理论力学(盛冬发)课后习题答案ch11
·125·
第11章 动量矩定理
一、是非题(正确的在括号内打“√”、错误的打“×”)
1. 质点系对某固定点(或固定轴)的动量矩，等于质点系的动量对该点(或轴)的矩。 (×)
2. 质点系所受外力对某点(或轴)之矩恒为零，则质点系对该点(或轴)的动量矩不变。(√)
3. 质点系动量矩的变化与外力有关，与内力无关。 (√)
4. 质点系对某点动量矩守恒，则对过该点的任意轴也守恒。 (√)
5. 定轴转动刚体对转轴的动量矩，等于刚体对该轴的转动惯量与角加速度之积。 (×)
6. 在对所有平行于质心轴的转动惯量中，以对质心轴的转动惯量为最大。 (×)
7. 质点系对某点的动量矩定理e 1d ()d n
O
O i i t ==∑L M F 中的点“O ”是固定点或质点系的质心。
(√)
8. 如图11.23所示，固结在转盘上的均质杆AB ，对转轴的转动惯量为20A J J mr =+
221
3
ml mr =+，式中m 为AB 杆的质量。 (×) 9. 当选质点系速度瞬心P 为矩心时，动量矩定理一定有e 1d
()d n
P P i i t ==∑L M F 的形式，而
不需附加任何条件。 (×)
10. 平面运动刚体所受外力对质心的主矩等于零，则刚体只能做平动；若所受外力的主矢等于零，刚体只能作绕质心的转动。 (×)
A
B
l
O
ω
r
图11.23
二、填空题
1. 绕定轴转动刚体对转轴的动量矩等于刚体对转轴的转动惯量与角速度的乘积。
2. 质量为m ，绕z 轴转动的回旋半径为ρ，则刚体对z 轴的转动惯量为2ρm J z =。
3. 质点系的质量与质心速度的乘积称为质点系的动量。
4. 质点系的动量对某点的矩随时间的变化规律只与系统所受的外力对该点的矩有关，而与系统的内力无关。
5. 质点系对某点动量矩守恒的条件是质点系所受的全部外力对该点之矩的矢量和等于零，质点系的动量对x 轴的动量矩守恒的条件是质点系所受的全部外力对x 轴之矩的代数
·126·
和等于零。
6. 质点M 质量为m ，在O x y 平面内运动，
如图11.24所示。其运动方程为kt a x cos =，kt b y sin =，其中 a 、b 、k 为常数。则质点对原点O 的动量矩为abk L O =。
7. 如图11.25所示，在铅垂平面内，均质杆OA 可绕点O 自由转动，均质圆盘可绕点A 自由转动，杆OA 由水平位置无初速释放，已知杆长为l ，质量为m ；圆盘半径为R ，
质量为M 。则当杆转动的角速度为ω时，杆OA 对点O 的动量矩O L =ω231
ml ；圆盘对点
O 的动量矩O L =ω2Ml ；圆盘对点A 的动量矩A L =0。
y
x
M
O
O
A
图11.24 图11.25
8. 均质T 形杆，OA = BA = AC = l ，总质量为m ，绕O 轴转动的角速度为ω，如图11.26所示。则它对O 轴的动量矩O L =ω2ml 。
9. 半径为R ，质量为m 的均质圆盘,在其上挖去一个半径为r = R /2的圆孔，如图11.27
所示。则圆盘对圆心O 的转动惯量O J =232
13
mR 。
A
B
l
C
ω
O
2l R
r
O
图11.26 图11.27
10. 半径同为R 、重量同为G 的两个均质定滑轮，一个轮上通过绳索悬一重量为Q 的重物，另一轮上用一等于Q 的力拉绳索，如图11.28所示。则图11.28(a)轮的角加速度1ε= R Q G Qg )2(2+；图11.28(b )轮的角加速度2ε=GR
Qg
2。
R O
2ε
Q
(b) (a)
R
O
1ε Q
图11.28
·127·
三、选择题
1. 均质杆AB ，质量为m ，两端用张紧的绳子系住，绕轴O 转动，如图11.29所示。则杆AB 对O 轴的动量矩为 A 。
(A) ω265ml (B) ω21213ml (C) ω234ml (D) ω212
1ml
2. 均质圆环绕z 轴转动，在环中的A 点处放一小球，如图11.30所示。在微扰动下，小球离开A 点运动。不计摩擦力，则此系统运动过程中 B 。
(A) ω不变，系统对z 轴的动量矩守恒 (B) ω改变，系统对z 轴的动量矩守恒 (C) ω不变，系统对z 轴的动量矩不守恒 (D) ω改变，系统对z 轴的动量矩不守恒
3. 跨过滑轮的轮绳，一端系一重物，另一端有一与重物重量相等的猴子，从静止开始以速度v 向上爬，如图11.31所示。若不计绳子和滑轮的质量及摩擦，则重物的速度 B 。
(A) 等于v ，方向向下 (B) 等于v ，方向向上 (C) 不等于v (D) 重物不动
A
B
l
ω
O
l
l
r
A
z
ω
图11.29 图11.30
4. 在图11.32中，摆杆OA 重量为G ，对O 轴转动惯量为J ，弹簧的刚性系数为k ，杆在铅垂位置时弹簧无变形。则杆微摆动微分方程为 D (设θθ=sin )。
(A) θθθGb ka J --=2 (B) θθθGb ka J +=2 (C) θθθ
Gb ka J --=-2 (D) θθθGb ka J -=-2
r O
v
A
θ-
a
θ+
θ
k
O
b
C
图11.31 图11.32
5. 在图11.33中，一半径为R 。质量为m 的圆轮，在下列情况下沿水平面作纯滚动：
·128·
(1) 轮上作用一顺时针的力偶矩为M 的力偶；(2) 轮心作用一大小等于/M R 的水平向右的力F 。若不计滚动摩擦，二种情况下 C 。
(A) 轮心加速度相等，滑动摩擦力大小相等 (B) 轮心加速度不相等，滑动摩擦力大小相等 (C) 轮心加速度相等，滑动摩擦力大小不相等 (D) 轮心加速度不相等，滑动摩擦力大小不相等
6. 如图11.34所示组合体由均质细长杆和均质圆盘组成，均质细长杆质量为M 1，长为L ，均质圆盘质量为M 2，半径为R ，则刚体对O 轴的转动惯量为 A 。
(A) 2222210)(21
3L R M R M L M J +++=
(B) 2222210)(21
12L R M R M L M J +++=
(C) 222221021
3L M R M L M J ++=
(D) 22222102
1
3R M R M L M J ++=
R C
F
R C
M
O
L
R
C
图11.33 图11.34
四、 计算题
11-1各均质物体的质量均为m ，物体的尺寸及绕固定轴转动角速度方向如图11.35所示。试求各物体对通过点O 并与图面垂直的轴的动量矩。
(a)
O
ω
A l
O
ω
R
C
(c)
(b) ω
O
R
图11.35
解：（a ）杆OA 对通过点O 并与图面垂直的轴的动量矩为
·129·
ωω23
1
ml J L O O ==
（b ）圆盘对通过点O 并与图面垂直的轴的动量矩为
ωω22
1
mR J L O O ==
（c ）圆盘对通过点O 并与图面垂直的轴的动量矩为
ωωω2222
3
)21(mR mR mR J L O O =+==
11-2 如图11.36所示，鼓轮的质量11800kg m =，半径025m r .=，对转轴O 的转动惯量
2853kg m O J .=?。现在鼓轮上作用力偶矩0743kN m M .=?来提升质量22700kg m =的物体
A 。试求物体A 上升的加速度，绳索的拉力以及轴承O 的反力。绳索的质量和轴承的摩擦都忽略不计。
解：（1）选整体为研究对象，受力分析如图所示。应用质点系动量矩定理，有
gr m M r m J O 2022)(-=+ε
解得鼓轮转动的角加速度为
)/(21.325.027003.8525
.08.92700743022
2220s rad r m J gr m M O =?+??-=+-=ε 物体A 上升的加速度为
)/(8.02s m r a A ==ε
（2）要求绳索的拉力，可选物体 A 为研究对象，受力分析如图所示。应用质点运动微
分方程，有
g m F a m T 22-=
解得绳索的拉力为
)(62.288.027008.9270022kN a m g m F T =?+?=+=
（3）要求轴承O 的反力，可选鼓轮为研究对象，受力分析如图所示。应用质心运动定理，有
0=Ox F ，0'1=--T Oy F g m F 解得 0=Ox F ，)(26.46'1kN F g m F T Oy =+=
O
r ω
R
A
ω
(a)
0M
O
r
A
Ox F
Oy F
g 1m
g 2m
ε
A
g 2m
T F
A a
0M
O
Ox F
Oy F
g 1m
ε
'T F
(b)
(c)
图11.36 图11.37
·130·
11-3 半径为R ，质量为m 的均质圆盘与长为l 、质量为M 的均质杆铰接，如图11.37所示。杆以角速度ω绕轴O 转动，圆盘以相对角速度r ω绕点A 转动，(1)r ωω=；(2)r ωω=-，试求系统对转轴O 的动量矩。
解：系统对转轴O 的动量矩是由杆对转轴O 的动量矩和圆盘对转轴O 的动量矩两部分组成。杆对转轴O 的动量矩为
ω23
1
Ml L O -=杆
（1）当r ωω=时，圆盘转动的绝对角速度为
a 2r ωωωω=+= 圆盘对转轴O 的动量矩为
ωωω2222
1
ml mR l mv mR L A a O --=?--=圆盘
故系统对转轴O 的动量矩为
ωωω2223
1
ml mR Ml L L L O O O ---=+=圆盘杆
（2）当r ωω=-时，圆盘转动的绝对角速度为
a 0r ωωω=+= 圆盘对转轴O 的动量矩为
ωω222
1
ml l mv mR L A a O -=?--=圆盘
故系统对转轴O 的动量矩为
ωω223
1
ml Ml L L L O O O --=+=圆盘杆
11-4 两小球C 、D 质量均为m ，用长为l 2的均质杆连接，杆的质量为M ，杆的中点固定在轴AB 上，CD 与轴AB 的夹角为θ，如图11.38所示。轴以角速度ω转动，试求系统对转轴AB 的动量矩。
解：杆CD 对转轴AB 的动量矩可表示为
θωωθ222sin 3
1
)sin (2Ml x l Mdx L l l O =?=?
-杆
球C 、D 对转轴AB 的动量矩可表示为
θω22sin ml L L D O C O ==球球
系统对转轴AB 的动量矩为
θωθω2222sin 2sin 3
1
ml Ml L L L L D O C O O O +=++=球球杆
11-5 小球M 系于线MOA 的一端，此线穿过一铅垂管道，如图11.39所示。小球M 绕轴沿半径MC R =的水平运动，转速为120r min n /=。今将线OA 慢慢拉下，则小球M 在半
径2
R
M'C '=的水平圆上运动，试求该瞬时小球的转速。
解：选小球为研究对象，小球受有重力和绳子拉力作用，受力分析如图所示。由于重力
和绳子拉力对轴x 的矩均等于零，即
0)(=∑
F x M ，可知小球对x 轴的动量矩保持守恒。即
·131·
有
2
'R mv mvR = 而R v ω=，2
''R
v ?
=ω，代入上式，有 4
'2
2
R R ωω=
故ωω4'=，即小球M 在半径2
R
M'C '=的水平圆上运动瞬时小球的转速为
min)/(4804'r n n ==
2l
A
ω
B
θ
O
C
D
C'
R
C
A
M
M' 2
R O
g m
T F
x
图11.38 图11.39
11-6 一直角曲架ADB 能绕其铅垂边AD 旋转，如图11.40所示。在水平边上有一质量为m 的物体C ，开始时系统以角速度0ω绕轴AD 转动，物体C 距D 点为a ，设曲架对AD 轴的转动惯量为z J ，求曲架转动的角速度ω与距离DC r =之间的关系。
解：选整体为研究对象，受力分析如图所示。从受力图可以看出，系统所受的全部外力对z 轴的矩等于零。系统对z 轴的动量矩也保持不变，即
ωω)()(202mr J ma J z z +=+ 解得曲架转动的角速度ω与距离DC r =之间的关系为
02
2
ωωmr J ma J z z ++=
11-7 电动机制动用的闸轮重为W (可视为均质圆环)，以角速度0ω绕轴转动，如图11.41所示。已知闸块与闸轮间的滑动摩擦系数为f ，闸轮的半径为r ，它对O 轴的转动惯量为2O J mr =，制动时间为0t ，设轴承中的摩擦不计。求闸块给闸轮的正压力N F 。
解：选闸轮为研究对象，受力分析如图（b ）所示。我们可以应用动量矩定理来计算闸块给闸轮的正压力N F 。先计算制动后闸轮的角加速度，由运动学可知
000=+=t εωω
可知制动后闸轮的角加速度为
·132·
t t ωωε-
=-
=
式中负号表明真实的角加速度的转向与图中假设的转向相反，即闸轮作减速转动。然后应用动量矩定理，有
O d J F r ε=-
而d N F fF =，代入上式，可解得闸块给闸轮的正压力N F 为
N 0
Wr F fgt ω=
W
O
r
0ω
N F
A
r
1m g B
C
z D ω
g m
E
Ex F
Ey F
Ax F
Az F
Ay F
(a)
(b)
W
O
0ω
N F d F
Ox F Oy F
r
ε
图11.40 图11.41
11-8 如图11.42所示两轮的半径为1R 、2R 。质量分别为1m 、2m 。两轮用胶带连接，各绕两平行的固定轴转动，若在第一轮上作用主动力矩M ，若在第二轮上作用阻力矩'M 。视圆轮为均质圆盘，胶带与轮间无滑动，胶带质量不计，试求第一轮的角加速度。
解：分别取两轮为研究对象，受力分析及运动分析如图(b)所示。对两轮分别应用动量矩定理，有
轮1： 11211)(R F F M J T T -+=ε
轮2： 2'2'122)('R F F M J T T -+-=ε
由于胶带与轮间无滑动，故有
2211εεR R =
联立求解以上三式，并将21112
1R m J =，2
22221R m J =，1'1T T F F =，2'2T T F F =代入，可得
图11.42
)a (
M 2R 1R M' 1O 2O )b ( M 2T F
y O 1F 1ε 1
T F x O 1F g 1m 1O M' 2O 2ε g 2m x O 2F
y O 2F
'1T F '2T F
·133·
轮1的角加速度为
2
2121121)()
'(2R R m m R M MR +-=
ε
11-9 如图11.43所示绞车，提升一重量为P 的重物，在其主动轴上作用一不变的力矩
M 。已知主动轴和从动轴的转动惯量分别为1J 、2J ，传动比21z
i z =，吊索缠绕在从动轮上，
从动轮半径为R ，轴承的摩擦力不计。试求重物的加速度。
M 1O
2O
P
M 1O
N F
s F
x O 1F
y O 1F
g 1m
1ω 1ε
P
2O 's F
'N
F g 2m
x O 2F
y O 2F
2ω
2ε
a
图11.43
解：分别选主动轴、从动轮和重物组成的系统为研究对象，受力分析和运动分析如图所
示。对两轮分别应用动量矩定理，有
主动轮： 111R F M J s -=ε
主动轮： PR R F R g
P J s -=+
'22
2)(ε 由运动学知
211εεR R =
其中：s s F F ='，21
112z R i z R εε===，联立求解以上三式，有
)(2212
2J i J g
PR
PR Mi ++-=ε
重物的加速度为
)()(2212
2J i J g PR R PR Mi R a ++-=
=ε
11-10 如图11.44所示均质杆AB 长为l ，重为1P ，B 端固结一重为2P 的小球(球的半径不计)，杆的D 与铅垂悬挂的弹簧相连以使杆保持水平位置。已知弹簧的刚度系数为k ，给小球以微小的初位移o δ，然后自由释放，试求杆AB 的运动规律。
解：选均质杆AB 和小球组成的系统为研究对象，受力分析如图所示。由刚体定轴转动微分方程，有
3
cos cos 2)31(
212221l F l P l P l g P l g P -+=+???
·134·
而)sin 3
('?l
k k F +?=?=，这里?为弹性在水平位置时的伸长量。由题意知道：杆AB 处于水平位置时系统处于平衡状态，由平衡条件可知
02
321=--??l P l P l k 很容易求出
l P l P l
k 212
3+=??
由于?较小，可令??≈sin ，1cos ≈?，故刚体定轴转动的微分方程可写为 03
321=++??k g P P 上微分方程的通解可写为
t P P gk
B t P P gk A )3(3sin )3(3cos 2
121+++=?
由初始条件l
t 0
00δ??=
==，00
==t ? ，有 l
A 0
δ=，0=B
杆AB 的运动规律为
t P P gk
l
)3(3cos
2
10+=
δ?
11-11 运送矿石的卷扬机鼓轮半径为R ，重为W ，在铅直平面内绕水平轴O 转动，如
图11.45所示。已知对O 轴的转动惯量为O J ，车与矿石的总重量为W 1，作用于鼓轮上的力矩为M ，轨道的倾角为α。不计绳重及各处摩擦。求小车上升的加速度及绳子的拉力。
A
Ax F
D
?
k
3l B
1P Ay F
ω
ε
2P
F
α
M O
W
1W Ox F
Oy F
ω ε
N F
a
α
1W
T F
N F
a
图11.44 图11.45
解：分别选整体和小车为研究对象，受力分析和运动分析如图所示。对整体应用动量矩定理，有
R W M R g
W
J O αεsin )(121-=+
解得卷扬机鼓轮转动的角加速度为 g R W g J R
R W M O 2
11sin +-=
αε
·135·
小车上升的加速度为
gR R W g J R
R W M R a O 211sin +-==αε
由小车的运动微分方程，有
a g
W W F T 1
1sin =-α 解得绳子的拉力为
a g
W W F T 1
1sin +
=α 11-12 质量分别为21m m 、的两重物，分别挂在两条绳子上，绳又分别缠绕在半径为
21r r 、并装在同一轴的两鼓轮上，如图11.46所示。已知两鼓轮对O 轴的转动惯量为O J ，系统在重力作用下发生运动，求鼓轮
的角加速度。
解：选整体为研究对象，受力分析如图所示。应用动量矩定理，有
11222222
11)(gr m gr m r m r m J O -=++ε
解得鼓轮的角加速度为
g r m r m J r m r m O 2
222111
122++-=ε
11-13 重物A 质量为m 1，系在绳子上，绳子跨过不计质量的固定滑轮D ，并绕在鼓轮B 上，如图11.47所示。由于重物下降带动了轮C ，使它沿水平轨道滚动而不滑动。设鼓轮半径为r ，轮C 的半径为R ，两者固连在一起，总质量为m 2，对于其水平轴O 的回转半径为ρ。求重物A 下降的加速度以及轮C 与地面接触点处的静摩擦力。
r R
B C D
A
O
r
R
B C O N F
s F
g 2m
ω
ε
T F
A
'T F
a g 1m
图11.47
解：分别选轮子和重物A 为研究对象，受力分析和运动分析如图所示。轮子作平面运动，应用刚体平面运动微分方程，有
O s T a m F F 2=-
ερ22m R F r F s T =+
1m
O
r 2m
r g 1m
Ox F Oy F
ε
a
g 2m
图11.46
·136·
重物A 的运动微分方程为
A T a m F g m 1'1=-
其中：εR a O =，ε)(r R a A +=，T T F F ='。联立求解，可得重物A 下降的加速度为 g R m r R m r R m a A )
()()(222212
1ρ++++=
轮C 与地面接触点处的静摩擦力为
)
()()(22221212ρρ+++-=
R m r R m g
m m Rr F s 11-14 均质圆柱体A 的质量为m ，在外圆上绕以细绳，绳的一端B 固定不动，如图11.48所示。当BC 铅垂时圆柱下降，其初速度为零。求当圆柱体的轴心降落了高度h 时轴心的速度和绳子的张力。
解：选均质圆柱体A 为研究对象，受力分析和运动分析如图所示。圆柱体A 作平面运动，应用刚体平面运动微分方程，有
ma F mg T =-
R F mR T =ε22
1
由运动学关系，有
a R =ε 联立求解，可得g a 3
2=，mg F T 3
1=。 圆柱体的轴心降落了高度h 时轴心的速度为 gh ah v 33
2
2=
= 11-15 均质实心圆柱体A 和薄铁环B 的质量均为m ，半径均为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11.49所示。如不计杆的质量，求杆AB 的加速度和杆的内力。
θ
A
B
C
D
B
A
h
C
T F
ω ε
a
g m
A
D
'T F
θ g m A a A ε
NA F
sA F θ B
C
B ε
B a
g m T F
NB F
sB F
图11.48 图11.49
解：分别以实心圆柱体A 和薄铁环B 为研究对象，受力分析和运动分析如图所示。由于圆柱体A 和薄铁环B 半径相等，故杆AB 作平面运动。可知圆柱体A 中心加速度A a 和薄铁环B 中心加速度B a 大小和方向相同，即B A a a =。它们转动的角加速度也相等，即B A εε=。分别列圆柱体A 和薄铁环B 的动力学方程，有
·137·
圆柱体A ： B T sB ma F F mg =--θsin r F mr sB B =ε2
圆柱体B ： A T sA ma F F mg =+-'sin θ
r F mr sA A =ε22
1
其中：由运动学关系，可知A A r a ε=，B B r a ε=，'T T F F =，联立求解，可得AB 的加速度和杆的内力分别为
θsin 74
g a a a B A ===
θsin 7
1
'mg F F T T -==
负号表示杆受压力作用。
11-16 在图11.50中，均质圆柱重量为Q ，半径为R ，放在倾角为60°的斜面上，一绳
绕在圆柱体上，其一端固定在A 点，此绳与A 点相连部分与斜面平行。若圆柱体与斜面间
滑动摩擦系数为1
3
f =。试求质心C 沿斜面落下的加速度。
Q
α
A
C R
Q
α
C
T F
C a
ε
N F
d F
图11.50
解：选均质圆柱为研究对象，受力分析和运动分析如图所示。均质圆柱作平面运动，应用平面运动微分方程，有
C d T ma F F Q =--αsin
0cos =+-N F Q α
R F R F R g
Q d T -=ε2
21
其中：N d fF F =，εR a C =。联立求解可得质心C 沿斜面落下的加速度为 g a C 355.0=
11-17 如图11.51所示板的质量为1m ，受水平力F 作用，沿水平面运动，板与平面间的动摩擦系数为f 。在板上放一质量为2m 的均质实心圆柱体，此圆柱体在板上只滚不滑动，试求板的加速度。
解：分别选板和圆柱体为研究对象，受力分析和运动分析如图所示。板作平动，由质心运动定理，有
·138·
C d s a m F F F 1=-- 01=--g m F F NC N 圆柱体作平面运动，由刚体平面运动微分方程，有 O s a m F 2'=
02'
=-g m F NC
R F R m s '222
1
=ε
由运动学关系，可选C 点分动点，分析O 点加速度，由τOC n
OC C O a a a a ++=作O 点的加
速度合成图如图所示。由图可知
τOC C O a a a -=
其中：ετR a OC
=，N d fF F =，NC NC F F ='
，s s F F ='，联立求解，可得板的加速度为 3
)(2
121m m g
m m f F a C +
+-=
O
F
O
ε C g 2m
'
NC
F O a
C a
's
F
F
C NC F C a
N F
d F
s F g 1m
ε C
O a
C a
n OC
a
τOC a O
图11.51
11-18 如图11.52所示结构中，重物A 、B 的质量分别为m 1和m 2，B 物体与水平面间摩擦系数为f ，鼓轮O 的质量为M ，半径为R 和r ，对O 轴的回转半径分别为ρ，求A 下降的加速度以及绳子两端的拉力。
B
r A
R
O A
g 1m
A a TA F
O
Ox F
Oy F
ε
g M
'TB
F '
TA F
B
g 2m
B a
NB F
TB F dB F
图11.52
解：分别选重物A 、B 和鼓轮O 为研究对象，受力分析和运动分析如图所示。分别列动
·139·
力学方程，有
重物A ： A TA a m F g m 11=-
重物B ： 02=-g m F NB B dB TB a m F F 2=- 其中：NB dB fF F =。
鼓轮O ： R F r F M TB TA -=ερ2
由运动学关系，可知：εr a A =，εR a B =。联立求解可得A 下降的加速度为 gr M R m r m R fm r m a A 2
222121ρ++-=
绳子两端的拉力为
A TA a m g m F 11-=
A T
B a r
R
m g fm F 22+
= 11-19如图11.53所示均质杆AB 长为L ，重为Q ，杆上的D 点靠在光滑支撑上，杆与
铅垂线的夹角为α，由静止将杆释放。求此时杆对支撑的压力以及杆重心C 的加速度(设CD = a )。
Q
α
A
B
C
D
C
Q
α
A B
N F
D a
ε
n CD a τCD a
Cx a
Cy a
D
图11.53
解：(1) 选杆AB 为研究对象，受力如图所示。列杆的平面运动微分方程
Cx a g
Q
Q =αcos
Cy N a g
Q
Q F =-αsin
a F L g
Q N =ε2121 (2) 以D 为基点，分析C 点的加速度。由τCD n
CD D Cy Cx a a a a a ++=+作C 点的加
速度合成图。列投影方程
τ
CD Cy a a -=
其中：ετ
a a CD
=。联立求解，可得 22212sin L a QL F N +=
α，αcos g a Cx =，2
2212sin 12L a g a a Cy +-=α
11-20如图11.54所示，曲柄OA 以匀角速度045rad s ./ω=绕O 轴沿顺时针转向在铅垂
·140·
面内转动。求当OA 处于水平位置时，细长杆AB 端部B 轮所受的反力。设杆AB 的质量为10kg ，长为1m ，各处摩擦力及OA 杆质量不计。
0ω
B
A
O 0.4m
0.8m
n
CA
a C
B
A
B a
n A a τBA a
AB ω P
α AB
ε A v
τCA a
n
BA
a
B v
Cx a
Cy a
C
Ax F g m
N F
ε
B
A
Ay F
α
图11.54
解：（1）选细长杆AB 为研究对象，受力分析和运动分析如图所示。列杆AB 的刚体平面运动微分方程，有
Cx Ax ma F = Cy NA Ay ma mg F F =-+
αααεcos 2
sin 2cos 21212l
F l F l F ml Ay Ax NA AB -+= （2）由A v 和B v 方向可知P 点为杆AB 的速度瞬心，杆AB 转动的角速度为 )/(36
.05
.44.00s rad PA OA PA v A AB =?=?==
ωω 以A 为基点分析B 点的加速度，由τ
BA n BA n A B a a a a ++=作B 点的加速度合成图。列PB
方向的投影方程，有
αατsin cos 0n
BA BA a a +=
其中：22/9s m AB a AB n BA =?=ω，解得
2/123
4
9tan s m a a n BA BA -=?
-=-=ατ 故杆AB 的角加速度为
2/12s rad AB
a BA AB -==τ
ε
再以A 为基点分析C 点的加速度，由τ
CA n CA n A Cy Cx a a a a a ++=+作C 点的加速度合成图。
列投影方程，有
αατ
sin cos CA n CA n A Cx a a a a -+-=
αατcos sin CA n
CA Cy a a a +=
其中：220/1.8s m OA a n A =?=ω，22/5.4s m CA a AB n CA =?=ω，2
/6s m CA a AB CA -=?=ετ，代入上
式可得
2
/6.0sin cos s m a a a a CA n CA n A Cx -=-+-=αατ
0cos sin =+=αατCA n
CA Cy a a a
代入杆AB 的刚体平面运动微分方程，可解得细长杆AB 端部B 轮所受的反力为
)(33.36N F NA =
·141·
11-21 如图11.55所示，设均质杆O 1A 和O 2B 以及DAB ，各杆长均为L ，重均为P ，
在A ，B 处以铰链连接，O 1，O 2处于同一水平线上，且123
4
O O AB l ==，如图11.55所示，
初始时O 1A 与铅垂线的夹角为30?，由静止释放，试求此瞬时铰链O 1、O 2的约束反力。
O 1
30? C 1
A
x O 1F
y O 1F P
Ax F
Ay F
ε
B
A
O 1
30?
4/l
30?
O 2
D
C 1
C 2
C 3
τ1C a
τ2C a
τA a τB a
τ3C a
A
D
C 3
'Ax
F
B
'Ay F
'Bx
F
'By F
P
x O 2F
Bx F
B
30? O 2
C 2
P
y O 2F
By F
图11.55
解：分别选杆O 1A 和O 2B 以及DAB 为研究对象，受力及运动分析如图所示。分别列三杆
的动力学方程：
杆O 1A ： o 30cos 11τ
C x O Ax a g
P F F -
=+ o 30sin 11τ
C y O Ay a g
P P F F -
=-+
o o o o 230sin 2
30sin 230cos 230cos 212111l
F l F l F l F l g P Ay y O Ax x O -+-=ε 杆O 2B ： o 30cos 22τ
C x O Bx a g
P F F -
=+ o 30sin 22τ
C y O By a g
P P F F -
=-+
o o o o 230sin 2
30sin 230cos 230cos 212122l
F l F l F l F l g P By y O Bx x O -+-=ε 杆DAB ： o '
'30cos 3τ
C Bx Ax a g
P F F -
=--
·142·
o ''30sin 3τ
C By Ay a g
P P F F -
=--- 2
40''
l F l F By Ay
+-= 其中：ετ
τ2
2
1l a a C C ==，ετ
l a C =3
，联立求解，可得铰链O 1、O 2的约束反力为 P F F x O x O 516.021==，P F y O 434.11=，P F y O 164.12=
2020年智慧树知道网课《理论力学(西安交通大学)》课后章节测试满分答案
绪论单元测试 1 【多选题】(2分) 下面哪些运动属于机械运动？ A. 发热 B. 转动 C. 平衡 D. 变形 2 【多选题】(2分) 理论力学的内容包括：。 A. 动力学 B. 基本变形 C. 运动学 D. 静力学
3 【单选题】(2分) 理论力学的研究对象是：。 A. 数学模型 B. 力学知识 C. 力学定理 D. 力学模型 4 【多选题】(2分) 矢量力学方法（牛顿-欧拉力学）的特点是：。 A. 以变分原理为基础 B. 以牛顿定律为基础 C.
通过力的功（虚功）表达力的作用 D. 通过力的大小、方向和力矩表达力的作用 5 【多选题】(2分) 学习理论力学应注意做到：。 A. 准确地理解基本概念 B. 理论联系实际 C. 熟悉基本定理与公式，并能在正确条件下灵活应用 D. 学会一些处理力学问题的基本方法 第一章测试 1 【单选题】(2分)
如图所示，带有不平行的两个导槽的矩形平板上作用一力偶M,今在槽内插入两个固连于地面的销钉，若不计摩擦，则。 A. 板不可能保持平衡状态 B. 板必保持平衡状态 C. 条件不够，无法判断板平衡与否 D. 在矩M较小时，板可保持平衡 2 【单选题】(2分)
A. 合力 B. 力螺旋 C. 合力偶 3 【单选题】(2分) 关于力系与其平衡方程式，下列的表述中正确的是： A. 在求解空间力系的平衡问题时，最多只能列出三个力矩平衡方程式。 B. 在平面力系的平衡方程式的基本形式中，两个投影轴必须相互垂直。 C. 平面一般力系的平衡方程式可以是三个力矩方程，也可以是三个投影方程。
D. 任何空间力系都具有六个独立的平衡方程式。 E. 平面力系如果平衡，则该力系在任意选取的投影轴上投影的代数和必为零。 4 【单选题】(2分)
理论力学课后答案(范钦珊)
C (a-2) D R (a-3) (b-1) D R 第1篇 工程静力学基础 第1章 受力分析概述 1－1 图a 、b 所示，Ox 1y 1与Ox 2y 2分别为正交与斜交坐标系。试将同一力F 分别对两坐标系进行分解和投影，并比较分力与力的投影。 习题1－1图 解：（a ）图（c ）：11 s i n c o s j i F ααF F += 分力：11 cos i F αF x = ， 11 s i n j F αF y = 投影：αcos 1F F x = ， αs i n 1F F y = 讨论：?= 90°时，投影与分力的模相等；分力是矢量，投影是代数量。 （b ）图（d ）： 分力：22)cot sin cos (i F ?ααF F x -= ，22sin sin j F ? α F y = 投影：αcos 2F F x = ， )cos(2α?-=F F y 讨论：?≠90°时，投影与分量的模不等。 1－2 试画出图a 和b 习题1－2图 比较：图（a-1）与图（b-1）不同，因两者之F R D 值大小也不同。 （c ） 2 2 x （d ）
1－3 试画出图示各物体的受力图。 习题1－3图 B 或(a-2) B (a-1) (b-1) F (c-1) 或(b-2) (e-1)
F (a) 1－ 4 图a 所示为三角架结构。荷载F 1作用在铰B 上。杆AB 不计自重，杆BC 自重为W 。试画出b 、c 、d 所示的隔离体的受力图，并加以讨论。 习题1－4 图 1－ 5 图示刚性构件ABC 由销钉A 和拉杆D 支撑，在构件C 点作用有一水平力F 。试问如果将力F 沿其作用线移至D 或E （如图示），是否会改为销钉A 的受力状况。 解：由受力图1－5a ，1－ 5b 和1－5c 分析可知，F 从C 移至E ，A 端受力不变，这是因为力F 在自身刚体ABC 上滑移；而F 从C 移至D ，则A 端受力改变，因为HG 与ABC 为不同的刚体。 1 (f-1) 'A (f-2) 1 O (f-3) F F'F 1 (d-2) F y B 21 (c-1) F A B 1 B F Dx y (b-2) 1 (b-3) F y B 2 A A B 1 B F 习题1－5图
理论力学课后题参考答案
1.1 沿水平方向前进的枪弹，通过某一距离s 的时间为t 1，而通过下一等距离s 的时间为2t .试证明枪弹的减速度（假定是常数）为 由题可知示意图如题1.1.1图: { { S S 2 t 1 t 题1.1.1图 设开始计时的时刻 速度为0v ,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为a .则有 :()()??? ??? ? +-+=-=2 21210211021221t t a t t v s at t v s 由以上两式得 1102 1 at t s v += 再由此式得 ()() 2121122t t t t t t s a +-= 1.26一弹性绳上端固定，下端悬有m 及m '两质点。设a 为绳的固有长度，b 为加m 后的 伸长，c 为加m '后的伸长。今将m '任其脱离而下坠，试证质点m 在任一 瞬时离上端O 的距离为 解 以绳顶端为坐标原点.建立如题1.26.1图所示坐标系. 题1.26.1图 设绳的弹性系数为k ,则有 kb mg = ① 当 m '脱离下坠前， m 与m '系统平衡.当m '脱离下坠前，m 在拉力T 作用下上升，之后作简运.运动微分方程为 ()y m a y k mg =-- ② 联立①② 得 b b a g y b g y +=+ ③ 0=+y b g y 齐次方程通解 t b g A t b g A Y sin cos 2 11+= 非齐次方程③的特解 b a Y +=0 所以③的通解b a t b g A t b g A Y +++=sin cos 2 11 代入初始条件：0=t 时，,c b a y ++=得0,21==A c A ； 故有 b a t b g c y ++=cos 即为m 在任一时刻离上端O 的距离. O m m ' T
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 1和2，沿同一直线但方向相反。则 其合力可以表示为。 ①1－2； ②2－1； ③1＋2； 2．作用在一个刚体上的两个力A、B，满足A=－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F 1、F 2、F 3、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
清华大学版理论力学课后习题答案大全_____第6章析
第6章 刚体的平面运动分析 6－1 图示半径为r 的齿轮由曲柄OA 带动，沿半径为R 的固定齿轮滚动。曲柄OA 以等角加速度α绕轴O 转动，当运动开始时，角速度0ω= 0，转角0?= 0。试求动齿轮以圆心A 为基点的平面运动方程。 解：?c o s )(r R x A += （1） ?sin )(r R y A += （2） α为常数，当t = 0时，0ω=0?= 0 22 1t α?= （3） 起始位置，P 与P 0重合，即起始位置AP 水平，记θ=∠OAP ，则AP 从起始水平位置至图示AP 位置转过 θ??+=A 因动齿轮纯滚，故有? ? =CP CP 0，即 θ?r R = ?θr R = ， ??r r R A += （4） 将（3）代入（1）、（2）、（4）得动齿轮以A 为基点的平面运动方程为： ??? ? ?? ??? +=+=+=22 2212sin )(2cos )(t r r R t r R y t r R x A A A α?αα 6－2 杆AB 斜靠于高为h 的台阶角C 处，一端A 以匀速v 0沿水平向右运动，如图所示。试以杆与铅垂线的夹角θ 表示杆的角速度。 解：杆AB 作平面运动，点C 的速度v C 沿杆AB 如图所示。作速度v C 和v 0的垂线交于点P ，点P 即为杆AB 的速度瞬心。则角速度杆AB 为 h v AC v AP v AB θθω2 000cos cos === 6－3 图示拖车的车轮A 与垫滚B 的半径均为r 。试问当拖车以速度v 前进时，轮A 与垫滚B 的角速度A ω与B ω有什么关系？设轮A 和垫滚B 与地面之间以及垫滚B 与拖车之间无滑动。 解：R v R v A A == ω R v R v B B 22==ω B A ωω2= 6－4 直径为360mm 的滚子在水平面上作纯滚动，杆BC 一端与滚子铰接，另一端与滑块C 铰接。设杆BC 在水平位置时，滚子的角速度ω＝12 rad/s ，θ＝30?，?＝60?，BC ＝270mm 。试求该瞬时杆BC 的角速度和点C 的速度。 习题6-1图 习题6－2图 习题6－2解图 习题6-3解图 习题6-3图 v A = v v B = v ωA ωB
理论力学课后习题答案
第五章 习题5-2.重为G的物体放在倾角为α的斜面上，摩擦系数为f；问要拉动物体所需拉力T的最小值是多少，这时的角θ多大？ 解：(1) 研究重物，受力分析（支承面约束用全反力R表示），画受力图： (2) 由力三角形得 (3) 当T与R垂直时，T取得最小值，此时有：
习题5-6.欲转动一放在V形槽中的钢棒料，需作用一矩M=15N.m的力偶，已知棒料重400N，直径为25cm；求棒料与槽间的摩擦系数f。 解：(1) 研究钢棒料，受力分析（支承面约束用全反力R表示），画受力图： (2) 由力三角形得： (3) 列平衡方程： 由(2)、(3)得： (4) 求摩擦系数：
习题5-7.尖劈顶重装置如图所示，尖劈A的顶角为α，在B块上受重物Q的作用，A、B块间的摩擦系数为f（其他有滚珠处表示光滑）；求：（1） 顶起重物所需力P之值；（2）取支力P后能保证自锁的顶角α之 值。 解：(1) 研究整体，受力分析，画受力图： 列平衡方程 (2) 研究尖劈A，受力分析，画受力图 由力三角形得
(3) 撤去P力后要保持自锁，则全反力与N A成一对平衡力 由图知 习题5-8.图示为轧机的两个轧辊，其直径为d=500mm，辊面间开度为a=5mm，两轧辊的转向相反，已知烧红的钢板与轧辊间的摩擦系数为f=0.1；试 问能轧制的钢板厚度b是多少？ 解：(1) 研究钢块，处于临界平衡时，画受力图： (2) 由图示几何关系：
习题5-10.攀登电线杆用的脚套钩如图所示，设电线杆的直径d=30cm，A、B间的垂直距离b=10cm，若套钩与电线杆间的摩擦系数 f=0.5；试问踏 脚处至电线杆间的距离l为多少才能保证安全操作？ 解：(1) 研究脚套钩，受力分析（A、B处用全反力表示），画受力图： (2) 由图示几何关系： 习题5-12.梯子重G、长为l，上端靠在光滑的墙上，底端与水平面间的摩擦系数为f；求：（1）已知梯子倾角α，为使梯子保持静止，问重为P 的人的活动范围多大？（2）倾角α多大时，不论人在什么位置梯 子都保持静止。 解：(1) 研究AB杆，受力分析（A处约束用全反力表示），画受力图：
理论力学课后习题答案分析
第五章 Lt 习题5-2.重为G的物体放在倾角为a的斜面上，摩擦系数为 所需拉力T的最小值是多少，这时的角9多大？ 解：（1）研究重物，受力分析（支承面约束用全反力R表 示）， （2）由力三角形得 sin(a +甲」gin[(90J - a + (a + 6)] 千曲")& 皿0 - ??0=甲聽=arctgf T=Gsin(tt +(pJ 习题5-6.欲转动一放在V形槽中的钢棒料，需作用一矩M=15N.m勺力偶，已知棒料重400N,直径为25cm；求棒料与槽间的摩擦系数f。 解：（1）研究钢棒料，受力分析（支承面约束用全反力R表示），画受力图: （2）由力三角形得： R广护血（4亍-趴）& =0co昭5—忙） (3)列平衡方程： Vm o (F) = 0: - M+K血礼x/*+&$in化xr = O 由⑵、（3）得: M=FT[sin(45tf -(p H) + cos(45J -(p fl)]xrx sin(p w =JP>sin(p… x2sin45L，cos(p K 化35° （4）求摩擦系数: Wr =04243 习题5-7. 尖劈顶重装置如图所示，尖劈 A 的顶角为a ，在B块上受重物Q的作用， A、B块间的摩擦系数为f （其他有滚珠处表示光滑）；求：（1）顶起重 物所需力P之值；（2）取支力P后能保证自锁的顶角a之值。 解：（1）研究整体，受力分析，画受力图： 列平衡方程 审"：-S+JV X=O ■^ = Q 由力三角形得 P 二JV 勰(a+w)二伽(d +v)^?r(ff+ 6章 刚体的平面运动分析 6－1 图示半径为r 的齿轮由曲柄OA 带动，沿半径为R 的固定齿轮滚动。曲柄OA 以等角加速度α绕轴O 转动，当运动开始时，角速度0ω= 0，转角0?= 0。试求动齿轮以圆心A 为基点的平面运动方程。 解：?cos )(r R x A += （1） ?sin )(r R y A += （2） α为常数，当t = 0时，0ω=0?= 0 22 1t α?= （3） 起始位置，P 与P 0重合，即起始位置AP 水平，记θ=∠OAP ，则AP 从起始水平位置至图示AP 位置转过 θ??+=A 因动齿轮纯滚，故有? ? =CP CP 0，即 θ?r R = ?θr R = ， ??r r R A += （4） 将（3）代入（1）、（2）、（4）得动齿轮以A 为基点的平面运动方程为： ??? ? ?? ??? +=+=+=22 2212sin )(2cos )(t r r R t r R y t r R x A A A α?αα 6－2 杆AB 斜靠于高为h 的台阶角C 处，一端A 以匀速v 0沿水平向右运动，如图所示。试以杆与铅垂线的夹角θ 表示杆的角速度。 解：杆AB 作平面运动，点C 的速度v C 沿杆AB 如图所示。作速度v C 和v 0的垂线交于点P ，点P 即为杆AB 的速度瞬心。则角速度杆AB 为 h v AC v AP v AB θθω2 000cos cos === 6－3 图示拖车的车轮A 与垫滚B 的半径均为r 。试问当拖车以速度v 前进时，轮A 与垫滚B 的角速度A ω与B ω有什么关系？设轮A 和垫滚B 与地面之间以及垫滚B 与拖车之间无滑动。 解：R v R v A A == ω R v R v B B 22==ω B A ωω2= 6－4 直径为360mm 的滚子在水平面上作纯滚动，杆BC 一端与滚子铰接，另一端与滑块C 铰接。设杆BC 在水平位置时，滚子的角速度ω＝12 rad/s ，θ＝30?，?＝60?，BC ＝270mm 。试求该瞬时杆BC 的角速度和点C 的速度。 习题6-1图 A B C v 0 h θ 习题6－2图 P ωAB v C A B C v o h θ 习题6－2解图 习题6-3解图 习题6-3图 v A = v v B = v ωA ωB ·36· 第4章 空间力系 一、是非题(正确的在括号内打“√”、错误的打“×”) 1．力在坐标轴上的投影是代数量，而在坐标面上的投影为矢量。 ( √ ) 2．力对轴之矩是力使刚体绕轴转动效应的度量，它等于力在垂直于该轴的平面上的分力对轴与平面的交点之矩。 ( √ ) 3．在平面问题中，力对点之矩为代数量；在空间问题中，力对点之矩也是代数量。 ( × ) 4．合力对任一轴之矩，等于各分力对同一轴之矩的代数和。 ( √ ) 5．空间任意力系平衡的必要与充分条件是力系的主矢和对任一点的主矩都等于零。 ( √ ) 6．物体重力的合力所通过的点称为重心，物体几何形状的中心称为形心，重心与形心一定重合。 ( × ) 7．计算一物体的重心，选择不同的坐标系，计算结果不同，因而说明物体的重心位置是变化的。 ( × ) 8．物体的重心一定在物体上。 ( × ) 二、填空题 1．空间汇交力系共有三个独立的平衡方程，它们分别表示为0=∑x F 、 0=∑y F 和 0=∑z F 。 空间力偶系共有三个独立的平衡方程，它们分别表示为0=∑x M 、 0=∑y M 和 0=∑z M 。而空 间任意力系共有六个独立的平衡方程，一般可表示为 0=∑x F 、 0=∑y F 、 0=∑z F 、 0) (=∑F x M 、 0) (=∑F y M 和 0)(=∑F z M 。 2．由n 个力组成的空间平衡力系，如果其中的(n -1)个力相交于A 点，那么另一个力也必定通过点A 。 3．作用在同一刚体上的两个空间力偶彼此等效的条件是力偶矩矢相等。 4．空间力对一点的矩是一个矢量，而空间力对某轴的矩是一个代数量。 5．空间力F 对任一点O 之矩)(F M O 可用矢量积来表示，即F r F M ?=)(O 。写成解析表达式为 k j i F M )()()()(x y z x y z O yF xF xF zF zF yF -+-+-=。 6．当空间力与轴相交时，力对该轴的矩等于零。 7．空间力系向一点简化，若主矩与简化中心的选择无关，则该力系的主矢等于零，该力系可合成为一个合力偶。若空间任意力系向任一点简化，其主矩均等于零，则该力系是 平衡力系。 8．力螺旋是指由一力和一力偶组成的力系，其中的力垂直于力偶的作用面。力螺旋可分为左螺旋和右螺旋。 F DB CB DB F ' 习题3－3图 第3章 静力学平衡问题 3－1 图示两种正方形结构所受荷载F 均已知。试求其中1，2，3各杆受力。 解：图（a ）：045cos 23=-?F F F F 2 2 3= （拉） F 1 = F 3（拉） 045cos 232=?-F F F 2 = F （受压） 图（b ）：033='=F F F 1 = 0 F 2 = F （受拉） 3－2 图示为一绳索拔桩装置。绳索的E 、C 两点拴在架子上，点B 与拴在桩A 上的绳索AB 连接，在点D 加一铅垂向下的力F ，AB 可视为铅垂，DB 可视为水平。已知α= 0.1rad.，力F = 800N 。试求绳AB 中产生的拔桩力（当α很小时，tan α≈α）。 解：0=∑y F ，F F ED =αsin αs i n F F ED = 0=∑x F ，DB ED F F =αcos F F F DB 10tan == α 由图（a ）计算结果，可推出图（b ）中：F AB = 10F DB = 100F = 80 kN 。 3－3 起重机由固定塔AC 与活动桁架BC 组成，绞车D 和E 分别控制桁架BC 和重物W 的运动。桁架BC 用铰链连接于点C ，并由钢索AB 维持其平衡。重物W = 40kN 悬挂在链索上，链索绕过点B 的滑轮，并沿直线BC 引向绞盘。长度AC = BC ，不计桁架重量和滑轮摩擦。试用角?=∠ACB 的函数来表示钢索AB 的张力F AB 以及桁架上沿直线BC 的压力F BC 。 (b-1) 习题3－1图 (a-1) (a-2) '3 (b-2) 习题3－2图 F 《理论力学》课后答案 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。 习题7-2图 习题7-1图 s F 第3篇 工程动力学基础 第7章 质点动力学 7-1 图示滑水运动员刚接触跳台斜面时，具有平行于斜面方向的速度40.2km/h ，忽略 摩擦，并假设他一经接触跳台后，牵引绳就不再对运动员有作用力。试求滑水运动员从飞离斜面到再落水时的水平长度。 解：接触跳台时 17 113600 102403 0..v =?= m/s 设运动员在斜面上无机械能损失 768 8442892171122 02 0....gh v v =??-= -= m/s 141 8.cos v v x ==θm/s, 256 3.s i n v v y ==θm/s 541 022 1.g v h y == m 33201.g v t y == s 2 2 0121)(gt h h = + 780.08 .9) 44.2541.0(2) (2012=+= += g h h t s 112.121=+=t t t s 05 911211418...t v x x =?==m 7-2 图示消防人员为了扑灭高21m 仓库屋顶平台上的火灾，把水龙头置于离仓库墙基15m 、距地面高1m 处，如图所示。水柱的初速度250=υm/s ，若欲使水柱正好能越过屋顶边缘到达屋顶平台，且不计空气阻力，试问水龙头的仰角α应为多少？水柱射到屋顶平台上的水平距离s 为多少？ 解：(1) α cos v t 0115= (1) 20 2 1sin 2 110=- ?gt t v α (2) (1)代入(2)，得 0 1.44cos sin 375cos 5002=+-ααα α αα2 2 c o s 1c o s 3751.44cos 500-=+ 0 81.1944cos 96525cos 3906252 4 =+-αα 22497.0cos 2 =α, ?=685.61α (2) g v t αsin 02= （到最高点所经过时间） 26 .232)15cos (20=?-?=t v S αm 7-3 图示三角形物块置于光滑水平面上，并以水平等加速度a 向右运动。另一物块置于其斜面上，斜面的倾角为θ。设物块与斜面间的静摩擦因数为s f ，且tan θ>s f ，开始时物块在斜面上静止，如果保持物块在斜面上不滑动，加速度a 的最大值和最小值应为多少？ 习题7-1解图 θ v 0 v y O 理论力学课后习题及答案 应按下列要求进行设计（D ） A．地震作用和抗震措施均按8度考虑 B．地震作用和抗震措施均按7度考虑 C．地震作用按8度确定，抗震措施按7度采用答题（共38分） 1、什么是震级？什么是地震烈度？如何评定震级和烈度的大小？（6分） 震级是表示地震本身大小的等级，它以地震释放的能量为尺度，根据地震仪记录到的地震波来确定（2分） 地震烈度是指某地区地面和各类建筑物遭受一次地震影响的强弱程度，它是按地震造成的后果分类的。（2分） 震级的大小一般用里氏震级表达（1分） 地震烈度是根据地震烈度表，即地震时人的感觉、器物的反应、建筑物破坏和地表现象划分的。（1分） D．地震作用按7度确定，抗震措施按8度采用 4．关于地基土的液化，下列哪句话是错误的（A）A．饱和的砂土比饱和的粉土更不容易液化 B．地震持续时间长，即使烈度低，也可能出现液化 C．土的相对密度越大，越不容易液化 D．地下水位越深，越不容易液化 5．考虑内力塑性重分布，可对框架结构的梁端负弯矩进行调幅（B ）A．梁端塑性调幅应对水平地震作用产生的负弯矩进行 B．梁端塑性调幅应对竖向荷载作用产生的负弯矩进行 C．梁端塑性调幅应对内力组合后的负弯矩进行 D．梁端塑性调幅应只对竖向恒荷载作用产生的负弯矩进行 6．钢筋混凝土丙类建筑房屋的抗震等级应根据那些因素查表确定（ B ）A．抗震设防烈度、结构类型和房屋层数 B．抗震设防烈度、结构类型和房屋高度 C．抗震设防烈度、场地类型和房屋层数 D．抗震设防烈度、场地类型和房屋高度 7.地震系数k与下列何种因素有关？ ( A ) A.地震基本烈度 B.场地卓越周期 一、 C.场地土类 1．震源到震中的垂直距离称为震源距（×）2．建筑场地类别主要是根据场地土的等效剪切波速和覆盖厚度来确定的（√）3．地震基本烈度是指一般场地条件下可能遭遇的超越概率为10%的地震烈度值 （×）4．结构的刚心就是地震惯性力合力作用点的位置（×）5．设防烈度为8度和9度的高层建筑应考虑竖向地震作用（×）6．受压构件的位移延性将随轴压比的增加而减小C．地震作用按8度确定，抗震措施按7度采用答题（共38分） 1、什么是震级？什么是地震烈度？如何评定震级和烈度的大小？（6分） 震级是表示地震本身大小的等级，它以地震释放的能量为尺度，根据地震仪记录到的地震波来确定（2分） 地震烈度是指某地区地面和各类建筑物遭受一次地震影响的强弱程度，它是按地震造成的后果分类的。（2分） 震级的大小一般用里氏震级表达（1分） 地震烈度是根据地震烈度表，即地震时人的感觉、器物的反应、建筑物破坏和地表现象划分的。（1分） D．地震作用按7度确定，抗震措施按8度采用 4．关于地基土的液化，下列哪句话是错误的（A）E．饱和的砂土比饱和的粉土更不容易液化 F．地震持续时间长，即使烈度低，也可能出现液化 G．土的相对密度越大，越不容易液化 (b) 第2篇 工程运动学基础 第4章 运动分析基础 4－1 小环A 套在光滑的钢丝圈上运动，钢丝圈半径为R （如图所示）。已知小环的初速度为v 0，并且在运动过程中小环的速度和加速度成定角θ，且 0 ＜ θ ＜2 π，试确定小环 A 的运动规律。 解：R v a a 2 n sin ==θ，θ sin 2R v a = θ θtan cos d d 2t R v a t v a = ==，??=t v v t R v v 02d tan 1d 0θ t v R R v t s v 00tan tan d d -==θθ ??-=t s t t v R R v s 0000d tan tan d θθ t v R R R s 0tan tan ln tan -=θθθ 4－2 已知运动方程如下，试画出轨迹曲线、不同瞬时点的 1．?? ???-=-=225.1324t t y t t x ， 2．???==t y t x 2cos 2sin 3 解：1．由已知得 3x = 4y （1） ? ??-=-=t y t x 3344 t v 55-= ? ??-=-=34y x 5-=a 为匀减速直线运动，轨迹如图（a ），其v 、a 图像从略。 2．由已知，得 2arccos 21 3arcsin y x = 化简得轨迹方程：29 4 2x y -= （2） 轨迹如图（b ），其v 、a 图像从略。 4－3 点作圆周运动，孤坐标的原点在O 点，顺钟向为孤坐标的正方向，运动方程为 22 1 Rt s π=，式中s 以厘米计，t 以秒计。轨迹图形和直角坐标的关系如右图所示。当点第一次到达y 坐标值最大的位置时，求点的加速度在x 和y 轴上的投影。 解：Rt s v π== ，R v a π== t ，222 n Rt R v a π== y 坐标值最大的位置时：R Rt s 2 212ππ== ，12=∴t R a a x π==t ，R a y 2π-= A 习题4－1图 习题4－2图 习题4－3图 解：如图（a ），应用虚位移原理： F 1 ?術 F 2 ? 8r 2 = 0 书鹵 / 、 8r 1 8r 2 tan P 如图（b ）： 8 廿y ； 8 厂乔 8r i 能的任意角度B 下处于平衡时，求 M 1和M 2之间的关系 第12章 虚位移原理及其应用 12-1图示结构由8根无重杆铰接成三个相同的菱形。 试求平衡时, 解：应用解析法，如图(a )，设0D = y A = 2l sin v ； y^ 61 sin v S y A =21 cos ：心； 溉=61 COST 心 应用虚位移原理： F 2 S y B - R ? S y A =0 6F 2 —2R =0 ; F i =3F 2 习题12-1图 F 2之值。已知：AC = BC 12-2图示的平面机构中, D 点作用一水平力F t ，求保持机构平衡时主动力 =EC = DE = FC = DF = l 。 解：应用解析法，如图所示： y A =lcos ) ； x D =3lsin v S y A - -l sin^ 心；S x D =3I COS ^ & 应用虚 位移原理： —F 2 ? S y A - F I 8x^0 F 2sin J - 3F t cos ^ - 0 ； F 2 = 3F t cot^ 12-3图示楔形机构处于平衡状态，尖劈角为 小关系 习题12-3 B 和3不计楔块自重与摩擦。求竖向力 F 1与F 2的大 F i F 2| (a ) (b) F i 8i - F 2 12-4图示摇杆机构位于水平面上，已知 OO i = OA 。机构上受到力偶矩 M 1和M 2的作用。机构在可 高等教育出版社，金尚年，马永利编著的理论力学课后习题答案 第一章 1.2 写出约束在铅直平面内的光滑摆线 上运动的质点的微 分方程，并证明该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关. 解： 设s 为质点沿摆线运动时的路程，取 =0时，s=0 S= = 4 a (1 ) X Y 设 为质点所在摆线位置处切线方向与x 轴的夹角，取逆时针为正， 即切线斜率 = 受力分析得： 则 ，此即为质点的运动微分方程。 该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为. 1.3 证明：设一质量为m 的小球做任一角度0θ的单摆运动 运动微分方程为θθθ F r r m =+)2(&&&& θθ sin mg mr =&& ① 给①式两边同时乘以d θ θθθθ d g d r sin =&& 对上式两边关于θ&积分得 c g r +=θθcos 2 12& ② 利用初始条件0θθ=时0=θ &故0cos θg c -= ③ 由②③可解得 0cos cos 2-θθθ -?=l g & 上式可化为dt d l g =?-?θθθ0cos cos 2- 两边同时积分可得θθθθθθθθd g l d g l t ??--- =-- =0 2 02 2 200 2 sin 12 sin 1001 2cos cos 12 进一步化简可得θθθθd g l t ?-= 0002 222sin sin 1 2 1 由于上面算的过程只占整个周期的1/4故 ?-==0 2 2 2 sin 2 sin 12 4T θθθ θd g l t 由?θθsin 2 sin /2sin 0= 两边分别对θ?微分可得??θ θθd d cos 2 sin 2cos 0= ?θθ 20 2 sin 2 sin 12 cos -= 故?? θ? θθd d 20 2 sin 2 sin 1cos 2 sin 2 -= 由于00θθ≤≤故对应的2 0π ?≤≤ 故?? θ ? θ?θθ θθπ θd g l d g l T ??-=-=20 20 2 2 cos 2 sin sin 2 sin 1/cos 2 sin 4 2 sin 2 sin 2 故?-=2 022sin 14π??K d g l T 其中2 sin 022θ=K 通过进一步计算可得 g l π 2T =])2642)12(531()4231()21(1[224222ΛΛΛΛ+????-????++??++n K n n K K 1.5 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。 第11章 动量矩定理 一、是非题(正确的在括号内打“√”、错误的打“×”) 1. 质点系对某固定点(或固定轴)的动量矩，等于质点系的动量对该点(或轴)的矩。 (×) 2. 质点系所受外力对某点(或轴)之矩恒为零，则质点系对该点(或轴)的动量矩不变。(√) 3. 质点系动量矩的变化与外力有关，与内力无关。 (√) 4. 质点系对某点动量矩守恒，则对过该点的任意轴也守恒。 (√) 5. 定轴转动刚体对转轴的动量矩，等于刚体对该轴的转动惯量与角加速度之积。 (×) 6. 在对所有平行于质心轴的转动惯量中，以对质心轴的转动惯量为最大。 (×) 7. 质点系对某点的动量矩定理e 1d ()d n O O i i t ==∑L M F 中的点“O ”是固定点或质点系的质心。 (√) 8. 如图所示，固结在转盘上的均质杆AB ，对转轴的转动惯量为20A J J mr =+ 221 3 ml mr =+，式中m 为AB 杆的质量。 (×) 9. 当选质点系速度瞬心P 为矩心时，动量矩定理一定有e 1 d ()d n P P i i t ==∑L M F 的形式，而 不需附加任何条件。 (×) 10. 平面运动刚体所受外力对质心的主矩等于零，则刚体只能做平动；若所受外力的主矢等于零，刚体只能作绕质心的转动。 (×) 图 二、填空题 1. 绕定轴转动刚体对转轴的动量矩等于刚体对转轴的转动惯量与角速度的乘积。 2. 质量为m ，绕z 轴转动的回旋半径为ρ，则刚体对z 轴的转动惯量为2ρm J z =。 3. 质点系的质量与质心速度的乘积称为质点系的动量。 4. 质点系的动量对某点的矩随时间的变化规律只与系统所受的外力对该点的矩有关，而与系统的内力无关。 5. 质点系对某点动量矩守恒的条件是质点系所受的全部外力对该点之矩的矢量和等于零，质点系的动量对x 轴的动量矩守恒的条件是质点系所受的全部外力对x 轴之矩的代数和 静力学习题及解答—静力学基础 静力学习题及解答—静力学基础 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7.19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7.20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7.20(a)中直杆的角速度=1ωθ θωcos sin 2 ，图7.20(b)中直杆的角 速度=1ω2ω。 图7.19 图7.20 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7.21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 ?= (k 为常量)，点B 的相对速度为lk ，相对加速度为2lk 。 《理论力学》课程习题集 西南科技大学成人、网络教育学院 版权所有 习题 【说明】：本课程《理论力学》（编号为06015）共有单选题,计算题,判断题, 填空题等多种试题类型，其中，本习题集中有[判断题]等试题类型未进入。 一、单选题 1. 作用在刚体上仅有二力A F 、B F ，且0+=A B F F ，则此刚体________。 ⑴、一定平衡 ⑵、一定不平衡 ⑶、平衡与否不能判断 2. 作用在刚体上仅有二力偶，其力偶矩矢分别为A M 、B M ，且A M ＋0=B M ，则此刚体________。 ⑴、一定平衡 ⑵、一定不平衡 ⑶、平衡与否不能判断 3. 汇交于O 点的平面汇交力系，其平衡方程式可表示为二力矩形式。即()0=∑A i m F ，()0=∑B i m F ，但________。 ⑴、A 、B 两点中有一点与O 点重合 ⑵、点O 不在A 、B 两点的连线上 ⑶、点O 应在A 、B 两点的连线上 ⑷、不存在二力矩形式，∑∑==0,0Y X 是唯一的 4. 力F 在x 轴上的投影为F ，则该力在与x 轴共面的任一轴上的投影________。 ⑴、一定不等于零 ⑵、不一定等于零 ⑶、一定等于零 ⑷、等于F 5. 若平面一般力系简化的结果与简化中心无关，则该力系的简化结果为________。 ⑴、一合力 ⑵、平衡 ⑶、一合力偶 ⑷、一个力偶或平衡 6. 若平面力系对一点A 的主矩为零，则此力系________。 ⑴、不可能合成一个力 ⑵、不可能合成一个力偶 ⑶、一定平衡 ⑷、可能合成一个力偶，也可能平衡 7. 已知1F 、2F 、3F 、4F 为作用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，因此可知________。 ⑴、力系可合成为一个力偶 ⑵、力系可合成为一个力 ⑶、力系简化为一个力和一个力偶 ⑷、力系的合力为零，力系平衡 8. 已知一平衡的平面任意力系1F 、2F ……1n F ，如图，则平衡方程∑=0A m ，∑=0B m ，∑=0Y 中（y AB ⊥），有________个方程是独立的。 ⑴、1 ⑵、2 ⑶、3 9. 设大小相等的三个力1F 、2F 、3F 分别作用在同一平面内的A 、B 、C 三点上，若AB BC CA ==，且其力多边形如b <>图示，则该力系________。 ⑴、合成为一合力 ⑵、合成为一力偶 ⑶、平衡清华大学版理论力学课后习题集标准答案全集第6章刚体平面运动分析
理论力学(盛冬发)课后习题答案ch04
清华大学版理论力学课后习题答案大全_____第3章静力学平衡问题习题解
理论力学课后习题答案
清华大学版理论力学课后习题答案大全 第7章质点动力学
理论力学课后习题及答案
清华大学版理论力学课后习题答案大全 第4章运动分析基础
清华大学版理论力学课后习题答案大全_____第12章虚位移原理及其应用习题解
理论力学课后习题答案
理论力学课后习题及答案解析..
理论力学(盛冬发)课后习题答案ch11
四川大学 理论力学 课后习题答案 第1周习题解答
第 1 周习题为 1.2～1.9； 1.10～1.12 为选作。 1.1 举例说明由 F1 ? r = F2 ? r ，或者由 F1 × r = F2 × r ，不能断定 F1 = F2 。 解：若 F1 与 F2 都与 r 垂直，则 F1 ? r = F2 ? r = 0 ，但显然不能断定 F1 = F2 ； 若 F1 与 F2 都与 r 平行，则 F1 × r = F2 × r = 0 ，也不能断定 F1 = F2 ；
四川大学 建筑与环境学院 力学科学与工程系 魏泳涛
1.2 给定力 F = 3 (? i + 2 j + 3k ) ，其作用点的坐标为 (?3,?4,?6) 。已知 OE 轴上的 单位矢量 e =
3 (i + j + k ) ，试求力 F 在 OE 轴上的投影以及对 OE 轴之矩。 3 解：力 F 在 OE 轴上的投影
FOE = F ? e = 3 (?i + 2 j + 3k ) ?
3 (i + j + k ) = ?1 + 2 + 3 = 4 3
力 F 对坐标原点 O 之矩 i j k mO ( F ) = ? 3 ? 4 ? 6 = 3 (15 j ? 10k ) ? 3 2 3 3 3 根据力系关系定理，力 F 对 OE 轴之矩
mOE ( F ) = mO ( F ) ? e = 3 (15 j ? 10k ) ? 3 (i + j + k ) = 15 ? 10 = 5 3
四川大学 建筑与环境学院 力学科学与工程系 魏泳涛理论力学(盛冬发)课后习题答案ch07
理论力学_习题集(含答案)