报告南华大学理论力学第13章练习答案.ppt
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。
理论力学习题及答案(全)
第一章静力学基础一、是非题1．力有两种作用效果，即力可以使物体的运动状态发生变化，也可以使物体发生变形。
（）2．在理论力学中只研究力的外效应。
（）3．两端用光滑铰链连接的构件是二力构件。
（）4．作用在一个刚体上的任意两个力成平衡的必要与充分条件是：两个力的作用线相同，大小相等，方向相反。
（）5．作用于刚体的力可沿其作用线移动而不改变其对刚体的运动效应。
（）6．三力平衡定理指出：三力汇交于一点，则这三个力必然互相平衡。
（）7．平面汇交力系平衡时，力多边形各力应首尾相接，但在作图时力的顺序可以不同。
（）8．约束力的方向总是与约束所能阻止的被约束物体的运动方向一致的。
（）二、选择题1．若作用在A点的两个大小不等的力F1和F2，沿同一直线但方向相反。
则其合力可以表示为。
①F1－F2；②F2－F1；③F1＋F2；2．作用在一个刚体上的两个力F A、F B，满足F A=－F B的条件，则该二力可能是。
①作用力和反作用力或一对平衡的力；②一对平衡的力或一个力偶。
③一对平衡的力或一个力和一个力偶；④作用力和反作用力或一个力偶。
3．三力平衡定理是。
①共面不平行的三个力互相平衡必汇交于一点；②共面三力若平衡，必汇交于一点；③三力汇交于一点，则这三个力必互相平衡。
4．已知F1、F2、F3、F4为作用于刚体上的平面共点力系，其力矢关系如图所示为平行四边形，由此。
①力系可合成为一个力偶；②力系可合成为一个力；③力系简化为一个力和一个力偶；④力系的合力为零，力系平衡。
5．在下述原理、法则、定理中，只适用于刚体的有。
①二力平衡原理；②力的平行四边形法则；③加减平衡力系原理；④力的可传性原理；⑤作用与反作用定理。
三、填空题1．二力平衡和作用反作用定律中的两个力，都是等值、反向、共线的，所不同的是。
2．已知力F沿直线AB作用，其中一个分力的作用与AB成30°角，若欲使另一个分力的大小在所有分力中为最小，则此二分力间的夹角为度。
13理论力学讲义第十三讲PPT课件
证明：相同的速度和加速度?
A1
z
rArBBA
rA A
drA drB dBA dt dt dt
vAvB aAaB
O
rB B
x
退出
结论：刚体平动的问题，可归结为点的运动问题
B1
y
§8－1 刚体的平行移动
7
7 例8-1：曲柄滑块机构中，当曲柄OA在平面上绕定轴O转动时
，通过滑槽连杆中的滑块A的带动，可使连杆在水平槽中沿直 线往复滑动。若曲柄OA的半径为r，曲柄与x轴的夹角为ф=ωt ，其中ω是常数，求此连杆在任一瞬时的速度及加速度。
d
dt
d d dt d
/2
d d
an
0
0
an r
a r
a a2an2 a
ωα
a a2an2r12
arcatgarc1tg1.77
an
写在最后
经常不断地学习,你就什么都知道。你知道得越多,你就越有力量 Study Constantly, And You Will Know Everything. The More
退出
ωα at
aθ
an
φ
x
O
§8－3 转动刚体内各点的速度与加速度
例如：转动刚体从静止开始，以匀角加速度α逆时针转动，分析角位移
为0。90。时OM线上的切向加速度、法向加速度和全加速度的分布
O
at=xa
Mo
α
a 0。时OM线上at、an和a的分布: t
vr0
an r2 0
M
a r an r2 ?
9 9
转动的度量： φ=φ（t） 刚体的定轴转动方程
φ角位移
y
理论力学课件第13章：动能定理
求:切削力F的最大值。
解: P有用 P输入 P无用 3.78kw
P有用
F
F
d · n
2 30
60
60 3.78
F dn P有用 0.1 42 17.19kN
当 n 112r / min 时
F 60 3.78 6.45kN
0.1112
例13-8:
已知 :m ，l0 ，k ， R ， J。
系的所有力的功率的代数和.
机床
dT dt
P输入 P有用 P无用
或
P输入
P有用
P无用
dT dt
3、机械效率
有效功率 机械效率
P有效
P有用
dT dt
P有效
P输入
多级传动系统 12 n
例13-7
已知: P输入 5.4kw, P无用 P输入 30%
d 100mm, n 42r / min , n ' 112r / min
2 1
M
zd
若 M z 常量
则 W12 M z (2 1)
4. 平面运动刚体上力系的功
由 vi vC viC 两端乘dt,有 dri drC driC 作用在 Mi 点的力 Fi 的元功为 δWi F idri Fi drC Fi driC
其中 Fi driC Fi cos MC d M C (Fi )d
W
Fxdx
Fy dy
Fz dz
力 F 在 M1 ~ M 2 路程上的功为
W12
M2 M1
δW
M2 M1
F ·dr
三、几种常见力的功 1、重力的功
质点
Fx Fy 0 Fz mg
W12
z2 z1
南华大学理论力学第13章练习答案
M P 0
又 2a1 a 联立解得
a
ma m ra1 FS 2r 1 r 0 2 4
FS A
P
8 F 11 m
均质圆盘B转动。不计支架和绳子的重量及轴上的摩擦，BC=l，
盘B的半径为r，求固定端的约束力。 解：分析轮及物块，加惯性力如图,由
MA
l
C
B
M
B
0
1 ( m2 m1 )r 2 m1 gr 0 2
Fx
Fy
2m1 g ( m2 2m1 )r
，
1 m2 r 2 m2 g 2 m1a A
M
D
r
C
n 2 r 其中 aa
a r
t n
A
E
B
cos ) 则 F m(r 2 sin r 分析轮，加惯性力矩 J
M
C
r
F
J
M mr(r 2 sin r cos ) sin J mr(r 2 sin r cos ) sin M J
a
m1 g
分析整体，
F
F
X
0
0
Fx 0
Fy m1a m1 g m2 g 0
M A m1 g (l r ) m2 gl
Y
Fy
3m1 m2 m2 g 2m1 m2
MC 0
1 m2 r 2 m1 (l r )a 0 2
MA
3m m2 1 m2 r 2 m1 (l r )r m1 g(l r ) m2 gl 1 m2 gl 2 2m1 m2
曲柄滑块机构如图所示已知圆轮半径为r对转轴的转动惯量为j轮上作用一不变力偶矩mabd滑道的质量为m不计摩擦
理论力学课后习题及答案解析..
第一章习题4-1．求图示平面力系的合成结果，长度单位为m。
解：(1) 取O点为简化中心，求平面力系的主矢：求平面力系对O点的主矩：(2) 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偶，大小是260Nm，转向是逆时针。
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。
解：(1) 平行力系对A点的矩是：取B点为简化中心，平行力系的主矢是：平行力系对B点的主矩是：向B点简化的结果是一个力R B和一个力偶M B，且：如图所示；将R B向下平移一段距离d，使满足：最后简化为一个力R，大小等于R B。
其几何意义是：R的大小等于载荷分布的矩形面积，作用点通过矩形的形心。
(2) 取A点为简化中心，平行力系的主矢是：平行力系对A点的主矩是：向A点简化的结果是一个力R A和一个力偶M A，且：如图所示；将R A向右平移一段距离d，使满足：最后简化为一个力R，大小等于R A。
其几何意义是：R的大小等于载荷分布的三角形面积，作用点通过三角形的形心。
习题4-4．求下列各梁和刚架的支座反力，长度单位为m。
解：(1) 研究AB杆，受力分析，画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
校核：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：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
校核：结果正确。
(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：反力的实际方向如图示。
校核：结果正确。
习题4-5．重物悬挂如图，已知G=1.8kN，其他重量不计；求铰链A的约束反力和杆BC所受的力。
解：(1) 研究整体，受力分析（BC是二力杆），画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。
习题4-8．图示钻井架，G=177kN，铅垂荷载P=1350kN，风荷载q=1.5kN/m，水平力F=50kN；求支座A的约束反力和撑杆CD所受的力。
清华大学版理论力学课后习题答案大全第13章 动力学普遍方程习题解
习题13－1图*第13章动力学普遍方程和第二类拉格朗日方程13－1图示均质细杆OA 长为l ，重力为P ，在重力作用下可在铅垂平面内摆动，滑块O 质量不计，斜面倾角θ，略去各处摩擦，若取x 及ϕ为广义坐标，试求对应于x 和ϕ的广义力。
解：应用几何法，令0δ=x ；0δ≠ϕ则：ϕϕϕϕϕϕsin 21δδ2sin δδPl lP W Q -=-='=令0δ≠x ；0δ=ϕ则：θθsin δδsin δδP xxP x W Q x -=-=''=13－2图示在水平面内运动的行星齿轮机构，已知固定齿轮半径为R ，均质行星齿轮半径为r ，质量为m ，均质杆OA 质量为m 1，杆受矩为M 的力偶作用而运动，若取ϕ为广义坐标，试求相应的广义力。
解：应用几何法，设对应于ϕ的虚位移0δ≠ϕ则：M M W Q ===ϕϕϕϕδδδδ13－3在图示系统中，已知：均质圆柱A 的质量为M 、半径为R ，物块B 的质量为m ，光滑斜面的倾角为β，滑轮质量忽略不计，并假设斜绳段平行斜面。
若以θ 和y 为广义坐标，试分别用动力学普遍方程和第二类拉格朗日方程求：（1）系统运动微分方程；（2）圆柱A 的角加速度和物块B 的加速度。
解：（1）在系统上施加惯性力如图（a ）所示。
其中：)(I θ R y M F A -=；y m F B=I θθ2I 21MR J M A A ==应用动力学普遍方程，δ)sin (δ)sin (I I I I +-+---θββR Mg M R F y Mg F F mg A A A B 可得系统运动微分方程：0sin )(=----βθMg R y M y m mg 0sin 21)(2=+--R Mg MR R R yM βθθ 整理后有：0)sin ()(=-+-+g m M MR yM m βθ 0sin 23=--βθg yR习题13-2图习题13-3图F应用第二类拉格朗日方程：2222)(21212121θθ R y M MR y m T -+⋅+=；)(sin θβR y Mg mgy V -+-==-=V T L 2222)(21212121θθ R y M MR y m -+⋅+)(sin θβR y Mg mgy --+)(d d θ R yM y m y L t -+=∂∂；βsin Mg mg y L -=∂∂0d d =∂∂-∂∂y L y L t ；0)sin ()(=-+-+g m M MR y M m βθ （a ）)(21d d 2θθθ R y RM MR L t --=∂∂；R Mg L βθsin =∂∂0d d =∂∂-∂∂θθL L t；0sin 23=--βθg y R （b ）（2）求圆柱A 的角加速度和物块B 的加速度。
理论力学习题答案(新版)
新版习题册答案
再取A为基点，则点D的加速度为
n a D a A a DA a DA
AD
aB
τ a BA
大小 方向
? ?
OA 2 AD AD 0
AD
aA
选取动点： 滑块 D
动系： 杆O1D
由 大小 方向
a a ( a D ) ae
? ? ?
a
n e
ar aC
10
新版习题册答案
[四 ]
11
新版习题册答案
[五 ]
12
新版习题册答案
[六 ]
13
新版习题册答案
[七 ]
FAx 120 kN FAy 160 kN FB 160 2 kN FC 80 kN
14
新版习题册答案
八：
15
新版习题册答案
第5章 摩擦
1. 4. 7. 9.
）
2 2 rad/s 2（
aC 0.1 m/s 2
）
vC 0.05 m/s ()
()
)
vD 0.2 m/s vE 0.1 m/s
()
()
aD 0.427 m/s 2 ( aE 0.25 m/s 2
(
)
新版习题册答案
[八 ]
2 rad/s , 2 rad/s 2（逆）
?
O1 D 12
DO1
21vr
O1D
O1D
//O1D
将下式代入上式，得
新版习题册答案
a A a DA a
大小
方向
n DA
ae
《理论力学》课后习题解答(赫桐生版)
理论力学（郝桐生）第一章习题1-1．画出下列指定物体的受力图。
解：习题1-2．画出下列各物系中指定物体的受力图。
解：习题1-3．画出下列各物系中指定物体的受力图。
解：第二章习题2-1．铆接薄钢板在孔心A、B和C处受三力作用如图，已知P1=100N沿铅垂方向，P2=50N沿AB方向，P3=50N沿水平方向；求该力系的合成结果。
解：属平面汇交力系；合力大小和方向：习题2-2．图示简支梁受集中荷载P=20kN，求图示两种情况下支座A、B的约束反力。
解：(1)研究AB，受力分析：画力三角形：相似关系：几何关系：约束反力：(2) 研究AB，受力分析：画力三角形：相似关系：几何关系：约束反力：习题2-3．电机重P=5kN放在水平梁AB的中央，梁的A端以铰链固定，B端以撑杆BC支持。
求撑杆BC所受的力。
解：(1)研究整体，受力分析：(2) 画力三角形：(3) 求BC受力习题2-4．简易起重机用钢丝绳吊起重量G=2kN的重物，不计杆件自重、磨擦及滑轮大小，A、B、C三处简化为铰链连接；求杆AB和AC所受的力。
解：(1) 研究铰A，受力分析（AC、AB是二力杆，不计滑轮大小）：建立直角坐标Axy，列平衡方程：解平衡方程：AB杆受拉，BC杆受压。
(2) 研究铰A，受力分析（AC、AB是二力杆，不计滑轮大小）：建立直角坐标Axy，列平衡方程：解平衡方程：AB杆实际受力方向与假设相反，为受压；BC杆受压。
习题2-5．三铰门式刚架受集中荷载P作用，不计架重；求图示两种情况下支座A、B的约束反力。
解：(1) 研究整体，受力分析（AC是二力杆）；画力三角形：求约束反力：(2) 研究整体，受力分析（BC是二力杆）；画力三角形：几何关系：求约束反力：习题2-6．四根绳索AC、CB、CE、ED连接如图，其中B、D两端固定在支架上，A端系在重物上，人在E点向下施力P，若P=400N，α=4o，求所能吊起的重量G。
解：(1) 研究铰E，受力分析，画力三角形：由图知：(2) 研究铰C，受力分析，画力三角形：由图知：习题2-7．夹具中所用的两种连杆增力机构如图所示，书籍推力P作用于A点，夹紧平衡时杆AB与水平线的夹角为；求对于工件的夹紧力Q和当α=10o时的增力倍数Q/P。
南华理论力学练习册的答案2-7(完全版)
第二章 平面力系2-1. 已知：CD AB AC ==，kN 10P =，求A 、B 处约束反力。
解：取杆ACD 为研究对象，受力如图。
0=∑Am ,0245sin 0=⨯-⨯AC P AC F CkN P F C 28.282==∑=0xF,045cos 0=-Ax C F F)(10←=kN F Ax∑=0yF,045sin 0=--P F F Ay C)(10↓=kN F Ay2-2. 已知力P 的作用线垂直于AB 杆，BC 杆与P 力的作用线夹角为045，杆BC 垂直于杆CD ，力Q的作用线与CD 杆的夹角为060。
kN 1P =，求系统平衡时Q ＝？解：分别取节点B 、C 为研究对象，受力如图。
对于节点B ：0=∑xF，045cos 0=-BC F P对于节点C ：0=∑x F ，030cos 0'=-Q F BC联立上两式解得：kN P Q 362362==2-3. 图示结构中，AB 杆水平，AC 杆与AB 杆的夹角为030，杆件的自重不计，kN 10W =，求B 、C 处反力。
解：取整体为研究对象，受力如图。
0=∑yF，045cos 30sin 00=--T C F W FkN W F C 14.34)22(=+=(压)0=∑XF,045sin30cos 00=-+T C B F F F)(43.15←-=kN F B2-4. 已知：m N 200M 1⋅=，m N 500M 2⋅=，m 0.8AB CD AC ===， 求A 、C 处支反力。
解：取杆ACD 为研究对象，受力如图。
0=∑Am，08.045sin 210=-+⨯M M F CB C F N F ==3752-5. 已知AD 杆上固接一销钉，此销钉可以在BC 杆的滑道内无摩擦地滑动，系统平衡在图示位置，BC 与AD 成045，m N 1000M 1⋅=，求2M 。
解：取杆AD 为研究对象，受力如图。
0=∑Am,045cos 10=-⨯M AC F C取杆BC 为研究对象，受力如图。
理论力学13Hppt课件-PPT精品文档
1 2 T mv C 2
2．定轴转动刚体
vi=ri
ri
mi
vi
2 2 1mv2 1 T ( m r i i i i ) 2 2
2 2 1 m ir i 2
1 T J z 2
2
15
3．平面运动刚体
1 T J P 2 2
（P为速度瞬心
JP JC md2 ）
d vd m r F d r d t
r m d v d F d r d t
1 2 将上式沿路径M1M2积分， d ( mv ) W 12
第三篇 《动力学》
第十章 第十一章 第十二章 第十三章 第十四章 第十五章 质点动力学的基本方程 动量定理 动量矩定理 动能定理 达朗伯原理 虚位移原理
1
第十三章
§13–1 §13–2 §13–3 力的功
动能定理
质点和质点系的动能 动能定理
§13–6
动力学普遍定理及综合应用
3
§ 13-1
力的功
一．常力的功
二．变力的功
三．常见力的功 1．重力的功 2．弹性力的功 3．定轴转动刚体上作用力的功，力偶的功
4
一．常力的功 质点作直线运动，路程为S, (M1→M2)，力在位移方向
上的投影为Fcos ，力F在路程S 中所作的功为：
W FS cos
FS
力的功是代数量:
2
时,正功；
d r d x i d y j d z k
∴
θ
F d r F d x F d y F d z x y z
W F d x F d y F d z x y z
第13章 课后习题答案 .doc
第13章课后习题答案13-1解（1 ）（ 2 ）==2879.13mm（ 3 ）不考虑带的弹性滑动时，（ 4 ）滑动率时，13-2解（1 ）（ 2 ）=（3 ）= =13-3解由图可知=图13.6 题13-3 解图13-4解（1 ）=（ 2 ）由教材表13-2 得=1400mm（ 3 ）13-5解由教材表13-6 得由教材表13-4 得：△=0.17kW, 由教材表13-3 得：=1.92 kW, 由教材表13-2 得：,由教材表13-5 得：取z=313-6解由教材表13-6 得由图13-15 得选用 A 型带由教材表13-3 得选初选取==1979.03mm由教材表13-2 得=2000mm由教材表13-3 得：=1.92 kW，由教材表13-4 得：△=0.17kW 由教材表13-2 得：，由教材表13-5 得：取z=413-7解选用A 型带时，由教材表13-7 得，依据例13-2 可知：，=2240mm ， a =757mm ，i=2.3 ，。
由教材表13-3 得=2.28 kW，由教材表13-4 得：△=0.17kW，由教材表13-2 得：取z =5由此可见，选用截面小的 A 型带较截面大的 B 型带，单根带的承载能力减小，所需带的根数增多。
13-8 解略。
13-9解由教材表13-9 得p =15.875mm ，滚子外径15.875(0.54+cot =113.90mm15.875(0.54+cot =276.08mm=493.43mm13-10解（1）由图13-33得查教材表13-11，得取由式（13-18）得P ≤（ 2 ）由图13-33 得可能出现链板疲劳破坏（ 3 ）由图13-34 查得可用滴油润滑。
13-11解（ 1 ）链轮齿数假定，由教材表13-10，取，，选实际传动比链轮节数初选中心距=取由教材表13-13查得取估计此链传动工作位于图13-33所示曲线的左侧，由教材表13-11得采用单排链，≤由教材图13-33得当=960r/min时，08A链条能传递的功率满足要求，节距p =12.7mm。
理论力学习题答案1-10章
y′ = e x
θ = 45o
(1 + y′ ) ρ= y′′
3 2 2
an = a
v
( 0 , 1)
θ
v x = v y = 6 2 m/s
x
ρ =2 2m
a x = − 36 m/s 2 , a y = 36 m/s 2
28
概念题答案
[六]
π R 2 − avt πr = v = rω
2
av 2 α = 3 2π r
1 M x = F ( h − 3r ) 4
3 My = F (r + h) 4 1 M z = − Fr 2
4
概念题答案
[五]
M FA = FC = 2 2a
5
概念题答案
[六]
M 2 = 3 N ⋅ m （逆时针） FAB = 5 N （拉力）
6
概念题答案
[七]
7
概念题答案
[八]
F = 50 N , θ = 143 o8′
N3 = F N4 = 0
N5 = − 2F
19
概念题答案
[五]
FsA FNA
P
FsB FNB
FsA = fs FN A
FsB = fs FNB
fs = 0.223
20
概念题答案
[六]
40 .2 kN ≤ PE ≤ 104 .2 kN
21
概念题答案
[七（4-18）]
sin α − f s cos α sin α + f s cos α FQ ≤ FP ≤ FQ cos α + f s sin α cos α − f s sin α
2 0
CUGB理论力学习题解答PPT课件
40
FRy F1 sin1 F2 sin2 F3
50 F3 F4
x FRy 20N
MO 30F1 sin1 40F1 cos1 20F2 sin2 60F2 cos2 50F4 2000
MO 1000Nmm
3－1 已知：F1
50 N
,1
arctan
3 4
,
F2
30
2N ,2 45o
2
55.80kN
2-16 在一钻床上水平放置工件,在工件上同时钻四个等直径
的孔,每个钻头的力偶矩为 m1 m2 m3 m4 15N m 求工件的总切削力偶矩和A 、B端水平反力?
解: 各力偶的合力偶距为
n
FA
M Mi
i 1
M m1 m2 m3 m4
FB
4 (15) 60N m
求：力系的主矢和对O点的主矩。 z
MOy M y
b
c F1
e
b b2
c2
F1d
d
O
x
e
F2
y
e2 d 2 F2d
d e2
d2
F2 b
e
M Oy
0.3 0.5
100
0.3
1 10 5
5 0.2
2 10 5
5 0.2
6Nm
1－4 已知：F1＝ 100N，F2＝10√5N， b＝ 0.3m ， c＝ 0.4m ， d ＝ 0.2m ， e＝ 0.1m 。
Mo
M
2 x
M
2 y
M
2 z
2
674 52Nm
arccos 40 39.7o 105.2o 54.8o
52
理论力学13章
FN y B FxE 0 xE l cos，xE l sin y A 2l sin ，y A 2l cos b b yB y A 2l cos a a
• 根据虚功原理：
b FN 2l cos Fl sin 0 a a FN t an 2b
x y l
2 2
2
• 单摆的质点只有1个自由度，质点 的位置用广义坐标φ表示：
x l cos，y l sin
• 靠墙角的杆件。质点数n=2。质点坐标数 2n=4， • 约束方程数s=3： x1 0 y2 0
( x2 x1 ) 2 ( y2 y1 ) 2 l 2
பைடு நூலகம்
l 2 (r sin ) 2 l (r sin ) r cos
• 广义力法。 • 系统有2个质点A和B。坐标值4个。约束条 件3个：OA长度为r，AB长度为l，yB=0。 因此，有1个广义坐标，即φ。广义力也是1 个。
FxB M 0
xB r cos l 2 (r sin ) 2
r 2 sin cos l 2 (r sin ) 2
F (r sin F (r sin M F r sin
r 2 sin cos l 2 (r sin ) 2 r 2 sin cos l 2 (r sin ) 2
2 2
)M 0 )M
• 广义坐标的虚位移称为广义虚位移： δq1， δq2， … δ q3n-s。 • 每一个质点的虚位移都可以用广义虚位移表示：
xi xi (q1 , q2 , q3n s ) yi yi (q1 , q2 , q3n s ) zi zi (q1 , q2 , q3n s )
南华大学理论力学练习册答案教材
第十章 动量定理10-1. 图示系统中，已知阻力系数c ，弹簧刚度系数k ，杆端小球质量m 及图示尺寸，不计杆重，若将坐标原点选在杆静平衡时的水平位置，试求系统微幅振动的微分方程，并计算其固有频率。
解：由质点运动微分方程，有令10-2. 如图所示，物块A （质量A m ）放在光滑的水平面上，与物块B （质量B m ）铰接，在力偶矩M 的作用下，物块B 从水平位置转到铅垂位置时，求物块A 移动的距离A S 。
解：设物块A 向右移动距离A S 。
因为0=∑xF，且0=∆C x ，有0=∆⋅∑x m 。
即得左移x lb x x la x ==21,022=++x c lakx l b xm )((242422242422220444m l c a km b l m l c a m l k b n d -=-=-=ωωml kb 220=ωml c a n 222=()02A AB A a bm S m S +⋅++=() ()B A A B a b m S 2m m +∴=-+10-3. 如图所示，椭圆摆由一滑块A （质量A m ）与小球B （质量B m ）所构成。
滑块A 可沿光滑水平面滑动，小球B 用长为l 的杆AB 与滑块A 铰连。
在运动的初瞬时，杆与铅垂线的偏角为0ϕ，且无初速度释放。
不计杆的质量，求滑块的位移，用偏角ϕ表示。
解：设物块A 向右移动距离A S 。
因为0=∑xF，且0=∆C x ，有0=∆⋅∑x m 。
即00=+--+BA AB A A m m l S m S m ))sin (sin (ϕϕ得 )sin (sin ϕϕ-+=0BA A A m m lm S10-4. 均质杆AG 与BG 由相同材料制成，在点G 铰接，二杆位于同一铅垂面内，如图所示。
时，系统由静250=AG mm ，400=BG mm 。
若2401=GG mm止释放，求当A 、B 、C 在同一直线上时，与两端点各自移动的距离。
理论力学练习册及答案(南华版)
第一章 静力学公理与物体受力分析1-1. 未画重力的物体重量均不计，所有接触处均为光滑接触，画出各构件的受力图。
（a ）（c ）AB1-2. 各杆件的自重不计，所有接触处均为光滑接触，画出各构件的受力图以及整体的受力图。
（a）（b）（c）（a）（b）（c）1-3. 各杆件的自重不计，所有接触处均为光滑接触，画出各构件的受力图，整体的受力图及销钉E的受力图。
（a）（b）B W第二章 平面力系2-1. 已知：CD AB AC ==，kN 10P =，求A 、B 处约束反力。
解：取杆ACD 为研究对象，受力如图。
0=∑A m ,0245sin 0=⨯-⨯AC P AC F CkN P F C 28.282==∑=0xF ,045cos 0=-Ax C F F)(10←=kN F Ax∑=0yF,045sin 0=--P F F Ay C)(10↓=kN F Ay2-2. 已知力P 的作用线垂直于AB 杆，BC 杆与P 力的作用线夹角为045，杆BC 垂直于杆CD ，力Q 的作用线与CD 杆的夹角为060。
kN 1P =，求系统平衡时Q＝？解：分别取节点B 、C 为研究对象，受力如图。
对于节点B ：0=∑xF ，045cos 0=-BC F P对于节点C ：0=∑xF，030cos 0'=-Q F BC联立上两式解得：kN P Q 362362==2-3. 图示结构中，AB 杆水平，AC 杆与AB 杆的夹角为030，杆件的自重不计，kN 10W =，求B 、C 处反力。
解：取整体为研究对象，受力如图。
0=∑yF，045cos 30sin 00=--T C F W FkN W F C 14.34)22(=+=(压)0=∑XF,045sin 30cos 00=-+T C B F F F)(43.15←-=kN F B2-4. 已知：m N 200M 1⋅=，m N 500M 2⋅=，m 0.8AB CD AC ===， 求A 、C 处支反力。
理论力学习题答案(修改6月19日)
⃗rc
=
m1⃗r1
+
m2⃗r2 M
+ m3⃗r3
=
1 3
( 2ˆi + ˆj +
) 3kˆ ,
⃗vc
=
⃗r˙c
=
ˆj
+
1 kˆ, 3
p⃗c = M⃗vc = 3ˆj + kˆ,
∑3 J⃗ = mi⃗ri × ⃗vi = −3ˆi + 3kˆ,
i=1
T
=
∑3
1 2
mi
vi2
=
4.
i=1
4. 证明：两质点系的角动量为，J⃗ = R⃗ c × M V⃗c + ⃗r × µ⃗v，其中，M = m1 + m2， µ 为折合质量，⃗r 为相对位矢，c 表示质心。
6
6. 半径为 r 的均质圆球在半径为 R 的固定圆柱的内表面滚动，试求圆球绕平
衡位置做微振动的运动方程及周期。
解：
vc
=
(R
−
r)θ˙, ω
=
(R
− r
r)θ˙ , Ic
=
2 mr2 5
T
=
1 2
mvc2
+
1 2
Icω2
= 7 m(R − r)2θ˙2 10
V = mg (R − (R − r) cos θ)
l
2± 2 g
7
8. 如果上题的双摆系统不是系在固定点上，而是系在一个可以在光滑水平杆 上自由运动的质量为 2m 的小环上，继续令 m1 = m2 = m，l1 = l2 = l，试 求系统的运动方程及周期。
解：
L=T −V
=
- 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)。
转动惯量为J，轮上作用一不变力偶矩M，ABD滑道的质量为
m，不计摩擦。求圆轮的转动微分方程。 解：分析滑道，加惯性力ma ，分析C点
D
M
rC
a
aan
sin
a
t a
cos
其中
a
n a
r2
a
t n
r
则 F m(r2 sin rcos )
分析轮，加惯性力矩 J
J M mr (r2 sin rcos )sin
J mr (r2 sin rcos )sin M
A
E
B
M
C
r
F
J
D
F
ma
C
A
E
B
最新 文档
1
13-2. 轮轴质心位于O处，对其轴的转动惯量为JO，在轮轴 上系有两个质量分别为m1和m2的物体。若此轮轴以顺时针 转向转动，求轮轴的角加速度和轴承O处的附加动约束力。
r) m2 gl
3m1 2m1
m2 m2
m2 gl
最新 文档
3
13-4. 图示均质板的质量为m，放在两个均质圆柱滚子上，磙子
的质量均为m/2，其半径均为r。如在板上作用一水平力F，并
设滚子无滑动，求板的加速度。 解：分析板，加惯性力如图
C
F
A
B
FX 0 F 2FS ma 0
分析轮，加惯性力如图
解：加惯性力如图
，
FX 0
Fx 0
FY 0
Fy m1R m2r 0
，
MO 0
( J O m1R 2 m2r 2 ) m1gR m2 gr 0
，
m2r m1R g
m1R 2 m2 r 2 J O
R Fy
J O
r O
Fx
Fy
(m2r m1R)2 m1R2 m2r 2 J O
MP 0
又 2a1 a
FS
2r
ma1 2
r
mra1 4
0
联立解得
a
ma
C
F
FS
FS
mra1
ma1 4
FS
2
A
P
a 8 F 11 m
最新 文档
4
MA
Fx C Fy
l
B
1 2
m2r
2
m2
g
m1a A
a
m1g
FX 0 FY 0
MC 0
Fx 0
Fy m1a m1g m2 g 0
Fy
3m1 m2 2m1 m2
m2 g
M
A2
m2r 2
m1(l
r )a
0
MA
1 2
m2
r
2
m1 (l
r)r
m1g(l
g
m1 R
m1
m2r
m2
最新 文档
2
13-3. 如图所示，质量为m1的物体A下落时，带动质量为m2的 均质圆盘B转动。不计支架和绳子的重量及轴上的摩擦，BC=l， 盘B的半径为r，求固定端的约束力。
解：分析轮及物块，加惯性力如图,由
MB 0
分析整体，
(1 2
m2
m1 )r 2
m1 gr
0
，
2m1g (m2 2m1 )r