(π)(⋅=-⨯⨯=+-+=+-+=r d g r d m r d m r d mg J C9－８ 图示圆柱体A 的质量为m ,在其中部绕以细绳,绳的一端Ｂ固定。
圆柱体沿绳子解开的而降落，其初速为零。
求当圆柱体的轴降落了高度ｈ时圆柱体中心A 的速度υ和绳子的拉力F T 。
解:法1:图（a ） T F mg ma A -= （1） r F αJ A T = （2）r αa A =ﻩ(3) 221mr J A = 解得mg F 31T =(拉） g a A 32=(常量）（4）习题9－10图ORr F θ习题9－9图AαA v Aa rCTF gm(a)由运动学 gh h a v A A 3322==（↓） 法2:由于动瞬心与轮的质心距离保持不变,故可对瞬心Ｃ用动量矩定理：mgr J C =ϕﻩ（５） 2223mr mr J J A C =+=又 r a A =ϕg a A 32=（同式（4））再由 T F mg ma A -= 得 mg F 31T=(拉) gh h a v A A 3322==（↓)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＝ R ·r ，鼓轮在拉力F 的作用下沿倾角为θ的斜面往上纯滚动，Ｆ力与斜面平行，不计滚动摩阻。
试求质心O 的加速度。
解：鼓轮作平面运动，轴Ｏ沿斜面作直线运动：θsin f mg F F ma O --=ﻩ(1） R F Fr m f 2+=αρ（２)纯滚：αR a O =ﻩ(3)代入(2)R F Fr Ra m O f 2+=⋅ρﻩ(4） 解（1)、(4)联立,消去F ｆ,得)(sin )(222ρθ+-+=R m mgR r R FR a O9-１0 图示重物Ａ的质量为m ,当其下降时,借无重且不可伸长的绳使滚子C 沿水平轨道滚动而不滑动。
绳子跨过不计质量的定滑轮D 并绕在滑轮B 上。
滑轮B 与滚子C 固结为一体。
已知滑轮Ｂ的半径为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ρ。
求:重物A 的加速度。
O Rr FθF f F N m g习题9－11图DABC习题9－12图rαD NF Fagm MM f(a)解：法1:对轮:Fr TR J O -=αﻩ(1） T F a m O -='ﻩ（2）对A :T mg ma A -=ﻩ(３)又:tH H A a a a ==绳以O 为基点:tn n t HO HO O H H a a a a a ++=+ααα)(tt r R r R a a a O HO H -=-=-=（→）α)(r R a A -=(↓)(4）由上四式联立，得(注意到2ρm J O '=）1)()()()()(2222222+-+⋅'=-++'-=r R r m m gr R m r m r R mg a A ρρ法2:对瞬心E 用动量矩定理（本题质心瞬心之距离为常数）)(r R T J E -=α T mg ma A -= 又α)(r R a A -=)(222r m r m J J O E +'='+=ρ 可解得：1)()(222+-+⋅'=r R r m m ga A ρ9-11 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δ，求圆柱中心Ｏ的加速度及其与地面的静滑动摩擦力。
解:f M M J D -=α (1)N f F M δ= mg F =N223mr J D =ra =α代入(1),得mrmg M a 3)(2δ-=又：F ma =rmg M F 3)(2δ-=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B 上，如图所示。
已知圆柱Ａ的半径为r ,质量为m 1;物块Ｂ的质量为m 2。
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 ： r F J C T =αT 11F g m a m C -=对物块Ｂ：T 2F a m B = 且：αr a a B C +=；2121r m J C =解得:g m m m a B2113+= ；gm m m m a C 212132++= g m m m m F 2121T 3+=HOOHO an H anHO atH a (b)m F 绳H a HT 'g m OT(a)a AF·Em ′gNF αagm 1F O(a)xθAF ..Cy ..Cx αA C BBF gm O(b)AαCθPgm BBAF(a)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 。