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理论力学(盛冬发)课后习题答案ch06

理论力学(盛冬发)课后习题答案ch06
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第6章 运动学基础

一、是非题(正确的在括号内打“√”、错误的打“×”)

1.动点速度的大小等于其弧坐标对时间的一阶导数,方向一定沿轨迹的切线。 ( √ ) 2. 动点加速度的大小等于其速度大小对时间的一阶导数,方向沿轨迹的切线。 ( × ) 3.在实际问题中,只存在加速度为零而速度不为零的情况,不存在加速度不为零而速度为零的情况。 ( × ) 4.两个刚体做平动,某瞬时它们具有相同的加速度,则它们的运动轨迹和速度也一定相同。

( × ) 5.定轴转动刚体的角加速度为正值时,刚体一定越转越快。 ( × ) 6.两个半径不等的摩擦轮外接触传动,如果不出现打滑现象,两接触点此瞬时的速度相等,切向加速度也相等。 ( √ )

二、填空题

1. 描述点的运动的三种基本方法是矢径法、直角坐标法和自然坐标法。

2. 点做圆周运动,加速度由切向加速度和法向加速度组成,其中切向加速度反映了速度大小随时间的变化率,方向是沿圆周的切线;法向加速度反映了速度的方向随时间的变化率,方向是沿圆周的法线。

3. 质点运动时,如果d d s

t

和22d d s t 同号,则质点做加速运动,反之则做减速运动。

4. 刚体运动的两种基本形式为平动和定轴转动。

5. 刚体平动的运动特征是刚体在运动的过程中其内的任一直线始终和原来的位置平行。

6. 定轴转动刚体上点的速度可以用矢积表示,它的表达式为r ωv ?=;刚体上点的加速度可以用矢积表示,它的表达式为v ωr εa ?+?=。

7. 刚体绕定轴转动时,在任一瞬时各点具有相同的角速度和角加速度,且各点轨迹均为 圆周。

8. 定轴转动刚体内点的速度分布规律为任何一条通过轴心的直径上各点的速度,若将速度矢的端点连成直线,此直线通过轴心。

9. 半径均为R 的圆盘绕垂直于盘面的O 轴做定轴转动,其边缘上一点M 的加速度如图6.23所示,试问两种情况下圆盘的角速度和角加速度的大小分别为:图(a):=ω0;=ε

R

a

。图(b):=ωR

a

;=ε0。

R

O

a

M

(a) R

O

a

M

(b)

图6.23

三、选择题

1 一点做曲线运动,开始时速度012m s v /=,某瞬时切向加速度24m s a /τ=,则2s t =时该点的速度大小为( D )。

(A) 4m /s (B) 20m /s (C) 8m /s (D) 无法确定

2 图6.24的四图中,哪个图表示的情况可能发生?( d )

M

v

a

(b)

M

v

a=0 (a)

a

M

0v =

(c)

M

v

a

(d)

图6.24

3 某瞬时,刚体上任意两点A 、B 的速度分别为A v 、B v ,则下述结论正确的是( C )。

(A) 当A

B =v v 时,刚体必做平动

(B) 当刚体平动时,必有

A B

=v v ,但A v 与B v 的方向可能不同

(C) 当刚体平动时,必有A

B =v v

(D) 当刚体平动时,A v 与B v 的方向必然相同,但可能有A B

≠v v

4 圆盘绕O 轴转动,其边缘上一点M 的加速度为a ,但方向不同,如图6.25所示(a)、(b)、(c)三种情况。下列四组答案中哪种正确?( C )

(A) 01=ε, 02=ω (B) 01=ε, 03=ω (C) 03=ε, 01=ω

(D) 02=ε, 01=ω

a M

O

(a)

(b) 2ω

a

M

O (c)

a

M O

图6.25

5 如图6.26所示的荡木机构中,O 1O 2 = CD ,O 1C = O 2D = 1m ,在图示位置时O 1C 、O 2D 的角速度为ω = 1rad /s ,角加速度为ε=2rad /s 2,则荡木中点M 的加速度为( D )。

(A) 2

1m s m a /= (B) 2

2m s m a /= (C) 22m s m a /=

(D) 25m s m a /=

6 如图6.27所示为某刚体作定轴转动的俯视图,但不知道转动中心,已知在某瞬时有02m s M v ./=,2032m s M a ./=,45α=?。求出转动中心到M 间的距离x 以及此瞬时刚体

转动的角速度ω和角加速度ε,下列四组结果中( C )是正确的。

(A) 152cm x /=,32rad s //ω=,2

94rad s //ε= (B) 403cm x /=,32rad s //ω=,254rad s //ε= (C) 403cm x /=,32rad s //ω=,294rad s //ε= (D) 252cm x /=,52rad s //ω=,254rad s //ε=

O 1

D

O 2

C

M

M

M a

M v

α

图6.26 图6.27

7 图6.28所示的平面机构中,O 1A = O 2B = L ,O 1O 2 = AB ,则ABCD 刚性平板上点M 的运动轨迹为( C )。

(A) 以O 1为圆心,O 1M 为半径的圆 (B) 一条平行于AB 的直线

(C) 以O 4为圆心,O 4M 为半径的圆(O 4M = L ) (D) 以O 3为圆心,O 3M 为半径的圆(O 3M 平行O 1A)

D O 1

O 2

C

M

O 4

A

B O 3

图6.28

8 动点作匀加速曲线运动,则( D )是正确的。

(A) 0a τ=,n 0a = (B) 0a τ≠,n 0a = (C) 0a τ=,n 0a ≠ (D) 0a τ≠,n 0a ≠

9 满足下述哪个条件的刚体运动一定是平动?( D )

(A) 刚体运动时,其上某直线始终与其初始位置保持平行

(B) 刚体运动时,其上有不在同一条直线上的三点始终作直线运动 (C) 刚体运动时,其上所有点到某一固定平面的距离始终保持不变 (D) 刚体运动时,其上任一直线始终与其初始的位置保持平行

10 刚体平动时,其上任一点的轨迹可能是( B )。

(A) 平面任意曲线 (B) 空间任意曲线 (C) 空间固定曲线 (D) 任一直线

11 如图6.29所示的运动刚体中,只有( A )中的刚体ABC 作平动。

O

1

O 2

A

B

C

(O 1A ∥且 = O 2B )

(A)

O 1

O 2

A

B

C

(O 1A = O 2B )

(B)

(O 1A = O 2B )

C O 2

A

B

O 1

(C)

A C

B

O 1

O 2

(O 1A ∥O 2B )

(D)

图6.29

12 刚体绕定轴转动时,下述哪种说法正确?( D )

(A) 当转角0>?时,此时角速度ω必为正 (B) 当角速度0>ω时,此时角加速度ε必为正

(C) 当角加速度0>ε时为加速转动,反之0<ε时为减速转动 (D) 当角加速度ε与角速度ω同号时为加速转动,反之为减速转动

13 刚体绕定轴转动,r 为点的矢径,ω为角速度矢,ε为角加速度矢。下面用矢量法表示点的速度和加速度的公式中,正确的一组是( A )

(A) =?v ωr ,=?τa εr ,=?n a ωv (B) =?v r ω,=?τεa r ,=?n a ωv (C) =?v r ω,=?τεa r ,=?n a v ω (D) =?v r ω,=?τεa r ,=?n a v ω

14 绳子的一端绕在定滑轮上,另一端与物块B 相连,如图6.30所示,若物块B 的运动方程为2kt x =,其中k 为常数,轮子半径为R ,则轮缘上点A 的加速度大小为 ( )。

(A) k 2

(B)

R t k /422

(C) R

t k R k 4

22164+ (D) R t k k /4222+

15 滑轮上绕一细绳,绳与轮间无相对滑动,绳端系一物块A ,如图6.31所示。A 物块与滑轮边缘上点B 的速度和加速度间关系为( D )

(A) A B =v v , B A a a = (B) A B ≠v v , B A a a ≠

(C)

A B =v v , A B =a a

(D)

A B =v v , A B τ

=a a

O

A

R

x

B

ω

O

A

B

图 6.30 图 6.31

四、计算题

6-1 点M 的运动方程为)sin (cos kt kt l x +=,)sin (cos kt kt l y -=,式中长度l 和角频率k 都是常数,试求点M 的速度和加速度的大小。

解:应用直角坐标法,将运动方程中直角坐标对时间求一阶导数,得到动点的速度在直角坐标轴上的投影,即

)sin (cos kt kt lk dt dx v x -==

,)sin (cos kt kt lk dt

dy

v y +-== 上式分别再对时间求导数,可得动点加速度在相应坐标轴的投影,即

)sin (cos 2kt kt lk dt

dv a x

x +-==

,)sin (cos 2kt kt lk dt dv a y y --== 6-2 点M 按t R s ωsin =的规律沿半径为R 的圆周运动,设A 为弧坐标原点,其正向如图6.32所示。试求下列各瞬时点M 的位置、速度和加速度。

(1) 0=t ; (2) 3t ωπ=; (3) 2t ω

π

=

解:应用自然坐标法,点M 的位置、速度和加速度分别表示为

t R s ωsin =,t R dt ds v ωωcos ==,t R dt dv a ωωτsin 2

-==,t R R

v a n ωω222cos == (1)当0=t 时,0=s ,ωR v =,0=τa ,2ωR a n =

(2)当3t ω

π=

时,R s 23=,ωR v 21=,223ωτR a -=,241ωR a n =

(3)当2t ωπ

=时,R s =,0=v ,2ωτR a -=,0=n a

B

M

x

y

A

O

R

?

ω

s

M

R

O

A

图 6.32 图 6.33

6-3 在半径为R 的铁圈上套一小环,另一直杆AB 穿入小环M ,并绕铁圈上的A 轴逆时针转动t ω?= (=ω常数),铁圈固定不动,如图6.33所示。试分别用直角坐标法和自然坐标法写出小环M 的运动方程,并求其速度和加速度。 解:(1) 应用直角坐标法,点M 的运动方程为 t R x ω2cos =,t R y ω2sin = 其速度可表示为

t R dt dx v x ωω2sin 2-==,t R dt

dy

v y ωω2cos 2== 其加速度可表示为

t R dt

dv a x

x ωω2cos 42-==

,t R dt dv a y y ωω2sin 42-== (2) 应用自然坐标法,点M 的运动方程为

t R R s ω?22==

其速度可表示为

ωR dt

ds

v 2==

其加速度可表示为

0==

dt dv a τ,22

4ωR R

v a n == 6-4 椭圆规尺BC 长为2l ,曲柄OA 长为l ,A 为BC 的中点,M 为在BC 上一点且MA = b ,如图6.34所示。曲柄OA 以等角速度ω绕O 轴转动,当运动开始时,曲柄OA 在铅垂位置。求点M 的运动方程和轨迹。 解:应用直角坐标法,点M 的运动方程为

t b l x M ωsin )(+=,t b l y M ωcos )(-= 其轨迹可表示为

1)()(2

22

2

=-+

+b l y b l x M

M

6-5 如图6.35所示,AB 长为l ,以等角速度ω绕点B 转动,其转动方程t ω?=。而与杆连接的滑块B 按规律t b a s ωsin +=沿水平作谐振动,其中a 和b 均为常数,求A 点的轨

迹。

解:应用直角坐标法,点A 的运动方程为

t l t b a x ωωsin sin ++=,t l y ωcos -= 其轨迹可表示为

1)()(2

22

2=+

+-l y l b a x

b

l

x

A B

ω

O

y

C

M

l

?

A

B

O

y

x

图6.34 图6.35

6-6 曲柄滑块机构如图6.36所示,曲柄OA 长为r ,连杆AB 长为l ,滑道与曲柄轴的高度相差h 。已知曲柄的运动规律为t ω?=,ω是常量,试求滑块B 的运动方程。

图6.36 图 6.37

解:建立如图所示的坐标系,应用直角坐标法,滑块B 的运动方程为

22)sin (cos h t r l t r x B +-+=ωω,h y B -=

6-7 如图6.37所示,滑块C 由绕过定滑轮A 的绳索牵引而沿铅直导轨上升,滑块中心到导轨的水平距离AO = b 。设将绳索的自由端以匀速度u 拉动,试求重物C 的速度和加速度分别与距离OC = x 间的关系式。不计滑轮尺寸。

解:建立如图所示的坐标系,应用直角坐标法,滑块C 的速度和加速度分别可表示为

dt dx v =

,dt

dv a = y x

?

A

O

ω

B

l

r

h

x

u

b

A

x

O

C

由题意,可知

u dt

x b d -=+2

2

即u dt dx

x

b x -=+22,这样,有

22

x b x

u dt dx v +-==

上式两边同时对时间求导数,有

322x

b u dt dv a -==

6-8 机构如图6.38所示,曲杆CB 以匀角速度ω绕C 轴转动,其转动方程为t ω?=,通过滑块B 带动摇杆OA 绕轴O 转动。已知OC = h ,CB = r ,求摇杆的转动方程。

解:由图可知

t r h t

r ωωθcos sin tan -=

故摇杆的转动方程为

t

r h t

r ωωθcos sin arctan

-=

6-9 摇筛机构如图6.39所示,已知O 1A = O 2B = 40cm ,O 1O 2 = AB ,杆O 1A 按1sin 24

t ?π

=rad 规律摆动。求当t = 0s 和t = 2s 时,筛面中点M 的速度和加速度。

解:由题可知,筛子作平动,筛面中点M 的速度和加速度和A 点或B 点的速度和加速度相同。A 点按自然坐标表示,其运动方程为 t A O s 4

sin

201π

?=?=

其速度和加速度只须分别对上式取一阶和二阶导数,即、

t dt ds v M 4

cos 5π

π==

t A O v a M n M 4cos 40252212ππ==,t dt dv a M 4

sin 452ππτ

-==

当s t 0=时,有s cm v M /7.15=,22

/17.64025s cm a n

M

==π,0=τM a

当s t 2=时,有0=M

v ,0=n M a ,22/3.124

5s cm a M -=-=πτ

6-10 如图6.40所示的摇杆机构,初始时摇杆的转角0=?,摇杆的长OC = a ,距离

OB = l 。滑杆AB 以等速v 向上运动,试建立摇杆上点C 的运动方程,并求此点在4

=时

的速度。

解:由图可知,C 的坐标C x 、C y 可分别表示为

a

vt l y vt

x l C C 22)(+=

= 即点C 的运动方程可表示为

2

2

)

(vt l al x C +=

,2

2

)

(vt l avt y C +=

2/3222])([vt l t alv dt dx v C Cx

+-==,2

/3222])([vt l avl dt dy v C Cy +==

当4?π

=

时,有vt l =,即l av v Cx 22-=,l

av v Cy 22=,即 l

av v v v Cy Cx C 22

2=+= 6-11 如图6.41所示,偏心凸轮半径为R ,绕O 轴转动,转角t ω?=(ω为常量),偏心

距OC = e ,凸轮带动顶杆AB 沿铅直线做往复运动,试求顶杆的运动方程和速度。 解:顶杆作平动,顶杆运动可用顶杆上任一点(如A 点)的运动来表示。建立如图所示的直角坐标系。应用直角坐标法,A 点的运动方程为

t e R t e e R e y ωω??222222cos sin cos sin -+=-+=

对上式求一阶导数,可得到其速度

]cos 22sin [cos 222t

e R t e t e dt dy v ωωωω-+==

h

B

C

O

A

?

ω

错误!未找到引用源。

图6-38

图6-39

B

O 1 A

?

?

?

?O 2

M

a

B

A ? O

x

y

v

l

C

?

O

R C A

B

x

y

图6.40 图6.41

6-12 如图6.42所示为曲柄滑杆机构,滑杆上有一圆弧形滑道,其半径R = 0.1m ,圆心O 1在导杆BC 上。曲柄长OA = 0.1m ,以等角速度4rad s /ω=绕O 轴转动。求导杆BC 的运动规律及当曲柄与水平线间的夹角45?=?时,导杆BC 的运动速度和加速度。

解:导杆BC 作平动,其运动方程可用其上任一点(如O 1点)的运动方程来表示。为了方便,不妨假设在运动的初始时刻曲柄处于水平向右的位置。以O 点为原点,通过O 点的水平轴为x 轴,O 1点的运动方程为

t x 4cos 2.0cos 1.0cos 1.0=+=??

对上式分别对时间求一阶和二阶导数,可得导杆BC 运动的速度和加速度分别为

t dt dx v 4sin 8.0-==,t dt

dv

a 4cos 2.3-==

当445t ?==?时,有s m v /566.045sin 8.0o -=-=,2o /263.245cos 2.3s m a -=-=

6-13 如图6.43所示,滑块以等速0v 沿水平向右移动,通过滑块销钉B 带动摇杆OA 绕O 轴转动。开始时,销钉在B 0处,且OB 0 = b 。求摇杆OA 的转动方程及其角速度随时间的变化规律。

?

C

R

O

ω A

B

O 1

O

?

A B

B 0 b

0v

图6.42 图6.43

解:由图可知,有b

t

v 0tan =

?,即摇杆OA 的转动方程为 )(arctan 0rad b

t

v =?

对上式求一阶导数,可得摇杆转动角速度为

)/(22020s rad t

v b t bv dt d +==

?

ω 6-14 汽轮机叶片轮由静止开始作等加速转动。轮上点M 离轴心为0.4m ,在某瞬时其全加速度的大小为240m s /,方向与点M 和轴心连线成30α=?角,如图6.44所示。试求叶轮的转动方程,以及当t = 6s 时点M 的速度和法向加速度。

解:点M 在某瞬时的切向和法向加速度分别为

2/20sin s m a a M ==ατ,2

/320cos s m a a n M ==α

而ετr a M =,即

2/504

.020s rad r a M ===τε

由于叶片轮由静止开始作等加速转动,可知叶轮的转动方程为 22252

1

t t ==ε?

对上式求一阶导数,可知叶片转动的角速度为

t dt

d 50==?

ω

当t = 6s 时,M 的速度为

)/(1203004.0s m r v =?==ω M 的法向加速度为

)/(360003004.0222s m r a n M =?==ω

6-15 如图6.45所示圆盘绕定轴O 转动,某瞬时点A 速度为08m s A v ./=,01m OA R .==,同时另一点B 的全加速度为B a 与OB 线成θ角,且6.0tan =θ,求此时圆盘角速度及角加速度。

M

α

ω

ε

a

O

B

θ A υ

A

B a

O

图6.44 图6.45

解:由A 速度可知此时圆盘绕定轴O 转动的角速度为 s rad OA v A /81

.08

.0===ω B

的法向加速度为2

ω?=OB a n

B

,切向加速度为ετ

?=OB a B ,而2

tan ωε

θτ=

=

n B

B

a a 。故有圆盘转动角加速度为

22/4.386.064tan s rad =?==θωε

由A v 速度的方向可知圆盘作顺时钟方向转动,而由B a 方向可知圆盘的角速度方向为逆时钟方向。为了说明角速度和角速度转向的区别,可取2/4.38s rad -=ε。

6-16 边长为1002mm 的正方形刚体ABCD 做定轴转动,转轴垂直于板面。点A 的速度和加速度大小分别为100mm s A v /=,21002mm s A a /=,方向如图6.46所示。试确定转轴O 的位置,并求该刚体转动的角速度和角加速度。

解:由A v 的方向可知转轴位于正方形的对角线AC 上。由A a 方向可知A 点的法向加速度为

o 2sin 45100/n A A a a mm s ==,o 2

cos 45100/A A a a mm s τ==

而2n

A

A

v a ρ

=

,故

2100A

n A

v mm a ρ==

可知转轴O 位于正方形的中心。该刚体转动的角速度和角加速度分别为

s rad v A

/1==

ρ

ω,2/1s rad a A

==

ρ

ετ

B

A a

A v

45?

?

ω ε

B

O

A

C

D A

D

C

图6.46 图6.47

6-17 如图6.47所示的半径为r 的定滑轮作定轴转动,通过绳子带动杆AB 绕点A 转动。某瞬时角速度和角加速度分别为ω和ε,求该瞬时杆AB 上点C 的速度和加速度。已知

r DB CD AC ===。

解:在图示瞬时,D 点向上运动,其运动的速度和切向加速度分别为 ωr v D =,ετr a D = 由于杆AB 绕点A 转动,故AB 杆转动的角速度为和角速度为

2

2ωωω===r r AD v D AB ,22εεετ==

=r r AD a D AB 杆AB 上点C 的速度和加速度分别为

ωr v C 21=,2241ωωr r a AB n C ==,εετ

r r a C 2

1==

6-18 如图6.48所示的卷扬机,鼓轮半径02m r .=,绕过点O 的水平轴转动。已知鼓

轮的转动方程为31

rad 8

t ?=,其中t 的单位为s ,求t = 4s 时轮缘上一点M 的速度和加速度。

解:首先由转动方程求t = 4s 时鼓轮的转动的角速度和角加速度

s rad t dt

d t t /68

34

24

===

==?ω,24

4

/343s rad t dt

d t t ==

=

==ωε 再求轮缘上一点M 的速度和加速度

s m r v /2.1==ω,22/2.7s m r a n M ==ω,2

/6.0s m r a M ==ετ

6-19如图6.49所示,齿轮A 以转速n = 30(r /min)旋转,带动另一齿轮B ,刚接于齿轮B 的鼓轮D 亦随同转动并带动物体C 上升。半径103m r .=,205m r .=,302m r .=,求物体C 上升的速度。

? M

O

C

r 2 n

B

r 1

D r 3

A

图6.48 图6.49

解:齿轮A 以转动的角速度为)/(60

2s rad n A ππ

ω==,齿轮B 转动的角速度为 )/(6.02

1

s rad r r A B πωω== 物体C 上升的速度为

)/(377.03s m r v B C ==ω

6-20 图6.50所示为一摩擦传动机构,主动轴Ι和从动轴II 的轮盘分别用A 和B 表示,它们的半径分别为50mm r =和150mm R =,两轮接触点按图示方向v 移动。已知主动轴I

的转速为n = 600r /min ,接触点到转轴II 的中心的距离d 按规律1005mm d (t )=-(式中t 以s 为单位)而变化。求

(1) 以距离d 表示轴II 的角加速度;

(2) 当d = r 时,轮B 边缘上一点的全加速度。

解:(1)主动轴Ι的角速度为)/(206021s rad n ππ

ω==,从动轴II 的角速度为

)/(5100100012s rad t

d r -==π

ωω

轴II 的角加速度为 )/(5000)5100(500022222s rad d

t dt d π

πωε=-==

(2)当d = r 时,从动轴II 的角速度和角速度分别为 )/(202s rad πω=,)/(222s rad πε= 轮B 边缘上一点的加速度为

)/(6040015.02222

2

s m R a n ππω=?== )/(3.0215.022s m R a ππετ=?==

轮B 边缘上一点的全加速度为

)/(2.592)()(222s m a a a n =+=τ

6-21 在如图6.51所示仪表结构中,齿轮1,2,3和4的齿数分别为61=z ,242=z ,83=z ,324=z ;齿轮5的半径为5cm ,如齿条B 移动1cm ,求指针A 所转过的角度?。 解:齿条B 移动1cm ,齿轮5转过的角度为 rad r 2.055=?

=?

此时指针A 所转过的角度为

rad z z z z 2.353

4

12=?=

??

A

B

R

r

d

v II

I

n

B

A

1

2

3

4

5

图6.50 图6.51

6-22 车床的传动装置如图6.52所示。已知各齿轮的齿数分别为140z =,284z =,328z =,480z =。带动刀具的丝杠的螺距为212mm h =。求车刀切削工作的螺距1h 。

解:由齿轮转动时传动比的定义有 1221z z =ωω,3

443z z

=ωω 将上两式相乘,有3

4

124321z z z z ?

=?ωωωω。对于同轴齿轮2z 和3z ,角速度相同,即23ωω=。

这样有

3

14

241z z z z =ωω 当齿轮1z 转动一周时,车刀移动的距离为1h 。而齿轮1z 转动一周时,齿轮4z 转过的周数n 为 3

14

2411z z z z n ==ωω 即61808428404231=??==

z z z z n 。齿轮4z 转过6

1

=n 圈,车刀移动的距离为 mm h h 26

1

21==

6-23 在图6.53所示的机构中,齿轮I 紧固在杆AC 上,AB = O 1O 2,齿轮I 和半径为

r 2的齿轮II 啮合,齿轮II 可绕O 2轴转动且和曲柄O 2B 没有联系。设O 1A=O 2B=l ,sin b t ?ω=,

试确定s 2t ω

π

=时,齿轮II 的角速度和角加速度。

解:如图所示,杆AC 和齿轮I 是一个整体,作平动。故点A 和啮合点D 具有相同的速度

t bl dt

d l v v A D ωω?

cos === 和加速度

t bl dt d l

a a A D ωω?τ

τ

sin 22

2-===

当s 2t ω

π

=

时,齿轮II 的角速度和角加速度分别为 02cos

2

2

2===

r bl r v D

π

ωω

2

2

2

22

22sin

r bl r bl r a D ωπ

ωετ

-=-=

=

h 1

h 2

z 1

z 2

z 3

z 4

A

B O 1 O 2

I II

C

?

A v

D v D

n A a

τA a

n

D a

τD a

图6.52 图6.53

6-24 两轮I ,II 半径分别为1100mm r =,2150mm r =,平板AB 放置在两轮上,如 图6.54所示。已知轮I 在某瞬时的角速度12rad s /ω=,角加速度2105rad s ./ε=,方向逆时针转向。求此时平板移动的速度和加速度以及轮II 边缘上一点C 的速度和加速度(设两轮与板接触处均无滑动)。

解:平板移动的速度和加速度分别为

s m r v AB /2.021.011=?==ω 211/05.05.01.0s m r a AB =?==ε 轮II 边缘上一点C 的速度为

s m v v AB C /2.0== 加速度为

2222/267.015

.02.0s m r v a C n

C

===,2/05.0s m a a AB C ==τ 6-25 如图6.55所示的半径都是r 2的一对平行曲柄A O 1和B O 2以匀角速度0ω分别绕

1O 和2O 轴转动,固连于连杆AB 的中间齿轮I 带动同样大小的定轴齿轮II 绕O 轴转动。两

2020年智慧树知道网课《理论力学(西安交通大学)》课后章节测试满分答案

绪论单元测试 1 【多选题】(2分) 下面哪些运动属于机械运动? A. 发热 B. 转动 C. 平衡 D. 变形 2 【多选题】(2分) 理论力学的内容包括:。 A. 动力学 B. 基本变形 C. 运动学 D. 静力学

3 【单选题】(2分) 理论力学的研究对象是:。 A. 数学模型 B. 力学知识 C. 力学定理 D. 力学模型 4 【多选题】(2分) 矢量力学方法(牛顿-欧拉力学)的特点是:。 A. 以变分原理为基础 B. 以牛顿定律为基础 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 5 【多选题】(2分) 学习理论力学应注意做到:。 A. 准确地理解基本概念 B. 理论联系实际 C. 熟悉基本定理与公式,并能在正确条件下灵活应用 D. 学会一些处理力学问题的基本方法 第一章测试 1 【单选题】(2分)

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. 板不可能保持平衡状态 B. 板必保持平衡状态 C. 条件不够,无法判断板平衡与否 D. 在矩M较小时,板可保持平衡 2 【单选题】(2分)

A. 合力 B. 力螺旋 C. 合力偶 3 【单选题】(2分) 关于力系与其平衡方程式,下列的表述中正确的是: A. 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。 B. 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。 C. 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。

D. 任何空间力系都具有六个独立的平衡方程式。 E. 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。 4 【单选题】(2分)

理论力学课后题参考答案

1.1 沿水平方向前进的枪弹,通过某一距离s 的时间为t 1,而通过下一等距离s 的时间为2t .试证明枪弹的减速度(假定是常数)为 由题可知示意图如题1.1.1图: { { S S 2 t 1 t 题1.1.1图 设开始计时的时刻 速度为0v ,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为a .则有 :()()??? ??? ? +-+=-=2 21210211021221t t a t t v s at t v s 由以上两式得 1102 1 at t s v += 再由此式得 ()() 2121122t t t t t t s a +-= 1.26一弹性绳上端固定,下端悬有m 及m '两质点。设a 为绳的固有长度,b 为加m 后的 伸长,c 为加m '后的伸长。今将m '任其脱离而下坠,试证质点m 在任一 瞬时离上端O 的距离为 解 以绳顶端为坐标原点.建立如题1.26.1图所示坐标系. 题1.26.1图 设绳的弹性系数为k ,则有 kb mg = ① 当 m '脱离下坠前, m 与m '系统平衡.当m '脱离下坠前,m 在拉力T 作用下上升,之后作简运.运动微分方程为 ()y m a y k mg =-- ② 联立①② 得 b b a g y b g y +=+ ③ 0=+y b g y 齐次方程通解 t b g A t b g A Y sin cos 2 11+= 非齐次方程③的特解 b a Y +=0 所以③的通解b a t b g A t b g A Y +++=sin cos 2 11 代入初始条件:0=t 时,,c b a y ++=得0,21==A c A ; 故有 b a t b g c y ++=cos 即为m 在任一时刻离上端O 的距离. O m m ' T

理论力学课后习题答案分析

第五章 Lt 习题5-2.重为G的物体放在倾角为a的斜面上,摩擦系数为 所需拉力T的最小值是多少,这时的角9多大? 解:(1)研究重物,受力分析(支承面约束用全反力R表 示), (2)由力三角形得 sin(a +甲」gin[(90J - a + (a + 6)] 千曲")& 皿0 -

??0=甲聽=arctgf T=Gsin(tt +(pJ

习题5-6.欲转动一放在V形槽中的钢棒料,需作用一矩M=15N.m勺力偶,已知棒料重400N,直径为25cm;求棒料与槽间的摩擦系数f。 解:(1)研究钢棒料,受力分析(支承面约束用全反力R表示),画受力图: (2)由力三角形得: R广护血(4亍-趴)& =0co昭5—忙) (3)列平衡方程: Vm o (F) = 0: - M+K血礼x/*+&$in化xr = O 由⑵、(3)得: M=FT[sin(45tf -(p H) + cos(45J -(p fl)]xrx sin(p w =JP>sin(p… x2sin45L,cos(p K 化35° (4)求摩擦系数: Wr =04243

习题5-7. 尖劈顶重装置如图所示,尖劈 A 的顶角为a ,在B块上受重物Q的作用, A、B块间的摩擦系数为f (其他有滚珠处表示光滑);求:(1)顶起重 物所需力P之值;(2)取支力P后能保证自锁的顶角a之值。 解:(1)研究整体,受力分析,画受力图: 列平衡方程 审":-S+JV X=O ■^ = Q 由力三角形得 P 二JV 勰(a+w)二伽(d +v)^?r(ff+) 1 (2)研究尖 劈

清华大学版理论力学课后习题答案大全_____第6章析

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0?= 0。试求动齿轮以圆心A 为基点的平面运动方程。 解:?c o s )(r R x A += (1) ?sin )(r R y A += (2) α为常数,当t = 0时,0ω=0?= 0 22 1t α?= (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 θ??+=A 因动齿轮纯滚,故有? ? =CP CP 0,即 θ?r R = ?θr R = , ??r r 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: ??? ? ?? ??? +=+=+=22 2212sin )(2cos )(t r r R t r R y t r R x A A A α?αα 6-2 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θ 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 h v AC v AP v AB θθω2 000cos 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 == ω R 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ω=12 rad/s ,θ=30?,?=60?,BC =270mm 。试求该瞬时杆BC 的角速度和点C 的速度。 习题6-1图 习题6-2图 习题6-2解图 习题6-3解图 习题6-3图 v A = v v B = v ωA ωB

理论力学课后习题答案

第五章 习题5-2.重为G的物体放在倾角为α的斜面上,摩擦系数为f;问要拉动物体所需拉力T的最小值是多少,这时的角θ多大? 解:(1) 研究重物,受力分析(支承面约束用全反力R表示),画受力图: (2) 由力三角形得 (3) 当T与R垂直时,T取得最小值,此时有:

习题5-6.欲转动一放在V形槽中的钢棒料,需作用一矩M=15N.m的力偶,已知棒料重400N,直径为25cm;求棒料与槽间的摩擦系数f。 解:(1) 研究钢棒料,受力分析(支承面约束用全反力R表示),画受力图: (2) 由力三角形得: (3) 列平衡方程: 由(2)、(3)得: (4) 求摩擦系数:

习题5-7.尖劈顶重装置如图所示,尖劈A的顶角为α,在B块上受重物Q的作用,A、B块间的摩擦系数为f(其他有滚珠处表示光滑);求:(1) 顶起重物所需力P之值;(2)取支力P后能保证自锁的顶角α之 值。 解:(1) 研究整体,受力分析,画受力图: 列平衡方程 (2) 研究尖劈A,受力分析,画受力图 由力三角形得

(3) 撤去P力后要保持自锁,则全反力与N A成一对平衡力 由图知 习题5-8.图示为轧机的两个轧辊,其直径为d=500mm,辊面间开度为a=5mm,两轧辊的转向相反,已知烧红的钢板与轧辊间的摩擦系数为f=0.1;试 问能轧制的钢板厚度b是多少? 解:(1) 研究钢块,处于临界平衡时,画受力图: (2) 由图示几何关系:

习题5-10.攀登电线杆用的脚套钩如图所示,设电线杆的直径d=30cm,A、B间的垂直距离b=10cm,若套钩与电线杆间的摩擦系数 f=0.5;试问踏 脚处至电线杆间的距离l为多少才能保证安全操作? 解:(1) 研究脚套钩,受力分析(A、B处用全反力表示),画受力图: (2) 由图示几何关系: 习题5-12.梯子重G、长为l,上端靠在光滑的墙上,底端与水平面间的摩擦系数为f;求:(1)已知梯子倾角α,为使梯子保持静止,问重为P 的人的活动范围多大?(2)倾角α多大时,不论人在什么位置梯 子都保持静止。 解:(1) 研究AB杆,受力分析(A处约束用全反力表示),画受力图:

理论力学课后答案(范钦珊)

C (a-2) D R (a-3) (b-1) D R 第1篇 工程静力学基础 第1章 受力分析概述 1-1 图a 、b 所示,Ox 1y 1与Ox 2y 2分别为正交与斜交坐标系。试将同一力F 分别对两坐标系进行分解和投影,并比较分力与力的投影。 习题1-1图 解:(a )图(c ):11 s i n c o s j i F ααF F += 分力:11 cos i F αF x = , 11 s i n j F αF y = 投影:αcos 1F F x = , αs i n 1F F y = 讨论:?= 90°时,投影与分力的模相等;分力是矢量,投影是代数量。 (b )图(d ): 分力:22)cot sin cos (i F ?ααF F x -= ,22sin sin j F ? α F y = 投影:αcos 2F F x = , )cos(2α?-=F F y 讨论:?≠90°时,投影与分量的模不等。 1-2 试画出图a 和b 习题1-2图 比较:图(a-1)与图(b-1)不同,因两者之F R D 值大小也不同。 (c ) 2 2 x (d )

1-3 试画出图示各物体的受力图。 习题1-3图 B 或(a-2) B (a-1) (b-1) F (c-1) 或(b-2) (e-1)

F (a) 1- 4 图a 所示为三角架结构。荷载F 1作用在铰B 上。杆AB 不计自重,杆BC 自重为W 。试画出b 、c 、d 所示的隔离体的受力图,并加以讨论。 习题1-4 图 1- 5 图示刚性构件ABC 由销钉A 和拉杆D 支撑,在构件C 点作用有一水平力F 。试问如果将力F 沿其作用线移至D 或E (如图示),是否会改为销钉A 的受力状况。 解:由受力图1-5a ,1- 5b 和1-5c 分析可知,F 从C 移至E ,A 端受力不变,这是因为力F 在自身刚体ABC 上滑移;而F 从C 移至D ,则A 端受力改变,因为HG 与ABC 为不同的刚体。 1 (f-1) 'A (f-2) 1 O (f-3) F F'F 1 (d-2) F y B 21 (c-1) F A B 1 B F Dx y (b-2) 1 (b-3) F y B 2 A A B 1 B F 习题1-5图

清华大学版理论力学课后习题集标准答案全集第6章刚体平面运动分析

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0?= 0。试求动齿轮以圆心A 为基点的平面运动方程。 解:?cos )(r R x A += (1) ?sin )(r R y A += (2) α为常数,当t = 0时,0ω=0?= 0 22 1t α?= (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 θ??+=A 因动齿轮纯滚,故有? ? =CP CP 0,即 θ?r R = ?θr R = , ??r r 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: ??? ? ?? ??? +=+=+=22 2212sin )(2cos )(t r r R t r R y t r R x A A A α?αα 6-2 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θ 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 h v AC v AP v AB θθω2 000cos 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 == ω R 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ω=12 rad/s ,θ=30?,?=60?,BC =270mm 。试求该瞬时杆BC 的角速度和点C 的速度。 习题6-1图 A B C v 0 h θ 习题6-2图 P ωAB v C A B C v o h θ 习题6-2解图 习题6-3解图 习题6-3图 v A = v v B = v ωA ωB

理论力学(盛冬发)课后习题答案ch04

·36· 第4章 空间力系 一、是非题(正确的在括号内打“√”、错误的打“×”) 1.力在坐标轴上的投影是代数量,而在坐标面上的投影为矢量。 ( √ ) 2.力对轴之矩是力使刚体绕轴转动效应的度量,它等于力在垂直于该轴的平面上的分力对轴与平面的交点之矩。 ( √ ) 3.在平面问题中,力对点之矩为代数量;在空间问题中,力对点之矩也是代数量。 ( × ) 4.合力对任一轴之矩,等于各分力对同一轴之矩的代数和。 ( √ ) 5.空间任意力系平衡的必要与充分条件是力系的主矢和对任一点的主矩都等于零。 ( √ ) 6.物体重力的合力所通过的点称为重心,物体几何形状的中心称为形心,重心与形心一定重合。 ( × ) 7.计算一物体的重心,选择不同的坐标系,计算结果不同,因而说明物体的重心位置是变化的。 ( × ) 8.物体的重心一定在物体上。 ( × ) 二、填空题 1.空间汇交力系共有三个独立的平衡方程,它们分别表示为0=∑x F 、 0=∑y F 和 0=∑z F 。 空间力偶系共有三个独立的平衡方程,它们分别表示为0=∑x M 、 0=∑y M 和 0=∑z M 。而空 间任意力系共有六个独立的平衡方程,一般可表示为 0=∑x F 、 0=∑y F 、 0=∑z F 、 0) (=∑F x M 、 0) (=∑F y M 和 0)(=∑F z M 。 2.由n 个力组成的空间平衡力系,如果其中的(n -1)个力相交于A 点,那么另一个力也必定通过点A 。 3.作用在同一刚体上的两个空间力偶彼此等效的条件是力偶矩矢相等。 4.空间力对一点的矩是一个矢量,而空间力对某轴的矩是一个代数量。 5.空间力F 对任一点O 之矩)(F M O 可用矢量积来表示,即F r F M ?=)(O 。写成解析表达式为 k j i F M )()()()(x y z x y z O yF xF xF zF zF yF -+-+-=。 6.当空间力与轴相交时,力对该轴的矩等于零。 7.空间力系向一点简化,若主矩与简化中心的选择无关,则该力系的主矢等于零,该力系可合成为一个合力偶。若空间任意力系向任一点简化,其主矩均等于零,则该力系是 平衡力系。 8.力螺旋是指由一力和一力偶组成的力系,其中的力垂直于力偶的作用面。力螺旋可分为左螺旋和右螺旋。

理论力学课后习题答案

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 n O O i i t ==∑L M F 中的点“O ”是固定点或质点系的质 心。 (√) 8. 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 =+ 221 3ml 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 n P 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。 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 轴之矩的代数和等于零。 6. 质点M 质量为m ,在Oxy 平面内运动, 如图所示。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 =ω231 ml ;圆盘对点O 的动量矩 O L =ω2Ml ;圆盘对点A 的动量矩A L =0。 图 图 8. 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,如图所示。 则圆盘对圆心O 的转动惯量O J =232 13 mR 。 图 图 10. 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

清华大学版理论力学课后习题答案大全_____第3章静力学平衡问题习题解

F DB CB DB F ' 习题3-3图 第3章 静力学平衡问题 3-1 图示两种正方形结构所受荷载F 均已知。试求其中1,2,3各杆受力。 解:图(a ):045cos 23=-?F F F F 2 2 3= (拉) F 1 = F 3(拉) 045cos 232=?-F F F 2 = F (受压) 图(b ):033='=F F F 1 = 0 F 2 = F (受拉) 3-2 图示为一绳索拔桩装置。绳索的E 、C 两点拴在架子上,点B 与拴在桩A 上的绳索AB 连接,在点D 加一铅垂向下的力F ,AB 可视为铅垂,DB 可视为水平。已知α= 0.1rad.,力F = 800N 。试求绳AB 中产生的拔桩力(当α很小时,tan α≈α)。 解:0=∑y F ,F F ED =αsin αs i n F F ED = 0=∑x F ,DB ED F F =αcos F F F DB 10tan == α 由图(a )计算结果,可推出图(b )中:F AB = 10F DB = 100F = 80 kN 。 3-3 起重机由固定塔AC 与活动桁架BC 组成,绞车D 和E 分别控制桁架BC 和重物W 的运动。桁架BC 用铰链连接于点C ,并由钢索AB 维持其平衡。重物W = 40kN 悬挂在链索上,链索绕过点B 的滑轮,并沿直线BC 引向绞盘。长度AC = BC ,不计桁架重量和滑轮摩擦。试用角?=∠ACB 的函数来表示钢索AB 的张力F AB 以及桁架上沿直线BC 的压力F BC 。 (b-1) 习题3-1图 (a-1) (a-2) '3 (b-2) 习题3-2图 F

理论力学课后习题答案

《理论力学》课后答案 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。

清华大学版理论力学课后习题答案大全 第7章质点动力学

习题7-2图 习题7-1图 s F 第3篇 工程动力学基础 第7章 质点动力学 7-1 图示滑水运动员刚接触跳台斜面时,具有平行于斜面方向的速度40.2km/h ,忽略 摩擦,并假设他一经接触跳台后,牵引绳就不再对运动员有作用力。试求滑水运动员从飞离斜面到再落水时的水平长度。 解:接触跳台时 17 113600 102403 0..v =?= m/s 设运动员在斜面上无机械能损失 768 8442892171122 02 0....gh v v =??-= -= m/s 141 8.cos v v x ==θm/s, 256 3.s i n v v y ==θm/s 541 022 1.g v h y == m 33201.g v t y == s 2 2 0121)(gt h h = + 780.08 .9) 44.2541.0(2) (2012=+= += g h h t s 112.121=+=t t t s 05 911211418...t v x x =?==m 7-2 图示消防人员为了扑灭高21m 仓库屋顶平台上的火灾,把水龙头置于离仓库墙基15m 、距地面高1m 处,如图所示。水柱的初速度250=υm/s ,若欲使水柱正好能越过屋顶边缘到达屋顶平台,且不计空气阻力,试问水龙头的仰角α应为多少?水柱射到屋顶平台上的水平距离s 为多少? 解:(1) α cos v t 0115= (1) 20 2 1sin 2 110=- ?gt t v α (2) (1)代入(2),得 0 1.44cos sin 375cos 5002=+-ααα α αα2 2 c o s 1c o s 3751.44cos 500-=+ 0 81.1944cos 96525cos 3906252 4 =+-αα 22497.0cos 2 =α, ?=685.61α (2) g v t αsin 02= (到最高点所经过时间) 26 .232)15cos (20=?-?=t v S αm 7-3 图示三角形物块置于光滑水平面上,并以水平等加速度a 向右运动。另一物块置于其斜面上,斜面的倾角为θ。设物块与斜面间的静摩擦因数为s f ,且tan θ>s f ,开始时物块在斜面上静止,如果保持物块在斜面上不滑动,加速度a 的最大值和最小值应为多少? 习题7-1解图 θ v 0 v y O

理论力学课后习题及答案

理论力学课后习题及答案

应按下列要求进行设计(D ) A.地震作用和抗震措施均按8度考虑 B.地震作用和抗震措施均按7度考虑 C.地震作用按8度确定,抗震措施按7度采用答题(共38分) 1、什么是震级?什么是地震烈度?如何评定震级和烈度的大小?(6分) 震级是表示地震本身大小的等级,它以地震释放的能量为尺度,根据地震仪记录到的地震波来确定(2分) 地震烈度是指某地区地面和各类建筑物遭受一次地震影响的强弱程度,它是按地震造成的后果分类的。(2分) 震级的大小一般用里氏震级表达(1分) 地震烈度是根据地震烈度表,即地震时人的感觉、器物的反应、建筑物破坏和地表现象划分的。(1分) D.地震作用按7度确定,抗震措施按8度采用 4.关于地基土的液化,下列哪句话是错误的(A)A.饱和的砂土比饱和的粉土更不容易液化 B.地震持续时间长,即使烈度低,也可能出现液化 C.土的相对密度越大,越不容易液化 D.地下水位越深,越不容易液化 5.考虑内力塑性重分布,可对框架结构的梁端负弯矩进行调幅(B )A.梁端塑性调幅应对水平地震作用产生的负弯矩进行 B.梁端塑性调幅应对竖向荷载作用产生的负弯矩进行 C.梁端塑性调幅应对内力组合后的负弯矩进行 D.梁端塑性调幅应只对竖向恒荷载作用产生的负弯矩进行 6.钢筋混凝土丙类建筑房屋的抗震等级应根据那些因素查表确定( B )A.抗震设防烈度、结构类型和房屋层数 B.抗震设防烈度、结构类型和房屋高度 C.抗震设防烈度、场地类型和房屋层数 D.抗震设防烈度、场地类型和房屋高度 7.地震系数k与下列何种因素有关? ( A ) A.地震基本烈度 B.场地卓越周期 一、 C.场地土类 1.震源到震中的垂直距离称为震源距(×)2.建筑场地类别主要是根据场地土的等效剪切波速和覆盖厚度来确定的(√)3.地震基本烈度是指一般场地条件下可能遭遇的超越概率为10%的地震烈度值 (×)4.结构的刚心就是地震惯性力合力作用点的位置(×)5.设防烈度为8度和9度的高层建筑应考虑竖向地震作用(×)6.受压构件的位移延性将随轴压比的增加而减小C.地震作用按8度确定,抗震措施按7度采用答题(共38分) 1、什么是震级?什么是地震烈度?如何评定震级和烈度的大小?(6分) 震级是表示地震本身大小的等级,它以地震释放的能量为尺度,根据地震仪记录到的地震波来确定(2分) 地震烈度是指某地区地面和各类建筑物遭受一次地震影响的强弱程度,它是按地震造成的后果分类的。(2分) 震级的大小一般用里氏震级表达(1分) 地震烈度是根据地震烈度表,即地震时人的感觉、器物的反应、建筑物破坏和地表现象划分的。(1分) D.地震作用按7度确定,抗震措施按8度采用 4.关于地基土的液化,下列哪句话是错误的(A)E.饱和的砂土比饱和的粉土更不容易液化 F.地震持续时间长,即使烈度低,也可能出现液化 G.土的相对密度越大,越不容易液化

清华大学版理论力学课后习题答案大全 第4章运动分析基础

(b) 第2篇 工程运动学基础 第4章 运动分析基础 4-1 小环A 套在光滑的钢丝圈上运动,钢丝圈半径为R (如图所示)。已知小环的初速度为v 0,并且在运动过程中小环的速度和加速度成定角θ,且 0 < θ <2 π,试确定小环 A 的运动规律。 解:R v a a 2 n sin ==θ,θ sin 2R v a = θ θtan cos d d 2t R v a t v a = ==,??=t v v t R v v 02d tan 1d 0θ t v R R v t s v 00tan tan d d -==θθ ??-=t s t t v R R v s 0000d tan tan d θθ t v R R R s 0tan tan ln tan -=θθθ 4-2 已知运动方程如下,试画出轨迹曲线、不同瞬时点的 1.?? ???-=-=225.1324t t y t t x , 2.???==t y t x 2cos 2sin 3 解:1.由已知得 3x = 4y (1) ? ??-=-=t y t x 3344 t v 55-= ? ??-=-=34y x 5-=a 为匀减速直线运动,轨迹如图(a ),其v 、a 图像从略。 2.由已知,得 2arccos 21 3arcsin y x = 化简得轨迹方程:29 4 2x y -= (2) 轨迹如图(b ),其v 、a 图像从略。 4-3 点作圆周运动,孤坐标的原点在O 点,顺钟向为孤坐标的正方向,运动方程为 22 1 Rt s π=,式中s 以厘米计,t 以秒计。轨迹图形和直角坐标的关系如右图所示。当点第一次到达y 坐标值最大的位置时,求点的加速度在x 和y 轴上的投影。 解:Rt s v π== ,R v a π== t ,222 n Rt R v a π== y 坐标值最大的位置时:R Rt s 2 212ππ== ,12=∴t R a a x π==t ,R a y 2π-= A 习题4-1图 习题4-2图 习题4-3图

理论力学课后习题及答案解析..

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。

清华大学版理论力学课后习题答案大全_____第12章虚位移原理及其应用习题解

解:如图(a ),应用虚位移原理: F 1 ?術 F 2 ? 8r 2 = 0 书鹵 / 、 8r 1 8r 2 tan P 如图(b ): 8 廿y ; 8 厂乔 8r i 能的任意角度B 下处于平衡时,求 M 1和M 2之间的关系 第12章 虚位移原理及其应用 12-1图示结构由8根无重杆铰接成三个相同的菱形。 试求平衡时, 解:应用解析法,如图(a ),设0D = y A = 2l sin v ; y^ 61 sin v S y A =21 cos :心; 溉=61 COST 心 应用虚位移原理: F 2 S y B - R ? S y A =0 6F 2 —2R =0 ; F i =3F 2 习题12-1图 F 2之值。已知:AC = BC 12-2图示的平面机构中, D 点作用一水平力F t ,求保持机构平衡时主动力 =EC = DE = FC = DF = l 。 解:应用解析法,如图所示: y A =lcos ) ; x D =3lsin v S y A - -l sin^ 心;S x D =3I COS ^ & 应用虚 位移原理: —F 2 ? S y A - F I 8x^0 F 2sin J - 3F t cos ^ - 0 ; F 2 = 3F t cot^ 12-3图示楔形机构处于平衡状态,尖劈角为 小关系 习题12-3 B 和3不计楔块自重与摩擦。求竖向力 F 1与F 2的大 F i F 2| (a ) (b) F i 8i - F 2 12-4图示摇杆机构位于水平面上,已知 OO i = OA 。机构上受到力偶矩 M 1和M 2的作用。机构在可

理论力学课后习题及答案

应按下列要求进行设计(D ) A.地震作用和抗震措施均按8度考虑 B.地震作用和抗震措施均按7度考虑 C.地震作用按8度确定,抗震措施按7度采用答题(共38分) 1、什么是震级什么是地震烈度如何评定震级和烈度的大小(6分) 震级是表示地震本身大小的等级,它以地震释放的能量为尺度,根据地震仪记录到的地震波来确定(2分) 地震烈度是指某地区地面和各类建筑物遭受一次地震影响的强弱程度,它是按地震造成的后果分类的。(2分) 震级的大小一般用里氏震级表达(1分) 地震烈度是根据地震烈度表,即地震时人的感觉、器物的反应、建筑物破坏和地表现象划分的。(1分) D.地震作用按7度确定,抗震措施按8度采用 4.关于地基土的液化,下列哪句话是错误的( A )A.饱和的砂土比饱和的粉土更不容易液化 B.地震持续时间长,即使烈度低,也可能出现液化 C.土的相对密度越大,越不容易液化 D.地下水位越深,越不容易液化 5.考虑内力塑性重分布,可对框架结构的梁端负弯矩进行调幅( B ) A.梁端塑性调幅应对水平地震作用产生的负弯矩进行 B.梁端塑性调幅应对竖向荷载作用产生的负弯矩进行 C.梁端塑性调幅应对内力组合后的负弯矩进行 D.梁端塑性调幅应只对竖向恒荷载作用产生的负弯矩进行 6.钢筋混凝土丙类建筑房屋的抗震等级应根据那些因素查表确定( B ) A.抗震设防烈度、结构类型和房屋层数 B.抗震设防烈度、结构类型和房屋高度 C.抗震设防烈度、场地类型和房屋层数 D.抗震设防烈度、场地类型和房屋高度 7.地震系数k与下列何种因素有关 ( A ) A.地震基本烈度 B.场地卓越周期 一、 C.场地土类 1.震源到震中的垂直距离称为震源距(×)2.建筑场地类别主要是根据场地土的等效剪切波速和覆盖厚度来确定的(√)3.地震基本烈度是指一般场地条件下可能遭遇的超越概率为10%的地震烈度值 (×)4.结构的刚心就是地震惯性力合力作用点的位置(×)5.设防烈度为8度和9度的高层建筑应考虑竖向地震作用(×)6.受压构件的位移延性将随轴压比的增加而减小 C.地震作用按8度确定,抗震措施按7度采用答题(共38分) 1、什么是震级什么是地震烈度如何评定震级和烈度的大小(6分) 震级是表示地震本身大小的等级,它以地震释放的能量为尺度,根据地震仪记录到的地震波来确定(2分) 地震烈度是指某地区地面和各类建筑物遭受一次地震影响的强弱程度,它是按地震造成的后果分类的。(2分) 震级的大小一般用里氏震级表达(1分) 地震烈度是根据地震烈度表,即地震时人的感觉、器物的反应、建筑物破坏和地表现象划分的。(1分) D.地震作用按7度确定,抗震措施按8度采用 4.关于地基土的液化,下列哪句话是错误的( A )E.饱和的砂土比饱和的粉土更不容易液化 F.地震持续时间长,即使烈度低,也可能出现液化 G.土的相对密度越大,越不容易液化

高等教育出版社,金尚年,马永利编著的理论力学课后习题解答

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 1.2 写出约束在铅直平面内的光滑摆线 上运动的质点的微 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时,s=0 S= = 4 a (1)

设 为质点所在摆线位置处切线方向与x 轴的夹角,取逆时针为正, 即切线斜率 = 受力分析得: 则 ,此即为质点的运动微分方程。 该质点在平衡位置附近作振动时,振动周期与振幅无关,为. 1.3 证明:设一质量为m 的小球做任一角度0θ的单摆运动 运动微分方程为θ θθF r r m =+)2( θθsin mg mr = ① 给①式两边同时乘以d θ θθθθd g d r s i n = 对上式两边关于θ 积分得 c g r +=θθc o s 212 ② 利用初始条件0θθ=时0=θ 故0 cos θg c -= ③ 由②③可解得 0c o s c o s 2-θθθ -?=l g 上式可化为dt d l g =?-?θθθ0cos cos 2-

两边同时积分可得θθθθθθθθd g l d g l t ??--- =-- =0 2 02 2 2002 sin 12 sin 1001 2cos cos 12 进一步化简可得θθθθd g l t ?-= 0002 222sin sin 1 21 由于上面算的过程只占整个周期的1/4故 ?-==0 2 2 2 sin 2 sin 1 2 4T θθθ θd g l t 由?θθsin 2sin /2sin 0= 两边分别对θ?微分可得??θθθ d d cos 2 sin 2 cos = ?θ θ202sin 2 sin 12cos -= 故?? θ? θθd d 20 2 sin 2 sin 1cos 2 sin 2 -= 由于00θθ≤≤故对应的2 0π?≤≤ 故?? θ ? θ?θθ θθπ θd g l d g l T ??-=-=20 20 2 2 cos 2 sin sin 2 sin 1/cos 2 sin 4 2 sin 2 sin 2 故?-=2 022sin 14π? ?K d g l T 其中2sin 022θ=K 通过进一步计算可得 g l π 2T =])2642)12(531()4231()21(1[224222 +????-????++??++n K n n K K 1.5

四川大学 理论力学 课后习题答案 第1周习题解答

静力学习题及解答—静力学基础
第 1 周习题为 1.2~1.9; 1.10~1.12 为选作。 1.1 举例说明由 F1 ? r = F2 ? r ,或者由 F1 × r = F2 × r ,不能断定 F1 = F2 。 解:若 F1 与 F2 都与 r 垂直,则 F1 ? r = F2 ? r = 0 ,但显然不能断定 F1 = F2 ; 若 F1 与 F2 都与 r 平行,则 F1 × r = F2 × r = 0 ,也不能断定 F1 = F2 ;
四川大学 建筑与环境学院 力学科学与工程系 魏泳涛

静力学习题及解答—静力学基础
1.2 给定力 F = 3 (? i + 2 j + 3k ) ,其作用点的坐标为 (?3,?4,?6) 。已知 OE 轴上的 单位矢量 e =
3 (i + j + k ) ,试求力 F 在 OE 轴上的投影以及对 OE 轴之矩。 3 解:力 F 在 OE 轴上的投影
FOE = F ? e = 3 (?i + 2 j + 3k ) ?
3 (i + j + k ) = ?1 + 2 + 3 = 4 3
力 F 对坐标原点 O 之矩 i j k mO ( F ) = ? 3 ? 4 ? 6 = 3 (15 j ? 10k ) ? 3 2 3 3 3 根据力系关系定理,力 F 对 OE 轴之矩
mOE ( F ) = mO ( F ) ? e = 3 (15 j ? 10k ) ? 3 (i + j + k ) = 15 ? 10 = 5 3
四川大学 建筑与环境学院 力学科学与工程系 魏泳涛

理论力学(盛冬发)课后习题答案ch07

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=1ωθ θωcos sin 2 ,图7.20(b)中直杆的角 速度=1ω2ω。 图7.19 图7.20 3.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 ?= (k 为常量),点B 的相对速度为lk ,相对加速度为2lk 。

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