理论力学作业答案

1、理论力学作业答案第一章静力学公理和物体的受力分析-2F；第二章平面汇交力系与平面力偶系2.1已知Ft=100N,F2=50N,F3=50N；力系的合力Q由解析法，有产电产力故=SX=F2cos。+F3=80z=SY=F+F2sin。=140NFr=，晨r/璃=161.2NFr,N(Q=FO题2图2.2已知Fi=2000N,F2=2500N,F3=1500N；求力系的合力。解由解析法，有Frx=WX=-Fl-F?co»40*=-3915NFry=SY=一F?sin40°Fj=-3107N故Fr=，F/+啧=5000NN(Fr,F。=arccos普*WWSWWWwJff题2.2

2、图(b)题2.8图2.8已知水平力F.不计刚架重量；求支座A、D的反力。解刚架上三力汇交于点C(图(a),其封闭的力三角形(图(b)与ABC相似，故FnyAB1r1口FBC21?-2?Fa_AC_0p_在/、F-BC一2，%一2F(Z)2.28已知a和M,杆重不计；求支座A和C的约束反力。解整体受力如图，注意BC杆为二力杆，由=0,2&F必-M=02.35已知8、M、F,各杆自重不计；求机构平衡时，M与尸之间的关系C解先研究滑块D，受力如图，由ZX=0,Fobcos0F=0得以=£再研究销钉3，有题2.35图2X=0,Fbccos。-Ffiocos0sin。=02Y=0.-F

3、bcsin8-Fedsin。+Fsacos/?=0把加=七代人,解得F-=r(或者.由>X=0,Facos28FA；sin28=0,解出)最后研究OA杆,受力如图，由EM=0,FarooosG-A4=0题3.1叫题3.9图第三章平面任意力系已知图（a）力系中，Fi=150N,Fz=200N,F$=300=200N;求力系向点O简化的结果；合力的大小及其与原点的距离心SX=-Fcne45-F?/10-Fj-F=-437.6N/52y工Fisin45-&J10+F3t=-161,6NSMO(F)=F|sin450.1+F3Q.2V5-0.08F=44JM得向点O简化的结藁赢脑彘力如图

4、（0;图中Fr=/(SX)2+(SY?=466,5N,Mo=21.44N-m合力Fr=Fr=466,5N,而d二普工45.96mm3.9已知P=30kN,F4kN,n-0.2m,6:0,lm+c0.05mf15m；求飞机匀速航行时，阻力机翼升力Fl,尾部升力Fzyc解飞机受力如图所示，由EX=0,耳-F=0SY=0,F,+F2,-P=0-F6-Fjf0SMa(F)=0,(a+l)p2y-Pa解得Ft=4kN,Fly=28.73kN,F2y=1.269kN3.17已知F,M”,a；求分别在%(a)、图(b)情况下，支座A上处的约束反力。题3.17图解水平梁受力分别如图(a)、(b)所示，对图(a

5、),由2X=0,乩=0LY=0,F3+Fvb-F=0EMb(F)=0,-2aFAy-M-fa=0解得Faj=-g(F+J),F/u=0,Fb=/(3F'+§)J/CLJJ对图(b),由SX=0,F&=02Y=0,F,4y-8+Fnb-F=01Mb(F)=0,paya-2aFAy-M-Fa=0解得F9=y(F+券-仪)-S*s1r*Faz=0，Fnb=-2(3F+乎-48)3.22已知P=500kN,Pi=250kN；求欲使起重机满载和空载时均不翻倒，平衡锤的最小重量及平衡锤到左轨的最大距离x应为多大。解起重机整体受力如图,满载时要使起重机不翻倒，需同时满足Eva20和

6、EMb(F)=0,P?(j:+3)-3Fna-1.5P-10P1=0解得尸2(1+3)>3250(1)空载时，要使起重机不翻倒,需同时满足£Ma(F)=0,P2x+3Fb-4.5P=0和F%20解得P2xC2250(2)由(1)、(2)两式得P22333.3kN,x<6.75m即P2min=333.3kN75m的3.27图戴先研究CD梁.如图储).由ZX-0,k=0sy=0,Fnd+Fq,-2<7=0L/VfD(F)=0,-4FCy+2q3-M=0解得Fvd=15kN,Fj=0,Fj=5kN27巳知q=10kN/m>M-40kN-m.梁里不求支座A、X、C、D

7、处受力。再研究ABC梁，如图(b),由EX=0,F/u-Fo=0EMb(F)=0,-2F2-2q-1-2FO=0XV=0,/%+Fnb-2(y-FCy=03.45已知F=40kN,各杆件自重不计，尺寸如图；求较A、3、C的约束反力。解先研究ABC杆如图（a）,有NMa（尸）=0,-2F把sin45-6F（p-4F=0题3.45图SX=0,E缶+FfiEsn45*+F+心=0SY=0,oof45+Fv=0再研究DEF杆如图（b）,得EMf（F）=0,4Fdc+2Febsin45=0由此四个方程解得=-120kN,FAy=-160kN3.56已知桁架的载荷与尺寸如图（a）所示;求杆1、2和3的内力

8、°S3.569解用截面法取分离体如图（b）,由Fcd=F比=-80kN（压），F怔=160、2kN（拉）SMa（F）=0,-F|AB-2F-4F-6F=0EMc（F）=0,&CD-2Fz+2F_2F_4F=0解得J；二一变耳返/2=2F（拉）再研究节於755图（。）由£Y=0,F2+F3sinO-F=0,得F3=-1.667尸（压）3.59已知Fi=10kN,F2=F3=20kN;求4、5、7、10杆的内力。解整体受力如图(a),由EX=0,Faz-F3sin30=0EMb(F)=0,-4aFy+3aF+2aF?+qF、3=°解得F"=10kN,

9、Fay=21.83kNFi卜科以6410,12aa-1-a一a-(a)题3.59SMC(F)=0,aF4-WY=0,/%-%-EX=0,九+F4+解得”二2!03一空.(理)，见人=一43.66kN最后研究节点E(图(c),由1Y=0,-g-B=0,2X=0,Fio-凡=0解得F7=-20kN(压)，Fw=-43.66kN(压)&、ED(b)(c)图aFAy=0F5sin45=0F5cos45+=0=16.73kN(拉)，再用截面法,取分离体如图(b),由S4.1ffl题%4图第四章空间力系4.1已知Fi=100N,Fz=300N,R=200N,作用位置及尺寸如图（a）所示；求力系向。

10、点简化的结果。解力系主矢在轴上的投影为Fftr=SX=-F?sinci-Ficosfl"WWW.=-345.4NFrj=EY=Fscos。工249.6NF&=WZ=FFysing*-*w*.-=10.56N力系对。点的主矩在轴上的投影为M出=工（F）二一F?costi100.F3sinf300=-5L78NmSMy（F）=-F200FjsinaTOO=36.65NmMd-SM,（F）=F2rose200+F3cosfl1300=103.6Nm力系向O点简化所得的力Fr和力偶Mb的各个分量如图（b）所示£4.4已知F=1000N,作用位置及尺寸如图所示；求Mt（F）o

11、解Mt（F）=xY-yX式中工=1150,y=1507Fv3F八L，'，工/35/35代人得必（尸）=-150x507.1150x169=-101.4N*m4.10已知F=10kN,等腰AE4K=FBM,NE4K二NFBM=90°,EC=CK=FD=DM，空间桁架构成如图所示；求各杆的内力0解节点A、B受力分别如图所示c对节点A，由EX=0,Fisin45F?sin45=02y=0,F3+Fsin45=02Z=0,-Ficos45-F2cos45-Fcos45=0解得Fi=F2=-5k（压），F3=-7.07kN（压）再对节点B,由EX=0,F4sin45-F$sin45*=

12、0LY=0,sin45-F3=0EZ=0,一F4cos45-F$cos45-&cos45=0解得F4=51川（拉）产5=5kN（拉）/6=-10kN（压）题4.10图题4.13图4.13已知rA=150mm,厂8=100mm,rc=50mm,各力作用如图所示物系自由，自重不计；求能使此物系平衡的力F的大小和角ao解物系受3个力偶作用，各力偶矩矢如图所示，其大小为Mi=30000N-mm,M2=4000Nmm,M3=100FN,mm由EM五=0,M?cos(a-90)-Mi=0EM。=0,M3sin(a-90)-M2=0解得F=50N,g=14384.25已知力偶矩M2与M3,曲杆自重不

13、计；求使曲杆保持平衡的力偶矩Mi和支座A、D的反力。解曲杆整体受力如图，由平衡方程XX=0,=0ZMJF)=0,aF-M2=0SZ=0,Ex,-Fix=02M/F)=0,M3-aFAy=0SY=0,Fav-=02MJ(F)=0,Mi-3-F»=0解得Fdx=0,F&=",Fa=",F4y=空,Fg=Mi4M2+/M3Fu484.36034.36已知均质块尺寸如图所示；求均质块重心的位置。解把此均质块分为两个立方体，其体积和用心坐标分别为V:192000mm3,为=20mni,y=40mm,sr1=(-30)rnrnV；=16000mm3»上z=6

14、0mm,y?201】im,z；(5)mm此均质块强心坐标为L£%不=38-5=Sy-28.1mm题5.4图第五章摩擦5.4已知F=400N,直径D=0.25m,欲转动棒料需力偶矩M=15N*m；求棒料与V形铁间的摩擦系数/so解棒料受力如图，在临界状态，FsB=/sf'.NB*Fs=fsNAEX=0,Fna+F孚i-Psin45'=0SY=0TFfB-Fsa-Pcos45=0解得SM0(F)=0,(F十%)孝-M=0fs=0.223as.isa5.18巳知OA=l,a、8,fs,且tan。fs=tan中，力偶矩M；求机构在图示位置平衡时力F的值。解设/=入时,滑块即将

15、发生向左运动；对OA杆(图(a),有£M0(F)=0,M-F/Uco»0=0(*)对滑块(图(b),有EX=0,sin。-Fcosa4Fs=0SY=0.Fni-Fbaco®。-Fisina=0式中Fsi="ni，fs=tan3解得Fi=Msin.十Icc»6(x»(a+<f>)再设F=Fz时,滑块即将发生向右运动;对滑块(四(c),有SX=0,Fbasin。-Fioosa-Fsi=0SY=0,Evj-Fmcos6-F?sina=0式中Fsi="0，fs=由与(*)式联立，解得尸2二厂%嗯二面；lcosacos(q

16、-g由FzCFCF,A,sin(8-fp)Ico9cos(a-(jp)5.28已知楔块与两构件间的静摩擦系数均为八=0.1楔块自重不计；求系统能自锁的倾斜角Q。(«)题5.28图楔块受力如图（b）,图中FRl=Fr2,楔块自锁时即tana&tah2<p=:乎p,可解得若用解析法求解.可考;察图（a）,楔块自锁时有FsiW,/F.V1,FS2</F.V2SX=0,Fj2oosa+&2sina-F、=0SY=0,Fv2sina-F$2cosa-F§i=05.33已知直径d=50mm,滚阻系数为6=0.5mm;求钢管发生纯滚动时的斜面4最小倾角a。解设

17、钢管处于平衡状态，由SY=0,Fn-Poosa=0ZMa（F）=0,PsinaR-M=0式中M&SFn题5.33图解得tana4或a<19K所以，钢管发生纯滚动时的斜面最小倾角为a=196.1已知OA=AB=200mm,CD=DE=AC=AE=50mm,杆OA的角速度co二0.2冗rad/s,r=0时,7SS6.1图o期6.3图夕:0；的运动方程为速度为工H=1A=七W=1。£，第六章点的运动学求点D的运动方程和轨迹。解由图，p=0.2«t故点D犯二200cos0.2tt£mm,yo=100sin0.2ntmm；消去时间£,得点D的轨迹方程

18、:22=1（椭圆）20021002v76.3已知的（，凸轮运动速度三10mmA半径R=&）riun.：=0时，角。=0;求活塞B相对于凸轮和相对于地面的运动方程和速度.并作运动图和速度图©解设固结于地面的坐标系乂;外和固结于凸轮的坐标系打。*卡如图示，设AB=一则逐矍旦相对£曲熊也连教方孽子R3后=了八十£=10J64-14%*=±8=）0mm/s»1a/%,=¥月"-/tmm/s。相对于地面的运动方程和速度为支b=工八=0.Ne=2+e=10/64-产+=Vflx=Xfi=0,10f/物"I后主g'

19、;活塞的运动图和速度图如图（1）、（：）、（山、（。所示。6.6已知电机以匀速火向下拖动绳子,必和/为常量；求套管A的速度和加速度与距离z的关系。解设£二0时，绳上C点位于B处,在瞬时上，到达图示位置；则AB+BC=/x2+I2+VQt=常量将上式对时间求导，得套管A的速度和加速度为，=誓=%+I2,arxdvvq/2dz合负号表示D、Q的实际方向与Z轴方向相反。6.14已知杆OA与杆OB相垂直，OOi=a,<p=kt；求滑块D的速度”及其相对于杆0A的速度Jd。解点D的轨迹是圆弧，运动方程和速度为s=K。=akt，"=S=</点D在。工轴向的坐标和速度为jj&

20、#39;d=acosr,x/。=t'd=一必sinkt”和x/d的方向如图所示。题6.22图*=户第七章刚体的简单运动6.22已知丁形杆ABC的速度u=常量，曲线轨迹方程/=2版；求小环M的速度和加速度与F杆子位移*的关系°解将f=2件对时间求导数，并注意比工p二常量，上=0,得7.1已知OA=0.im,R=0.1m.角速度3三4md/s;求导杆BC的运动规律以及当中=30°时杆的速度表和加速度aq解BC杆直线平动,用点Oi代表之;其运动方程、速度和加速度为oi0-2cos4fV=*oi-0.8sin4f题7.图a±oi=-3.2rnsAt当勺=4e=30

21、,时，匕二负号表示八口的实际方向与1轴正方向相反7.4已知搅拌机驱动轮Oi转速=950r/min,齿数&=20,从动轮齿数Z2=Z3=50,且O?B=03A=0.25m,O2B#O3A；求搅拌杆端点C的速度0c和轨迹。解从动轮转速n=，明搅拌杆ABC平动，所以题7.4图Pc=PA=9.948m/s点C的轨迹是圆心为O、半径OC03A且OC=0.25m的圆。7.6已知BC=尸90=常量,设£=0时，夕=0;杆OA的转动方程。解在OBC中rsing?=（九一厂cos夕）tanJ由此解得摇杆转动方程为八rsin®/o=arctan77k（九一厂oos3J）7.15已知纸带

22、厚度为3,以恒速r展开；求纸盘角加速度q与其半径，的函数关系。解设纸盘在2=0时的初始半径为R,则在r时刻纸盘减少的面积为兀/?2-7rr2&z又v=ro）将此两式对时间，求导，分别得-2nr用=SvQt0_drrda;°-d*+，dz由此解得纸盘的角加速度dco8v2aAt-2kr37.18已知直杆AB以匀速口向下运动，z=0时，中=彳;求瞬时£半圆形杆OC的角速度3和点C的速度VCoyn由图可知=2Rcosg,一霍二a夕B=0=2RssinDR3-:，2Rsine题7.18图VC=2Rs=此外,由几何关系OBcosw二诙二vt2R可得前式中sinp=2-2V2货

23、-偌/7.21已知盘绕垂直于盘面的中心轴以匀角速度=40rad/s转动，该轴在3。之面内的倾角8-arctan总，盘上点A的矢径rh（150i+160j-120%）mm:求点A的速度y和加速度a的矢量表达式。解角速度的矢量表达式为题7.21图所以点A的速度点A的加速度第八章点的合成运动8.1已知光点M沿,轴作谐振动，运动方程为r=0,y=a00s（加+0）感光纸带以等速劭向左运动；求点M在纸带上投影的轨产迹g|Jr解如图示,静系为动汴1系jov固结在纸带上，动系作平，、工动,可用点O'的运动表示,即和=-&。£W=°光点M的相对运动方程为x-X-vgt.y-

24、y-yo=gcos（玩+消去时间E,即得点M在纸带上投影的轨迹方程/y-acos（i工+6）大小15需R=2式w题8.4图8.4已知水轮半径R=2m,转速n=30r/min,水滴M的绝对速度乜=15m/s,它与过点M的半径夹角为60°求水滴M相对于水轮的速度8。解取水滴M为动点,水轮为动系，则叽=y.+如图题8.9图方向将此式向点M处的切向和法向投影，得15sin60°=2五+vrsing,15cos60"二vrcos8解出vr10.06m/s,0=41°488.9已知工件直径d=40mm,转速h=30r/min,车刀速度号二10mm/s;求车刀对工件的

25、相对速度。解取刀尖为动点，工件为动系,则大小7，副?方向+I速度平行四边形如图（b）所示，解得vr=+ve2-63.62mm/s2,/（4，%）=80578.14已知圆盘和OA杆的角速度分别为co1二9rad/s,aj2=3rad/s,6=0.1m;销子M可在它们的导槽中滑动；求图示瞬时，销子M的速度。解取销子M为动点，分别将动系1、2固结在盘和杆上，则%=%+vrl%=九2十小外1+yr=玲2+V”各速度矢量如图所示。将此式向z轴投影，得-%oos60+0=_S2C096O_vcos30由此可解出七2，所以销子速度=0.5292m/s题8.14图,力y'(b)8.18已知图（a）两车

26、速度=vb=72km/h:求图示瞬时，在13车中观察，A车的速度、加速度各是多大？题8.18图该问题和我们在地球上看一颗卫星的运动相似，故选A车为动点,B车为动系（绕点O作定轴转动）,对A车作运动分析如图（a）,图中%，G.=。+%+aC式中,各矢量在动系中的表达式为B.1.，150%=+yva；,vr=-丽0屏%=0,Q«=-急/,ac=24'Xvr式中%=%=20m/s,3=得告rad/s;这样可由上述各式得1IaJvr=47.32i+10/m/s,ar=4i-12.93/m/s2讨论（1）若要求在A车中考察B车的速度、加速度,则应选B车为动点，A车为动系（平动），对B车

27、作运动分析如图（b）,图中%=及+4，4=七+ar式中，各矢量在动系中的表达式为,*3*1*u%,%=一迎，=2办i+/p.d，&=一而j，4=0这样可由上述各式得=-37.32110Jm/s?ar=-4jm/s2讨论（2）若要求两车的相对速度、相对加速度为多大，则问；的性质便和我们在地球上考察两个卫星的相对运动相似，故两车均应视为质点，任取一车为动点，另一车为动系，动系皆作平动；所以B车相对于A车的速度、加速度与讨论（1）中求出的结果相同,而A车相对于归车的速度、加速度则与讨论（1）中求出的结果大小相同，方向相反。(b)8.22已知OA=0.4m,s=0.5rad/s;求8=30&#

28、176;时,滑杆C的速度和加速度。解选OA的A点为动点，滑杆C为动系，图中外="十上题8.30图题8.22图式中Va=OACDa=%=OA,3?解出滑杆的速度、加速度为ve=vacosd=0.1732m/s4=aasin。=0.05m/s2830巳知OA=r=200mm.%=2rad/s;求图示瞬时,滑枕CD的速度和加速度。解先研究速度（图（Q）。取O.A的A点为动点.。2口为动系，人点的速度为%=N+以r显出九-十31V,5-。2八-4，/3VAr=5aMr再选B点为动点,CD为动系，B点速度为恤=+加解出CD的速度-yvq,-yO2B一=0.325m/s讦究加速度时（凰（b）,动

29、点、动系仍如上述。A点加速度=征1+。力+Qe其中题9”图D-030f=侬"，0»=02Acz式待求）,曲九=O?八,始宠，匚=ZJjV向V轴投影得_.。"COfi30=aAr+&c解出a=3TsJr,_、'32也一取=RSB点加速度为ak+aEfl=口旨+aj>大小O2B-gO2B,总？方向皆如图示向8轴投影得«.<温cos30+afjasinSO=解出CD的加速度afjf=0.6567m/s3第九章刚体的平面运动9已知30=常量，。-sof,OC=AC-BC=r;求当取C为基点时，AB尺的1V平面运动方程。解设t=0时&q

30、uot;0,在图小?坐标系中，AB尺的平面运动方程为nc=rcosa?（）Z9ycrsinct（r,题9.4图9.4已知半径R,杆AB恒与半圆台相切,A端速度0=常量；求杆的角速度与角。的关系。解选A为基点，则VC=+Vex由图示几何关系解出0cx=勿sind=vsinO=vsin2ACRcosO9.5已知0A的转速求速度。图示瞬时，筛子EC的=40r/min,OA=r=0.3m；解A、B两点速度如图，图中3=告久rad/soU由速度投影定理得0A=的cog60°解出筛子平动的速度为如=2va=23r=2.513m/9.10已知OA=BD=DE=0.1m,EF=0.1V3m,a>

31、;QA=4rad/s;求EF杆的角速度和滑块F的速度o解各点速度分析如图,AB杆为瞬时平动题9.10图=OA30A=0.4m/sBC杆的速度瞬心为点D,DEC绕D作定轴转动，得ue=DE=DE最后由昨=呢+咋E解出"=0.462m/s,=器=1.333rad/s对EF杆，用速度瞬心法求的贰当p=1和野二苧时ACB瞬时平动，。为CD杆的歌心，如图(c)、(e)所示，故yg=0题图9.11已知OA=0.4m,AC=BC=0.2/37m,3=20rad/s;求当中=0、幸5、'!穴时杆DE的速度。解当夕=0和3二n时，ACB杆的瞬心为B,CQ杆暖时平动.如图(b)、(d)所示,可得

32、"=股=¥=4mA11;求rr9.13已知系杆。1。2的转速4=900r/min.r/rt=轮1的转速。设轮1和杆01。2的角速度为31和必，杆0|。2作定轴转动，故VO2=（11+2）04点C是轮2的速度瞬心.故轮1、轮2啮合点M的速度PM=2Po2注意/3=尸1+2r2,可得=12410800r/min题9.13图9.17已知系杆OOi=常量，R=2r；求图示瞬时，小齿轮I上点C的加速度。解点C是小轮的速度瞬心，小轮角速度和角加速度为故%=aco,=0有ac=ao.+*,9.20已知齿轮A与O】A用销钉E团结为一体,齿轮C装在A3的C点,AB=O|O2,O|A=O2B=

33、/=0.4m,s=0.2rad/s,CM=0.1m;求图示瞬时，轮C上点M的速度和加速度。Pc="=Is，aC=e2再对点M作速度和加速度分析如图(a)、(b)所示，即ym-vc+vmc，=ac+Qmc解出vm=v+cos308=0.0978m/s=VQ*+-2agvicoos30*=0.0127m/s"9.22已知OA=°=常量，AB=6r.BC=3方厂求图示瞬时.滑块C的速度七和加速度c由VB=VA+VfiA,VC=yB4-Vcb解出笠B=0Atan60°q=t?b8s3(=yr(oQ-A©BA30物=sin3(T，=AB=?再作加速度分析

34、如图(b),对AB杆，选A为基点，则B点加速度为=G久+血+珠A大小？ru)l)?AB哥方向皆如图所示解出向AB轴上投影,得枭=-曲1E2已知物块质量为切，摩擦系题1L2图题IL6图max第十章质点动力学的基本方程数为方,与转轴间的距离为尸3求物块不滑出时，转台的最大转速G解视物块为质点，受力与加速度分析如图，由=F$和j=r(D2以及物块不滑的条件Fs久/$F.n=即wm/fsmg出3&J§,“g=斗"皿=%/及r/minwririt>r1L6已知偏心轮半径为R,偏心距OC=e,角速度3=常量，导板8的顶部放一质量为m的物块4;(1)物块对导板的最大压力*2

35、)使物块不离开导板的的最大值。解物块受力如图，其运动方程为工=h+R+esin初由mX=Fy-mg解得最大压力为Fyjnx=nig+&/)最小压力为FNmjn=m(geu)2)物块不离开导板的条件是FVmin0由此解得如jWg所以，使物块不离开导板的出的最大值为=.亚11.16已知质点的质量为相，受向心力F=kr作用，初瞬时质点的坐标为x=xo,y=0,速度分量为vx=0,%=求质点的轨迹。题11.10图尊IL16图整理得11.10已知套筒A的质量为机，绳子被卷扬机向下拉动的速度如二常数；求绳子拉力与距离工之间的关系。解套筒A受力如图，对绳上一点。，设DH=皿,则DB+BA=v（t+v

36、x2+/2=常数2/2对时间求导数得H=-拳-套筒A的运动微分方程为mX=mg一Ftcos。可解得Ft=瑟（&一上）Vo；解质点受力如niax=-Fcos。=一Lrcostf=kxmay=-Fsin0=-Arsin8=-kyX+coir=0式中3；=。，解这两个微分方程得x=Asin（unt+d）,»=A?sin（3/+&）且初始条件为t0时，x%o，a=0,y=0,vy=%求得积分常数4="，仇=宠人=£&=0工0si口(37+")=XoCOS3",消去参数人有十5专第十一=1.即轨迹为一椭圆。章动量定理12.1已知汽

37、车以36km/h的速度在平直道上行驶，车轮在制动后立即停止转动；求车轮对地面的动滑动摩擦系数/应为多大方能使汽车在制动6s后停止°解汽车的初速度为%=36km/h=10m/s由动量定理7HV=I向水平轴投影，有0切=-fmgt解得12,3已知重物质量疗”=2000kg,起重机质量m2=20000kg.OA=8m,开始时T该系统静止,杆与铅垂位置成60'角，水的阻力和杆重均略去不计；求当0A转至图示位置时，起重机的位移。解设起重机沿工轴正向运动题12.3图Tir，因该系统初始静止，旦2X=0,故工方向该系统质心位置守恒©在初始位置和图示位置，质心的坐标分别为工ci=即

38、工十加2工2m+72m111十X十OA(sin60sin30)I+7"2(比2十)7H+"工2由ci=工C2,解得=-0.266m,(-*-)已知平台车质量=500kg,人的质量初2=70kg,车与人以共同速度必向右方运动c人相对平台车以速度5=2m/s向左方跳出，不计平台车水平方向的阻力及摩擦；求平台车增加的速度c解取人、车系统为研究对象，由2X=0,故该系统在z方向动量守恒。跳前人、车同速,无相对速度;人、车分开时,设平台车增加的速度为Au，则（nil+加2）如=加1（如+©）+加2（00+，'一”）解得=-=0.246m/sm+7272已知均质杆AB

39、长为/，直立于光滑的水平面上；求杆无初速倒下时，端点A相对图示坐标系的轨迹c解杆初始静止，且EX=0.工方向质心位置守恒。即，质心C始终在）轴上，A点坐标为m=亍cos，j=Zsing消去参数3，得4/+=/2即端点6的轨迹为椭圆,，12.13已知平台AB的质量为帆I，与地面间的动滑动摩擦系数为/；小车。的质量为利2,相对运动规律为5=当加2；不计绞车的质量；求平台的加速度。解锥体受力与运动分析如图所示，由的=2、，的=wACrbEY,分别有m2b-热+题12.13图冼-mv+m2(vr-v)=f|0=Fn(加i+a2)g式中“=6,F=_/Fn,解得dv=d7ni+m212.16已知均质曲柄

40、0.4的质量为树i，滑块A的质量为加2,滑杆CD的质量为n，OA=/3C=m为常数，不计摩<10擦；求（1）机构质量中心的运Q12.16re动方程；（2）作用在点O的最大水平力。1txi=，yc=m八m解在图示坐标系下由质心坐标公式得机构质心的运动方程为加31.+2ni2十2m3工C=n7775Icoscv/2(力“462+初3)2(W1+ni2+“，3)"U+2切2,.%-2(啊+m2+帆3)sm"macr=EX,有(ZH|+m24-相3)维=Fa解得F0r=-4*("+2mz+2m)laj2cosa)tTFOrmax=彳(*1+2w2+2m3)/0/第十

41、二章动量矩定理13.1己知质量为旧的质点运动方程为了="coswy=bsin2uj/;求质点对原点。的动量矩。解由质点动最矩的定义，有L。=Xwv=(wi+0)X(m±i+myj)=(xmg-ym±)k或用代数量表示为Lq=xnivy-yntVj-将七1=£=一sintut*=y=2bu>cos23f代人上式，得Lq=2abujntcos3_-a-a-i_13.4已知无重杆OA以角速度他=4rad/s转动，均质圆盘"=25k&,R=200mmo图(a)中,盘与OA杆焊接在一起；图(b)、(c)中，圆盘与OA杆较接，且相对OA杆以角

42、速度必=±4rad/s转动,转向如图;求在(a)”b)、(c)三图中,盘对。轴的动量矩。813.4图图中,盘作定轴转动，有L。=$8(yinR2+mFlsc=18kgmJ/s图(b)圆盘作平面运动，其绝对角速度和盘二7赢度为3tl-wq+3r8radZs.r片=ZcuqLo二5wR%。+rnvl=20kgnr/s在图S)中，卬口=叫>一%=0.盘作平动，有Lq=16kgm2/s13.6已知偏心轮的质量加，半径R,质心C,偏心距AC=e,转动惯量o（1）轮子只滚不滑.轮心速度为以；（2）轮子又滚又滑，轮心速度为以,轮的角速度为3；求（1）、（2）两种情况下轮子的动量和对B点的动量

43、矩。解（1）轮子只滚不滑，6点为速度瞬心，轮子角速度3=若1质心速度vc=（R+e）卬一一ptIX动量pmvcmR-动量矩Lb=Jew+（R+e）;=JA_mJ+n（2）轮子又滚又滑.以A为基点.求得0C=。+23动量p=mvc=山（0+动量矩Lb=Jg+（R+e）=（Ja+mRe）3CDfl13.6图u"A，nucSZ>*w“R+4詈1eti)A-Qmvc+ni(R+e)v,413.8已知质点M的质量为加，相对圆盘沿半径为广的圆以等速度为运动,如图。圆板的转动惯量为J,且当点M离2轴最远时，圆板的角速度为零:板的角速度与3角的关系c由于2M,(F)=0,所以L*2=常量当点M

44、在Mo点时Lz=wvo(Z+r)点M在任意角火位置时Lt2=Js+Mr(+nivr)=J3+mOM2oj+niVQMA式中MA=Zcos9?+r0M2=(Z+rcosq)2+(rsin尹A可解出题13.8图7nl(1-coscp)13.9已知轮1和2的转动惯量分别为人和初始时,轮2静止，轮1具有角速度30；求（1）两轮接合后共同转动的角速度；（2）若经过，秒两轮的转速才相同，离合器应有的摩擦力矩。解(1)该系统SMX(F)=0,所以Lz=Lg0=常超即(Jl+Jz)3JlO>0解得JISO题13.9图（2）分别取1、2两轮为研究对象，有rdsi一九2人下一一M/，力三7fwrr«

45、;f/积分Jd(u=-Mfdf,J2d3=IMfdt几0JoJoJo解出Mf=J1J2S0(Ji+J2”13.12已知飞轮的半径R=0.5m,两重锤的质量分别为机=8kg,相2=4kg,自同一高发6=2m处落下，"落下的时间片=16s,加2落下的时间功=25s,轴承的摩擦力矩为常数;求t轮的转动惯量J与摩擦力矩Mf0解研究整体，由dLzdr2Mt(F)分别有(J+niR2)a-nigR-Mj(J+72H2)02加2gK-Mf可见，5、。2均为常数,所以重锤以等加速度。|、2卜落有1-221EIta12=h2221-222z2&1-2由式、(4)解出代人式(1)、(2)，可解出

46、J=1060kgjm2；Mf=6.024N-m13.3()已知均质杆AB长为人放在铅直平面内,当中二颔时，杆由静止状态滑下，墙与地板均光滑;求(1)杆的角加速度和角速度；(2)当杆与墙脱离时的角中。解设杆的质量为加，质心C的坐标为(、，*)，杆的平面运动微分方程为注意到（p=一3所以。=膂=靠罂=常£c=y（asin?一（u2cos少）5>c=-5（。ms伊一（»rsin中）M把此三式代回方程（1）、（2）、（3）,解出3Wa=云cosy题13.30图积分得进一步求得3=«¥（sino-sin伊）Fja=迷c=Wml（asinp-u7cos（p）由

47、脱离墙的条件<f>arcsin（ysinp（）解得13.31已知板的质鱼为利1，受水平力F作用，板与平面间的动摩擦系数为人质贵为加2的均质圆柱沿板纯滚动；求板的加速度。题13.31图解板与圆柱的受力与加速度分析如图（a）、（b）;对板，有7771a=F-F-F'2对圆柱，有720=F272H2a=F?R以圆柱与板的接触点为基点（或选板为动系，选轮心为动点），设圆柱的角加速度为Q（图（b）,则圆心O的加速度为考虑到可解得FiI=/F.V1=/(61+加2)gF-/(w1+mz)ga二13.25已知直角弯杆的质量利=3kg,DE=EA=200mm，在D点较接于板上cA、/3两点

48、是两个防止杆转动的螺栓.系统位于铅垂面内,图;求（1）若板的加速度。=2g,螺栓A或8及较Q给予弯杆的力;（2）若弯杆在A、B处均不受力，板的加速度及较。的反力C解研究弯杆如图（b）,C点为弯杆的质心;弯杆作平面平动,也应满足平面运动微分方程=Far-Eah(b)题13.25图愕acy=Fg_mgJc(x0.15Fg-0.05PQr0.15F.式中a(y=ac=a=2g,aCy=0.a=0(弯杆为平动)解得见=7.35N,F4=66.15N,=29.4N若弯杆在A、B处均不受力，有Fab=0,则运动微分方程变为树a=F",0=Fix，-nig,0=0.159小一0.05F&解得Q=3g;=88.2N,尸0V=29.4第十三章动能定理14.2已知物块的质量分别