理论力学(百度文库)-第七版答案-哈工大
哈尔滨工业大学 第七版 理论力学 第5章 课后习题答案
第5章 摩 擦5-1 如图5-1a 所示，置于V 型槽中的棒料上作用1力偶，力偶矩m N 15⋅=M 时，刚好能转动此棒料。
已知棒料重力N 400=P ，直径m 25.0=D ，不计滚动摩阻。
求棒料与V 形槽间的静摩擦因数f s 。
(a)(b)图5-1解 圆柱体为研究对象，受力如图5-1b 所示，F s1，F s2为临界最大摩擦力。
0=∑x F ，045cos 2s 1N =°−+P F F （1） 0=∑y F ，045sin 1s 2N =°−−P F F （2） 0=∑O M ，0222s 1s =−+M DF D F（3）临界状态摩擦定律：1N s 1s F f F =（4） 2N s 2s F f F =（5）以上5式联立，化得 0145cos s2s =+°−MPDf f 代入所给数据得01714.4s 2s =+−f f 方程有2根：442.4s1=f （不合理）， 223.0s2=f （是解）故棒料与V 形槽间的摩擦因数223.0s =f5-2 梯子AB 靠在墙上，其重力为N 200=P，如图5-2a 所示。
梯长为l ，并与水平面交角°=60θ。
已知接触面间的静摩擦因数均为0.25。
今有1重力为650 N 的人沿梯向上爬，问人所能达到的最高点C 到点A 的距离s 应为多少？AN F As F(a)(b)图5-2解 梯子为研究对象，受力如图5-2b 所示，刚刚要滑动时，A ，B 处都达最大静摩擦力。
人重力N 650=W ，平衡方程： 0=∑x F , 0s N =−A B F F （1） 0=∑y F , 0s N =−−+W P F F B A（2）0=∑A M ，060cos 60sin 60cos 60cos 2s N =°−°−°+°l F l F Ws lPB B （3） 临界补充方程：A s A F f F N s = （4）B s B F f F N s =（5）联立以上5式，解得 N 80012sN =++=f WP F A ，N 200s =A F N 200)(12s N =++=W P f f F sB ，N 50s =B F l PF f W l s B 456.02)3[(N s =−+=5-3 2根相同的匀质杆AB 和BC ，在端点B 用光滑铰链连接，A ，C 端放在不光滑的水平面上，如图5-3a 所示。
哈尔滨工业大学 第七版 理论力学 第7章 课后习题答案
ω 2 d = ω1r
ω2 =
=
（2）轮 B 作定轴转动，当 d = r 时轮缘上 1 点的加速度可如下求得：
5 000π rad/s 2 2 d
图 7-6
r ω1 = ω 1 = 20π rad/s d 5 × 10 3π 5 × 10 3π α2 = = = 2π rad/s 2 2 2 d r
7-12 图 7-11a 所示 1 飞轮绕固定轴 O 转动,其轮缘上任 1 点的全加速度在某段运动过程中与轮 半径的交角恒为 60°,当运动开始时，其转角 ϕ 0 等于零，角速度为 ω 0 。求飞轮的转动方程以及角 速度与转角的关系。
M
at
θ
an
(a) 图 7-11 (b)
a
83
理论力学（第七版）课后题答案 哈工大.高等教育出版社
v A = vB & v B = v A = lϕ
dϕ = 0.05 dt 1 1 图 7-2 dϕ = dt ， ϕ = t + c 30 30 1 t = 0 时， ϕ = 0 ， c = 0 ， ϕ = t 30 ⎧ x B = l cos ϕ （单位：m） ⎨ ⎩ x A = l sin ϕ − 0.8 点 B 轨迹方程为 l = 1.5 m 2 xB + ( y B + 0.8) 2 = 1.5 2 （单位：m） 7-3 已知搅拌机的主动齿轮 O1 以 n = 950 r/min 的转速转动。 搅杆 ABC 用销钉 A、 B 与齿轮 O2 、 O3 相连， 如图 7-3 所示。 且 AB = O2 O3 ，O3 A = O2 B = 0.25 m ， 各齿轮齿数为 z1 = 20 ，z 2 = 50 ， 1.5
纸盘的角速度
− 2π dr a
哈尔滨工业大学 第7版 理论力学 第4章 课后习题答案
解 （1）方法 1，如图 4-6b 所示，由已知得
Fxy = F cos 60° ， Fz = F cos 30°
F = F cos 60°cos 30°i − F cos 60°sin 30° j − F sin 60°k = 3 i − 1 Fj − 3 Fk 44 2
41
理论力学（第七版）课后题答案 哈工大.高等教育出版社
A
F
β
MA
C
MB
F
10 N
β M θ − 90° C
MB
(a)
(b)
(c)
图 4-11
解 画出 3 个力偶的力偶矩矢如图 4-11b 所示，由力偶矩矢三角形图 4-11c 可见
MC =
M
2 A
+
M
2 B
=
3 0002 + 4 0002 = 5 000 N ⋅ mm
由图 4-11a、图 4-11b 可得
3 = 250 N 13
FRz = 100 − 200 ×
1 = 10.6 N 5
M x = −300 ×
3 × 0.1 − 200 × 1 × 0.3 = −51.8 N ⋅ m
13
5
M y = −100 × 0.20 + 200 ×
2 × 0.1 = −36.6 N ⋅ m 13
M z = 300 ×
z
F45° F3 F3′ B
F2A
E
F1
C
F5
F6
F F4 45°
D
y
K x
M
(a)
(b)
图 4-9
解 (1) 节点 A 为研究对象，受力及坐标如图 4-9b 所示
理论力学(哈工第七版) 课后练习答案 第三部分
A
ϕ
O
r ϕ
M
W=
2π
∫ 4ϕ dϕ + (m
0
− mB ) g ⋅ 2π r
A B
A mAg
= 8π 2 + (mA − mB ) g ⋅ 2π r = 8π 2 + 1× 9.8 × 2π × 0.5 = 110 (J)
B
mBg
(a)
(b)
7
12-4 图示坦克的履带质量为 m，两个车轮的质量均为 m1。车轮被看成均质圆盘，半径为 R， 两车轮间的距离为 πR。设坦克前进速度为 v，计算此质点系的动能。 解：系统的动能为履带动能和车轮动能之和。将履带分为四部 分，如图b 所示。履带动能：
O
P2 P aB − 1 a A = FN − P 1−P 2 g g
其中， a A = a ， aB = 解得
A
a 2 1 (2 P 1−P 2 )a 2g
B
(a)
FN = P 1+P 2 −
v FN
O
v P 1
A
v aA
v aB B
v P2
(b)
11-1 质量为 m 的点在平面 Oxy 内运动，其运动方程为
得
G1
320
B C
SB
S A = 170 mm S B = 90 mm
(b)
2
10-12 图示滑轮中，两重物 A 和 B 的重量分别为 P1 和 P2。如物体 A 以加速度 a 下降， 不计滑轮质量，求支座 O 的约束力。 解：对整体进行分析，两重物的加速度和支座 O 的约束力如图b 所示。由 动量定理知：
整体受力和运动分析如图b因为0xf所以x方向系统守恒有21cos0brbmvmvv??解得121cosbrmmvvm1所以该系统动能为设此时三棱柱a沿三棱柱b下滑的距离为s则其重力作的功为1sinwmgs??系统动能22b211221sin12cosmmtmmvm由系统动能定理tw即1sinwmgs??上式对时间求导并注意到rdsdtv整理后得22112121sinsincosbbrmmmmvamgvm?????得2b2a212b2b2r2122b21122
哈工大第七版理论力学课后思考题答案
集美大学诚毅学院机械1093期末复习材料理论力学(思考题答案)思考题i-i猛明下列戏子与丈宇的盘义和区別.(D科二孔,(2)幵一盼⑶力靳等效于力列,*W?答】⑴力乌和町，大小相等帯柯相岡g(2)N和&大小相萄⑶耐刑耳的夫小相等, 方向si^ats同亠1-2试X别片=眄|压和血=凤+骂两个等戎代表的意义。
【岸答】町一耐十用朮示朋是任意方向上箭个为门和A的合力洽力弘的大小和方问由平行四边形抚阳鴉定;打=片一%表示忌足同方向上蘭个力几和月的合.乩含力A的大小为F L和E的大小的和I方向与Fl和F.的方向科同3【解答】均有错•正确图如答1一1图。
1—3图1 - 1C1)〜1-1(0中各物体的受力番是否错谋?如何改正?1-4 刚体上△点受力尸作用.in 18 1-2所示，问罷否在。
点加一个力懐刚体平箕。
为什么?Ul 1 -2(a)也fS P= 0【解答1 不能。
当在E 点械抑力怖时，不能同时保订丿 1，故不能平衡B2JM= o1- 5 如摆】一3所冻结均•科丿JF 作用在E 点，至统能否乎猶?若力F 仍作用在丑点，袒可住 愆改变F 的方向，F 在什么方向上结购能平衡？ 上匕解答】不能， 来/在如簷范围内可以令结构平鸳，如着？ 一 3圖所示.1- 6 将如下间题抽象为力学模型，充分发挥你们的想象、分析和抽躱能力*试画出它心的力 学荒圏及受力<1)用两根细绳將B 光灯吊挂在天花板上»(?)水面匕的一块浮冰*G) 本打开的韦静止于桌面上; <4) 一个人坐在一只足球上*【解答】⑴⑵图1-4<4)u1 -7若将图1-5屮力F作用于三锻拱供较陡C处的请订上，所有物体里虽不计试分别画出左、右两拱茂销匚的受力圈八刃若傭订匚碾于AC•分别画岀汗、右两拱的受力图H3）若洌订C 属于EC,分鬧画出古、右两拱的量力阳°3 1-5mA2_1输亀钱普麦/相同时，电线下垂量片趙小■电线捷易亍拉Wh 为什么？【網答】可儒得J = F B =疵；=好也越小恥越小不和尸庞儿助以电线更易于拉2-2图2 — 1所赤时三种机构，构件自童不计9翅略靡擦，， 平力F,问Aifc 的妁京力是否相同。
哈尔滨工业大学 第七版 理论力学.13
1 2 T履 = ∑ mi vi = TI + TII + TIII + TIV 2
D II A
(a) 图 13-3
IV
2v
C
ω
v
III
Iv=0
(b)
B
由于 v1 = 0, vIV = 2v ，且由于每部分履带长度均为π R ，因此
mI = mII = mIII = mIV = TI =
m 4
1 2 mI vI = 0 2 1 1 m m 2 TIV = mIV v IV = × (2v) 2 = v 2 2 2 4 2 m m 2 II、III 段可合并看作 1 滚环，其质量为 ，转动惯量为 J = R ，质心速度为 v，角速度 2 2 v 为 ω = ，则 R 1 m 1 mv 2 1 m 2 v 2 m 2 TII + TIII = ⋅ v 2 + Jω 2 = + ⋅ R ⋅ 2 = v 2 2 2 4 2 2 2 R m m T履 = 0 + v 2 + v 2 = mv 2 2 2
理论力学（第七版）课后题答案 哈工大.高等教育出版社
第 13 章 动能定理
13-1 如图 13-1a 所示，圆盘的半径 r = 0.5 m，可绕水平轴 O 转动。在绕过圆盘的绳上 吊有两物块 A、B，质量分别为 mA = 3 kg，mB = 2 kg。绳与盘之间无相对滑动。在圆盘上作 用 1 力偶， 力偶矩按 M = 4ϕ 的规律变化 （M 以 N ⋅ m 计， ϕ 以 rad 计） 。 求由 ϕ = 0到ϕ = 2π 时，力偶 M 与物块 A，B 重力所作的功之总和。
第 2 阶段 ：系统通过搁板继续运动 x2 距离后静止。由动能定理
理论力学第七版课后习题答案
理论力学第七版课后习题答案第一章: 引言习题1-11.问题描述：给定物体的质量m=2kg，加速度a=3m/s^2，求引力F。
2.解答：根据牛顿第二定律F=ma，其中m表示物体的质量，a表示物体的加速度。
代入已知值，可求得F=6N。
习题1-21.问题描述：给定物体的质量m=5kg，引力F=20N，求加速度a。
2.解答：根据牛顿第二定律F=ma，将已知值代入，可求得a=4m/s^2。
第二章: 运动的描述习题2-11.问题描述：一个物体以恒定速度v=10m/s匀速直线运动，经过t=5s，求物体的位移。
2.解答：位移等于速度乘以时间，即s=vt。
代入已知值，可得s=50m。
习题2-21.问题描述：一个物体以初始速度v0=5m/s匀加速直线运动，加速度a=2m/s^2，经过t=3s，求物体的位移。
2.解答：由于物体是匀加速直线运动，位移可以通过公式s=v0t+0.5at^2计算。
代入已知值，可得s=(53)+(0.52*3^2)=45m。
第三章: 动力学基础习题3-11.问题描述：一个物体质量为m=4kg，受到的力F=10N，求物体的加速度。
2.解答：根据牛顿第二定律F=ma，将已知值代入，可求得a=2.5m/s^2。
习题3-21.问题描述：一个物体质量为m=3kg，受到的力F=6N，求物体的加速度。
2.解答：根据牛顿第二定律F=ma，将已知值代入，可求得a=2m/s^2。
第四章: 动力学基本定理习题4-11.问题描述：一个物体质量为m=8kg，受到的力F=16N，求物体的加速度。
2.解答：根据牛顿第二定律F=ma，将已知值代入，可求得a=2m/s^2。
习题4-21.问题描述：一个物体质量为m=6kg，受到的力F=12N，求物体的加速度。
2.解答：根据牛顿第二定律F=ma，将已知值代入，可求得a=2m/s^2。
以上是理论力学第七版课后习题的答案。
希望能对你的学习有所帮助！。
理论力学(第七版)2
va =
得
va = 2 aω cos 30° aω 1 = 2 aω
ω=
ω1
2
= 1.5 rad/s （逆）
（b）套筒 A 为动点，动系固结于杆 O1 A ；绝对运动为绕 O2 圆周运动，相对运动为沿
va = O2 A ⋅ ω1 = 2aω cos 30° ， ve = O1 Aω1 = aω 1 ve aω 1 由图 b1： v a = = cos30° cos30° aω 1 得 2aω cos 30° = cos 30° 2 ω = ω 1 = 2 rad/s （逆） 3 8-8 图 8-8a 所示曲柄滑道机构中，曲柄长 OA = r ，并以等角速度 ω 绕轴 O 转动。 装在水平杆上的滑槽 DE 与水平线成 60° 角。求当曲柄与水平线的交角分别为 ϕ = 0° ， 30° ， 60° 时，杆 BC 的速度。
y
如图 8-9a 所示，摇杆机构的滑杆 AB 以等速 v 向上运动，初瞬时摇杆 OC 水平。
摇杆长 OC = a ，距离 OD = l 。求当 ϕ =
va ve
C
vr
O
(a) 图 8-9
ϕ
l
(b)
A D
v
x
解 套筒 A 为动点，动系固结于杆 OC；绝对运动为上下直线，相对运动沿 OC 直线， 牵连运动为绕 O 定轴转动。速度分析如图 8-9b 所示，设杆 OC 角速度为 ω ，其转向逆时 针。由题意及几何关系可得 va = v （1）
ve1 − v r1 cos 30° = ve2 b b ω − ω ve1 − ve2 cos30° 1 cos30° 2 4b = = (ω 1 − ω 2 ) v r1 = cos30° cos30° 3 式（3）向 v r2 方向投影，得 1 2b (ω 1 − ω 2 ) = 0.4 m/s v r2 = v r1 = 2 3 0.1 ve2 = × 3 = 0.346 m/s 3 2 ⎧v = v 2 + v 2 = 0.529 m/s e2 r2 ⎪ a 所以 ⎨ ve2 0.346 = ,θ = 40.9° ⎪tan θ = 0 .4 v r2 ⎩
哈尔滨工业大学 第七版 理论力学.14
m2 g )l sin ϕ − FI l cos ϕ = 0 2
ω2 =
2m1 + m2 g tan ϕ 2m1 (a + l sin ϕ )
14-5 曲柄滑道机械如图 14-5a 所示，已知圆轮半径为 r，对转轴的转动惯量为 J，轮上 作用 1 不变的力偶 M，ABD 滑槽的质量为 m，不计摩擦。求圆轮的转动微分方程。
∑ M x = 0, M − 2 FI ⋅ l cos ϕ = 0
其中 代入前式得
FI = m ⋅ l sin ϕ ⋅ ω 2
209
理论力学（第七版）课后题答案 哈工大.高等教育出版社
k (ϕ − ϕ 0 ) − 2 ⋅ m ⋅ l sin ϕ ⋅ ω 2 ⋅ l cos ϕ = 0
ω=
k (ϕ − ϕ 0 ) ml 2 sin 2ϕ
y
m2 g 2
FAy
A FI
FAx
x
ϕ
m1 g
(a) 图 14-4
(b)
解
取调速器外壳为研究对象，由对称可知壳与圆盘接触处所受约束力为 FN = m2 g/2
取左圆盘为研究对象，受力如图 14-4b 所示，惯性力为
FI = m1 ⋅ (a + l sin ϕ )ω 2
由动静法
∑ M A = 0, (m1 g +
FI
a
FI
a
FS FN mg
(a) (b) 图 14-1
A FN mg
(c)
FS
解 取圆柱形零件为研究对象，作受力分析，并虚加上零件的惯性力 FI。 （1）零件不滑动时，受力如图 14-1b 所示，它满足以下条件： 摩擦定律
Fs ≤ f s FN
哈尔滨工业大学 第七版 理论力学.12
Lz1 = mv0 (l + r )
(1 )
在任意时刻：
Lz 2 = Jω + M z (mv M ) = Jω + M z (mv 0 ) + M z (mv e )
由图 12-5b 中，可得
Lz 2 = Jω + mv0 [l cos ϕ + r ] + m(l 2 + r 2 + 2lr cos ϕ )ω
12-4 1 半径为 R，质量为 m1 的均质圆盘，可绕通过其中心 O 的铅垂轴无摩擦地旋转， 如图 12-4a 所示。1 质量为 m2 的人在盘上由点 B 按规律 s = 开始时，圆盘和人静止。求圆盘的角速度和角加速度 α 。
1 2 at 沿半径为 r 的圆周行走。 2
R r O
(a) 图 12-4
LO = m ⋅ v A ⋅ 2 R + J Aω a 1 = m ⋅ 2 Rω O ⋅ 2 R + mR 2 ⋅ (ω O + ω r ) = 5ω O mR 2 = 20 kgm 2 /s 2
156
理论力学（第七版）课后题答案 哈工大.高等教育出版社
（3）在图 12-2c1 中，轮 A 绕 O 作圆周曲线平移
接合后，依靠摩擦使轮 2 启动。已知轮 1 和 2 的转动惯量分别为 J1 和 J2。求： （1）当离合 器接合后，两轮共同转动的角速度； （2）若经过 t 秒两轮的转速相同，求离合器应有多大的 摩擦力矩。
Mf
ω
2
(a) 图 12-6
(b)
解 （1）以轮 1 和 2 为一个系统进行研究，因为系统所受外力（包括重力和约束反力） 对转轴之矩均为零，所以系统对转轴的动量矩守恒，即
(NEW)哈工大理论力学教研室《理论力学》(第7版)笔记和课后习题(含考研真题)详解
目 录第1章 静力学公理和物体的受力分析1.1 复习笔记
1.2 课后习题详解
1.3 名校考研真题详解
第2章 平面力系
2.1 复习笔记
2.2 课后习题详解
2.3 名校考研真题详解
第3章 空间力系
3.1 复习笔记
3.2 课后习题详解
3.3 名校考研真题详解
第4章 摩 擦
4.1 复习笔记
4.2 课后习题详解
4.3 名校考研真题详解第5章 点的运动学
5.1 复习笔记
5.2 课后习题详解
5.3 名校考研真题详解第6章 刚体的简单运动
6.1 复习笔记
6.2 课后习题详解
6.3 名校考研真题详解第7章 点的合成运动
7.1 复习笔记
7.2 课后习题详解
7.3 名校考研真题详解第8章 刚体的平面运动8.1 复习笔记
8.2 课后习题详解
8.3 名校考研真题详解
第9章 质点动力学的基本方程9.1 复习笔记
9.2 课后习题详解
9.3 名校考研真题详解
第10章 动量定理
10.1 复习笔记
10.2 课后习题详解
10.3 名校考研真题详解
第11章 动量矩定理
11.1 复习笔记
11.2 课后习题详解
11.3 名校考研真题详解
第12章 动能定理
12.1 复习笔记
12.2 课后习题详解
12.3 名校考研真题详解
第13章 达朗贝尔原理。
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
84
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 ，
哈尔滨工业大学 第七版 理论力学11
上式代入式（4）得
FN = 4mB g − mB
11-10 如图 11-10a 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 1 端与滑块相连接，另 1 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 m1，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。
质量为 m2 的小车 D，由绞车拖动，相对于平台的运动规律为 s = 不计绞车的质量，求平台的加速度。
1 2 bt ，其中 b 为已知常数。 2
m2 g
y
S D
A
vr
m1 g FN
B
ω
v
(a) 图 11-8
x
(b)
解
受力和运动分析如图 11-8b 所示
& = bt vr = & s ar = & s& = b a Da = a e + a r = a AB + a r a Da = ar − a AB m2 (a r − a AB ) − m1a AB = F F = f (m1 + m2 ) g
1
(
)
开伞后，他受重力 mg 和阻力 F 作用，如图 11-2 所示。取铅直轴 y 向下为正， 根据动量定理有
mg y
图 11-2
mv 2 − mv1 = I y = (mg − F )t
由题知：当 t=5 s 时，有 v2=4.3 m/s 即
60 × (4.3 − 44.3) = (60 × 9.8 − F ) × 5
棱柱 B 接触水平面时系统质心坐标
a b ⎤ ⎡ m A (l − ) + m B ⎢l − (a − )⎥ 3 3 ⎦ 3(m A + m B )l − a (m A + 3m B ) + m B b ⎣ ′ = xC = m A + mB 3(m A + m B )
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哈工大理论力学（I）第7版部分习题答案1-2
两个老师都有布置的题目
2-3 2-6 2-14 2- 20 2-30 6-2 6-4 7-9 7-10 7-17 7-21 8-5 8-8 8-16 8-24 10-4 10-6 11-5 11-15 10-3
以下题为老师布置必做题目
1-1（i,j）, 1-2(e,k)
2-3, 2-6, 2-14，2-20, 2-30 6-2, 6-4
7-9, 7-10, 7-17, 7-21, 7-26
8-5, 8-8(瞬心后留), 8-16, 8-24 10-3, 10-4 10-6
11-5, 11-15
12-10, 12-15, 综4，15，16，18 13-11，13-15，13-16
6-2 图6-2示为把工件送入干燥炉内的机构，叉杆OA=1.5 m在铅垂面内转动，杆AB=0.8 m，A端为铰链，B端有放置工件的框架。
在机构运动时，工件的速度恒为0.05 m/s，杆AB始终铅垂。
设运动开始时，角0=?。
求运动过程中角?与时间的关系，以及点B的轨迹方程。
10-3 如图所示水平面上放1 均质三棱柱A，在其斜面上又放1 均质三棱柱B。
两三棱柱的横截面均为直角三角形。
三棱柱A 的质量为mA三棱柱B 质量mB的 3 倍，其尺寸如图所示。
设各处摩擦不计，初始时系统静止。
求当三棱柱B 沿三棱柱A 滑下接触到水平面时，三棱柱A 移动的距离。
11-4
解取A、B 两三棱柱组成1 质点系为研究对象，把坐标轴Ox 固连于水平面上，O 在
棱柱A 左下角的初始位置。
由于在水平方向无外力作用，且开始时系统处于静止，故系统
质心位置在水平方向守恒。
设A、B 两棱柱质心初始位置（如图b 所示）在x 方向坐标
分别为
当棱柱B 接触水平面时，如图c所示。
两棱柱质心坐标分别为
系统初始时质心坐标
棱柱B 接触水平面时系统质心坐标
因并注意到得
10-4 如图所示，均质杆AB，长l，直立在光滑的水平面上。
求它从铅直位无
初速地倒下时，端点A相对图b所示坐标系的轨迹。
解取均质杆AB 为研究对象，建立图11-6b 所示坐标系Oxy，原点O
与杆AB 运动初始时的点B 重合，因为杆只受铅垂方向的重力W 和地
面约束反力N F 作用，且系统开始时静止，所以杆AB 的质心沿轴x 坐
标恒为零，即
设任意时刻杆AB 与水平x 轴夹角为θ，则点A坐标
从点A 坐标中消去角度θ，得点A 轨迹方程
10-5 质量为m1 的平台AB，放于水平面上，平台与水平面间的动滑动摩擦因数为f。
质量为m2 的小车D，由绞车拖动，相对于平台的运动规律为，其中b 为已知常数。
不计绞车的质量，求平台的加速度。
解受力和运动分析如图b 所示
式（1）、（4）代入式（3），得
10-6 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1 端与滑块相连接，另 1 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m1，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。
解取滑块A 和小球B组成的系统为研究对象，建立向右坐标x，原点取在
运动开始时滑块A 的质心上，则质心之x 坐标为
系统质心运动定理：
此即滑块A的运动微分方程。
讨论：设，则由上述方程得滑块A 的稳态运动规律（特解）原题力矩M只起保证ω=常数的作用，实际上M 是随ϕ变化的。
11-15如图所示均质杆AB 长为l，放在铅直平面内，杆的1 端A 靠在光滑铅直墙上，另1端B 放在光滑的水平地板上，并与水平面成0 ϕ角。
此后，令杆由静止状态倒下。
求（1）杆在任意位置时的角加速度和角速度；（2）当杆脱离墙时，此杆与水平面所夹的角。
解（1）取均质杆为研究对象，受力及坐标系Oxy 如图12-17b 所示，杆AB 作平面运
动，质心在点C。
刚体平面运动微分方程为
由于
将其对间t求2 次导数，且注意到
本答案由各班代表负责编排（答案源来自网络），在此感谢为这次编排做出贡献的各位同学。
由于各方面原因，可能个别题目解答不妥甚至有误，或者在编排上有漏洞，希望大家能够指出并共享正确的结果。
——福州大学至诚学院机械系09级
配套理论力学（I）第七版课后习题答案福州大学至诚学院09机械整理
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——福州大学至诚学院机械系09级
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