理论力学第七章课后习题答案共18页文档
理论力学习题册答案
第一章静力学公理与受力分析(1)一．是非题1、加减平衡力系公理不但适用于刚体.还适用于变形体。
（）2、作用于刚体上三个力的作用线汇交于一点.该刚体必处于平衡状态。
（）3、刚体是真实物体的一种抽象化的力学模型.在自然界中并不存在。
（）4、凡是受两个力作用的刚体都是二力构件。
（）5、力是滑移矢量.力沿其作用线滑移不会改变对物体的作用效果。
（）二．选择题1、在下述公理、法则、原理中.只适于刚体的有（）①二力平衡公理②力的平行四边形法则③加减平衡力系公理④力的可传性原理⑤作用与反作用公理三．画出下列图中指定物体受力图。
未画重力的物体不计自重.所有接触处均为光滑接触。
多杆件的整体受力图可在原图上画。
b(杆ABa(球A ))d(杆AB、CD、整体)c(杆AB、CD、整体))e(杆AC、CB、整体)f(杆AC、CD、整体四．画出下列图中指定物体受力图。
未画重力的物体不计自重.所有接触处均为光滑接触。
多杆件的整体受力图可在原图上画。
)a(球A、球B、整体)b(杆BC、杆AC、整体第一章 静力学公理与受力分析（2）一．画出下列图中指定物体受力图。
未画重力的物体不计自重.所有接触处均为光滑接触。
多杆件的整体受力图可在原图上画。
WADB CE Original FigureAD B CEWWFAxF AyF BFBD of the entire frame)a (杆AB 、BC 、整体)b (杆AB 、BC 、轮E 、整体)c (杆AB 、CD 、整体 )d (杆BC 带铰、杆AC 、整体)e(杆CE、AH、整体)f(杆AD、杆DB、整体)g(杆AB带轮及较A、整体)h(杆AB、AC、AD、整体第二章平面汇交和力偶系一．是非题1、因为构成力偶的两个力满足F= - F’.所以力偶的合力等于零。
（）2、用解析法求平面汇交力系的合力时.若选用不同的直角坐标系.则所求得的合力不同。
（）3、力偶矩就是力偶。
（）二．电动机重P=500N.放在水平梁AC的中央.如图所示。
(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(刘又文 彭献)答案第7章
maCτ aCn
maCn
(a) 思考 7-2 图
②可运用思考 7-1 的解答结果而得之，也可从图 b 所示，先向质心 C 简化， 再向 A 点简化而得到。可见在一般情形下
231
M A ( − maC ) + JCα ≠ J Aα
JCα α
A
aC
C maC
JCα A M A (−maC )
maC C
A
C1
D C
C
C2
2maC
E
B
m
aτ C1C
J α C1
α
C1 D
maC
aC
C
A
J C2α maCτ 2B
maB
C2 Eα
B
aB
(a)
(b)
图 7.7
答：不对。对于可变的刚体系统，其惯性力应分别加于各个刚体上，如图 b
所示。这样，才便于求各运动量及各刚体之间的相互作用力。
10．如图 7.8 所示，两杆质量均为 m，质心在铰 C，则惯性力主矢，应加在
d dt
(ri′×
mi
vi
)
−
dri′ dt
×
mi
⎤ vi′ ⎥
⎥⎦
∑ ∑ = − d dt
(ri′× mi vi ) +
[(vA − vi ) × mi vi ]
=
dLA′ dt
− vA
×
P
可见，质点系的惯性力向任一运动点简化的结果并不简洁，因此通常向质心
简化。
思考 7-2
① 若定轴转动刚体无质量对称面，或转动刚体有质量对称面但转轴不垂直
而主矩与简化中心有关。只有惯性力偶系的简化与简化中心无关。
理论力学第7章答案
x′
a
n A
sin
θ
−
aAτ
cosθ= NhomakorabeaaBx
cos
θ
−
aBy
sin
θ
aAτ
=
−aBx
+
(a
n A
+ aBy )tgθ
=
−1cm/s 2
α OA
=
a
τ A
/ OA
=
−(1/ 40)rad/s2
7.13 滚压机构的滚子沿水平面作纯滚动如图示 曲柄 OA 长 r 连杆 AB 长 l 滚子 半径为 R 若曲柄以匀角速度 ω 绕固定轴 O 转动 计算连杆 AB 和滚子的角加速度
向
v A
垂直于
OA
杆
因此瞬心为 C
不难看出 C 点相对
AB 杆和定系的位置可分别以 (2r, ϕ) 和 (r,2ϕ) 表示 则动 定瞬心迹线分别是半径为 2r 和 r 的圆
7.9 图示反平行四边形机构中 AB = CD = 2a AC = BD = 2c a > c 求杆 BD
的动瞬心轨迹和定瞬心轨迹
b
杆速度瞬心在 点 vC = 0
∴ ωBC = vB / a = ω ωCD = 0
基点
aCτ = aBn + aCτ B + aCnB
x′ acτ cos θ = −aBn − aCnB
Q cos θ = sin ϕ = 7 / 4
aBn = ω2a
aCnB = ω2a
∴ aCτ = −8ω2a / 7
上二式中消去 ψ 得 (ρsin ϕ)2 + (2c − ρ cos ϕ)2 = (2a − ρ)2
清华理论力学课后答案7
̇ ̇= y
̇ 2 sin ϑ + ϑ ̇̇cosϑ 2ϑ r cos 2 ϑ
̇ + g) F = m( ̇ y
将数据代入，求得此时的喷射反推力 F = 387.56 kN .
7-6 质量皆为 m 的两物块 A，B 以无重杆光滑铰接，置于光滑的水平及铅垂面上，如图所
受力图如图示，列出动力学方程 2）取物块 B 为研究对象，
课 后
力的大小与质点到这平面的距离成反比，比例系数为 λ。求质点在平衡位置附
λ ，受力图如图示，运动微分方程为 x λ ̇ = − mg . ṁ x x
答
案
2nω 2 ωn − ω2 代入数据，得 b = 1.90 mm , ϑ = −0.50 rad . 受迫振动的方程为 x = 1.90 sin (15.71t − 0.50) mm tan ϑ =
3）运动学分析
xB = l cosϑ ,
对时间求二次导数，得
̇ sin ϑ , y ̇ cosϑ ； ̇ B = −lϑ ̇ A = lϑ x ̇̇ sinϑ + ϑ ̇ 2 cos ϑ ) ̇̇cos ϑ − ϑ ̇ 2 sinϑ ) ̇ ̇B = −l (ϑ ̇ A = l (ϑ x ，y ̇ = 0 ，初加速度为 在初瞬时， ϑ
网
ww w.
b=
h
kh da
质点受力图 题 7-11
2 ̇ ̇ + 2nx ̇ + ωn x x = h sin ωt c k H 2 其中 n = ， ωn = ， h = ， ω = 2π f ， 2m m m
7-11 在图示振动系统中，已知：重物 A 的质量 m = 1 kg， 两串联弹簧的刚度系数分别为 k1 =12 N/cm, k2 = 4 N/cm ， θ = 30°，斜面摩擦不计，在弹簧没有变形时将重物 A 无初速地释 放，同时 B 端以ξ = 1.5sin(10t) cm 沿斜面运动。试求重物 A 的 运动方程。 解：取重物 A 为研究对象，串联弹簧的等效刚度系数 k 满足
理论力学1-7章答案【精选】
习题7-1图Oυ(a)υυ(b)习题7-3图第7章 点的复合运动7-1 图示车A 沿半径R 的圆弧轨道运动，其速度为v A 。
车B 沿直线轨道行驶，其速度为v B 。
试问坐在车A 中的观察者所看到车B 的相对速度v B /A ，与坐在车B 中的观察者看到车A 的相对速度v A /B ，是否有B A A B //v v -=？（试用矢量三角形加以分析。
）答：B A A B //v v -≠1．以A 为动系，B 为动点，此时绝对运动：直线；相对运动：平面曲线；牵连运动：定轴转动。
为了定量举例，设R OB 3=，v v v B A ==，则v v 3e =∴ ⎩⎨⎧︒==6021/θv v A B2．以B 为动系，A 为动点。
牵连运动为：平移；绝对运动：圆周运动；相对运动：平面曲线。
此时⎪⎩⎪⎨⎧︒==4522/θv v B A ∴ B A A B //v v -≠7-3 图示记录装置中的鼓轮以等角速度0ω转动，鼓轮的半径为r 。
自动记录笔连接在沿铅垂方向并按)sin(1t a y ω=规律运动的构件上。
试求记录笔在纸带上所画曲线的方程。
解：t r x 0ω= （1） )sin(1t a y ω=（2）由（1）0ωr xt =代入（2），得)sin(01r xa y ωω=7-5 图示铰接四边形机构中，O 1A = O 2B = 100mm ，O 1O 2 = AB ，杆O 1A 以等角速度ω= 2rad/s 绕轴O 1转动。
AB 杆上有一套筒C ，此套筒与杆CD 相铰接，机构的各部件都在同一铅垂面内。
试求当ϕ= ︒60，CD 杆的速度和加速度。
解：1．动点：C （CD 上），动系：AB ，绝对：直线，相对：直线，牵连：平移。
2．r e a v v v +=（图a ） v e = v A01.02121.0cos e a =⨯⨯==ϕv v m/s （↑）3． r e a a a a +=（图b ）4.021.022e =⨯==ωr a m/s 2 346.030cos e a =︒=a a m/s 2（↑）习题7-5图习题7-7图习题7-9图υ(a) (b)(a)7-7 图示瓦特离心调速器以角速度ω绕铅垂轴转动。
理论力学(胡运康)第七章作业答案
aτ e
a
n a
aC 方向投影 :
n τ aa cos 60° + aτ sin 60 ° = a a e + aC
2 2 v 600 n aa = a = = 1200mm/s 2 OA 300
aen
α1
2 aτ = α ⋅ AB = 1000 3 mm/s e 1
aC = 2ω 1 vr = 2 × 3 × 300 = 1800mm/s 2
第7章 习题解答
1
7-1求轮边缘处水流对轮的vr
ve vr va
【解】 动点: M，动系: 轮
r r r va = ve + v r
va = 15 m s
nπ ve = R ⋅ = 6.28m s 30
x : va sin60 o = ve + vrx
⇒ v rx = 6.7 m s
y : − va cos60 o = 0 + vry
300
解 动点A，动系：BC
r r r va = ve + vr
ve = ω1 ⋅ AB = 3 OA = 300 3mm/s 3
va = ve / cos 30° = 600mm/s vr = va sin 30° = 300mm/s
12
aτ a ar
300
r n rτ r n r τ r r aa + aa = ae + ae + ar + aC
ω ω1 = ve / O1 D = 2
18
a
n ae
t e
r n r n rτ r r aa = ae + ae + ar + aC
完整word版理论力学课后习题及答案解析
理论力学教科书课后习题及解析第一章偶，大小是260Nm，转向是逆时针。
．求图示平面力系的合成结果，长度单位为m1习题4-习题4－3．求下列各图中平行分布力的合力和对于A点之矩。
A点的矩是：(1) 解：平行力系对O(1) 解：取点为简化中心，求平面力系的主矢：B取点为简化中心，平行力系的主矢是：求平面力系对点的主矩：O 点的主矩是：B 平行力系对B RB向点简化的结果是一个力，且：M和一个力偶合成结果：平面力系的主矢为零，主矩不为零，力系的合成结果是一个合力(2) B．理论力学教科书课后习题及解析A，且：M向A点简化的结果是一个力如图所示；R和一个力偶A如图所示；将，使满足：d R向下平移一段距离B的大小等于载荷分布的其几何意义是：。
R最后简化为一个力R，大小等于R B，使满足：d R将向右平移一段距离A矩形面积，作用点通过矩形的形心。
A(2) 取点为简化中心，平行力系的主矢是：的大小等于载荷分布的R。
其几何意义是：RR最后简化为一个力，大小等于A三角形面积，作用点通过三角形的形心。
点的主矩是：A平行力系对．理论力学教科书课后习题及解析列平衡方程：。
．求下列各梁和刚架的支座反力，长度单位为习题4-4m解方程组：反力的实际方向如图示。
校核：解：(1) 研究AB杆，受力分析，画受力图：结果正确。
(2) 研究AB杆，受力分析，将线性分布的载荷简化成一个集中力，画受力图：理论力学教科书课后习题及解析(3) 研究ABC，受力分析，将均布的载荷简化成一个集中力，画受力图：列平衡方程：解方程组：列平衡方程：反力的实际方向如图示。
校核：解方程组：结果正确。
．理论力学教科书课后习题及解析反力的实际方向如图示。
校核：结果正确。
的约束反力A．重物悬挂如图，已知习题4-5G=1.8kN，其他重量不计；求铰链和杆BC所受的力。
列平衡方程：解方程组：BC是二力杆），画受力图：研究整体，受力分析（(1) 解：反力的实际方向如图示。
理论力学课后习题答案
第7章 点的合成运动一、是非题（正确的在括号内打“√”、错误的打“×”）1．点的速度和加速度合成定理建立了两个不同物体上两点之间的速度和加速度之间的 关系。
( √ ) 2．根据速度合成定理，动点的绝对速度一定大于其相对速度。
( × )3．应用速度合成定理，在选取动点和动系时，若动点是某刚体上的一点，则动系不可以固结在这个刚体上。
( √ )4．从地球上观察到的太阳轨迹与同时在月球上观察到的轨迹相同。
( × ) 5．在合成运动中，当牵连运动为转动时，科氏加速度一定不为零。
( × ) 6．科氏加速度是由于牵连运动改变了相对速度的方向而产生的加速度。
( √ ) 7．在图中，动点M 以常速度r v 相对圆盘在圆盘直径上运动，圆盘以匀角速度ω绕定轴O 转动，则无论动点运动到圆盘上的什么位置，其科氏加速度都相等。
( √ )二、填空题1．已知r 234=++v i j k ，e 63=-ωi k ，则k =a 18 i ＋ -60 j ＋ 36 k 。
2．在图中，两个机构的斜杆绕O 2的角速度均为2ω，O 1O 2的距离为l ，斜杆与竖直方向的夹角为θ，则图(a)中直杆的角速度=1ωθθωcos sin 2，图(b)中直杆的角速度=1ω2ω。
图 图3．科氏加速度为零的条件有：动参考系作平动、0=r v 和r e v ω//。
4．绝对运动和相对运动是指动点分别相对于定系和动系的运动，而牵连运动是指牵连点相对于定系的运动。
牵连点是指某瞬时动系上和动点相重合的点，相应的牵连速度和加速度是指牵连点相对于定系的速度和加速度。
5．如图所示的系统，以''Ax y 为动参考系，Ax'总在水平轴上运动，AB l =。
则点B 的相对轨迹是圆周，若kt ϕ= (k 为常量)，点B 的相对速度为lk ，相对加速度为2lk 。
图6．当点的绝对运动轨迹和相对运动轨迹都是曲线时，牵连运动是直线平动时的加速度合成定理表达式是a e r =+a a a ；牵连运动是曲线平动时的加速度合成定理表达式是 a e r =+a a a ；牵连运动是转动时的加速度合成定理表达式是a e r k =++a a a a 。
理论力学第7章答案
7.1 直杆AB 搁置如图a b 所示试分别以A 端沿水平轴x 向右运动时的速度和加速度表示杆AB 的角速度和角加速度解杆作平面运动由于受两处约束1=f 取θ为广义坐标a 将θ=ctg A h x 对时间求导得θθ−=&&2A csc h x因此有h x /sin 2A θ−=θ&&hh x x /)/2sin (sin 2A A 2θ−θ−=θ&&&&&b 将θ=sin /A r x 对时间求导得θθθ−=2A sin /cos &&r x因此有r x /tg sin A &&θθ−=θr x x x/)sec sin sin tg sin (A 2A A &&&&&&&&θθθ+θθ+θθ−=θr r x x/]/sin )sec 1([tg sin 2A A θθ+−θθ−=&&&7.2 试证明直杆AB 搁置如图a b 所示杆AB 运动时杆上点C 的速度沿杆AB其大小等于θcos A v解基点CA A C v v v +=a x ′0sin sinA CA A x C =θ+θ=−θ=′&&CA xv v v y ′θ=′cos A y C v v 证毕b x ′0sin sinA CA A x C =θ+θ=+θ=′&&CA x v v v y ′θ=′cos A y C v v 证毕7.3 滚压机构的滚子沿水平面作纯滚动如图示曲柄OA 长r 连杆AB 长l 滚子半径为R 若曲柄以匀角速度ω绕固定轴O 转动试求任意时刻θ=∠AOB 连杆AB和滚子的角速度解本机构自由度14233=×−×=f 除θ外取多余坐标ϕ两者间有约束方程ϕ=θsin sin l r 1矢量法基点BA A B v v v +=)(A r v ω=)sin()sin()sin(B 2A 2BA ϕ+θ=ϕ−=θ−ππv v v ϕθ=cos cos A BA v v ϕθω==ωcos cos BA AB l r l vϕϕ+θ=cos )sin(A B v v ϕϕ+θω==ωcos )sin(B B R r R v分析法将式1对时间求导得ϕθω=ϕθθ=ϕcos cos cos cos l r r &&对ϕ+θ=cos cos B l r x 对时间求导得ϕϕ+θω−=ϕϕ−θθ−=)sin(sin sin B r l r x&&&因此ϕϕ+θω=−=ωcos )sin(/B B R r R x&7.4 一放大机构中ABCD 为一平行四边形B 为OC 的中点D 为CE 的中点设图示位置点A 的速度如图示求点E 的速度解平行四边形机构在任意时有BC//ADAB//CD 因此1AD BC ωωω==2CD AB ωωω==A 基点ABB A v v v +=基点ECC E v v v +=Q OB OC 2=BACE 2=∴B11C 22v v =×=×=OB OC ωωAB22EC 22v v =×=×=BA CE ωω可导出AE 2v v =7.5 一自动卸货大卡车的升降机构如图示图中BFBE =l AC =在此瞬时活塞在处于水平的液压缸中的速度为v 求车厢转动的角速度解利用速度投影定理杆vv =o 60cosF vv 2F =v v v 2F E ==杆v v v ==o 60cosE D 因此lv AD v 2D ==ω7.6 画出图示机构中作平面运动的杆件在图示位置的速度瞬心7.7 图示拱桥上受到1F 和2F 两力作用若给出的三拱桥的支座C 若突然坍塌试求此瞬时GBJ 和ICJ 两部分的速度瞬心解GBI 构件瞬心为ICJ 构件瞬心在无穷远7.8 杆AB 可在作定轴转动的套筒O ′内滑动如图示其A 端与曲柄OA 铰接已知r O O OA =′=求杆的动瞬心轨迹和定瞬心轨迹解AB 杆作平面运动杆上与O 相重合之点速度O ′v 沿杆方向A v 垂直于OA 杆因此瞬心为C 不难看出C 点相对AB 杆和定系的位置可分别以),2(ϕr 和)2,(ϕr 表示则动定瞬心迹线分别是半径为r 2和r 的圆7.9 图示反平行四边形机构中a CD AB 2==c BD AC 2==c a >求杆BD的动瞬心轨迹和定瞬心轨迹解BD 杆的瞬心为AB 与CD 的交点P 容易证明三角形APC和DPB 全等因此瞬心P 点相对BD 杆和定系的位置均可用),(ϕρ表示在三角形APC 中有DPAP ==ρ 0sin )2(sin =ψρ−−ϕρa ca 2cos )2(cos =ψρ−+ϕρ上二式中消去ψ得222)2()cos 2()sin (ρ−=ϕρ−+ϕρa c 可导出如下椭圆方程]cos )/(1[]/)[(22ϕ−−=ρa c a c a 因此动定瞬心迹线均为椭圆7.11 三根连杆AB BC 和CD 用铰链相连组成一四连杆机构AD 可视作固定不动的连杆已知a BC AB ==a CD 2=杆AD 以匀角速度ω转动求图示两位置杆CD的角速度和角加速度解a 杆作瞬时平动0BC =ωBC v v =∴2/2/C CD ω==ωa v 基点ττ+=+CBn B n C C a a a a∴0C =τa 0CD =αb 杆速度瞬心在点0=C v ∴ω==ωa v /B BC 0CD =ω基点nCBCB n B C a a a a ++=ττx ′n CBn B c cos a a a −−=θτQ 4/7sin cos =ϕ=θaa 2n B ω=aa 2n CB ω=∴7/82C a a ω−=τ7/742/2C CD ω−==ατa a7.12 平面机构如图示已知CD//EG B 为杆DG 的中点O A B C D E G 均为铰链cm 20==EG CD cm 50=DG cm 40=OA 在图示位置杆CD 铅垂OA//CD cm/s20A =v 水平向左B 的加速度沿水平方向的分量2Bx cm/s10=a3.0tan =θ试用平面运动基点法求此瞬时 1杆CD 和杆OA 的角速度2B 的加速度沿铅垂方向的分量3杆OA 的角加速度解杆做瞬时平动AB =ωBA v v = rad/s 5.0/A OA ==ωOA v22OA nA cm/s10=ω=OA a 某点ττ++=+ABBy Bx A n A a a a a ax ′θ−θ=θ−θτsin cos cos sinBy Bx A nA a a a a 2By n A Bx A cm/s 1tg )(−=θ++−=τa a a a 2A OA rad/s )40/1(/−==ατOA a7.13 滚压机构的滚子沿水平面作纯滚动如图示曲柄OA 长r 连杆AB 长l 滚子半径为R 若曲柄以匀角速度ω绕固定轴O 转动计算连杆AB 和滚子的角加速度解矢量法基点nBABA n A B a a a a ++=τyϕ+ϕ−θ−=τsin cos sin 0n BA BA n A a a aϕω−ϕ=ϕθω−ϕϕ=τtg )(cos /)sin sin (2222BA &&l r l a x ′nBAn A B )cos(cos a a a +ϕ+θ=ϕϕϕ+ϕ+θω=cos /])cos([22B &l r a ∴ϕω−ϕ==ατtg )(/22BA AB &l a ϕϕ+ϕ+θω==αcos /])cos([/22B B R l r R a &分析法ϕω−ϕ=ϕϕθω+ϕθω−=ϕ=αtg )(cos /sin cos cos /sin 2222AB &&&l r l r ϕϕϕϕ+θω+ϕϕ+ωϕ+θω=ω=α2B B cos /sin )sin(cos /))(cos(R r R r &&&ϕϕ+ϕ+θω=cos /])cos([22R l r &7.14 半径为r 的圆盘在水平面上作直线纯滚子如图示其中心O 的速度O v 常量杆AB 长l 其B 端用铰链与圆盘边缘相连接求在水平面上运动的A 端的速度和加速度以转角ϕ表示之解本机构自由度1=f θ和ϕ有约束方程)cos 1(sin ϕ−=θr l )1(矢量法圆盘的瞬心为点杆的瞬心为点因此)2/sin(2)/(O O B ϕ==v BP r v v θϕϕ==ωcos /)2/cos()2/sin(2/O l v CB v B AB θϕ=cos /sin O l v ]2cos /)2/sin()[cos /sin (O ϕϕ+θθϕ=ω=l l v CA v AB A )2/sin()2/sin(2)cos /(O ϕϕ+θθ=v ]cos /)cos(1[O θϕ+θ−=v 基点nBO BO O B a a a a ++=τO =a τBOa基点nAB ABB A a a a a ++=τx ′nABB A )2cos(cos a a a +θ−ϕ−π=θ∴θϕ+θϕ+θ=3222A cos sin cos )sin(l v r v a O O 分析法将式1对时间求导得θϕ=θcos /sin Ol v &因为θ−ϕ−=cos sin O A l r x x 对时间求导得)cos /sin (sin cos O O O A A θϕθ+ϕ−==l v l v v xv &]cos /)cos(1[O θϕ+θ−=v θθθϕ+θ−θϕ+θϕ+θ==2O A A cos /sin )cos(cos /))(sin(&&&&v va θϕ+θϕ+θ=322O 2O cos sin cos )sin(l v r v7.15 半径为10cm 的轮B 由曲柄OA 和连杆AB 带动在半径为40cm 的固定轮上作纯滚动设OA 长10cm AB 长40cm OA 匀角速转动角速度rad/s 10=ω求在图示位置轮B 滚动的角速度和角加速度解矢量法杆作瞬时平动AB =ωω==r v v A Brad/s10/B B =ω==ωr v cmr 10=基点ττ+=+BA n A n B Ba a a ax ′α−=β−βτsin sin cos nA nB B a a a ∴75/154tg )5/(2222B ω−=βω−ω−=τr r r r a 2rad/s 7.2075/154/2B B −=ω−==ατr a 分析法设的坐标分别为A x A y BxB y 此瞬时0A =x r y =A rx 15B =0B =y 则有22A B 2A B )4()()(r y y x x =−+−将上式求导得0))(())((A B A B A B A B =−−+−−y y y y x xx x &&&&0))(()())(()(A B A B 2A B A B A B 2A B =−−+−+−−+−y y y y y y x x x x x x &&&&&&&&&&&&将0B A ==y y&&2A ω−=r y&&r x y 5/2B B &&&−=及0A =x&&等代入上二式得ω−==r x xB A &&75/1542B ω=r x&&因此导出rad/s 10/B B =−=ωr x &2B B rad/s 7.20/−=−=αr x&&7.16 半径为r 的两轮用长l 杆A O 2相连如图示前轮1O 匀速滚动轮心的速度为v求在图示位置后轮2O 滚动的角加速度解矢量法1O 轮纯滚动vv v 221O A ==A O 2杆瞬时平动v v v 2A O 2==0A O 2=ω2O 轮纯滚动rv r v /2/22O O ==ω基点1O n AOAOO A1a a a a ++=τ1O =a 0AO =τa2O 基点n AO A O AO 221a a a a ++=τx ′ϕ−=ϕsin cosA O2a a rv a /tg 2O 2ϕ−=222O O //22r l r v r a −−==α分析法A O 2杆长l ,故22O A 2O A )()(22l y y x x =−+−则有0))(())((2222O A O A O A O A =−−+−−y y y y x xx x &&&&0))(()())(()(222222O A O A 2O A O A O A 2O A =−−+−+−−+−y y y y y y x x x x x x &&&&&&&&&&&&将0B A ==y y&&r v y/2A −=&&02O =y&&0A =x&&代入上二式得v x x2A O2==&&222O /2r l v x−−=&&于是导出r v r x /2/22O O ==ω&222O O //22r l r v r x −−==α&&7.17 圆柱体C 在固定的半圆柱D 上纯滚动一杆AB 一端与圆柱体中心铰接另一端与滑块A 铰接在图示瞬时滑块A 的速度m/s3=v 加速度2m/s2=a 求此瞬时圆柱体C 的角速度和角加速度解B基点ABAA B v v v +=o o o 105sin 15sin 60sin ABA B v v v ==m/s 70.2B =v m/s80.0BA =v∴rad/s8.15.1/B C ==ωvrad/s1.08/BA AB ==ωv nBABA AnBBa a a a a ++=+ττ5.4/2B v 82AB ⋅ωx ′n BA A n B B 30cos 15sin 15cos a a a a +=−τo o o2B m/s 31.2=τa 2B C rad/s 54.15.1/==ατa7.18 一杆AB 一端与小齿轮中心A 铰接另一端与圆盘D 的边缘B 点铰接如图示若圆盘D 以匀角速度ω转动杆AB 长m5.0求此瞬时小齿轮在齿圈上滚动的角速度和角加速度解杆的速度瞬心即齿圈的圆心因此ω=−=ω)3/4()25.3/(B AB vω=ω=)3/16(4B A v ω==ω3.51/A A &v基点nABABnBnA Aa a a a a ++=+ττ4/2A v 22⋅ωABAB ωx ′n AB n B n A A45cos cos sin a a a a +=β+β−τo 在三角形中AB)45sin(5.1sin 445sin β+=β=o o 解得o377.15=β)m 10(92.41−=AB 于是有2A 45.12ω−=τa 2A45.121/ω−==ατa A7.19 直杆CD 在C 点处与齿轮B 铰接在图示瞬时杆CD 的速度为0=v 加速度2mm/s 600=a 求此瞬时齿条A 的加速度解(1)令齿轮轮心O, 以C 为基点有τOC C O a a a += 0Ox =a 0Oy =a 所以0O =a (2)τPOP a a =2CP m/s 8.0==OP OCa a 齿条加速度 )/(8.02P s m a a ==7.20 上题中若速度改为mm/s75=v 加速度不变求齿条A 的加速度解轮心O 为速度瞬心rad/s 1C==OCv ωnOCOC C O a a a a ++=τ2C rad/s 875600/===OC a αnPOPO O P a a a a ++=τ2O τPO Px m/s 725.0075.08.0=−=−=a a a 所以2Px A m/s725.0==a a7.21 图示动齿轮O ′由曲柄O O ′带动在定齿轮O 上滚动已知曲柄的角速度为ω计算齿轮相对曲柄的角速度解方法一ω−=′)(21O r r v ω−==ω′)1/(/212O r r r v a齿轮O ′动系O O ′杆er a ωωω+=ω=ω−−ω=ω)/()(21a r r r 方法二齿轮O ′瞬心位于O ′连线外侧因此因此r ω必与ω=ωe 反向由e r /ωω=′O C CO 得ω=ω)/(21r r r7.22 图示行星齿轮系中轮I 固定轮II 由曲柄AB 带动轮III 又由轮II 带动已知曲柄的角速度为ω角加速度为零求轮III 相对曲柄AB 的角速度和角加速度设轮II 轮III 半径相同解设轮 半径为r 则rAB 2=ω=r v B 2ω==ω2/B 2r vω=ω=r r v 422P ω==ω4/P 3r v轮 动系杆er a ωωω+=∴ω=ω−ω=ω34r 03=ω=ω=α&&r r7.23 图示传速器由以下齿轮组成半径cm 401=r 的定齿轮半径各为cm 202=r 和cm 303=r 的相连的行星齿轮以及半径cm 904=r 的内啮合齿轮主动轴转速min /r 18001=n 带动行星齿轮在定齿轮上滚动并通过内啮合齿轮使从动轴转动试求从动轴每分钟的转速2n 解A 点作圆周运动a21A )(n r r v +=齿轮2在定齿轮1上纯滚动r v A /2=ω齿轮3与齿轮2有相同角速度23ω=ω基点BAA B v v v +=b 4n r 33ωr a232133A B )/1)((n r r r r r v v ++=ω+=∴rpm3000/)/1)((/4a 23214b =++==r n r r r r r v n B rpm 转数分e r杆OA 作顺时针纯滚动圆盘半径为r 3r =OP 求圆盘中心B 的速度解方法一因r ω与e ω反向圆盘的瞬心在连线外侧由e r //ωω=CP CO 可得rCP =圆盘动系杆e r a ω+ω=ωω=ω3a∴ω=ω=r r v 232a B 方法二基点BPP B v v v +=Q ω=ω=r r v 33e P ω=ω=r r v 3a BP∴ω=+=r v v v 23)(2/12BP 2P B 方法三动系杆er a v v v +=Q ω=ω=r r v 4r r ω=ω=r r v 1010e e∴ω=β−+=r v v v v v 23)cos 2(2/1e r 2e 2r ae r杆OA 作顺时针纯滚动圆盘半径为r 3r =OP 试求圆盘与杆OA 的接触点P 的加速度解圆盘上动系杆kr n e e P a a a a a +++=τe r α323e r ω2rr ωQ 0=r v x ′2n e x P 3ω−=−=′r a ay ′222r e y P 13)4(3ω=ω+ω−=+=τ′r r r a a a7.27 图中直杆AB 表示齿条圆轮O 表示齿轮当齿条的一端运动时带动半径为cm 5的齿轮绕轴O 转动今设A 端以cm/s 30的速度向右匀速运动求图示位置齿条AB 及齿轮O 的角速度和角加速度解AB 杆瞬心为点rad/s3/AB ==ωPA v AABC ω=PC vrad/s3/AB C O =ω==ωCO v 矢量法圆盘动系杆ABr O ωωω+=rad/s6r =ωAB r O ααα+=ABO r α+α=α圆盘上动系杆ke r O a a a a ++=杆上O ′基点nOAOA A e a a a a ++=τ由于0O =a 0A =a 由以上二式得k n OA OA r =+++τa a a ar αr AB αOA 2AB ωOA r AB 2v ωrr ω=r v x ′060cos 30cos k n OA OA =−+−τa a a o o 2AB rad/s 39−=αy ′060sin 30sin n OA OA =−−τo o a a a r 2O rad/s 39=α分析法设ϕ为广义坐标)2/(ctg ϕ=r x A 将上式求导得2/)2/(csc 2ϕϕ−=&r v A可导出rad/s 3|/)2/(sin 2602A −=ϕ−=ϕ=ϕo &r v 260A rad/s 39|/sin =ϕϕ−=ϕ=ϕo &&&r v 因为为杆瞬心ϕ==cos /A A C v PA PC v v则有rad/s3|/cos /60A C O =ϕ==ω=ϕo r v r v 260A O rad/s 39|/sin =ϕϕ−=α=ϕo &r v7.28 一机构在图示位置时OB OA ⊥点C 位于AB 的中点已知rOA =r AB 4=求当杆OA 以匀角速度ω转动时杆CD 的速度和加速度解杆瞬时平动A C v v =′0AB =ω基点nBA BA n A B a a a a ++=τ0n BA =ay β+−=τcos 0BA n A a a 15/4/2BA AB ω==ατr a杆上动系杆e r a v v v +=15/CD ωr v = k e r a a a a a ++=0k =a杆上C ′基点nCA CA n A e a a a a ++=τ0n CA =a导出τ++=CAn A r a a a a a x ′τββCAn A a a a −=cos cos CD 15AB /r r r a 22CD 7cos /2ωαεω=−=7.29 套筒C 上装有一销轴可在半径为1m 的圆槽内滑动当滑块A 以匀速m/s 5.0=v 向右上方运动而杆DA 以匀角速度2rad/s =θ&转动时求图示瞬时套筒C 在杆AD 上滑动的速度和加速度图示位置o90=θ解动系杆e r a v v v += 1k e r n a a a a a a a ++=+τ 2杆C ′点基点CA A e v v v += 3nCA CA a e a a a a ++=τ 4由13得CA A r a v v v v ++=θ=&AC CA v m/s 8=a v m/s4r =v由24得kn CA r n a a a a a a a ++=+τ1/2a v 2θAC r2v θ&y oo o 30sin 30cos 30cos k n CA r n a a a a a −−−=−∴m/s6.5330tg 30cos /k n CA n r =−−=o o a a a a a7.30 图示一机构在某瞬时的位置此时ω=ωOA 0OA =αω=l v CD 0CD =a求杆AB 的角速度和角加速度解动系杆e r a v v v += 1k e r a a a a a ++=0a =a 2杆上P 点基点A P A e v v v +=3nPA PA na e a a a a ++=τ4由13得PAe r a v v v v ++=CD v OA ωl AB 2ωl x ′PAA a 45cos 45cos v v v +=−o o ω−=+ω−==ωl v l l v 2/)(2/CD OA PA AB y ′o o 45cos 45cos A r a v v v −=ω=l v 2r由24得0k nPA PA nA r =++++τa a a a a 2OA ωl AB 2αl 2AB 2ωl r AB 2v ω x ′045cosk PA nA =−+τa a a o 222PA AB 5.222/2/ω−=ω−ω−==ατl l l l a7.31 两个半径为cm 20=r 中心距离保持不变的圆盘在地面作纯滚动在其边缘B D 处铰接的连杆BD 上安装一滑块C 杆AC 一端与滑块铰接另一端与一圆盘的中心A 铰接若A 以cm/s 60A =v 匀速水平向左运动求图示位置杆AC 的角速度和滑块C 相对BD 的速度以及杆AC 的角加速度解矢量法圆盘rad/s3/A A ==ωrv 0/A A ==εra基点BAA B v v v +=1n BA BA A B a a a a ++=τ0A =a 0BA =τa2C基点CAA C v v v +=3n CACA A C a a a a ++=τ0A =a4C 动系BD e r C v v v +=B e v v=5e r C a a a +=B e a a=6由135得CA A BA A r v v v v v +=++ yo o 30cos 30sin CA BA v v=rad/s 13/CA AC ==ωr vxo o 30sin 30cos CA BA r v v -v −=cm/s 320r =v 由246得n CA CA n BA r a a a a +=+τy oo o 30sin 30cos 30cos n CA CA BA a a a n −=−τ2CA AC rad/s 3/383/−==ατr a 分析法取θϕ为坐标存在约束方程θ=ϕcos sin 3r r 高丽营对上式连续求导得θθ−=ϕϕ&&sin cos 3θθ−θθ−=ϕϕ−ϕϕ&&&&&&sin cos sin 3cos 322将o 30=ϕ=θrad/s 3/A−=−=θr v &0=θ&&代入得rad/s 1=ϕ&2rad/s 3/38−=ϕ&&令BC =ρ则有θ−ϕ=ρsin cos 3r r 因此cm/s 320|)cos sin 3(30r =θθ+ϕϕ−=ρ==ϕ=θo&&&r v7.32 图示机构中已知杆AB 相对杆OA 的角速度ω=ωr 杆AB 相对杆OA 的角加速度0r =α杆AB 长为l 2l OC =求图示位置杆AB 上点B 的速度和加速度解矢量法杆动系杆OA r AB ω+ω=ωOA r AB ααα+=0r =α动系套筒AB C ω=ωABC αα=e r a v v v +=ea 30cos v v =oω=ω2OA ω=ω=ω3AB Clv v a ω==32/r k n e e r n a a a a a a a a +++=+ττOA 3αl 2OA 3ωl C αl 2C ωl r C 2v ωx ′k e n a a 30sin 30cos a a a a −−=−−ττo o 2OA C 38ω=α=αy ′n e r n a a 30cos 30sin a a a a −−=−τo o 2r 15ω=a动系套筒er a v v v ′+′=′Q r r v v =′e e v v −=′iv l a ω−=′32kn e e r a a a a a a ′+++′=′′τ′其中r r a a =′ττ′−=e e a a n e n e a a −=′kk a a =′xl a a a a a 2e k n e r ax 1530cos )(30sin )(ω−=−′++′−=′τ′′o oy l a a a a a 2e k n e r ay 31130sin )(30cos )(ω−=−′−+′−=′τ′′o o 分析法本题一自由度取θϕ为坐标存在如下约束)sin(sin 3=ϕ+θ−θ对上式连续求导有0))(cos(cos 3=ϕ+θϕ+θ−θθ&&&0))(sin())(cos(cos 3sin ))(cos()sin (cos 322=ϕ+θϕ+θ+ϕ+θϕ+θ−θθ+ϕ+θϕ+θ−θθ−θθ&&&&&&&&&&&&o 30=ϕ=θ时ω=ω=θr &0=α=θr&&代入以上二式得ω=ϕ2&238ω=ϕ&&取为原点点坐标为)cos(2cos 3ϕ+θ+ϕ−=l l x B )sin(2sin 3ϕ+θ+ϕ−=l l y B 对上二式连续求导并代入具体数值解出l l l xB ω−=ϕ+θϕ+θ−ϕϕ=32))(sin(2sin 3&&&&0))(cos(2cos 3=ϕ+θϕ+θ+ϕϕ−=&&&&l l y B )cos (sin 32ϕϕ+ϕϕ=&&&&&l xB l l 2215]))(cos())([sin(2ω−=ϕ+θϕ+θ+ϕ+θϕ+θ−&&&&&&)sin (cos 32ϕϕ−ϕϕ−=&&&&&l y B l l 22311]))(sin())([cos(2ω−=ϕ+θϕ+θ−ϕ+θϕ+θ+&&&&&&。
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
理论力学（第七版）课后题答案 哈工大.高等教育出版社
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
理论力学答案(第七章后)
第七章 点的合成运动一、是非题7.1.1动点的相对运动为直线运动，牵连运动为直线平动时，动点的绝对运动必为直线运动。
（ × ）7.1.2无论牵连运动为何种运动，点的速度合成定理r e a v v v +=都成立。
（ ∨ ）7.1.3某瞬时动点的绝对速度为零，则动点的相对速度和牵连速度也一定为零。
（ × ）7.1.4当牵连运动为平动时，牵连加速度等于牵连速度关于时间的一阶导数。
（ ∨ ）7.1.5动坐标系上任一点的速度和加速度就是动点的牵连速度和牵连加速度。
（ × ）7.1.6不论牵连运动为何种运动，关系式a a +a a r e =都成立。
（ × ）7.1.7只要动点的相对运动轨迹是曲线，就一定存在相对切向加速度。
（ × ）7.1.8在点的合成运动中，判断下述说法是否正确：（1）若r v 为常量，则必有r a =0。
（ × ）（2）若e ω为常量，则必有e a =0. （ × ）（3）若e r ωv //则必有0=C a 。
（ ∨ ）7.1.9在点的合成运动中，动点的绝对加速度总是等于牵连加速度与相7.1.10当牵连运动为定轴转动时一定有科氏加速度。
（ × ）二、 填空题7.2.1 牵连点是某瞬时 动系上与7.2.2 v e 与v r 共线 情况下，动点绝对速度的大小为r e a v v v +=，在 情况下，动点绝对速度的大小为a v =v e 、v r ，应按___ ____ __ 计算v a三、选择题：7.3.1 动点的牵连速度是指某瞬时牵连点的速度，它相对的坐标系是（ A ）。
A 、 定参考系B 、 动参考系C 、 任意参考系7.3.2 在图示机构中，已知t b a s ωsin +=， 且t ωϕ=（其中a 、b 、ω均为常数），杆长为L ，若取小球A 为动点，动系固结于物块B ，定系固结于地面，则小球的牵连速度v e 的大小为（ B ）。
理论力学第七章习题
7-1．M 点在直管OA 内以匀速u 向外运动，同时直管又按φ=ωt 规律绕O 转动。
开始时M 在O 点，求动点M 在任意瞬时相对于地面与相对于直管的速度和加速度。
解：动点M 的运动方程是⎩⎨⎧====tωut φOM y tωut φOM x sin sin cos cos 运动速度是22y 2x y x t ω1u v v v t ωt ωt ωu dt dy v t ωt ωt ωu dt dx v )()cos (sin )sin (cos +=+=∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+==-== 运动加速度是⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧+=+=∴-=-+==+-=---==22y 2x 2yy 2xx t ω4ωu a a a t ωt ωt ω2ωu t ωt ωt ωωt ωωu dtdv a t ωt ωt ω2ωu t ωt ωt ωωt ωωu dt dv a )()sin cos ()sin cos cos ()cos sin ()cos sin sin (运点相对直杆作匀速直线运动，则相对速度和相对加速度是0dtdv a u v rr r ===7-2．机车以匀速v o =20m/s 沿直线轨道行驶。
车轮的半径r=1m ，只滚不滑，将轮缘上的点M 在轨道的起始位置取为坐标原点，并将轨道取为x 轴，求M 点的运动方程和在M 点与轨道接触时的速度和加速度。
O解：由图示几何关系知radt 20rt v φt 20φr t v OA 00==∴===动点M 的运动方程是⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-+=-=--=t 2012πφr r y t 20t 202πφr OA x cos )sin(sin )cos( 速度分量是⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-==t 2020dt dy v t 202020dtdx v y x sin cos 加速度分量是⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====t 20400dt dv a t 20400dtdv a yy x x cos sin M 点与轨道接触时2y y x y x sm 400a a 400a 0a 0v 0v v 0t 20 1t 200y /sin cos ==∴===∴====∴=7-3．摇杆机构的滑杆AB 在某段时间内以匀速u 向上运动，试分别用直角坐标法与自然坐标法建立摇杆上C 点的运动方程和在ϕ=π/4时该点速度的大小。
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
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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
v A = 0.2 j m/s ， v A = ω × Ri ， ω × 0.1i = 0.200 j ， ω = 2k ，