理论力学(盛冬发)课后习题答案ch11.
理论力学课后习题答案
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。
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(盛冬发)课后习题答案ch11
第11章动量矩定理、是非题（正确的在括号内打“√”、错误的打“X”）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。
d i n7. 质点系对某点的动量矩定理 L='、M O （F i e）中的点O ”是固定点或质点系的质心。
dt i J8.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1 2 2 ml mr ,式中m 为AB 杆的质量。
3 9.当选质点系速度瞬心P 为矩心时，动量矩定理一定有-L P 八MP （F i e）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。
、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 匚 则刚体对Z 轴的转动惯量为J Z m<2。
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(× )(√)(√) (√) (× ) (× )(√)2J o=J A mr的形式，而l图 11.23和等于零。
6.质点M质量为m ,在Cy 平面内运动， 如图11.24所示。
理论力学第11章习题答案
魏 魏
初位置
泳 泳
末位置
涛 涛
解： M 的初位置和末位置分别如图
末位置受力图
重力作功： mg 1.5mgr 1 1 2 1 弹性力做功： k (02 2 kS kr2 S) 2 2 2 根据动能定理： 1 2 1 mv 1.5mgr kr2 2 2 再根据末位置的受力图，有： v2 kr mg m r (1)、(2)联立求解： kr 2mg 2mg 490 N m 即： k r
四川大学 建筑与环境学院 力学科学与工程系 魏泳涛
我在沙滩上写上你的名字，却被浪花带走了；我在云上写上你的名字，却被风儿带走了；于是我在理论力 学的习题答案上写上我的名字.
11.7 均质杆 CD 和 EA 分别重 50 N 和 80 N ， 铰接于点 B 。 若杆 EA 以 2 rad s 绕 A 转动，试计算图示位置两杆的动能。
四川大学建筑与环境学院力学科学与工程系115计算图示各系统的动能1如图a所示质量为m长为l的均质圆盘在自身平面内作平面运动已知圆盘上ab两点的速度方向b点的速度为的均质圆盘中心另一端放在水平面上圆盘在地面上作纯滚动圆心速度为v3如图c所示质量为m的均质细圆环半径为r其上固结一个质量也为m的质点a细圆环在水平面上纯滚动图示瞬时角速度为1速度瞬心在bc直径左端mvmrmrmrmrmr我在沙滩上写上你的名 (2m)l 2 2m ( ) 2 ml 2 12 3 3 滑块 A 的速度： vA l cos sin 滑块 B 的速度： vB l 1 2 1 2 1 2 5 2 2 系统动能： J D mvA mvB ml 2 2 2 6 l 重力功： (sin 0 sin ) 2mg l (sin 0 sin ) mg 2mgl(sin 0 sin ) 2 1 弹性力功： k[l 2 (1 cos 0 ) 2 l 2 (1 cos ) 2 ] 2 根据动能定理： 5 2 2 1 ml 0 2mgl(sin 0 sin ) k[l 2 (1 cos 0 ) 2 l 2 (1 cos ) 2 ] ( 1 ) 6 2 当 0 60 、 0 时，
理论力学课后习题与答案解析
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。
【精品】理论力学参考答案第11章 盛冬发
理论力学参考答案第11章盛冬发__________________________________________________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。
(√)__________________________________________________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 =+ 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。
理论力学参考答案第7章盛冬发
·77·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=1ωθθωcos sin 2，图7.20(b)中直杆的角速度=1ω2ω。
图7.19 图7.203．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 ϕ= (k 为常量)，点B 的相对速度为lk ，相对加速度为2lk 。
理论力学第二版习题答案
理论力学第二版习题答案理论力学是物理学中研究物体运动规律的基础学科，它包括经典力学、相对论力学和量子力学等。
在经典力学中，牛顿运动定律是核心内容，而理论力学则进一步发展了这些定律，提供了更深入的分析和理解。
第二版的理论力学教材通常会包含更丰富的习题和更详尽的解答，以帮助学生更好地掌握力学的基本概念和方法。
习题1：牛顿运动定律的应用题目：一个质量为m的物体在水平面上受到一个恒定的力F作用，求物体的加速度。
解答：根据牛顿第二定律，力F等于物体质量m与加速度a的乘积，即F=ma。
因此，物体的加速度a等于力F除以质量m，即a=F/m。
习题2：动能和势能的计算题目：一个质量为m的物体从高度h自由落体，求落地时的动能。
解答：物体在自由落体过程中，重力势能转化为动能。
落地时的动能E_k等于重力势能的减少量，即E_k=mgh。
习题3：圆周运动的动力学分析题目：一个质量为m的物体以角速度ω在半径为R的圆周上做匀速圆周运动，求物体所受的向心力。
解答：匀速圆周运动的向心力F_c由公式F_c=mω^2R给出，其中m是物体的质量，ω是角速度，R是圆周的半径。
习题4：简谐振动的周期计算题目：一个质量为m的弹簧振子，弹簧的劲度系数为k，求其振动周期。
解答：简谐振动的周期T可以通过公式T=2π√(m/k)计算，其中m是振子的质量，k是弹簧的劲度系数。
习题5：刚体转动的动力学分析题目：一个均匀分布质量的刚体，其转动惯量为I，角速度为ω，求其转动动能。
解答：刚体的转动动能E_r可以通过公式E_r=0.5Iω^2计算，其中I是转动惯量，ω是角速度。
习题6：相对论效应的讨论题目：一个质量为m的物体以接近光速的速度v运动，求其相对论质量。
解答：在相对论中，物体的相对论质量m_r可以通过洛伦兹变换公式m_r=m/√(1-v^2/c^2)计算，其中m是静止质量，v是物体速度，c是光速。
习题7：量子力学的初步介绍题目：简述量子力学与经典力学的主要区别。
(完整版)理论力学课后习题答案第11章达朗贝尔原理及其应用
第11章达朗贝尔原理及其应用11－1均质圆盘作定轴转动，其中图（a ），图（c ）的转动角速度为常数，而图（b ），图（d ）的角速度不为常量。
试对图示四种情形进行惯性力的简化。
ωα=0α≠0ωα=0ωα≠0ω（a ）（b ）习题11－1图（c ）（d ）F I OOF InF Itωα=0M I OωOωOωα≠0M I Oα≠0α=0（a ）（b ）（c ）（d ）习题11-1解图解：设圆盘的质量为m ，半径为r ，则如习题11-1解图：2（a ）F I=mr ω，MI O=0（b ）F I =mr ω，F I=mr α，MI O=J O α=（c ）F I=0，MI O=0（d ）F I=0，MI O=J O α=11－2矩形均质平板尺寸如图，质量27kg ，由两个销子A 、B 悬挂。
若突然撤去销子B ，求在撤去的瞬时平板的角加速度和销子A 的约束力。
n2t32mr α212mr α2ACB解：如图（a ）：设平板的质量为m ，长和宽分别为a 、b 。
F I=m α⋅AC =3.375α0.20m习题11－2图.15m1M I A =J A α=[m (a 2+b 2)+m ⋅AC 2]α=0.5625α122α=47.04rad/s M -0.1mg =0；；M (F )=0I A∑A F AyF IF Ax AM I A C a CBαm g θ∑F y=0；F I cos θ+F Ay -mg =0；sin θ=4=0.850.20m （a ）.15m∑Fx=0；F I sin θ-F Ax=0；其中：sin θ=3=0.65F Ax=3.375⨯47.04⨯0.6=95.26NF Ay=27⨯9.8-3.375⨯47.04⨯0.8=137.6N11－3在均质直角构件ABC 中，AB 、BC 两部分的质量各为 3.0kg ，用连杆AD 、DE 以及绳子AE 保持在图示位置。
若突然剪断绳子，求此瞬时连杆AD 、BE 所受的力。
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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：1word版本可编辑.欢迎下载支持.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。
2word版本可编辑.欢迎下载支持.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：3word版本可编辑.欢迎下载支持.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：4word版本可编辑.欢迎下载支持.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。
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·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 nOO 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 =+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。
(×)ABlOωr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。
·126·5. 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 =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。
yxMOOA图11.24 图11.258. 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 =23213mR 。
ABlCωO2l RrO图11.26 图11.2710. 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=GRQg2。
·127·R O2εQ(b) (a)R O1εQ图11.28三、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) ω2121ml2. 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ABlωOllrAzω图11.29 图11.304. 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) θθθGb ka J --=-2 (D) θθθGb ka J -=-2·128·r OvAθ-aθ+θkObC图11.31 图11.325. 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：(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)(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 ++=R CFR CMOLRC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·129·示。
试求各物体对通过点O 并与图面垂直的轴的动量矩。
(a)OωA lOωRC(c)(b) ωOR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)/(21.325.027003.8525.08.927007430222220s 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·130·理，有0=Ox F ，0'1=--T O y F g m F 解得 0=Ox F ，)(26.46'1kN F g m F T O y =+=Or ωRAω(a)0MOrAOx FOy Fg 1mg 2mεAg 2mT FA a0MOOx FOy Fg 1mε'T F (b)(c)图11.36 图11.3711-3 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·131·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 31)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 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。