理论力学习题解答第九章
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》第9章作业
第九章 作业解答参考9-2 图示A 、B 两物体的质量分别为m 1 与m 2 ，二者间用一绳子连接，此绳跨过一滑轮，滑轮半径为r 。
如在开始时，两物体的高度差为h ，而且m 1 > m 2 ，不计滑轮质量。
求由静止释放后，两物体达到相同的高度时所需的时间。
解：分别取重物m 1、m 2为研究对象，它们的受力和运动情况如右下图所示，则此两物体在铅垂方向上的运动方程分别为：()()111122221 2m a m g F m a F m g =-=- 由于不计滑轮质量，因此有：1212=F F a a a ==，且：代入⑴⑵式解得：1212m m a g m m -=+ a 为常数，说明两物体以相等的加速度相向作匀加速运动设两物体由静止释放至达到相同高度所经历的时间为t则有： 212122h s s at === 将1212m m a g m m -=+代入，解得： ()()1212m m h t gm m +=⋅- 即：由静止释放后，两物体达到相同高度所经历的时间为：()()1212m m h t g m m +=⋅- 9-7 图示质量为10 t 的物体随同跑车以v 0 = 1.0 m/s 的速度沿桥式吊车的桥架移动，今因故急刹车，物体由于惯性绕悬挂点C 向前摆动。
绳长l = 5 m ，求：⑴ 刹车时绳子的张力；⑵ 最大摆角φ 的大小。
解：⑴ 取物体为研究对象，由题意可知，刹车时，物体将作圆周运动，其此时的受力和运动情况如右中图所示；由题意可知： 20n v a l= 则其在铅垂方向的运动方程为： 20T v m F mg l=- 因此： ()()2203T 3 1.010109.85 10010N 100kN v F m g l ⎛⎫⎛⎫=+=⨯⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=⨯=⑵ 设物体至最大摆角时物体上升了h （如右下图所示），则有：cos l h l ϕ-= 由于刹车之后，物体的运动中只有重力做功，因此其机械能守恒 故有：20/2mv mgh =，即： 202v h g= 则： 220 1.0cos 110.98980229.85v gl ϕ=-=-≈⨯⨯ 即： 1cos 0.989808.192ϕ-=≈︒故：刹车时绳子的张力为100 kN ，最大摆角φ 约为 8.192°。
理论力学第七版答案解析第九章
9-10 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：r 1＝r 2＝0.33m ，O 1A ＝0.75m ，AB ＝1.5m ；又平衡杆的角速度O 1＝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 ABA O CA v A AB ⋅⋅==21ωω ωω⋅=⋅=A O CD v AB B 123所以 s rad r r v BOB /75.321=+=ωs rad r v CM v MAB M /6,1==⋅=I ωω 9-12 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，OA ⊥AD ，O 1B ⊥ED ，O 1D 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A D v v =⋅θcos可得 s ll r n r v v A F /30.1602cos 22m =+⋅⋅==πθ 9-16 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。
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
理论力学谢传锋第九章习题解答
第九章部分习题解答9－2解：取整个系统为研究对象，不考虑摩擦，该系统具有理想约束。
作用在系统上的主动力为重力g M g M 21,。
如图（a ）所示，假设重物2M 的加速度2a 的方向竖直向下，则重物1M 的加速度1a 竖直向上，两个重物惯性力I2I1,F F 为11I1a M F = 22I2a M F =（a ）该系统有一个自由度，假设重物2M 有一向下的虚位移2x δ，则重物1M 的虚位移1x δ竖直向上。
由动力学普遍方程有 （a ）02I21I12211=--+-=x F x F x g M x g M W δδδδδ （b ）根据运动学关系可知2121x x δδ=2121a a =（c ）将(a)式、(c)式代入(b)式可得，对于任意02≠x δ有212122m/s 8.2424=+-=g M M M M a （b ）方向竖直向下。
取重物2M 为研究对象，受力如图（b ）所示，由牛顿第二定律有222a M T g M =-解得绳子的拉力N 1.56=T 。
本题也可以用动能定理，动静法，拉格朗日方程求解。
9－4解：如图所示该系统为保守系统，有一个自由度，取θ为广义坐标。
系统的动能为2])[(21θθ R l m T +=取圆柱轴线O 所在的水平面为零势面，图示瞬时系统的势能为]cos )(sin [θθθR l R mg V +-=M 1gM 2gF I2F I1δx 2δx 1M 2gT a 2拉格朗日函数V T L -=，代入拉格朗日方程0)(=∂∂-∂∂θθL L dt d 整理得摆的运动微分方程为0sin )(2=+++θθθθg R R l 。
9－6解：如图所示，该系统为保守系统，有一个自由度，取弧坐标s 为广义坐标。
系统的动能为221S m T =取轨线最低点O 所在的水平面为零势面，图示瞬时系统的势能为mgh V =由题可知b s ds dh 4sin ==ϕ，因此有b s d b s h So8s 42==⎰。
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 。
理论力学习题解答第九章
理论力学习题解答第九章题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，绕轴O转动，角速度为，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；（c）圆盘绕A轴转动，相对于杆OA的角速度为。
（a）；（b）；（c）9－3水平圆盘可绕铅直轴转动，如图所示，其对轴的转动惯量为。
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，圆的半径为r，圆心到盘中心的距离为。
开始运动时，质点在位置，圆盘角速度为零。
求圆盘角速度与角间的关系，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，在铅直平面内可绕点A旋转。
设在力偶M作用下转动角速度为常数。
求滑块A的运动微分方程。
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，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。
；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。
求：（1）圆柱体B下落时质心的加速度；（2）若在圆柱体A上作用一逆时针转向，矩为M 的力偶，试问在什么条件下圆柱体B的质心加速度将向上。
9－8平面机构由两匀质杆AB，BO组成，两杆的质量均为m，长度均为l，在铅垂平面内运动。
在杆AB上作用一不变的力偶矩M，从图示位置由静止开始运动。
不计摩擦，试求当A即将碰到铰支座O时A 端的速度。
9－9长为l、质量为m的均质杆OA以球铰链O固定，并以等角速度绕铅直线转动，如图所示。
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。
理论力学第三版 (洪嘉振) 答案第9章
1
9-1C 如图所示，均质摆杆的质量为 m，杆长为 2l。摆杆的铰 O 上有一驱动约束，驱动规律为 ϕ1 = θ − ω t ，θ为常数。试 （1）建立系统带拉格朗日乘子的封闭的动力学方程； （2）解出拉格朗日乘子。
r y O r y1
φ1
x
洪嘉振等《理论力学》第 3 版习题详解
2
&12 cos ϕ1 ⎞ & ⎞ ⎛ − lϕ x ⎛ 1 0 l sin ϕ1 ⎞⎛ & ⎟ ⎜ ⎟⎜ 1 ⎟ ⎜ &12 sin ϕ1 ⎟ &1 ⎟ = ⎜ − lϕ y ⎜ 0 1 − l cos ϕ1 ⎟⎜ & ⎟ ⎜0 0 ⎟⎜ ϕ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ 1 0 ⎝ ⎠⎝ &&1 ⎠ ⎝ ⎠
系统带拉格朗日乘子的动力学方程
⎛ ⎜m 0 ⎜ ⎜0 m ⎜0 0 ⎜ ⎝ ⎞ &⎞ ⎛ 0 ⎟⎛ & 1 0 0 ⎞⎛ λ1 ⎞ ⎛ 0 ⎞ x ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ &⎟+⎜ y 0 ⎟⎜ & 0 1 0 ⎟⎜ λ2 ⎟ = ⎜ − mg ⎟ ml 2 ⎟⎜ ϕ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎝ &&1 ⎠ ⎝ − l cos ϕ1 l sin ϕ1 1 ⎠⎝ λ3 ⎠ ⎝ 0 ⎠ 3 ⎠
得拉格朗日乘子 λ 的表达式
⎛ ⎜ m ⎛ λ1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ = − λ 0 ⎜ 2⎟ ⎜ ⎜λ ⎟ ⎜ lm cos ϕ ⎝ 3⎠ ⎜ 1 ⎝
0 m 0 0 ml 2 3
− lm sin ϕ1
⎞ &⎞ ⎛ ⎟⎛ & 0 x ⎞ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ & & + − y mg ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ mgl sin ϕ ⎟ ⎟⎜ & & ϕ 1⎠ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
理论力学(机械工业出版社)第九章质点动力学习题解答
习 题9-1 如图9-9所示，一质量为700kg 的载货小车以v=1.6m/s 的速度沿缆车轨道下降，轨道的倾角a=15°，运动总阻力系数f =0.015；求小车匀速下降时缆索的拉力。
又设小车的制动时间为t=4s ，在制动时小车作匀减速运动，试求此时缆绳的拉力。
图9-90sin 1T =-+αmg F F)cos (sin cos sin sin 1T αααααf mg fmg mg F mg F -=-=-=N 1676)15cos 015.015(sin 8.9700=︒⨯-︒⨯⨯=2m/s 4.0406.1=-=amamg F F =-+αsin 2TN19564.07001676sin 1T 2T =⨯+=+=+-=ma F ma F mg F α9-2 小车以匀加速度a 沿倾角为a 的斜面向上运动，如图9-10所示。
在小车的平顶上放一重W 的物块，随车一同运动，试问物块与小车间的摩擦因数μ应为多少？图9-10y 方向0s i n c o s c o s N =--αααF W Fαμαt a n t a n N N F W F W F +=+= αμt a n 1N -=W Fx 方向ma W F F =-+αααsin cos sin NmaW F F =-+ααμαsin cos sin N N a g W W F =-+ααμαsin )cos (sin N a g W W W=-+-ααμααμsin )cos (sin tan 1 g a=--+ααμαμαsin tan 1cos sing a=-+-+αμααμααμαtan 1sin tan sin cos sin g a =-+αμαααμtan 1sin tan cos g a =-αμαμtan 1cos /1 g a =-αμαμsin cos 1 )sin (cos αμαμ-=g ag a a +=ααμsin cos 分析得 g a a +≥ααμsin cos9-3 如图9-11所示，在曲柄滑道机构中，滑杆与活塞的质量为50kg ，曲柄长300mm ，绕O 轴匀速转动，转速为n=120r/min 。
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》第九章_质点动力学_习题解
AC
g l AC
( cos )
F
n
TAC W cos man W an g
W an g
TAC W cos TAC W cos
W W 2 a n W cos l AC AC g g
初瞬时， AC 0 ，故： TAC W cos （2）求小球 A 运动到铅垂位置时，AC 绳中的拉力 小球运动到铅垂位置时，由上一步骤可知：
dx 9 cos(2t )d (2t ) dt
2
dx 9 sin(2t ) C1 dt
x 9 sin(2t ) C1
x |t 0 x0 9 sin(2 0) C1 C1 0
dx 9 sin(2t ) dt 9 x sin(2t )d (2t ) 2 9 x cos(2t ) C 2 2 9 9 x |t 0 x0 cos(2 0) C 2 C 2 4.5(m) C 2 (m) 0.04(m) 2 2
y
v0
30 0
1m
地面
v x v0 cos 30 0 dx 13 3 dt 2 x 13 3 t C1 2
13 3 (m / s ) 2
mg
O
x
x |t 0
13 3 0 C1 C1 0 2
x
13 3 t 2
v y v0 sin 30 0 gt 6.5 9.8t
x
y
5
[习题 9-4] 通过光滑圆环 C 的绳索将物体 A 与 B 相连，已知 m A 7.5kg ， mB 6.0kg ， 物体 A 与水平面的摩擦因素 f 0.6 ， 在图示瞬时， 物体 B 具有朝右上方的速度 v B 2m / s 。 若在此时突然剪断墙与物体间的绳子，求该瞬时物体 A 的加速度 a A 解： （1）求 AB 间绳子的拉力 以 B 为研究对象，其受力如图所示。
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
=
南航理论力学习题答案9(1)
第九章刚体的平面运动1．平面运动刚体相对其上任意两点的（ ）。
① 角速度相等，角加速度相等② 角速度相等，角加速度不相等③ 角速度不相等，角加速度相等④ 角速度不相等，角加速度不相等正确答案：①2．在图示瞬时，已知O 1A = O 2B ，且O 1A 与O 2 B 平行，则（ ）。
① ω1 = ω2，α1 = α2② ω1≠ω2，α1 = α2③ ω1 = ω2，α1 ≠α2④ ω1≠ω2，α1 ≠α2正确答案：③3．设平面图形上各点的加速度分布如图①~④所示，其中不可能发生的是（ ）。
正确答案：②4．刚体平面运动的瞬时平动，其特点是（ ）。
① 各点轨迹相同；速度相同，加速度相同② 该瞬时图形上各点的速度相同③ 该瞬时图形上各点的速度相同，加速度相同④ 每瞬时图形上各点的速度相同正确答案：②5．某瞬时，平面图形上任意两点A 、B 的速度分别v A 和v B ，如图所示。
则此时该两点连线中点C 的速度v C 和C 点相对基点A的速度v CA 分别为（ ）和（ ）。
① v C = v A + v B ② v C = ( v A + v B )/2③ v C A = ( v A - v B )/2 ④ v C A = ( v B - v A )/2正确答案：② ④α1α2 ①②③④6．平面图形上任意两点A 、B 的加速度a A 、a B 与连线AB 垂直，且a A ≠ a B ，则该瞬时，平面图形的角速度ω和角加速度α应为（ ）。
① ω≠0，α ≠0② ω≠0，α = 0③ ω = 0，α ≠0④ ω = 0，α = 0正确答案：③7．平面机构在图示位置时，AB 杆水平，OA 杆鉛直。
若B 点的速度v B ≠0，加速度τB a = 0，则此瞬时OA 杆的角速度ω和角加速度α为（ ）。
① ω = 0，α ≠0② ω≠0，α = 0③ ω = 0，α = 0④ ω≠0，α ≠0正确答案：②8．在图示三种运动情况下，平面运动刚体的速度瞬心：（a ）为（ ）；（b ）为（ ）；（c ）为（ ）。
清华大学-理论力学-习题解答-9-09
! sin ϕ − z ! cos ϕ ) x = 2ω ( y !! !! ! y = −2ω x sin ϕ !! ! cos ϕ z = − g + 2ω x
! (0) = 0，y ! (0) = v0 cos α，z ! (0) = v0 sin α 。 初始条件为： x(0) = y (0) = z (0) = 0；x
(1)
将 ω = 0 代入（1）式，得到零次近似项：
x0 = 0 !! y0 = 0 !! !! z0 = − g !0 (0) = 0，y ! 0 (0) = v0 cos α，z !0 (0) = v0 sin α 得： 积分上式，并由初始条件 x0 (0) = y0 (0) = z0 (0) = 0；x !0 = 0 x ! 0 = v0 cos α y z !0 = − gt + v0 sin α !! ! 将上式代入公式 r 1 = − gk − 2ω × r0 ，可得第一次近似项： !! r1 = − gk + 2ω (v0 sin ϕ cos α − v0 cos ϕ sin α + gt cos ϕ )i
1 x1 = ω (v0 sin ϕ cos பைடு நூலகம் − v0 cos ϕ sin α )t 2 + ω gt 3 cos ϕ 3
故经过时间 t 后，炮弹偏东的距离为 ω v0 t 2 sin(ϕ − α ) + ω gt 3 cos ϕ 。
理论力学第九章习题
9-1．塔式起重机的水平悬臂以匀角速度ω=0.1rad/s 绕铅垂轴OO 1转动，同时跑车A 带着重物B 沿悬臂按x=20-0.5t 的规律运动，单位为米、秒，且悬挂钢索AB 始终保持铅垂。
求当t=10s 时重物B 的绝对速度。
解：动 点：A ；动 系：起重机运动分析：牵连运动：定轴转动； 相对运动：直线运动； 绝对运动：曲线运动；e e r ωx v sm 50dtdxv =-==/. 当t=10s 时sm 58151)50(v v v s m 5110)105020(v 222r2ea e /.../...=+-=+==⨯⨯-=9-2．图示曲柄滑道机构中，曲柄长OA=r ，它以匀角速度ω绕O 轴转动。
装在水平上的滑槽DE 与水平线成60o 角。
求当曲柄与水平线的交角分别为ϕ=0、30o 、60o 时，杆BC 的速度。
解：动 点：A ；动 系：ABC 运动分析：牵连运动：平动； 相对运动：直线运动； 绝对运动：圆周运动；OBC v rv a由正弦定理得：()()()12030φv v φ90v 30φv 120v ae re a sin sin sin sin sin -=-=-=当ϕ=0o 时， ωr 33v e -= 当ϕ=30o 时， 0v e =当ϕ=60o时， ωr 33v e =9-3．图示曲柄滑道机构中，杆BC 为水平，而杆DE 保持铅垂。
曲柄长OA=10cm ，以匀角速度ω=20rad/s 绕O 轴转动，通过滑块A 使杆BC 作往复运动。
求当曲柄与水平线的交角分别为ϕ=0、30o 、90o 时，杆BC 的速度。
解：动 点：A ；动 系：BDC 运动分析：牵连运动：平动；相对运动：直线运动； 绝对运动：圆周运动；φv v s cm 200ωr v a e a sin /===当ϕ=0o 时， 0v e =；当ϕ=30o 时， s cm 100v e /=； 当ϕ=90o 时， s cm 200v e /=9-4．矿砂从传送带A 落到另一传送带B 的绝对速度为v 1=4m/s ，其方向与铅垂线成30o 角。
(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。
- 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)。
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 k x ωωsin 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。
求：（1）圆柱体B 下落时质心的加速度；（2）若在圆柱体A 上作用一逆时针转向，矩为M 的力偶，试问在什么条件下圆柱体B 的质心加速度将向上。
9－8平面机构由两匀质杆AB，BO组成，两杆的质量均为m，长度均为l，在铅垂平面内运动。
在杆AB上作用一不变的力偶矩M，从图示位置由静止开始运动。
不计摩擦，试求当A 即将碰到铰支座O时A端的速度。
9－9长为l、质量为m的均质杆OA以球铰链O固定，并以等角速度ω绕铅直线转动，如图所示。
如杆与铅直线的夹角为θ，求杆的动能。
题9－9图 题9－10图9－10物质量为1m ，沿楔状物D 的斜面下降，同时借绕过滑车C 的绳使质量为2m 的物体B 上升，如图所示。
斜面与水平成θ角，滑轮和绳的质量和一切摩擦均略去不计。
求楔状物D 作用于地板凸出部分E 的水平压力。
θθcos g m m m m sin m F x 12121+-= 9－11鼓轮I 重N 500=W ，对轮心O 点的回转半径为m 2.0=ρ，物块A 重N 300=Q ，均质圆轮II 半径为R ，重为N 400=P ，在倾角为α的斜面上只滚动不滑动，其中m 1.0=r ，m 2.0=R ，弹簧刚度系数为k ，绳索不可伸长，定滑轮D 质量不计。
在系统处于静止平衡时，给轮心B 以初速度0B v ，求轮沿斜面向上滚过距离s 时，轮心的速度v B 。
解：轮B O 、作平面运动，物块A 作平动2211V T V T +=+①20202022020121/21/21/21/21B B B A A J g Pv g W g Wv g Qv T ωωρ++++= ()()r R v r R rv v R v B B A B B +=+==/,/,/000000ωω g PR J B /212= ()[](){}()g r R Qr r W P v T B 4//232222201++++=ρ 代入已知数据得：()g v T B 9/4100201=同理()g v T B 9/410022= 取平衡位置为各物体重力势能的零位置，有：2121st k V δ= ()()()r R r s W Q sP s k V st +⋅+-++=/sin 2122αδ 为确定st δ，考虑静平衡时，A O 、及轮B ，由∑=0E M ，得： ()()r R r Q W T ++=/1由∑=0H M ，有：st k F F P T δα==--001,0sin()()k P rk Rk r Q W st /sin /αδ-++=代入①，有()()()()()r R sr W Q sP s k g v k g v st B st B ++-+++=+/sin 219/4100219/410022220αδδ 解得：()2/12208200/9gks v v B B -=题9－11图9－12 均质棒AB 的质量为kg 4=m ，其两端悬挂在两条平行绳上，棒处在水平位置，如图所示。
设其中一绳突然断了，试用刚体平面运动方程求此瞬时另一绳的张力F 。
N 8.9=F9－13图示机构中，物块A 、B 的质量均为m ，两均质圆轮C 、D 的质量均为m 2，半径均为R 。
C 轮铰接于无重悬臂梁CK 上，D 为动滑轮，梁的长度为R 3，绳与轮间无滑动。
系统由静止开始运动，求：（1）A 物块上升的加速度；（2）HE 段绳的拉力；（3）固定端K 处的约束反力。
g a A 61=；mg F 34=；mgR M mg F F k ky kx 5.135.40===，， C BA D K EH题9－13图 题9－14图9－14匀质细杆AB，长为l，放在铅直面内与水平面成0ϕ角，杆的A端靠在光滑的铅直墙上，B端放在光滑的水平面上，杆由静止状态在重力作用下倒下。
求：（1）杆在任意位置ϕ时的角速度和角加速度；（2）当杆的A端脱离墙时，杆与水平面所成的角1ϕ多大？)sin 32arcsin(01ϕϕ=9－15鼓轮重N 1200，置于水平面上，外半径cm 90=R ，轮轴半径cm 60=r ，对质心轴C 的回转半径cm 60=ρ。
缠绕在轮轴上的软绳水平地连于固定点A ，缠在外轮上的软绳水平地跨过质量不计的定滑轮，吊一重物B ，B 重N 400=P 。
鼓轮与水平面之间的动摩擦系数为0.4，求轮心C 的加速度。
解：分别取轮和重物为研究对象，轮作平面运动，设其角加速度为ε，轮心C 加速度C a ， 由题知εr a C =，物B 加速度ε)(r R a B += 对轮列平面运动微分方程：F T T a g W C +-=12)/(（1）W N f F W N W N 4.00='==-=，，（2） )()(2r R F r R T J I --+=ε即：)()())(/(222rRFrRTrgW--+=+ερ（3）对重物：'-=2)/(TPagPB，即：2))(/(TPrRgP-=+ε（4）（2）代入（3）式，有：)(4.0)())(/(222rRWrRTrgW--+=+ερ（5）)()4(rR+⨯：)()())(/(22rRTrRPrRgP+-+=+ε（6）（5）+（6）：)(4.0)())(/())(/(222rRWrRPrRgPrgW--+=+++εερ2222222rad/s53.2)6.09.0)(8.9/400()6.06.0)(8.9/(12003.012004.0)5.1(400))(/())(/()(4.0)(=+++⨯⨯-=+++--+=rRgPrgWrRWrRPρε题9－15图题9－16图9－16 三根匀质细杆CABCAB，，的长均为l，质量均为m，铰接成一等边三角形，在铅垂平面内悬挂在固定铰接支座A上。
在图示瞬时C处的铰链销钉突然脱落，系统由静止进入运动，试求销钉脱落的瞬时，（1）杆AC的角加速度ACε；（2）杆ABBC、的角加速度ABBCεε，。
解：（1）取AC为研究对象，杆长为l，质量为m，︒=30ϕ依刚体转动微分方程：mgllmgJACA41sin21=⋅=⋅ϕε∵231mlJA=∴lgmlmglJmglAAC4/331/41/412===ε（顺时针）AAa θNF （2）分别取AB ，BC 为研究对象：AB ：l Y l X mgl J B B AB A 2132141⋅+⋅⋅+=⋅ε （1）BC ：B AB X l m -=+︒)030cos (ε （2） B BC AB Y mg l l m -=+︒)2130sin (εε （3）B BCD Y l J ⋅=⋅21ε （4）由（2）得：AB B l m X ε321⋅-= （5）由（4）得：BC B ml Y ε)6/1(= （6） 将（5），（6）式代入（1）式，化简后得：BC AB ml mgl ml εε22313+= （7）将（6）式代入（3）式，化简得：BC AB ml mg ml εε463-= （8）解（7）与（8）式得：l g AB 55/18=ε（逆时针）将AB ε值代入（7）解得：l g BC 55/69=ε（顺时针）9－17图示匀质细长杆AB ，质量为m ，长度为l ，在铅垂位置由静止释放，借A 端的水滑轮沿倾斜角为θ的轨道滑下。
不计摩擦和小滑轮的质量，试求刚释放时点A 的加速度。
g a θθ2sin 31sin 4+=解：图（a ），初瞬时0=AB ω，以A 为基点，则τCAa a a a a +=+=A Cy Cx C即θαθcos 2cos τla a a a A CA A Cx -=-=（1） θαθsin 2sin τla a CA Cy == （2）由平面运动微分方程：θsin mg ma Cx =∴θsin g a Cx =（3） N cos F mg ma Cy -=θ（4）习题9－17图1αCya Da αDANF BCxa g m(a)θαsin 2N lF J C ⋅=即θαsin 2121N 2lF ml ⋅= （5）解（2）、（4）、（5）联立，得)sin 31(2sin 32θθα+=l g （6）由（1）、（3），得θαθsin cos 2g la A =⋅- （6）代入，得g a A θθ2sin 31sin 4+=题9－17图 题9－18图9－18匀质细长杆AB ，质量为m ，长为l ，CD = d ，与铅垂墙间的夹角为α，D 棱是光滑的。
在图示位置将杆突然释放，试求刚释放时，质心C 的加速度和D 处的约束力。
解：初始静止，杆开始运动瞬时，D v 必沿支承处切向，即沿AB 方向，所以D a 此时沿AB 方向，如图（a ），以D 为基点：由tnCD CD D Cy Cx a a a a a ++=+1tα⋅==d aa CD Cx（1）由AB 作平面运动：N sin F mg ma Cx -=α （2） αcos mg ma Cy = （3） d F ml N 12121=⋅α （4）由（3），αcos g a Cy = 解（1）、（2）、（4）联立22212sin 12d l gd a Cx +=α222N 12sin d l mgl F +=α9－19匀质杆AB ，质量为m 、长为L ，两端均以速度v 0下落，且这时杆与铅垂线的夹角为θ。