理论力学第6章A
理论力学：第6章 点的合成运动
2 2 r
，
aeτ 0 ，解出 aa＝142r。所以小环 M 的加速度为 142r。
6-23 已知 O1 A O2 B l 1.5 m，且 O1A 平行于 O2 B ，题 6－23 图所示位置，
滑道 OC 的角速度=2 rad/s，角加速度 =1 rad/s2，OM = b =1 m。试求图示位置
第 6 章 点的合成运动
6-7 题 6－7 图所示曲柄滑道机构中，杆 BC 为水平，而杆 DE 保持铅直。 曲柄长 OA=10 cm，以匀角速度 = 20 rad/s 绕 O 轴转动，通过滑块 A 使杆 BC 作 往复运动。求当曲柄与水平线的交角为 = 0、30、90时，杆 BC 的速度。
·8·
由图得 vr＝ve＝b＝2 m/s， va O1 l 。
得到 O1
l
b cos 45
21
1.5
2 2
1.89 rad/s 。
（2）求加速度。动点，动坐标系的选择不变，则动点 M 的加速度图如图（c）
所示。由加速度合成定理
aa ae ar aC
即 aan aaτ aeτ aen ar aC
时 O1A 的角速度和角加速度。
M
45 45
vr
ve
va
x
ae
ane
ana
45
ar
aC
aa
（a）
（b）
（c）
题 6-23 图
解：（1）求速度。
选取 M 为动点，动坐标系固连于滑道 OC 上，则动点 M 的速度图如图（b）
所示。由速度合成定理
va＝ve＋vr
沿 OC 轴的垂直方向投影得
理论力学课后习题答案第6章刚体的平面运动分析
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0ϕ= 0。
试求动齿轮以圆心A 为基点的平面运动方程。
解：ϕcos )(r R x A += （1） ϕsin )(r R y A += （2） α为常数，当t = 0时，0ω=0ϕ= 0 221t αϕ=（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θϕϕ+=A因动齿轮纯滚，故有⋂⋂=CP CP 0，即 θϕr R =ϕθr R =， ϕϕrr 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：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+=+=+=222212sin )(2cos )(t r r R t r R y t r R x A A A αϕαα6－2 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 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hv AC v AP v ABθθω2000cos 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 ==ωR 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＝12 rad/s ，＝30，＝60，BC ＝270mm 。
理论力学a实验报告
理论力学a实验报告理论力学实验报告实验目的：1. 通过实验验证牛顿第二定律F=ma，了解质点运动的基本规律。
2. 了解不同质量和不同力作用下质点的加速度变化规律。
3. 学会使用实验数据进行数据处理和结果分析。
实验器材和仪器：1. 弹簧片、纸尺、质量块、电子天平、细线、定滑轮、螺旋测微器等。
实验原理：1. 牛顿第二定律：当质点受到的合外力F（施加力）作用时，它在单位时间内改变的动量等于力乘以时间，即F=ma。
2. 质点的运动方程：当质点受到外力F（恒力）并且无法运动阻力（忽略空气阻力）时，其运动方程为F=ma。
实验内容：1. 利用弹簧片制作一个简单的弹簧振子，测量弹簧振子的恢复力和质量。
2. 在水平桌面上，用细线连接一个质量块和一个拉动质量块的滑轮，用螺旋测微器测量质量块的加速度和受力。
1. 制作弹簧片振子：将弹簧片固定在木板上，细线穿过弹簧片中央孔，并系上质量块于另一端。
2. 用电子天平测量弹簧片和质量块的质量，并测量弹簧片振子的原始长度。
3. 将质量块从平衡位置拉开一小段距离后释放，测量弹簧片振子的振动时间，重复多次并取平均值。
4. 根据实验数据计算弹簧片振子的恢复力和质量，并进行数据处理和分析。
5. 利用细线连接质量块和拉动质量块的滑轮，将螺旋测微器固定在质量块上，并用纸尺测量螺旋测微器的刻度值。
6. 在拉力滑轮上施加一恒力，使质量块受到恒力作用。
同时，利用螺旋测微器测量质量块的加速度，并记录数据多次。
7. 根据实验数据计算质量块的加速度和受力，并进行数据处理和分析。
实验结果与分析：1. 弹簧片振子的恢复力与振子长度成正比，即F=kx，其中k 表示弹性系数，x 表示弹簧片振子的位移。
2. 通过实验数据计算出弹性系数和质量块的质量，并进行误差分析。
3. 质量块的加速度与施加力成正比，即a=F/m，其中F 表示受力，m 表示质量。
4. 通过实验数据计算出质量块的加速度，并进行误差分析。
5. 实验结果与理论分析一致，验证了牛顿第二定律F=ma。
理论力学第六章习题答案
解 y x
a
A 动系圆环
a a = a rn + a en + a k
a ay = −rω 2 − 3rω 2 − 2rω 2 = −6rω 2 a ax = 0
B 动系圆环
a a = a rn + aen + a k
y x b y x
e a ay = −a n ( 2 / 5 ) = − 2 rω 2
o
曲柄长 OA = r
并以匀角速度 ω 绕 O 轴转动
o
装在水平
杆上的滑槽 DE 与水平线成 60 角 杆 BC 的速度
试求当曲柄与水平轴的交角分别为 ϕ = 0
30o 时
解
以 A 为动点
以 BC 杆为动系 有
va = ve + vr
在 ϕ = 0° 时 矢量右如图
υ BC = v e =
3 3 va = ωr 3 3
a a = a an + a at = a e + a rt + a rn + a c
式中各矢量如图 把各矢量分别向 x 方向和 y 方向投影得:
a an cos 60° + a at cos 30° = − a e cos 30° − a r cos 30° + a c cos 60° − a rn cos 60° a at sin 30° − a an sin 60° = − a e sin 30° + a rt sin 30° + a c sin 60° − a rn sin 60°
齿 条 又 带 动 半 径 为 0.1m 的 齿 轮 D 绕 固 定 轴 O1 转 动
ω = 5rad/s
大学《理论力学A》考试题(含完整答案)
《理论力学A 》考试试题A 课程号：63125203 考试方式： 闭卷 使用专业、年级： 任课教师：考试时间：一、是非题（对画√，错画×）（共5题，每题2分，共10分）1.受平面任意力系作用的刚体，力系的合力为零，刚体就一定平衡。
( )2.定轴转动刚体上各点的角速度相同。
( )3.力系的主矢和主矩都与简化中心的位置有关。
（ ）4.一个刚体若动量为零，该刚体就一定处于静止状态。
（ ）5.定轴转动刚体对其转轴的动量矩等于刚体对其转轴的转动惯量与刚体 角加速度的乘积。
（ ） 二、选择题（共10题，每题3分，共30分）1.图示，已知1F 、2F 、α，则1F 和2F 在x 轴上的投影为 。
（a ）αcos 11F F x =，02=x F ； （b ）αcos 11F F x -=，02=x F ；（c ）αcos 11F F x =，22F F x =； （d ）αcos 11F F x -=，22F F x -= 2.图示杆件的作用力F 对杆端O 点的力矩()=F M O 。
（a ）Fa ； （b ）Fa -； （c ）Fl ； （d ）Fl -3.正立方体如图示，棱长为a ，在A 点作用一力F ，该力对y 轴之矩 为 。
（a ）()Fa F M y = ；（b ）()0=F M y ；（c ）()Fa F M y -= 4.静滑动摩擦因数s f 等于摩擦角f ϕ的 。
（a ）正弦； （b ）正切； （c ）余弦；（d ）余切。
5.如图所示汇交力系的力多边形表示 。
（a ）力系的合力等于零； （b ）力系的合力是R ； （c ）力系的主矩不为零。
6. 图示均质细直杆，质量为m ，长为l ，绕O 轴转动的角速度为ω，则杆的 动量大小为 。
（a ）ωml 21； （b ）ωml ； （c ）07.均质滑轮半径为R ，对O 轴的转动惯量为J ，绳子的一端绕在滑轮上， 另一端挂有质量为m 的物体A 。
理论力学练习册及答案
8-8.图示机构中，设当OA与水平线成450角的瞬时，曲柄OA有反时针方向的匀角速度ω＝25 rad/s，连杆AB水平，扇形板BD铅垂。求扇形板绕定轴D转动的角加速度ε。
解：将力系向A点简化，并过A点建立如图所示坐标系。
由矢量式可得力系简化的最终结果为力螺旋，
作用点为：
3-2.已知A（1，0，1），B（0，1，2）（长度单位为米），F= kN。求力F对x、y、z轴的矩？
解：
3-3.如图所示，长方体边长为a、b、c，力F沿BD，试计算力F对AC轴之矩MAC(F)
解：力F对C点的矩为：
4-3.置于铅垂面内的均质正方形簿板重P= 100kN，与地面间的摩擦系数f= 0.5，欲使簿板静止不动，求作用在点A的力F的最大值？
4-4.折梯放在水平地面上，其两脚与地面的摩擦系数分别为fA= 0.2，fB= 0.6，折梯一边AC的中点D上有一重为P= 500N的重物，折梯重量不计，问折梯能否平衡？如果折梯平衡。试求出两脚与地面间的摩擦力。
第六章 刚体基本运动
6-1．在如图所示中，已知ω、。在图上标示出A、B两的速度、加速度。
6-2．在如图所示的平面机构中，半径为r的半圆盘在A和B处与杆铰接，已知 ， ,曲柄O1A以匀角速度ω转动。求图示瞬时圆盘上M点的速度和加速度。
6-3．在如图所示的平面机构中，齿轮1紧固在杆AC上， ,齿轮1与半径为r2的齿轮2啮合，齿轮2可绕O2轴转动，。设 ， ，试确定 时，轮2的角速度和角加速度。
解：动点取曲柄OA上A点，
理论力学(西安交通大学)智慧树知到答案章节测试2023年
绪论单元测试1.下面哪些运动属于机械运动？A:变形B:平衡C:转动D:发热答案:ABC2.理论力学的内容包括：。
A:运动学B:静力学C:动力学D:基本变形答案:ABC3.理论力学的研究对象是：。
A:力学定理B:数学模型C:力学知识D:力学模型答案:D4.矢量力学方法（牛顿-欧拉力学）的特点是：。
A:以牛顿定律为基础B:以变分原理为基础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答案:AD5.学习理论力学应注意做到：。
A:准确地理解基本概念B:学会一些处理力学问题的基本方法C:理论联系实际D:熟悉基本定理与公式，并能在正确条件下灵活应用答案:ABCD第一章测试1.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:在矩M较小时，板可保持平衡B:板不可能保持平衡状态C:板必保持平衡状态D:条件不够，无法判断板平衡与否答案:B2.A:合力偶B:力螺旋C:合力答案:B3.关于力系与其平衡方程式，下列的表述中正确的是：A: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。
B: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。
C: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。
D:任何空间力系都具有六个独立的平衡方程式。
E: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。
答案:A4.A:选项AB:选项CC:选项DD:选项B答案:D5.图示一倾斜角α=20°的斜面上的物块重G=980N。
物块与斜面间的静摩擦因数fs=0.2，动摩擦因数f=0.17。
当水平主动力FP=100N时，问物块是否滑动，这时摩擦力为多大？A:静止，摩擦力的值为162.4N。
B:静止，摩擦力的值为241.2 N。
C:滑动，摩擦力的值为162.4 N。
D:滑动，摩擦力的值为241.2 N。
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！。
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vj
= ∑ Fi
(e)
x
n n ⎧ & ⎪ px = ∑mi vix = ∑mi xi i =1 i =1 ⎪ n n ⎪ & ⎨ py = ∑mi viy = ∑mi yi i =1 i=1 ⎪ n n ⎪ & ⎪ pz = ∑mi viz = ∑mi zi ⎩ i=1 i=1
•质点系的动量 (momentum of particle system)
⇒ vC (t ) = vC0 ⇒ vCx (t ) = vCx0
16
守恒情况
(e) t ∈[t1, t2 ], FR (t ) ≡ 0
t ∈[t1, t2 ],
∑F (t) ≡ 0
x
2012-11-21
理论力学
§6-1 动量定理
例题：质量为m的均质塔轮放在光滑的水平面上，其上绕有绳 索（相对塔轮无滑动），绳索上作用有力（如图所示）。试确 定哪个塔轮的质心加速度最大，哪个质心加速度最小。 F F
∑
n
n
i=1
F ix( e) F iy( e) F iz( e)
7
∑ ∑
n
i=1
i=1
理论力学
动量定理的积分形式
§6-1 动量定理
t2
pt − pt =
2 1
∑
n
i =1
I i(e) = ∫ F R(e) d t
t1
其中： I i
(e)
= ∫ Fi ( e)dt , (i = 1,2,L, n)
t1
问题：飞机的动能转化成什么能量? 问题：舰载飞机为什么要改用电磁弹射？
2012-11-21 3
理论力学
工程中的质点系动力学
问题：从机车的变化与进展中，能提出哪些力学问题？
蒸汽机车
柴油机车
电力机车
电力车组
2012-11-21
4
理论力学
质点系动力学的研究内容
质点系动力学：研究质点系整体运动特征量（动量、动量 矩和动能）的变化与作用力间的关系。
n
问题：如何用简便方法计算质 点系或刚体或刚体系的动量？
2012-11-21
p=
∑mv
i =1 i
n
i
8
理论力学
§6-1 动量定理
问题：如何用简便方法计算下列质点系的动量？ 已知：车身、车轮、履带的 质量和车身行驶的速度，求 车整体的动量。
p=
2012-11-21
∑mv
i =1 i
n
i
9
理论力学
有 Δt → 0 : Δ m → 0
0
x
o
dv dm (e) m = FR (t ) + (u − v) dt dt
取：m 为动系 Δm 为动点
vr = u − v
2012-11-21
dv (e) dm m = FR + vr dt dt
25
理论力学
§6-1 动量定理
例：设火箭初始质量和速度分别为 m0 ,v0 ，喷出燃气的相对 速度为 vr（常量），燃烧时间为 τ ，燃烧后火箭的质量为 mτ 求火箭燃烧完瞬时的速度 vτ （不计空气阻力，重力为常力）。
p=
2012-11-21
∑mv
i =1 i
n
i
6
理论力学
一、动量定理
矢量式
§6-1 动量定理
作用在质点系上的外力使其动量改变
dp = dt
Fi (e) = FR(e) ∑
i =1
n
⎧ dpx ⎪ dt = ⎪ ⎪ dp y 投影式 ⎨ = ⎪ dt ⎪ dpz = ⎪ ⎩ dt
2012-11-21
§6-1 动量定理 vi mi 研究对象：质点系 Fi (i) z (e) d(mi vi ) (e) (i) = Fi + Fi (i = 1,L, n) Fi mj dt
d(mi vi ) = ∑ Fi(e) + ∑ Fi(i) ∑ dt
=0
o
y
Fj(i)
Fj(e)
d(∑ mi v i ) dt
• 质点系的动量定理 • 质点系的动量矩定理 • 质点系动能定理
质点系动力学的基础 质点动力学 n d( mv ) = ma = ∑ Fi = FR dt i =1
2012-11-21
笛卡儿(René·Descartes 1596-1650) 法国科学家提出了最初的动量概念： 质量与速率的乘积
5
理论力学
∑m
i =1
n
i
y &&Ci
m
12
理论力学
§6-1 动量定理
例题：两个相同的均质杆 AB 和 AD 用铰链连接，每个杆的质量为m ，长为 L，在屏幕面内运动。已知铰链A的速度为u，两个杆的角速度为ω（转向如 图），求该瞬时系统的动量和系统质心的速度。
y’
n
u ve
B C2 A C1
va
p = m vC =
2012-11-21 10
理论力学
∑mr
i =1 n
§6-1 动量定理
问题：刚体系（特殊质点系）的质心矢径如何计算（如黑板）
rC =
i i
m rC =
n
∑mr
i =1
n
i i
m
i i 确定两 rC = i =1 = 个刚体 mA + mB 的质心
∑mr
∑m
i =1
nA
Ai
r Ai +
∑m
i =1
nB
Δm Δv Δv ( (v − u) + m + Δm = FR e ) (t * ) Δt Δt Δt
2012-11-21 24
理论力学
↓
§6-1 动量定理
t 时刻
z
Δm Δv Δv (v − u) + m + Δm = FR( e ) (t * ) Δt Δt Δt
Δm
u
m
v
y
Δm Δv , 当 Δt → 0 : 存在 Δt Δt
Bi
r Bi
yA yB
=
mA + mB m A rC A + m B rC B
mA + mB
若刚体系由n个刚体组成 其质心的计算公式为： rC =
2012-11-21
∑mr
i =1
n
i Ci
m
yC =
∑m
i =1
n
i
y Ci
11
m
理论力学
§6-1 动量定理
若刚体系由n个刚体组成 r = 其质心位置的计算公式为： C
∑mr
i =1
n
i Ci
m
yC =
∑m
i =1 n
n
i
y Ci
m
若刚体系由n个刚体组成 v = 其质心速度的计算公式为： C
∑mv
i =1 i
n
Ci
m
yC = &
∑m
i =1
i
y Ci &
m
若刚体系由n个刚体组成 其质心加速度的计算公式为：a C =
2012-11-21
∑ma
i =1 i
n
Ci
m
y &&C =
pt − pt =
2 1
∑I
i =1
n
(e) i
=∫ F
t1
t2
(e) R
dt
x
2
u
m
v
y
v + Δv
m + Δm
o
pt = pt = m v + Δ m u ,
1
pt = pt + Δt = ( m + Δ m )( v + Δ v )
( pt +Δt − pt = (m + Δm)(v + Δv ) − mv − Δmu = FRe) (t * )Δt , t * ∈ (t , t + Δt ) (e) * 整理上式可得： Δ m (v − u ) + mΔ v + Δ mΔ v = FR (t ) Δ t
p = m1v1 + m2 (v1 + v r ) dp y p y = m2vr cosθ = dt
Fiy( e) ∑
i =1
n
& m2 vr ( − sin θ )θ = FN − m1 g − m2 g
m2 vr2 sin θ FN = (m1 + m2 ) g − R
∑m a
i =1
n
i i
21
理论力学
§6-1 动量定理
变质量质点系动力学应用实例
2012-11-21
22
理论力学
§6-1 动量定理
主要研究：有质量连续并入或分出时，质点的动力学问题。
2012-11-21
23
理论力学
§6-1 动量定理
t 时刻
z
t + Δ t 时刻
三、变质量质点运动微分方程
应用质点系动量定理的积分形式
Δm
§6-1 动量定理
引入质心的概念 质点系 总质量
n
m=
∑m
i =1
n
i
质心矢径
rC =
∑mr
i =1
i i
z
mi
vi
rC
y
m
ri
mj
质心速度
v C = rC = &
n
∑
n
i =1
m iv i m