理论力学课后习题答案第8章动量定理及其应用
理论力学课后习题答案-第8章--动量定理及其应用
论力学课后习题答案-第8章--动量定理及其应用第8章 动量定理及其应用8－1 计算下列图示情况下系统的动量。
(1) 已知OA ＝AB ＝l ，θ＝45°，ω为常量，均质连杆AB 的质量为m ，而曲柄OA 和滑块B 的质量不计（图a ）。
(2) 质量均为m 的均质细杆AB 、BC 和均质圆盘CD 用铰链联结在一起并支承如图。
已知AB = BC = CD = 2R ，图示瞬时A 、B 、C 处于同一水平直线位置，而CD 铅直，AB 杆以角速度ω转动（图b ）。
(3) 图示小球M 质量为m 1，固结在长为l 、质量为m 2的均质细杆OM 上，杆的一端O 铰接在不计质量且以速度v 运动的小车上，杆OM 以角速度ω绕O 轴转动（图c ）。
解：（1）p = mv C =ωm l 25，方向同Cv （解图（a ））；（2）p = mv C 1 + mv C 2 = mv B = 2Rm ω，方向同Bv ，垂直AC （解图（b ））； （3）j i p )60sin 260sin ()]60cos 2()60cos ([2121︒+︒+︒-+︒-=ωωωωlm l m l v m l v m j i 423]42)[(212121m m l l m m v m m +++-+=ωω（解图（c ））。
习题8-1图ABOθω ABCDωOMvω 60˚(a)(b)(c)8－2 图示机构中，已知均质杆AB 质量为m ，长为l ；均质杆BC 质量为4m ，长为2l 。
图示瞬时AB 杆的角速度为ω，求此时系统的动量。
解：杆BC 瞬时平移，其速度为v Bωωωm l m l l m p p p BCAB 2942=+=+= 方向同v B 。
8－3 两均质杆AC 和BC 的质量分别为m 1和m 2，在C 点用铰链连接，两杆立于铅垂平面内，如图所示。
设地面光滑，两杆在图示位置无初速倒向地面。
问：当m 1= m 2和m 1= 2m 2时，点C 的运动轨迹是否相同。
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
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1.2afG — sin0)；殳上运动的质点的微写出约束在铅直平面内的光滑摆线afl - COS0)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=0时，s=0H ( x = a(0-sine) * ly = —a(l — COS0)ds - J (dx)2 + (dy)2 二J((i9 — COS0 亠de)2+(sirL9 de)2 = 2asin|2a sin舟dO = 4 a (L co 马ee As=2acos^59 + 2asin?9 = acos| 9^ + 2a sin? 9x轴的夹角，取逆时针为正，tan (p即切线斜率设（P为质点所在摆线位置处切线方向与dy cos 0 -1 tan <p =—=———〒dx sin 01聶siin<p = -cosI受力分析得:ms = —mg sin （p = mg cos-0 •・B・r a贝U2a sin二6 + a cos二6' = geos-，此即为质点的运动微分方程。
S = =（S = 4a）-（S 二4a） + —（s = 4a） =4a—周期性变化的函数，周期T=2TT产P e 该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为2讥启.1.3证明：设一质量为m的小球做任一角度日0的单摆运动运动微分方程为m（2 + 2「日）=F gmrO = mg sin £给式两边同时乘以d9 r日d£=gsind8对上式两边关于6积分得护jgcog + c利用初始条件日=日0时日=0故c = -gcos£0由可解得0 =-{2& • J c 0 s-c 0 8o上式可化为-岸•J cos。
-cosgd日=dt两边同时积分可得 评J ； J co £o 页迅咼.1卑匸萼严进-步化简可得t 辟 J 站n r由于上面算的过程只占整个周期的1/4故由 s in 2/sin ¥=s z 两边分别对6 3微分可得cos % =s 碍C 。
理论力学--动量定理
质心运动的思考与比较
F′
A F
B
两个相同的均质圆盘，放在光滑水平面上， 两个相同的均质圆盘，放在光滑水平面上，在圆盘的不 同位置上，各作用一水平力F 同位置上，各作用一水平力 和F′，使圆盘由静止开始运动 ， ，设F = F′，试问哪个圆盘的质心运动得快？ ，试问哪个圆盘的质心运动得快？ (A)．A盘质心运动得快 ． 盘质心运动得快 (B)．B盘质心运动得快 ． 盘质心运动得快 (C)．两盘质心的运动相同 ． (D)．无法判断 ．
1 2 h = gt 2
r P
以接触工件时刻的锻锤为对象，由积分形式的动量定理： 以接触工件时刻的锻锤为对象，由积分形式的动量定理：
mv − mv0 = (P − F )t0
v 1 1 + 0 P = 1 + F = gt 0 t0 2h g
30° °
﹡ FN
P
Q
P ∗ v0 sin 30o − 0 = (FN − P −Q)t g
例：未固定偏心转子电机的分析 未固定偏心转子电机的分析 偏心转子
例：未固定偏心转子电机的分析 未固定偏心转子电机的分析 偏心转子
y1
ω
o2
y
r aO 2 = eω 2 ϕ o1 r m1 g FY
r x1 r aO1 m2 g
y1
r vO 2 o2
y
eω 2 ϕ o1 r m1 g FY
& r x m2 g
x1
x
外壳质心的速度， 轴正向: 其中 vO1 — 外壳质心的速度，沿 x 轴正向 vO2 — 转子质心的速度，且 转子质心的速度，
例：电机在水平方向的运动规律
(m v
中科大理论力学课后习题答案
功和功率的概念及计算
功的定义
力对物体所做的功等于力的大小、 位移的大小、力与位移夹角的余 弦三者的乘积，即 $W=Flcostheta$。
功率的概念
功率是指物体在单位时间内所做的 功，即功率等于功和做功所用时间 之比，$P=W/t$。
计算方法和技巧
在计算功和功率时，需要注意力的 方向、位移的方向以及时间的对应 关系，同时要掌握一些计算技巧， 如利用动能定理等。
03 动力学基础与牛 顿定律
动力学基本概念及原理
动力学
研究物体运动与所受力 的关系，以及物体运动
状态改变的原因。
力的概念
力是物体之间的相互作 用，可以改变物体的运
动状态或形状。
惯性
物体保持静止或匀速直 线运动状态的性质，是
物体的固有属性。
动量
描述物体运动状态的物 理量，与物体的质量和
速度有关。
牛顿定律及其适用范围
典型习题解析与答案
习题一
解析物体在水平面上滑动时的受力情况，计算物体的加速度 和速度。
答案
根据牛顿第二定律，物体所受合力等于物体质量与加速度的 乘积，通过受力分析可以求出物体所受的合力，进而求出物 体的加速度和速度。
习题二
解析两个物体之间的碰撞过程，计算碰撞后的速度和能量变 化。
答案
根据动量守恒和能量守恒定律，可以求出碰撞后两个物体的 速度和能量变化。需要注意的是，碰撞过程中可能存在能量 损失，因此实际计算时需要考虑能量损失的因素。
03
题目2
04
一轻绳跨过定滑轮，两端分别系 有质量为m1和m2的物体，且 m1>m2，开始时两物体均静止， 当剪断轻绳后，求两物体的加速 度和速度变化。
理论力学课后习题答案
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。
陈世民理论力学简明教程(第二版)课后答案
第零章 数学准备一 泰勒展开式 1 二项式的展开()()()()()m23m m-1m m-1m-2f x 1x 1mx+x x 23=+=+++！！2 一般函数的展开()()()()()()()()230000000f x f x f x f x f x x-x x-x x-x 123!''''''=++++！！特别:00x =时, ()()()()()23f 0f 0f 0f x f 0123!x x x ''''''=++++！！3 二元函数的展开(x=y=0处)()()00f f f x y f 0x+y x y ⎛⎫∂∂=++ ⎪∂∂⎝⎭，22222000221f f f x 2xy+y 2x x y y ⎛⎫∂∂∂++ ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭！评注：以上方法多用于近似处理与平衡态处的非线性问题向线>性问题的转化。
在理论力问题的简单处理中，一般只需近似到三阶以内。
二 常微分方程1 一阶非齐次常微分方程： ()()x x y+P y=Q通解：()()()P x dx P x dx y e c Q x e dx -⎛⎫⎰⎰=+ ⎪⎝⎭⎰注：()()(),P x dxP x dx Q x e dx ⎰±⎰⎰积分时不带任意常数，()x Q 可为常数。
2 一个特殊二阶微分方程2y A y B =-+ 通解：()02B y=K cos Ax+Aθ+注：0,K θ为由初始条件决定的常量 3 ,4 二阶非齐次常微分方程 ()x y ay by f ++=通解：*y y y =+；y 为对应齐次方程的特解，*y 为非齐次方程的一个特解。
非齐次方程的一个特解 （1） 对应齐次方程0y ay by ++=设x y e λ=得特征方程2a b 0λλ++=。
解出特解为1λ，2λ。
*若12R λλ≠∈则1x 1y e λ=，2x 2y e λ=；12x x 12y c e c e λλ=+*若12R λλ=∈则1x 1y e λ=，1x 2y xe λ=； 1x 12y e (c xc )λ=+*若12i λαβ=±则x 1y e cos x αβ=，x 2y e sin x αβ=；x 12y e (c cos x c sin x)αββ=+（2） "（3） 若()2000x f a x b x c =++为二次多项式*b 0≠时，可设*2y Ax Bx C =++ *b 0≠时，可设*32y Ax Bx Cx D =+++注：以上1c ,2c ,A,B,C,D 均为常数，由初始条件决定。
理论力学课后习题答案-第9章--动量矩定理及其应用)
习题9－2图习题20-3图习题20-3解图OxF Oy F gm Ddα第9章 动量矩定理及其应用9－1 计算下列情形下系统的动量矩。
1. 圆盘以ω的角速度绕O 轴转动，质量为m 的小球M 可沿圆盘的径向凹槽运动，图示瞬时小球以相对于圆盘的速度v r 运动到OM = s 处（图a ）；求小球对O 点的动量矩。
2. 图示质量为m 的偏心轮在水平面上作平面运动。
轮心为A ，质心为C ，且AC = e ；轮子半径为R ，对轮心A 的转动惯量为J A ；C 、A 、B 三点在同一铅垂线上（图b ）。
（1）当轮子只滚不滑时，若v A 已知，求轮子的动量和对B 点的动量矩；（2）当轮子又滚又滑时，若v A 、ω已知，求轮子的动量和对B 点的动量矩。
解：1、2s m L O ω=（逆）2、（1）)1()(Remv e v m mv p A A C +=+==ωRv me J R e R mv J e R mv L A A A C C B)()()(22-++=++=ω（2）)(e v m mv p A C ω+==ωωωω)()()())(()(2meR J v e R m me J e R e v m J e R mv L A A A A C C B +++=-+++=++=9－2 图示系统中，已知鼓轮以ω的角速度绕O 轴转动，其大、小半径分别为R 、r ，对O 轴的转动惯量为J O ；物块A 、B 的质量分别为m A 和m B ；试求系统对O 轴的动量矩。
解：ω)(22r m R m J L B A O O ++=9－3 图示匀质细杆OA 和EC 的质量分别为50kg 和100kg ，并在点A 焊成一体。
若此结构在图示位置由静止状态释放，计算刚释放时，杆的角加速度及铰链O 处的约束力。
不计铰链摩擦。
解：令m = m OA = 50 kg ，则m EC = 2m 质心D 位置：（设l = 1 m) m 6565===l OD d 刚体作定轴转动，初瞬时ω=0l mg lmg J O ⋅+⋅=22α222232)2(212131ml ml l m ml J O =+⋅⋅+=即mgl ml 2532=α2rad/s 17.865==g l α gl a D 362565t =⋅=α 由质心运动定理： Oy D F mg a m -=⋅33t4491211362533==-=mg g mmg F Oy N （↑） 0=ω，0n=D a ， 0=Ox F习题9－1图(a)v (b)（b ） 习题9－5解图习题9－5图J 9－4 卷扬机机构如图所示。
理论力学(金尚年-XXX编著)课后习题答案详解
理论力学(金尚年-XXX编著)课后习题答案详解高等教育出版社的《理论力学课后题答案》一书中，第一章包含了以下三个问题的解答：1.2 题目要求写出在铅直平面内的光滑摆线，并分方程。
解答中使用了微积分和力学原理，得出了运动微分方程。
最后证明了质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关。
1.3 题目要求证明单摆运动的振动周期与摆长无关。
解答中使用了微积分和力学原理，得出了运动微分方程。
最后通过进一步计算，得出了单摆运动的振动周期公式。
1.5 题目要求使用拉格朗日方程计算质点的运动。
解答中使用了拉格朗日方程，并通过进一步计算得出了质点的运动轨迹。
如图，在半径为R时，地球表面的重力加速度可以由万有引力公式求得：g=\frac{GM}{R^2}$$其中M为地球的质量。
根据广义相对论，地球表面的重力加速度还可以表示为：g=\frac{GM}{R^2}\left(1-\frac{2GM}{c^2R}\right)$$其中c为光速。
当半径增加到R+ΔR时，总质量仍为M，根据XXX展开，可以得到：frac{1}{(R+\Delta R)^2}=\frac{1}{R^2}-\frac{2\DeltaR}{R^3}+\mathcal{O}(\Delta R^2)$$代入上式可得：g'=\frac{GM}{R^2}\left(1-\frac{2GM}{c^2R}\right)\left(1+\frac{2\Delta R}{R}\right)$$ 化简后得：g'=g-\frac{2g\Delta R}{R}$$因此，当半径改变时，表面的重力加速度的变化为：Delta g=-\frac{2g\Delta R}{R}$$2.在平面极坐标系下，设质点的加速度的切向分量和法向分量都是常数，即$a_t=k_1$，$a_n=k_2$（其中$k_1$和$k_2$为常数）。
根据牛顿第二定律，可以得到质点的运动方程：r\ddot{\theta}+2\dot{r}\dot{\theta}=k_2$$ddot{r}-r\dot{\theta}^2=k_1$$其中$r$为极径，$\theta$为极角。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第8章 动量定理及其应用
8－1 计算下列图示情况下系统的动量。
(1) 已知OA ＝AB ＝l ，＝45°，为常量，均质连杆AB 的质量为m ，而曲柄OA 和滑块B 的质量不计（图a ）。
(2) 质量均为m 的均质细杆AB 、BC 和均质圆盘CD 用铰链联结在一起并支承如图。
已知AB = BC = CD = 2R ，图示瞬时A 、B 、C 处于同一水平直线位置，而CD 铅直，AB 杆以角速度ω转动（图b ）。
(3) 图示小球M 质量为m 1，固结在长为l 、质量为m 2的均质细杆OM 上，杆的一端
O 铰接在不计质量且以速度v 运动的小车上，杆OM 以角速度ω绕O 轴转动（图c ）。
解：（1）p = mv C =ωml 2
5
，方向同C v （解图（a ）
）； （2）p = mv C 1 + mv C 2 = mv B = 2Rm ，方向同B v ，垂直AC （解图（b ））；
（3）j i p )60sin 2
60sin ()]60cos 2()60cos ([2121︒+︒+︒-+︒-=ωωωωl m l m l v m l v m
j i 4
23]42)[(2
12121m m l l m m v m m +++-
+=ωω（解图（c ）
）。
8－2 图示机构中，已知均质杆AB 质量为m ，长为l ；均质杆BC 质量为4m ，长为2l 。
图示瞬时AB 杆的角速度为ω，求此时系统的动量。
解：杆BC 瞬时平移，其速度为v B
ω
ωωml ml l m p p p BC
AB 29
42=+=+= 方向同
v B 。
A
B
O
θ
ωC
v C
O 1
A B C
D
ω v B
C 1
C 2 v C 1
v C 2
O
M v
ω 60˚
v
v r
习题8-1解图
(a)
(b)
(c)
x
y
习题8-1图
A
B
O
θ
ω A
B
C
D
ω
O
M
v
ω 60˚
(a)
(b)
(c)
A
B
C
O ω
45˚ 45˚
习题8－2解图
v B
8－3 两均质杆AC 和BC 的质量分别为m 1和m 2，在C 点用铰链连接，两杆立于铅垂平面内，如图所示。
设地面光滑，两杆在图示位置无初速倒向地面。
问：当m 1= m 2和m 1= 2m 2时，点C 的运动轨迹是否相同。
解：根据受力分析知：∑
=0x F ，故系统的质心在水平方向运动守恒。
当m 1= m 2时，系统关于y 轴对称，质心位于y 轴上，且沿y 轴作铅垂直线运动，点C 的运动轨迹亦为铅垂直线。
当m 1= 2m 2时，质心位于y 轴左侧，且作铅垂直线运动，点C 的运动轨迹必为曲线。
故两种情况下，点C 的运动轨迹不相同。
8－4 图示水泵的固定外壳D 和基础E 的质量为m 1，曲柄OA =d ，质量为m 2，滑道B 和活塞C 的质量为m 3。
若曲柄OA 以角速度ω作匀角速转动，试求水泵在唧水时给地面的动压力（曲柄可视为匀质杆）。
解：以整个水泵为研究对象，受力如图（a ）： 解法1：用动量定理求解 瞬时t ，系统动量 p = p 2+p 3
ω2
2222d m v m p C ⋅==，方向如图 ϕωsin 3333 d m v m p C ==，方向如图 由质系动量应理：
∑==y y y
F F t p d d (1)
∑==x x x F F t
p
d d
(2)
ϕωϕωsin sin 23232d m d m p p p y y y +⋅=+= ϕωcos 2
232d
m p p p x
x x ⋅=+=
x x x F F F ==∑
g m m m F F F )(321++-==∑y y y 代入（1）、（2），并注意到t ωϕ=得：
g m m m F t d m t d m t y )(sin sin 2d d 32132++-=⎪⎭⎫
⎝⎛+⋅ωωωω
x F t d m t =⎪⎭
⎫
⎝⎛⋅ωωcos 2d d 2
得t ωd m m g m m m F 2y ωcos 2
2)(3
2321++++= （3） t m d F 2x ωωsin 2
2-= （4）
解法2：用质心运动定理解 研究对象及受力同前： R F a =C M 32p p p +=
3
322C C C m m M v v v +=
习题8－4图
A
B
C
m 1g
m 2g
d
习题8－3解图
N A
F N B
y
O
A g 2m C
x
F y
F
g
1m g 3m D
B 3
p
p
(a)
C 2
C 3
ϕ
习题8－6图
t
d d
：3322C C C a a a m m M += 2
22
ωd a =
C ，方向指向O 点； t d a C ωωcos 23=，方向向上。
写出质心运动定理的投影形式：
g m m m F t d m t d m y 2)(cos cos 2
321322++-=+ωωωω x F t d m -=⋅ωωsin 2
22
t d
-m F x ωωsin 2
22⋅=
t d m m g m m m F 2y ωωcos 2
2)(3
2321++++= 结果同解法1。
8－5 图示均质滑轮A 质量为m ，重物M 1、M 2质量分别为m 1和m 2，斜面的倾角为，忽略摩擦。
已知重物M 2的加速度a ，试求轴承O 处的约束力（表示成a 的函数）。
解：以系统整体为研究对象，应用动量定理 θθsin cos d d N 2F F a m t p Ox x
+== g
m m m F F a m a m t
p Oy y )(cos sin d d 21N 21++-+=-=θθ分析M 2可知：θ
cos 2N g m F =
则有
θθθθθcos )sin (sin cos cos 222m g a g m a m F Ox -=-= g m m m g m a m m F Oy )(cos )sin (212221+++--=θθ
8－6 板AB 质量为m ，放在光滑水平面上，其上用铰链连接四连杆机构OCDO 1（如图示）。
已
知OC = O 1D = b ，CD = OO 1，均质杆OC 、O 1D 质量皆为m 1，均质杆CD 质量为m 2，当杆OC 从与铅垂线夹角为由静止开始转到水平位置时，求板AB 的位移。
解：以系统整体为研究对象，根据受力分析知：
∑=0x
F
，
故系统的质心在水平方向运动守恒。
若初始时（设CD = l ）：
m
m m l b
m l m l b m b m x C +++++++=
211210
2)sin 2(2)2sin (sin 2θθθ A
B
D
C
O
O 1 θ
习题8－5图
O A
M
M 2
θ
a
习题8－5解图
O
A M 1
M 2
θ
a m 1g m 2g
F N
F Ox
F Oy
m g
习题8－6解图
A
B
D
C
O O 1 θ
A
B
s O 1
习题8－7图
v x
习题8－8图
设杆OC 转到水平位置时板AB 的位移为s ，
m
m m l s b
m s l m l s b m s b m x C +++-+-++-+-=
211212)2()2()2()2(x C 0 = x C )sin 1(2212
1θ-+++=
b m
m m m m s
8－7 匀质杆AB 长2l ，B 端放置在光滑水平面上。
杆在图示位置自由倒下，试求A 点轨迹方程。
解：杆水平受力为零，水平动量守恒；初始静止、质心位置C x 守恒： 0cos αl x C =
ϕcos l x x C A +=
ϕsin 2l y A =由（1），
ϕcos l x x C A =- 即 ϕαcos cos 0l l x A =- （3） 由（2）
ϕsin 2
l y A
= （4）
（3）、（4）两边平方后相加，得
222
04
)cos (l y l x A A =+-α
此为椭圆方程。
*8－8自动传送带如图所示，其运煤量恒为20kg/s ，传送带速度为1.5m/s 。
试求匀速传送时传送带作用于煤块的总水平推力。
解：设皮带作用煤块的总水平推力为F x ，皮带在d t 时间内输送量为t q V d ，由动量定理微分形式：
t F v t q x V d d =⋅
305120=⨯==.v q F V x N
（注：文档可能无法思考全面，请浏览后下载，供参考。
）。