理论力学习题解答第八章
理论力学课后习题答案-第8章--动量定理及其应用
论力学课后习题答案-第8章--动量定理及其应用第8章 动量定理及其应用8－1 计算下列图示情况下系统的动量。
(1) 已知OA ＝AB ＝l ，θ＝45°，ω为常量，均质连杆AB 的质量为m ，而曲柄OA 和滑块B 的质量不计（图a ）。
(2) 质量均为m 的均质细杆AB 、BC 和均质圆盘CD 用铰链联结在一起并支承如图。
已知AB = BC = CD = 2R ，图示瞬时A 、B 、C 处于同一水平直线位置，而CD 铅直，AB 杆以角速度ω转动（图b ）。
(3) 图示小球M 质量为m 1，固结在长为l 、质量为m 2的均质细杆OM 上，杆的一端O 铰接在不计质量且以速度v 运动的小车上，杆OM 以角速度ω绕O 轴转动（图c ）。
解：（1）p = mv C =ωm l 25，方向同Cv （解图（a ））；（2）p = mv C 1 + mv C 2 = mv B = 2Rm ω，方向同Bv ，垂直AC （解图（b ））； （3）j i p )60sin 260sin ()]60cos 2()60cos ([2121︒+︒+︒-+︒-=ωωωωlm l m l v m l v m j i 423]42)[(212121m m l l m m v m m +++-+=ωω（解图（c ））。
习题8-1图ABOθω ABCDωOMvω 60˚(a)(b)(c)8－2 图示机构中，已知均质杆AB 质量为m ，长为l ；均质杆BC 质量为4m ，长为2l 。
图示瞬时AB 杆的角速度为ω，求此时系统的动量。
解：杆BC 瞬时平移，其速度为v Bωωωm l m l l m p p p BCAB 2942=+=+= 方向同v B 。
8－3 两均质杆AC 和BC 的质量分别为m 1和m 2，在C 点用铰链连接，两杆立于铅垂平面内，如图所示。
设地面光滑，两杆在图示位置无初速倒向地面。
问：当m 1= m 2和m 1= 2m 2时，点C 的运动轨迹是否相同。
1-8章的习题答案理论力学.doc
第一章静力学公理和物体的受力分析一、选择题与填空题1.C2.ACD3.A, B两处约束力的方向如图所示60°第二章平面力系一、选择题与填空题■1. B; D。
2. B。
3. F；向上。
4. B。
5. 4^M;方向与水平线成60角，指向 23L右下。
6. 10kN; 10kN ; 5kN; 5kN。
7. 100kN;水平向右。
二•计算题1. F B - -70 KN F AX =70 KN ,F Ay =120 KN , M A二-30KN m2. F AX - -qa F BX二 F qa F Ay =qa F F By 二 qa - F3. F= -5kN F Dy = 4.33kN F E-4.33kN F C =24.41kND xF B^ -17.08kN F AX=F BX = -5kN l^y = -14.08kN M A=T4.66kN mF AX =10N FAy =20N M A =15N mF CD =14.1N6F Ax=2.5kN F Ay=—2.16kN M A=」kN ，m F c =20.33kN7 F B=40kNF AX = —10kNFA ^-20kN M -50kN m F cx = 40kNF ey = 0F HX =300N F Hy =100N第三章空间力系少2(-8. F A ^ = -100N F Ay 二-300N F Ex 二-300N F Ey =100N F °y 二 200N整=一一A > X Y m 一：J E £c X一、选择题与填空题f—- - Fa 6 Fa 1.B。
2.B。
3. M x(F)=O ; M y(F) —H2 44.F x=-40.2N; F y=30-2N; M z=240.2 N m。
5.F z= F sin :；F y= F cos ：cos :;M x(F)二 F(ccos'cos ： bsin )。
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。
理论力学习题解答(8-13章)
对于一个物体，如果受到的合力为零，则该物体处于力的平衡状态。
力的平衡与运动状态
力的平衡状态下，物体的运动状态保持不变，即速度和方向都不发生变化。
力矩是力和力臂的乘积，表示力对物体转动作用的物理量。
力矩概念
力矩的方向
力矩的几何意义
力矩的方向按照右手定则确定，即右手四指从转动轴指向力的方向，大拇指指向转动方向。
动量定理，描述了物体加速度与其所受合外力之间的线性关系。
详细描述
牛顿第二定律，也被称为动量定理，表述为F=ma，其中F代表合外力，m代表质量，a代表加速度。该定律揭示了物体的加速度与作用在物体上的力成正比，与物体的质量成反比。
牛顿第二定律
作用与反作用定律，描述了作用力和反作用力大小相等、方向相反的特性。
伯努利方程
层流与湍流，定常流动与非定常流动，一维、二维、三维流动。
流体流动的分类
流体质量守恒，流量连续，无质量亏损或增加。
连续性方程
流体动力学基础
03
拉格朗日法
追踪流体质点运动的方法，描述流场中质点位置随时间变化。
01
微元体分析法
对流场中微小体积元进行分析，列出流体运动和力的平衡方程。
02
欧拉法
描述流体运动随时间变化的方法，基于流体质点运动观点。
天体运动的计算方法
天体运动的计算方法通常涉及到对万有引力定律的应用，以及运用运动学和动力学原理。
总结词
在计算天体运动时，首先需要确定天体的质量、位置和速度等参数，然后根据万有引力定律计算出天体之间的相互作用力。接着，运用牛顿第二定律和运动学原理，可以求解出天体的加速度、速度和位移等参数。最后，通过比较理论计算结果和观测数据，可以对天体运动的规律进行验证和预测。
理论力学八章
8-1 8-2 8-7 8-6、8、98-15、16、17、208-1 图示四杆机构1OABO 中，ABB O OA211==；曲柄OA 的角速度srad /3=ω。
求当090=ϕ而曲柄B O 1重合于1OO 的延长线上时，杆AB和曲柄B O 1的角速度。
)/1(2.5),/1(31s s B O AB ==ωω参考答案：OA 杆和O1B 杆为定轴转动，AB 杆为平面运动(瞬心在O 点)。
OA OA v A 3=⋅=ω； 由瞬心法知：s rad OAv A AB 3===ωω（逆时针）根据速度投影定理： 60cos 30cos ⋅=⋅B A v v 故：OA v v A B 333=⋅=；s rad s rad BO OA BO v B BO 196.53333111====ω（逆时针）8-2 四连杆机构中，连杆AB 上固联一块三角板 ABD 。
机构由曲柄A O 1带动。
已知：曲柄的角速度s rad A O /21=ω；曲柄cm A O 101=，水平距离cm O O 521=；AD=5cm ,当A O 1铅垂时，AB平行于21O O ，且AD 与1AO 在同一直线上；角030=ϕ。
求三角板ABD 的角速度和D 点的速度。
s cm v s D ABD /35.25),/1(07.1==ω参考答案：O1A 杆和O2B 杆为定轴转动，ABD 三角板为平面运动(瞬心在C 点)。
由O1A 杆作定轴转动：s cm A O v A O A /2011=⋅=ω，方向水平向左，如图。
由O2B 杆作定轴转动，B v 方向如图。
故三角板ABD 的速度瞬心在图示C 点。
则：s rad CO A O v ACv AA ABD /0718.135102011=+=+==ωs rad CD CD v ABD ABD D /359.25=⋅=⋅=ωω（方向水平向左，如图）8-7 如图所示，在振动机构中，筛子的摆动由曲柄连杆机构所带动。
《理论力学》第八章_刚体的平面运动习题解
vE
vO
v0
1 (157.05 52.35) 52.35(mm / s) （方向：向上。） 2
vD
[习题8-6] 两刚体Ｍ，Ｎ用铰Ｃ连结，作平面平行运动。已知ＡＣ＝ＢＣ＝６００ｍｍ，在图 示位置，ｖＡ＝２００ｍｍ／ｓ， ｖＢ＝１００ｍｍ／ｓ，方向如图所示。试求Ｃ点的速度。 解：
y
x
'
O
'
B
vB
300
A
60
0
O
0 v A
解：
v A OA 0 200 3 600(rad / s)
v B v A v BA [v B ] AB [v A ] AB
v B cos 30 0 v A 600
vB 600 692.84(mm / s) 0.866
C3 0
A
Rr t 2 2r
故，动齿轮以中心Ａ为基点的平面运动方程为：
x A ( R r ) cos y A ( R r ) sin
t 2
2
t 2
2
A
Rr t 2 2r
[习题8-3] 试证明：作平面运动的平面图形内任意两点的连线中点的速度等于该两点速度的矢 量和之一半。 已知：如图所示， AC CB ， 求证： vC 证明：
300
v B v A v BA
ve
O
vBA AB 200 2 400(mm / s)
v B v A v BA 2v A v BA cos 150 0
2 2
5332 400 2 2 533 400 0.866
理论力学习题解答第八章
8－1. 图示系统由匀质圆盘与匀质细杆铰接而成。
已知：圆盘半径为 r 、质量为M ，杆长为L 、质量为 m 。
在图示位置杆的角速度为ω、角加速度为ε，圆盘的角速度、角加速度均为零，试求系统惯性力系向定轴O 简化的主矢与主矩。
解：∵圆盘作平动，相当一质点作用在A 点。
εττ⋅+==∑)2/(ML mL a m F Ci i gR 2)2/(ω⋅+==∑ML mL a m F n Ci i ngR εε⋅+==)31(2200ML mL J M g8－2. 图示系统位于铅直面内，由鼓轮C 与重物A 组成。
已知鼓轮质量为m ，小半径为r ，大半径R = 2r ，对过C 且垂直于鼓轮平面的轴的回转半径ρ = ，重物A 质量为2m 。
试求（1）鼓轮中心C 的加速度；（2）AB 段绳与DE 段绳的张力。
解：设鼓轮的角加速度为， 在系统上加惯性力如图（a ）所示， |则其惯性力分别为：αmr F C =I ；αr m F A ⋅=2I ααρα222I 5.1mr m J M C C === ∑=0)(F D M ；0)2(I I I =+-++C A C M r mg F F mg？AM I CF I Cm g F DE （a ）A B 《D E2gF A F I A F AB （b ）g g r a C 2145.132=+==α ∑=0y F ；02I I =--+-mg mg F F F A C DE ；mg mr mg F DE 21593=-=α 取重物A 为研究对象，受力如图（b ）所示，∑=0y F ；02I =-+mg F F A AB ；mg mg mr mg F AB 2134)2141(222=-=-=α：8－3. 11－15重力的大小为100N 的平板置于水平面上，其间的摩擦因数f = ，板上有一重力的大小为300N ，半径为20cm 的均质圆柱。
圆柱与板之间无相对滑动，滚动摩阻可略去不计。
理论力学第三版课后答案第8章
（9）
代入式（3）得 aCx = 1.03m/s 2 ，将其与式（9）第 1 式代入式（7）可解出端 B 加速度
aB = 2.65m/s 2
aB 为正，表明原假定正确，端 B 的确向左滑动。
课
后 答
案
网
ww w
.k hd
aw .
8-5C 质量为 m 半径为 R 的半圆柱体在图示位置静止释放。 图中，点 C 为质心， OC =
洪嘉振等《理论力学》第 3 版习题详解
2
1 R 5 R R J C = mR 2 + m( ) 2 + m( ) 2 + m( ) 2 = mR 2 4 2 2 4 4
系统惯性力系的主矩方向如图 8-1Cb 所示，其大小为为
M * = J Cα =
5 mR 2α 4
课
后 答
案
网
ww w
.k hd
aw .
可解得此瞬时质心速度为
vC = gl
由于杆作瞬时平移，故有点 B 的速度
vB = v A = vC = gl
r （2）对于连体基 A − e 1 ，定义该基的角加速度的正向如图 8-4Cb 不所示。基点 A 作圆 周运动，令其加速度为
课
T − T0 = mg xC0 − xC
后 答
(
1 2 mvC 。由动能定理 2
r r r r r r 其中 a1C = aC = aCx + aCy ， a1etC = a A ， a1eωC = lω12 = 0 ， a1eαC = lα1 。上式变为
即
后 答
r x : aCx = − aωA + a1eαC cos θ
08第八章习题解答
第八章习题解答8-1匀质杆AB 长l ，重G ，沿光滑的圆弧轨道运动如图示。
设当OA 在水平位置时，3arcisn =θ，125gl v A =，求此时轨道对于杆AB 的约束力。
题8－1图解：以杆AB 为研究对象，受力分析A F N 、B F N、G 如图示，杆AB 作定轴转动。
∵53arcsin =θ 53sin =∴θ 54cos =θ 25242sin =θ 2572cos =θ ∵ l R 85=、125gl v A = l g R v A 1516==∴ω l OC 83=AB 杆的质心加速度为OC a ⋅=21ω，OC a ⋅=α2 惯性力主矢*F和主矩*M 方向如图所示，大小为mg l l g m a m F 528315161*1=⋅⋅=⋅=l m a m F 832*2⋅⋅=⋅=ααα222*19243])83(121[ml l m ml M =+=题8－1答案图列平衡方程式∑=0)(F m zO 01924353832=−⋅⋅αml l mg l g 215216=α 0=∑ixF 0sin cos 2cos N *1*2N =−++⋅A B F F F F θθθ 0=∑iyF0cos sin 2sin *1*2N =−−+⋅mg F F F B θθθ mg l g ml F 2158121521683*2=⋅=代入上式得：mg F B4349N =，mg F A 4337N =8-2 匀质杆AB 长l ，重G ，用两根软绳悬挂如图示。
求当其中一根软绳切断，杆AB 开始运动时，另一根软绳中的拉力。
题8－2图解：建立参考基e C−，连体基1e O −和2e B −设当AO 被切断时，BO 的角加速度为1α，AB 杆的角加速度为2α题8－2答案图以杆AB 为研究对象，受力分析如图示重力G ，绳中张力T F 。
杆AB 作平面运动，惯性力主矢*F 和主矩*M 方向如图所示，大小为：C ma F =*，2*αC J M =e C e C e tC C a a a a αω222 ++= ， 02=eC a ω e B e B e tC a a a αω112 +=, 01=e B a ω , B e B a a=α1 e C e B C a a a αα21 +=, eC e B C a m a m a m αα21 += 11*122ααl m ma F e B ==∴ 22*22ααl m ma F e C == 22*121αml M =0)(=∑F m Dz0121442222=+⋅−⋅ααml lmg l ml lg 562=α0)(=∑F m Cz012122222T =−⋅⋅αml l Fmg F 52T =8-3 匀质杆AB 长2l ，重G ，一端A 用长l 的软绳OA 拉住，一端B 放在光滑地面上如图示。
理论力学课后答案08
第8章 刚体平面运动概述和运动分解三、选择题1．( D )2． ( B )。
3． ( B )4． ( D )5．( C )6． ( C )7．( C )。
8． ( B )。
四、计算题8-1 如图8.30所示的两齿条以1v 和2v 同方向运动。
在两齿条间夹一齿轮，其半径为r ，求齿轮的角速度及其中心O 的速度。
解：齿轮作平面运动，以B 为基点，分析A 点的速度。
由AB B A v v v +=作A 点的速度合成图如图所示。
由图可知21v v v v v B A AB -=-= 齿轮的角速度为rv v ABv AB O 221-==ω再以B 为基点，分析O 点的速度。
由OB B O v v v +=作O 点的速度合成图如图所示。
由图可知齿轮中心O 的速度2212v v r v v v v O OB B O +=+=+=ω8-2 曲柄OA = 17cm ，绕定轴O 转动的角速度1rads O A /ω=，已知AB = 12cm ，BD = 44cm ，BC = 15cm ，滑块C 、D 分别沿着铅垂与水平滑道运动，如图8.31所示瞬时OA 铅垂，求滑块C 与D 的速度。
图8.30 图8.31解：由A v 和D v 的速度方向，可知杆BD 作瞬时平动。
从而可知B v 方向水平向左。
C 点的速度方向垂直向下。
BD 作瞬时平动，可知滑块D 的速度为 )/(17171s cm OA v v OA A D =⨯=⋅==ω 杆BC 作平面运动，上速度投影定理，有)90cos(cos o ϕϕ-=C B v v根据图示的结构，经过数学计算，可知6778.040157cos ==ϕ，7352.0sin =ϕ，代入上式，可得)/(6.15sin cos sin cos s cm v v v A B C ===ϕϕϕϕ8-3 曲柄OA 绕定轴O 转动的角速度25rad s O A ./ω=，OA = 28cm ，AB = 75cm ，BC = 15cm ，r = 10cm ，轮子沿水平面滚动而不滑动。
理论力学第八章思考题
2．矩形板ABCD边BC=60cm，AB=40cm。板以匀角速度ω=0.5（rad/s）绕A轴转动，动点M以匀速u=10cm/s沿矩形板BC边运动，当动点M运动到BC边中点时，板处于图示位置，试求该瞬时M点的绝对速度。
解：动点：M，动系：ABCD，牵连转动
3．杆CD可沿水平槽移动，并推动杆AB绕轴A转动，L为常数。试用点的合成运动方法求图示位置θ=30°时，CD杆的绝对速度u。
解：取AB杆上的A点为动点，动系固连于滑块上，牵连运动为平动
1．由 （1）
得A点速度
则Va=Vetg30°=
而Vr=Ve/cos30°=
2．由 （2）
得A点加速度
将（2）式向 方向投影得：
aacos30°=aesin30°+arn
而ae=a0arn=Vr2/R
∴ae=(aesin30°+arn)/cos30
= +
∴ur=(ue2+ua2)1/2=
=45°
（2）动点：B点，动系：轮O1，牵连转动
= +
ue=ω·[(2r)2+r2]1/2=
ua=rω
ur=[ue2+ua2-2ueuacos( )]1/2
=
6.具有半长R=0.2m的半圆形槽的滑块，以速度u0=1m/s，加速度0=2m/s2水平向右运动，推动杆AB沿铅垂方向运动。试求在图示=60°时，AB杆的速度和加速度。
解：动点：轮心O1，动系：OA杆，牵连转动
9．圆形板按=t-0.5t3绕过水平直径的轴AB转动，动点M沿板上半径为R=30cm圆槽按OM=b=10 的规律运动，式中以rad计，b以cm计，t以s计。当t=1/8s时圆形板位于图示位置。试求该瞬时动点M的加速度在X、Y、Z各坐标轴上的投影。
理论力学--动力学习题+答案
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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
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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。
)a(球A )b(杆ABd(杆AB、CD、整体)c(杆AB、CD、整体)精选)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。
WA DBCEOriginal FigureADBCEWWF AxF Ay F 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、整体精选)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。
《理论力学Ⅰ》第八版课后习题解析
理论力学Ⅰ第 8 版课后习题答案目录：
第一章静力学公理和物体的受力分析
第二章平面力系
第三章空间力系
第四章摩擦
第五章点的运动学
第六章刚体的简单运动
第七章点的合成运动第
八章刚体的平面运动
第九章质点动力学的基本方程
第十章动量定理
第十一章动量矩定理
第十二章动能定理
第十三章达朗贝尔定理
第十四章虚位移定理
第一章
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第二章
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理论力学(刘又文 彭献)答案第8章
6．多跨梁如图 8.7a 所示，利用虚位移原理求固定端的约束力时，如何表示
虚位移图。
F
M
A
D
E
B
C
(a)
δϕ F MA
M
q
(b)
F
δyA
M
q
FAy
(c)
F
q
δx A
M
FAx
(d)
图 8.7
答：因固定端有三个约束力，可分三步求解：
①求 M A 时，虚位移如图 b 所示；
②求 FAy 时，虚位移如图 c 所示；
x
图 8.4
θ1 θ2
图 8.5
答：不对。轮子滚而不滑，有 xC − rθ = 0 ,积分后，有 xC − rθ = 常量。即 xC
与θ 之中只有一个是独立的，或只有一个独立的广义坐标，故 K＝1。
又如图 8.5 中，系统 K＝3×4－2×5＝2，角θ1 、θ 2 为系统的广义坐标。
虚位移表示
5．如图 8.6a、b、c、d 中虚线所示的虚位移是否对？
①如图 a 所示，能否选 xA 、 xB 、 yA 、 yB 、 xA 、 yA 或 xB 、 yB 为广义坐标？
为什么？
②试计算问题 8-1 图 a、b 两系统自由度，并选广义坐标。
262
③系统的广义坐标一定是相互独立的参数吗？试举例说明。
答：
(a) 思考 8-2 图
①均不能。显然
x
2 A
+
y
2 A
261
其中， Fix 、 Fiy 为力 Fi 在 x、y 轴上的投影， hi 为力 Fi 的作用线到基点 O 的垂直
距离。
在式(1)中， δxO 、 δyO 、 δϕ 都是独立的，欲使式(1)成立，必须
《理论力学》第八章-刚体平面运动试题及答案
理论力学8章作业题解8-2 半径为r 的齿轮由曲柄OA 带动，沿半径为R 的固定齿轮滚动。
如曲柄OA 以匀角加速度a 绕O 轴转动，且当运动开始时，角速度00=w ，转角0=j 。
求动齿轮以中心Ａ为基点的平面运动方程。
解：图示，A 轮平面运动的转角为=A j ∠C 3AC 2=j +∠CAC 2由于弧长CC 1=CC 2，故有 ∠CAC 2=r R /j ，所以22/t rr R r r R r R A a j j j j +=+=+=A 轮平面运动方程为ïïîïïíì+=+=+=+=+=22212212)sin()()sin()()cos()(cos )(tr r R t r R r R y t r R r R x A A A a j a j a j8-6两刚体M ，N 用铰C 连结，作平面平行运动。
已知AC=BC=600mm ，在题附图所示位置s mm v s mm v B A /100,/200==，方向如图所示。
试求C 点的速度。
解：由速度投影定理得()()0==BC C BC B v v 。
则v C 必垂直于BC 连线，v C 与AC 连线的夹角为30°。
由()()AC A AC C v v = 即得：s mm v v A C /200== ，方向如题4-6附图示。
解毕。
8-9 图所示为一曲柄机构，曲柄OA 可绕O 轴转动，带动杆AC 在套管B 内滑动，套管B 及与其刚连的BD 杆又可绕通过B 铰而与图示平面垂直的水平轴运动。
已知：OA ＝BD ＝300mm ，OB ＝400mm ，当OA 转至铅直位置时，其角速度ωo ＝2rad/s ，试求D 点的速度。
C 12Aj C解 (1)平面运动方法： 由题可知：BD AC w w =确定AC 杆平面运动的速度瞬心。
套筒中AC 杆上一点速度沿套筒(为什么？)s rad IAOA IA v A AC /72.00=´==w w , s mm BD BD v AC BD D /216=´=´=w w D 点加速度如何分析？关键求AC 杆角加速度(=BD 杆角速度) 基点法，分析AC 杆上在套筒内的点(B’)：(1) tA B n A B A B a a a a ¢¢¢++=r r r r大小：× ∠ ∠ × 方位：× ∠ ∠ ∠ 再利用合成运动方法：动点：套筒内AC 杆上的点B’，动系：套筒。
理论力学第8章习题解答
理论力学第8章习题解答第八章质点系动力学：矢量方法习题解答8-1 一个质量为5 kg 弹头M 以水平速度v = 60 m/s 飞行，在D 处爆炸成位于同一水平面内如图示速度方向的两块碎片A 和B 。
已知碎片A 的速度大小v A = 90 m/s 。
试求：(1) 碎片A 的质量m A ；(2) 碎片B 的速度大小v B 。
解：取弹头M 为研究对象，弹头爆炸前后动量守恒 () 30cos B A v m M Mv -= () 30sin 0B A A A v m M v m --=解得M v vm A A 33=，AA B v v vv v 32--=，代入数据得：kg 92.1=A m ，m/s 64.112=B v .8-2 一个质量为m 1的人手里拿着质量为m 2的物体，以仰角θ，速度v 0向前跳起。
当他到达最高点时将物体以相对速度u 水平地向后抛出。
如果不计空气阻力，问由于物体的抛出，跳远距离增加了多少？解：取m 1和m 2物体系统为研究对象，人跳至最高点时只有水平速度 ?c o s 01v v =，所费时间 gv t ?sin 0=。
抛物前后系统水平动量守恒，即 ()()u v m v m v m m -+=+1211021c o s ?，式中1v 为抛物后人的速度。
解得21201c o s m m um v v ++=?，可见，人的速度增量为2121Δm m um v +=，从而跳远距离增加()gm m uv m v t s 21021sin ΔΔ+==?.8-3质量为m 1的平台AB 放在水平面上，平台与水平面间的滑动摩擦因数为f 。
质量为m 2的小车D 由绞车拖动，相对平台的运动规律为221bt s =，其中b 为已知常数。
不计绞车质量，求平台的加速度。
解：1）设平台与水平面间的滑动摩擦因数比较小，当小车D 相对平台运动时，平台AB 的有速度1v （向左），小车D 的相对速度bt sv == r ，（向右），小车D 的绝对速度bt v v v v +-=+-=1r e a ，（向右），滑动摩擦力为 N fF F = 题8-3图题8-3受力图题8-1图由动量定理，()[]F v bt m v m t=-+-1211d d()021=++-N F g m m解得()212121m m g m m f b m a ++-=， ()g m m bm f 212+≤.当()gm m bm f 212+>时，01=a .8-4 质量为m 1的矩形板可在如图所示的光滑水平面上运动。
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8－1. 图示系统由匀质圆盘与匀质细杆铰接而成。
已知：圆盘半径为 r 、质量为M ，杆长为L 、质量为 m 。
在图示位置杆的角速度为ω、角加速度为ε，圆盘的角速度、角加速度均为零，试求系统惯性力系向定轴O 简化的主矢与主矩。
解：∵圆盘作平动，相当一质点作用在A 点。
ετ
τ⋅+==∑)2/(ML mL a m F Ci i gR 2)2/(ω⋅+==∑ML mL a m F n Ci i n
gR εε⋅+==)3
1
(2200ML mL J M g
8－2. 图示系统位于铅直面内，由鼓轮C 与重物A 组成。
已知鼓轮质量为m ，小半径为r ，大半径R = 2r ，对过C 且垂直于鼓轮平面的轴的回转半径ρ = ，重物A 质量为2m 。
试求（1）鼓轮中心C 的加速度；（2）AB 段绳与DE 段绳的张力。
解：设鼓轮的角加速度为?，
在系统上加惯性力如图（a ）所示， 则其惯性力分别为： αmr F C =I ；αr m F A ⋅=2I ααρα222I 5.1mr m J M C C === ∑=0)(F D M ；
0)2(I I I =+-++C A C M r mg F F mg
g g r a C 21
4
5.132
=+=
=α
?
a
A
B
2
F
F F
（
∑=0y F ；02I I =--+-mg mg F F F A C DE ；mg mr mg F DE 21
593=
-=α 取重物A 为研究对象，受力如图（b ）所示，
∑=0y F ；02I =-+mg F F A AB ；mg mg mr mg F AB 21
34)2141(222=-
=-=α
8－3. 11－15重力的大小为100N 的平板置于水平面上，其间的摩擦因数f = ，板上有一重力的大小为300N ，半径为20cm 的均质圆柱。
圆柱与板之间无相对滑动，滚动摩阻可略去不计。
若平板上作用一水平力 F = 200N ，如图所示。
求平板的加速度以及圆柱相对于平板滚动的角加速度。
解：设平板的重力P 1 = 100 N ，加速度为a ；圆柱的重力P 2 = 300
N ，角加速度为?，质心的加速度a O = a – ?r ，受力如图（a ）。
a g P F 1
1I =
；)(222I αr a g P a g P F O -==；αα22I 21r g
P J M O O ⋅== ∑=0)(F A
M ；0I 2I =-O M r F ；αα22221)(r g P r r a g P ⋅=-；αr a 23
= ∑=0x
F
；0f 2I 1I =---F F F F ；其中：N 80)(21N f =+=⋅=P P f F f F
080)(20021=----αr a g P a g P ；0)3(12021=+-a g P
g P ；
2m/s 88.5200120==g a ；2rad/s 6.1932==a r
α
F
8－4. 12、图示匀质定滑轮装在铅直的无重悬臂梁上，用绳与滑块相接。
已知：轮半径r =1m, 重Q =20kN ，滑块重P =10kN ，梁长为2r ，斜面的倾角4/3tg =θ, 动摩擦系数1.0'=f 。
若在轮O 上作用一常力偶矩m kN 10⋅=M 。
试用动静法求：（1）滑块B 上升的加速度；（2）支座A 处的反力。
解：（1）取滑块B 为研究对象，设其质量为m 1，加速度为a B ，则其惯性力为：B a m F 1I =，受力如图（a ）所示。
∑=0t F ；0sin 1T I =+-+θg m F F F ；kN 8.0cos 1.01N ==⋅=θg m F f F
B B a m a m F 11T 8.68.06+=++=
取定滑轮O 为研究对象，设其质量为m 2，半径为r ，则其惯性力矩为：r
a r m M B
O 2
2I 2
1=，受力如图（b ）所示。
∑=0)(F O M ；0T I ='--r F M M O ；010
8.61010=---
B B a g
a g ；2m /s 57.1=B a
kN 4.86.18.68.61T =+=+=B a m F
∑=0x F ；0cos T =-'Ox F F θ；kN 72.68.04.8=⨯=Ox F
∑=0y
F ；0sin 2T =-'-g m F F Oy θ；kN 04.25206.04.8=+⨯=Oy F
（2）取梁AO 为研究对象，设梁长为l ，受力如图（c ）所示，
∑=0)(F A M ；0='-l F M Ox
A ；m kN 44.13227.6⋅=⨯=A M ∑=0x F ；0=-'Ax Ox
F F ；kN 72.6=Ax F ∑=0y
F
；0='-Oy
Ay F F ；kN 04.25=Ay F
解：对轮与滑块：
由∑=0)(i O M F 0 sin =⋅'--⋅⋅--r F r F r P M M g g θ
得:2(m /s 57.116.0])2/[(2)cos sin Pr (≈=+⋅'--=g r P Q g r P f M a θθ)
∑=0i X ， 0cos ) sin (0='+++θθF F P X g
得:θθθcos ) cos /sin (0⋅⋅'++⋅-=P f g Pa P X
∑=0i Y ， 0sin ) sin (0=-⋅'++⋅-Q F F P Y g θθ
得:θθθsin ) cos /sin (0⋅⋅'++⋅+=P f g Pa P Q Y 对悬臂梁AO :
∑=0A M ， 02 0=⋅+r X M A
得:m kN 44.132 0⋅=⋅-=r X M A 由∑=0i X ， 0 0=-X X A 得: kN 72.6 0-==X X A 由∑=0i Y ， 0 =-o A Y Y 得:kN 04.25 0==Y Y A
8－5. 图示均质杆AB 长为l ，质量为m ，以等角速度ω绕铅直z 轴转动。
求杆与铅直线的交角β及铰链A 的反力。
422
224712)23arccos(ω
ωωβl g ml F l g A +==，
解：1、分布惯性力如图（a ），惯性力合力位于D 点。
βD
C
g
m l 3
2Ax
F A
Az
F I
F B
ω(a)
l AD 3
2=
βωωsin 2
2
2I l
m mr ma F C C === （1）
2、求β角
∑=0A M ，0sin 2cos 32I =-ββl
mg l F
（1）代入，得： 2
23cos ωβl g
=
，
2
23arccos
ωβl g = （2）
3、求A 处反力 ∑=0x F
22
22I )23(121sin 2
ωωβωl g ml m l
F F Ax -==
=
∑=0z F ，mg F Az =
4
222224712ω
ωl g ml F
F F Az
Ax
A +=+=
8－6. 两细长的均质直杆互成直角地固结在一起，其顶点O 与铅直轴以铰链相连，此轴以等角速度? 转动，如图所示。
求长为a 的杆离铅直线的偏角ϕ与ω间的关系。
ϕ
ϕϕω2sin )(sin cos 33
3222
a b a b g --=
8－7. 长为l 的均质等直杆从铅垂位置自由倒下。
试计算当a 为多大时，AB 段在B 处受到的约束反力偶为最大，因而杆子也最容易在此处折断。
ϕcos 27
1
32max mgl M l a B ==
，（ϕ为杆与水平面的夹角）
8－8. 均质圆盘以等角速度ω绕通过盘心的铅直轴转动，圆盘平面与转轴交成θ角，如图所示。
已知两轴承A 和B 与圆盘中心相距各为a 和b ；圆盘半径为R ，质量为m ，厚度可忽略不计。
求两轴承A
和B 的动反力。
θω2sin )
(822b a MR F F By
Ay +=-=，0==Bx Ax F F。