理论力学课后习题答案
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。
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理论力学(盛冬发)课后习题答案c h12(总14页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--第12章动能定理一、是非题(正确的在括号内打“√”、错误的打“×”)1．圆轮纯滚动时，与地面接触点的法向约束力和滑动摩擦力均不做功。
( √ )2．理想约束的约束反力做功之和恒等于零。
( √ )3．由于质点系中的内力成对出现，所以内力的功的代数和恒等于零。
( × )4．弹簧从原长压缩10cm和拉长10cm，弹簧力做功相等。
( √ )5．质点系动能的变化与作用在质点系上的外力有关，与内力无关。
( × )6．三个质量相同的质点，从距地相同的高度上，以相同的初速度，一个向上抛出，一个水平抛出，一个向下抛出，则三质点落地时的速度相等。
( √ )7．动能定理的方程是矢量式。
( × )8．弹簧由其自然位置拉长10cm，再拉长10cm，在这两个过程中弹力做功相等。
143144( × )二、填空题1．当质点在铅垂平面内恰好转过一周时，其重力所做的功为 0 。
2．在理想约束的条件下，约束反力所做的功的代数和为零。
3．如图所示，质量为1m 的均质杆OA ，一端铰接在质量为2m 的均质圆轮的轮心，另一端放在水平面上，圆轮在地面上做纯滚动，若轮心的速度为o v ，则系统的动能=T 222014321v m v m +。
4．圆轮的一端连接弹簧，其刚度系数为k ，另一端连接一重量为P 的重物，如图所示。
初始时弹簧为自然长，当重物下降为h 时，系统的总功=W 221kh Ph -。
图 图5．如图所示的曲柄连杆机构，滑块A 与滑道BC 之间的摩擦力是系统的内力，设已知摩擦力为F 且等于常数，则曲柄转一周摩擦力的功为Fr 4-。
1456．平行四边形机构如图所示，r B O A O ==21，B O A O 21//，曲柄A O 1以角速度ω转动。
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理论力学习题答案(总26页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--2第一章 静力学公理和物体的受力分析一、是非判断题在任何情况下，体内任意两点距离保持不变的物体称为刚体。
( ∨ ) 物体在两个力作用下平衡的必要与充分条件是这两个力大小相等、方向相反，沿同一直线。
( × ) 加减平衡力系公理不但适用于刚体，而且也适用于变形体。
( × ) 力的可传性只适用于刚体，不适用于变形体。
( ∨ ) 两点受力的构件都是二力杆。
( × ) 只要作用于刚体上的三个力汇交于一点，该刚体一定平衡。
( × ) 力的平行四边形法则只适用于刚体。
( × ) 凡矢量都可以应用平行四边形法则合成。
( ∨ ) 只要物体平衡，都能应用加减平衡力系公理。
( × ) 凡是平衡力系，它的作用效果都等于零。
( × ) 合力总是比分力大。
( × ) 只要两个力大小相等，方向相同，则它们对物体的作用效果相同。
( × )若物体相对于地面保持静止或匀速直线运动状态，则物体处于平衡。
( ∨ )当软绳受两个等值反向的压力时，可以平衡。
( × )静力学公理中，二力平衡公理和加减平衡力系公理适用于刚体。
( ∨ )静力学公理中，作用力与反作用力公理和力的平行四边形公理适用于任何物体。
( ∨ )凡是两端用铰链连接的直杆都是二力杆。
( × )如图所示三铰拱，受力F ，F 1作用，其中F 作用于铰C 的销子上，则AC 、BC 构件都不是二力构件。
( × )图3二、填空题力对物体的作用效应一般分为 外 效应和 内 效应。
对非自由体的运动所预加的限制条件称为 约束 ；约束力的方向总是与约束所能阻止的物体的运动趋势的方向 相反 ；约束力由 主动 力引起，且随 主动 力的改变而改变。
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理论力学课后习题答案理论力学课后习题答案引言：理论力学是物理学的基础课程之一，对于理解和应用物理学的原理和方法具有重要意义。
在学习理论力学的过程中，课后习题是巩固知识、提高能力的重要途径。
本文将针对理论力学课后习题进行解答，帮助读者更好地理解和掌握这门课程。
第一章：牛顿力学1. 一个物体以初速度v0沿直线运动，加速度为a，求物体的位移与时间的关系。
答：根据牛顿第二定律F=ma，可得物体所受合力F=ma=mv/t，其中m为物体的质量，v为物体的速度，t为时间。
由此可得物体的位移s=vt+1/2at^2。
2. 一个质点在重力作用下自由下落，求它在t时刻的速度和位移。
答：在重力作用下，质点的加速度为g，即a=g。
根据牛顿第二定律F=ma，可得质点所受合力F=mg。
根据牛顿第一定律，质点的速度随时间的变化率为v=g*t，位移随时间的变化率为s=1/2gt^2。
第二章：拉格朗日力学1. 一个质点沿半径为R的圆周运动，求它的动能和势能。
答：质点的动能由动能定理可得，即K=1/2mv^2，其中m为质点的质量，v为质点的速度。
质点的势能由引力势能可得，即U=-GmM/R，其中G为引力常数，M为圆周的质量。
2. 一个质点在势能为U(r)的力场中运动，求它的运动方程。
答：根据拉格朗日方程可得，质点的运动方程为d/dt(dL/dv)-dL/dr=0，其中L=T-U，T为质点的动能，U为质点的势能。
第三章：哈密顿力学1. 一个质点在势能为U(x)的力场中运动，求它的哈密顿量和哈密顿运动方程。
答：质点的哈密顿量由哈密顿定理可得，即H=T+U，其中T为质点的动能，U为质点的势能。
质点的哈密顿运动方程为dp/dt=-dH/dx，其中p为质点的动量。
2. 一个质点在势能为U(x)的力场中运动，求它的哈密顿正则方程。
答：质点的哈密顿正则方程为dx/dt=dH/dp，dp/dt=-dH/dx，其中x为质点的位置，p为质点的动量。
结论：通过对理论力学课后习题的解答，我们可以更深入地理解和应用物理学的原理和方法。
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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。
理论力学课后习题及答案解析
理论力学课后习题及答案解析文稿归稿存档编号：[KKUY-KKIO69-OTM243-OLUI129-G00I-FDQS58-MG129]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RB和一个力偶M B，且：如图所示；将RB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RB。
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RA和一个力偶M A，且：如图所示；将RA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RA。
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。
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理论力学教科书课后习题及解析第一章偶，大小是260Nm，转向是逆时针。
习题 4- 1．求图示平面力系的合成结果，长度单位为m。
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：解： (1) 取 O 点为简化中心，求平面力系的主矢：取 B 点为简化中心，平行力系的主矢是：求平面力系对O 点的主矩：平行力系对 B 点的主矩是：(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向B点简化的结果是一个力RB和一个力偶M B，且：如图所示；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 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将 R A向右平移一段距离d，使满足：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：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。
平行力系对 A 点的主矩是：列平衡方程：习题 4-4 ．求下列各梁和刚架的支座反力，长度单位为m。
解方程组：反力的实际方向如图示。
校核：解： (1) 研究 AB 杆，受力分析，画受力图：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：(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：列平衡方程：反力的实际方向如图示。
校核：解方程组：结果正确。
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。
列平衡方程：解方程组：解： (1) 研究整体，受力分析（BC 是二力杆），画受力图：反力的实际方向如图示。
列平衡方程：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。
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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AB)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。
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)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。
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理论力学(盛冬发)课后习题答案c h11(总18页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--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 nOO i i t ==∑L M F 中的点“O ”是固定点或质点系的质心。
(√)18. 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 =+2213ml 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 nP 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。
24. 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 轴之矩的代数和等于零。
6. 质点M 质量为m ，在Oxy 平面内运动， 如图所示。
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 =ω231ml ；圆盘对点O 的动量矩O L =ω2Ml ；圆盘对点A 的动量矩A L =0。
图 图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，如图所示。
则圆盘对圆心O 的转动惯量O J =23213mR 。
3图 图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，如图所示。
则图(a)轮的角加速度1ε=R Q G Qg )2(2+；图(b )轮的角加速度2ε=GRQg2。
(b) (a)图三、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，如图所示。
则杆AB 对O 轴的动量矩为 A 。
(A) ω265ml(B)ω21213ml (C) ω234ml (D)ω2121ml 2. 均质圆环绕z 轴转动，在环中的A 点处放一小球，如图所示。
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4(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) 重物不动图 图4. 在图中，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) θθθGb ka J --=-2 (D) θθθGb ka J -=-2图 图55. 在图中，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：(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)(213L R M R M L M J +++= (B) 2222210)(2112L R M R M L M J +++= (C) 2222210213L M R M L M J ++= (D) 2222210213R M R M L M J ++=6图 图四、 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)(c)(b)图解：（a ）杆OA 对通过点O 并与图面垂直的轴的动量矩为 ωω231ml 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 ωω221mR 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 ωωω22223)21(mR mR mR J L O O =+==11-2 如图所示，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7gr m M r m J O 2022)(-=+ε 解得鼓轮转动的角加速度为 )/(21.325.027003.8525.08.927007430222220s 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 =+=AF gAg 2mT FA aF F g 1'T(b)(c)图 图811-3 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 ω231Ml 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ωωω22221ml mR l mv mR L A a O --=⨯--=圆盘 故系统对转轴O 的动量矩为ωωω22231ml 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ωω2221ml l mv mR L A a O -=⨯--=圆盘 故系统对转轴O 的动量矩为ωω2231ml 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 31)sin (2Ml x l Mdx L ll 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 31ml 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2RM'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。
即有 2'R mv mvR = 而R v ω=，2''Rv ⋅=ω，代入上式，有 4'22R R ωω=故ωω4'=，即小球M 在半径2RM'C '=的水平圆上运动瞬时小球的转速为 min)/(4804'r n n ==图 图11-6 一直角曲架ADB 能绕其铅垂边AD 旋转，如图所示。
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。