理论力学习题解答第八章
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。
1-8章的习题答案理论力学.doc
第一章静力学公理和物体的受力分析一、选择题与填空题1.C2.ACD3.A, B两处约束力的方向如图所示60°第二章平面力系一、选择题与填空题■1. B; D。
2. B。
3. F；向上。
4. B。
5. 4^M;方向与水平线成60角，指向 23L右下。
6. 10kN; 10kN ; 5kN; 5kN。
7. 100kN;水平向右。
二•计算题1. F B - -70 KN F AX =70 KN ,F Ay =120 KN , M A二-30KN m2. F AX - -qa F BX二 F qa F Ay =qa F F By 二 qa - F3. F= -5kN F Dy = 4.33kN F E-4.33kN F C =24.41kND xF B^ -17.08kN F AX=F BX = -5kN l^y = -14.08kN M A=T4.66kN mF AX =10N FAy =20N M A =15N mF CD =14.1N6F Ax=2.5kN F Ay=—2.16kN M A=」kN ，m F c =20.33kN7 F B=40kNF AX = —10kNFA ^-20kN M -50kN m F cx = 40kNF ey = 0F HX =300N F Hy =100N第三章空间力系少2(-8. F A ^ = -100N F Ay 二-300N F Ex 二-300N F Ey =100N F °y 二 200N整=一一A > X Y m 一：J E £c X一、选择题与填空题f—- - Fa 6 Fa 1.B。
2.B。
3. M x(F)=O ; M y(F) —H2 44.F x=-40.2N; F y=30-2N; M z=240.2 N m。
5.F z= F sin :；F y= F cos ：cos :;M x(F)二 F(ccos'cos ： bsin )。
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。
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。
理论力学八章
8-1 8-2 8-7 8-6、8、98-15、16、17、208-1 图示四杆机构1OABO 中，ABB O OA211==；曲柄OA 的角速度srad /3=ω。
求当090=ϕ而曲柄B O 1重合于1OO 的延长线上时，杆AB和曲柄B O 1的角速度。
)/1(2.5),/1(31s s B O AB ==ωω参考答案：OA 杆和O1B 杆为定轴转动，AB 杆为平面运动(瞬心在O 点)。
OA OA v A 3=⋅=ω； 由瞬心法知：s rad OAv A AB 3===ωω（逆时针）根据速度投影定理： 60cos 30cos ⋅=⋅B A v v 故：OA v v A B 333=⋅=；s rad s rad BO OA BO v B BO 196.53333111====ω（逆时针）8-2 四连杆机构中，连杆AB 上固联一块三角板 ABD 。
机构由曲柄A O 1带动。
已知：曲柄的角速度s rad A O /21=ω；曲柄cm A O 101=，水平距离cm O O 521=；AD=5cm ,当A O 1铅垂时，AB平行于21O O ，且AD 与1AO 在同一直线上；角030=ϕ。
求三角板ABD 的角速度和D 点的速度。
s cm v s D ABD /35.25),/1(07.1==ω参考答案：O1A 杆和O2B 杆为定轴转动，ABD 三角板为平面运动(瞬心在C 点)。
由O1A 杆作定轴转动：s cm A O v A O A /2011=⋅=ω，方向水平向左，如图。
由O2B 杆作定轴转动，B v 方向如图。
故三角板ABD 的速度瞬心在图示C 点。
则：s rad CO A O v ACv AA ABD /0718.135102011=+=+==ωs rad CD CD v ABD ABD D /359.25=⋅=⋅=ωω（方向水平向左，如图）8-7 如图所示，在振动机构中，筛子的摆动由曲柄连杆机构所带动。
《理论力学》第八章_刚体的平面运动习题解
vE
vO
v0
1 (157.05 52.35) 52.35(mm / s) （方向：向上。） 2
vD
[习题8-6] 两刚体Ｍ，Ｎ用铰Ｃ连结，作平面平行运动。已知ＡＣ＝ＢＣ＝６００ｍｍ，在图 示位置，ｖＡ＝２００ｍｍ／ｓ， ｖＢ＝１００ｍｍ／ｓ，方向如图所示。试求Ｃ点的速度。 解：
y
x
'
O
'
B
vB
300
A
60
0
O
0 v A
解：
v A OA 0 200 3 600(rad / s)
v B v A v BA [v B ] AB [v A ] AB
v B cos 30 0 v A 600
vB 600 692.84(mm / s) 0.866
C3 0
A
Rr t 2 2r
故，动齿轮以中心Ａ为基点的平面运动方程为：
x A ( R r ) cos y A ( R r ) sin
t 2
2
t 2
2
A
Rr t 2 2r
[习题8-3] 试证明：作平面运动的平面图形内任意两点的连线中点的速度等于该两点速度的矢 量和之一半。 已知：如图所示， AC CB ， 求证： vC 证明：
300
v B v A v BA
ve
O
vBA AB 200 2 400(mm / s)
v B v A v BA 2v A v BA cos 150 0
2 2
5332 400 2 2 533 400 0.866
理论力学习题解答第八章
8－1. 图示系统由匀质圆盘与匀质细杆铰接而成。
已知：圆盘半径为 r 、质量为M ，杆长为L 、质量为 m 。
在图示位置杆的角速度为ω、角加速度为ε，圆盘的角速度、角加速度均为零，试求系统惯性力系向定轴O 简化的主矢与主矩。
解：∵圆盘作平动，相当一质点作用在A 点。
εττ⋅+==∑)2/(ML mL a m F Ci i gR 2)2/(ω⋅+==∑ML mL a m F n Ci i ngR εε⋅+==)31(2200ML mL J M g8－2. 图示系统位于铅直面内，由鼓轮C 与重物A 组成。
已知鼓轮质量为m ，小半径为r ，大半径R = 2r ，对过C 且垂直于鼓轮平面的轴的回转半径ρ = ，重物A 质量为2m 。
试求（1）鼓轮中心C 的加速度；（2）AB 段绳与DE 段绳的张力。
解：设鼓轮的角加速度为， 在系统上加惯性力如图（a ）所示， |则其惯性力分别为：αmr F C =I ；αr m F A ⋅=2I ααρα222I 5.1mr m J M C C === ∑=0)(F D M ；0)2(I I I =+-++C A C M r mg F F mg？AM I CF I Cm g F DE （a ）A B 《D E2gF A F I A F AB （b ）g g r a C 2145.132=+==α ∑=0y F ；02I I =--+-mg mg F F F A C DE ；mg mr mg F DE 21593=-=α 取重物A 为研究对象，受力如图（b ）所示，∑=0y F ；02I =-+mg F F A AB ；mg mg mr mg F AB 2134)2141(222=-=-=α：8－3. 11－15重力的大小为100N 的平板置于水平面上，其间的摩擦因数f = ，板上有一重力的大小为300N ，半径为20cm 的均质圆柱。
圆柱与板之间无相对滑动，滚动摩阻可略去不计。
理论力学第三版课后答案第8章
（9）
代入式（3）得 aCx = 1.03m/s 2 ，将其与式（9）第 1 式代入式（7）可解出端 B 加速度
aB = 2.65m/s 2
aB 为正，表明原假定正确，端 B 的确向左滑动。
课
后 答
案
网
ww w
.k hd
aw .
8-5C 质量为 m 半径为 R 的半圆柱体在图示位置静止释放。 图中，点 C 为质心， OC =
洪嘉振等《理论力学》第 3 版习题详解
2
1 R 5 R R J C = mR 2 + m( ) 2 + m( ) 2 + m( ) 2 = mR 2 4 2 2 4 4
系统惯性力系的主矩方向如图 8-1Cb 所示，其大小为为
M * = J Cα =
5 mR 2α 4
课
后 答
案
网
ww w
.k hd
aw .
可解得此瞬时质心速度为
vC = gl
由于杆作瞬时平移，故有点 B 的速度
vB = v A = vC = gl
r （2）对于连体基 A − e 1 ，定义该基的角加速度的正向如图 8-4Cb 不所示。基点 A 作圆 周运动，令其加速度为
课
T − T0 = mg xC0 − xC
后 答
(
1 2 mvC 。由动能定理 2
r r r r r r 其中 a1C = aC = aCx + aCy ， a1etC = a A ， a1eωC = lω12 = 0 ， a1eαC = lα1 。上式变为
即
后 答
r x : aCx = − aωA + a1eαC cos θ
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8－1. 图示系统由匀质圆盘与匀质细杆铰接而成。
已知：圆盘半径为 r 、质量为M ，杆长为L 、质量为 m 。
在图示位置杆的角速度为ω、角加速度为ε，圆盘的角速度、角加速度均为零，试求系统惯性力系向定轴O 简化的主矢与主矩。
解：∵圆盘作平动，相当一质点作用在A 点。
ε
τ
τ
⋅+==∑)2/(ML mL a m F Ci
i gR
2
)2/(ω
⋅+==∑ML mL a m F n
Ci
i n
gR
ε
ε⋅+==)3
1(2
200
ML mL J M
g
8－2. 图示系统位于铅直面内，由鼓轮C 与重物A 组成。
已知鼓轮质量为m ，小半径为r ，大半径R = 2r ，对过C 且垂直于鼓轮平面的轴的回转半径ρ = 1.5r ，重物A 质量为2m 。
试求（1）鼓轮中心C 的加速度；（2）AB 段绳与DE 段绳的张力。
解：设鼓轮的角加速度为α， 在系统上加惯性力如图（a ）所示， 则其惯性力分别为： αmr F C =I ；αr m F A ⋅=2I ααρα2
2
2
I 5.1mr m J M C
C
=== ∑=0)(F D M ；
0)2(I I I =+-++C A C M r mg F F mg
g
g r a C 21
45
.132
=
+=
=α
a A
M I g
I A
（b ）
∑=0y F ；02I I =--+-mg mg F F F A C DE ；mg
mr mg F DE 21
593=
-=α 取重物A 为研究对象，受力如图（b ）所示，
∑
=0y F ；02I =-+mg F F A AB ；mg
mg mr mg F AB 2134)2141(222=
-
=-=α
8－3. 11－15重力的大小为100N 的平板置于水平面上，其间的摩擦因数f = 0.20，板上有一重力的大小为300N ，半径为20cm 的均质圆柱。
圆柱与板之间无相对滑动，滚动摩阻可略去不计。
若平板上作用一水平力F = 200N ，如图所示。
求平板的加速度以及圆柱相对于平板滚动的角加速度。
解：设平板的重力P 1 = 100 N ，加速度为a ；圆柱的重力P 2 = 300 N ，角加速度为α，质心的加速度a O = a – αr ，受力如图（a ）。
a
g P F 11I =
；)(222
I αr a g
P a g
P F O -=
=
；αα2
2I 21r g
P J M O O ⋅=
=
∑=0)(F A
M ；0I 2I =-O M r F ；
αα2
2221)(r g
P r r a g
P ⋅=
-；α
r a 23= ∑=0x
F
；0f 2I 1I =---F F F F ；其中：N 80)(21N f =+=⋅=P P f F f F
080)(20021=---
-
αr a g
P a g P ；0)3(
12021=+
-a g
P g
P ；
2
m/s
88.5200
120==
g a ；2
rad/s
6.1932==
a r
α
8－4. 12、图示匀质定滑轮装在铅直的无重悬臂梁上，用绳与滑块相接。
已知：轮半径r =1m, 重Q =20kN ，滑块重P =10kN ，梁长为2r ，斜面的倾角4/3tg =θ,
动摩擦系数1.0'=f 。
若在轮O 上作用一常力
偶矩m
kN 10⋅=M。
试用动静法求：（1）滑块B 上升的加速度；（2）支
座A 处的反力。
解：（1）取滑块B 为研究对象，设其质量为m 1，加速度为a B ，则
其惯性力为：B a m F 1I =，受力如图（a ）所示。
∑=0t F ；0sin 1T I =+-+θg m F F F ；kN 8.0cos 1.01N ==⋅=θg m F f F
B B a m a m F 11T 8.68.06+=++=
取定滑轮O 为研究对象，设其质量为m 2，半径为r ，则其惯性力矩为：r
a r
m M
B O
2
2I 2
1=
，受力如图（b ）所示。
∑
=0)(F O M ；0T I ='--r F M M O ；0
108.61010=-
--B B a g a g
；2
m/s
57.1=B
a
kN
4.86.18.68.61T =+=+=B a m F
∑=0x
F ；0cos T =-'Ox F F θ；kN
72.68.04.8=⨯=Ox F
∑=0y
F
；0sin 2T =-'-g m F F Oy θ；kN
04.25206.04.8=+⨯=Oy F
（2）取梁AO 为研究对象，设梁长为l ，受力如图（c ）所示，
∑=0)(F A M ；0='-l F M Ox
A ；m kN 44.13227.6⋅=⨯=A M ∑=0x F ；0=-'Ax Ox
F F ；kN 72.6=Ax F ∑=0y F ；0='-Oy
Ay
F F ；kN 04.25=Ay
F
解：对轮与滑块： 由∑=0)(i O M F 0
sin =⋅'--⋅⋅--r F r F r P M
M g g
θ
得:2
(m/s
57.116.0])2/[(2)cos sin Pr (≈=+⋅'--=g r P Q g r P f M
a θθ)
∑=0
i X ， 0cos ) sin (0
='+++θθF F P X
g
得:
θ
θθcos ) cos /sin (0
⋅⋅'++⋅-=P f g Pa P X
∑=0i Y ， 0sin ) sin (0=-⋅'++⋅-Q F F P Y g θθ
得:θ
θθsin ) cos /sin (0
⋅⋅'++⋅+=P f g Pa P Q Y
对悬臂梁AO :
∑=0A
M
， 0
2 0=⋅+r X M
A
得:m kN 44.132 0⋅=⋅-=r X M A
由∑=0
i
X ， 0
0=-X X A
得: kN
72.6 0-==X X A
由∑=0i Y ， 0 =-o A Y Y 得:kN
04.25 0==Y Y A
8－5. 图示均质杆AB 长为l ，质量为m ，以等角速度ω绕铅直z 轴转动。
求杆与铅直线的交角β及铰链A 的反力。
4
2
22
2
4712
)23arccos(
ω
ωω
βl g
ml F l g A +
=
=，
解：1、分布惯性力如图（a ），惯性力合力位于D 点。
F (a)
l
AD 3
2=
β
ω
ω
s i n 2
2
2
I l m mr ma F C C === （1） 2、求β角
∑=0
A
M
，0
sin 2
cos 3
2
I
=-ββl mg
l F
（1）代入，得：
2
23cos ω
βl g
=
，
2
23arccos
ω
βl g = （2）
3、求A 处反力 ∑=0x
F
2
2
2
2
I
)
23(121sin 2
ω
ω
β
ωl g ml m l
F F Ax -=== ∑=0
z F ，mg F
Az
=
4
2
22
224712
ω
ωl g
ml F
F
F Az
Ax
A +
=
+=
8－6. 两细长的均质直杆互成直角地固结在一起，其顶点O 与铅直轴以铰链相连，此轴以等角速度ω 转动，如图所示。
求长为a 的杆离铅直线的偏角ϕ与ω间的关系。
ϕ
ϕϕω
2sin )(sin cos 33
3
2
22
a b a b g
--=
8－7. 长为l 的均质等直杆从铅垂位置自由倒下。
试计算当a 为多大时，AB 段在B 处受到的约束反力偶为最大，因而杆子也最容易在此处折断。
ϕ
cos 27
132max
mgl M
l a B =
=
，（ϕ为杆与水平面的夹角）
8－8. 均质圆盘以等角速度ω绕通过盘心的铅直轴转动，圆盘平面与转轴交成θ角，如图所示。
已知两轴承A 和B 与圆盘中心相距各为a 和b ；圆盘半径为R ，质量为m ，厚度可忽略不计。
求两轴承A 和B
的动反力。
θ
ω
2sin )
(82
2
b a MR F F By Ay +=
-=，0
==Bx Ax
F F。