刚体的平面运动动力学课后答案

第7.5节 刚体平面运动的动力学7.5.1 10m 搞得烟筒因底部损坏而倒下来，求其上端到达地面时的线速度。

设倾倒时底部未移动。

可近似认为烟筒为均质杆。

解：烟筒的长度l =10m 。

设烟筒上端到达地面的瞬间，烟筒绕其底部的转动角速度为ω。

在倾倒过程中，只受重力作用，做的功为：mg ⋅½l 。

由刚体定轴转动的动能定理：lgmlI I l mg 323122121=∴==⋅ωω烟筒上端到达地面时的线速度为：s m gl l v /2.17108.933≈⨯⨯===ω7.5.2 用四根质量各为m 长度各为l 的均质细杆制成正方形框架，可围绕其中一边的中点在竖直平面内转动，支点O 是光滑的．最初，框架处于静止且AB 边沿竖直方向，释放后向下摆动，求当AB 边达到水平时，框架质心的线速度C v。

以及框架作用于支点的压力N ．解：先求正方形框架对通过其质心且与其垂直的转轴（质心轴）的转动惯量：框架的质心位于框架的中心，即两条对角线的交点上。

每根细杆对其本身的质心轴的转动惯量：21210ml I =，细杆的质心与框架的质心的距离为l 21，由平行轴定理：2342210])([4ml l m I I c =⋅+⋅=再由平行轴定理，得框架对通过0点的转轴的转动惯量：237221)(4ml l m I I c =⋅+=(1)求框架质心的线速度v c框架在下摆过程中，只有重力做功，机械能守恒。

选取杆AB 达到水平时框架质心位置位势能零点，得：gll v l h m M I Mgh c lgc c 7321712212214===∴===ωωω（2）求框架对支点的压力N以框架为研究对象，它受到重力M g 和支点的支撑力N 的作用，由质心运动定理：c a M g M N =+取自然坐标系，τ沿水平方向，n 铅直向上，得投影方程：βτττc n c c n n Mh Ma N mgmg mg N mg l gl m h v M Ma Mg N n===+=⇒=⋅===-7372472421732744:ˆ:ˆ在铅直位置时，外力矩为0，故角加速度β=0，==〉N τ = 07.5.3 由长为l ，质量各为m 的均质细杆组成正方形框架，其中一角连于光滑水平转轴O ，转轴与框架所在平面垂直．最初，对角线OP 处于水平，然后从静止开始向下自由摆动．求OP 对角线与水平成450时P 点的速度，并求此时框架对支点的作用力．解：先求正方形框架对通过其质心且与其垂直的转轴（质心轴）的转动惯量：框架的质心位于框架的中心，即两条对角线的交点上。

第五章 刚体的平面运动5-1 刚体的平面运动方程一．平面运动的定义二．平面运动的简化刚体的平面运动可以简化为平面图形S 在其自身平面内的运动．三、平面运动分解为平动和转动1.平面运动方程为了确定代表平面运动刚体的平面图形的位置，我们只需确定平面图形内任意一条线段的位置．平面运动方程)(1t f x A = )(2t f y A = )(3t f =ϕ2．平面运动分解为平动和转动刚体平面运动可以看成是平动和转动的合成运动．刚体的平面运动可以分解为随基点的平动和绕基点的转动．3.刚体平面运动的角速度和角加速度平面运动随基点平动的运动规律与基点的选择有关，而绕基点转动的规律与基点选取无关(即在同一瞬间，图形绕任一基点转动的ε ,ω都是相同的）5-2 平面图形内各点的速度一．基点法（合成法）BA A B v v v +=平面图形上任一点的速度等于基点的速度与该点随图形绕基点转动的速度的矢量和二．速度投影法（自：就是基点法的变式） 速度投影定理：[][]AB A AB B v v =平面图形上任意两点的速度在该两点连线上的投影彼此相等三．瞬时速度中心法（速度瞬心法）1. 问题的提出2．速度瞬心的概念即在某一瞬时必唯一存在一点速度等于零，该点称为平面图形在该瞬时的瞬时速度中心，简称速度瞬心．３．几种确定速度瞬心位置的方法 ①已知图形上一点的速度A v 和图形角速度ω，可以确定速度瞬心的位置．（P 点）②已知一平面图形在固定面上作无滑动的滚动, 则图形与固定面的接触点P 为速度瞬心．③已知某瞬间平面图形上A ,B 两点速度B A v v ,的方向，且B A v v 不平行过A , B 两点分别作速度B A v v ,的垂线,交点P 即为该瞬间的速度瞬心.④ 已知某瞬时图形上A ,B 两点速度B A v v ,大小,且AB v AB v B A ⊥⊥ ,⑤已知某瞬时图形上A ,B 两点的速度方向相同，且不与AB 连线垂直．瞬时平动注意：瞬时平动与平动不同瞬时平动构件上各点的速度都相等，但各点的加速度并不相等。

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0ϕ= 0。

试求动齿轮以圆心A 为基点的平面运动方程。

解：ϕcos )(r R x A += （1） ϕsin )(r R y A +=（2）α为常数，当t = 0时，0ω=0ϕ= 0 221t αϕ=（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θϕϕ+=A因动齿轮纯滚，故有⋂⋂=CP CP 0，即 θϕr R = ϕθr R =， ϕϕrr 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：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+=+=+=222212sin )(2cos )(t r r R t r R y t r R x A A A αϕαα6－2 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：RvR v A A ==ωR v R v B B 22==ωB 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︒，ϕ＝60︒，BC ＝270mm 。

试求该瞬时杆BC 的角速度和点C 的速度。

hv AC v AP v ABθθω2000cos cos ===习题6-1图ABCv 0hθ习题6－2图PωABv CABCv ohθ习题6－2解图习题6-3解图习题6-3图v A = vv B = v ωAωB习题6-6图习题6-6解图解：杆BC 的瞬心在点P ，滚子O 的瞬心在点D BDv B ⋅=ωBPBD BP v B BC ⋅==ωω ︒︒⨯=30sin 27030cos 36012 rad/s 8=PC v BC C ⋅=ωm/s 87.130cos 27.08=︒⨯=6－5 在下列机构中，那些构件做平面运动，画出它们图示位置的速度瞬心。

力学（第二版）漆安慎习题解答第七章刚体力学第七章 刚体力学 一、基本知识小结⒈刚体的质心定义：∑⎰⎰==dm dm r r mr m r c i i c //求质心方法：对称分析法，分割法，积分法。

⒉刚体对轴的转动惯量定义：∑⎰==dm r I r m I ii 22平行轴定理 I o = I c +md 2 正交轴定理 I z = I x +I y.常见刚体的转动惯量：（略） ⒊刚体的动量和质心运动定理∑==c c a m F v m p⒋刚体对轴的角动量和转动定理∑==βτωI I L⒌刚体的转动动能和重力势能c p k mgy E I E ==221ω⒍刚体的平面运动=随质心坐标系的平动+绕质心坐标系的转动动力学方程：∑∑==c c c c I a m F βτ（不必考虑惯性力矩）动能：221221cc c k I mv E ω+= ⒎刚体的平衡方程∑=0F， 对任意轴∑=0τ二、思考题解答7.1 火车在拐弯时所作的运动是不是平动？答：刚体作平动时固联其上的任一一条直线，在各时刻的位置（方位）始终彼此平行。

若将火车的车厢看作一个刚体，当火车作直线运行时，车厢上各部分具有平行运动的轨迹、相同的运动速度和加速度，选取车厢上的任一点都可代替车厢整体的运动，这就是火车的平动。

但当火车拐弯时，车厢上各部分的速度和加速度都不相同，即固联在刚体上任一条直线，在各时刻的位置不能保持彼此平行，所以火车拐弯时的运动不是平动。

7.2 对静止的刚体施以外力作用，如果合外力为零，刚体会不会运动？答：对静止的刚体施以外力作用，当合外力为了零，即0i c F ma ==∑时，刚体的质心将保持静止，但合外力为零并不表明所有的外力都作用于刚体的同一点。

所以，对某一确定点刚体所受合外力的力矩i i iM M r F ==⨯∑∑不一定为零。

由刚体的转动定律M J α=可知，刚体将发生转动。

比如，置于光滑水平面上的匀质杆，对其两端施以大小相同、方向相反，沿水平面且垂直于杆的两个作用力时，杆所受的外力的合力为零，其质心虽然保持静止，但由于所受合外力矩不为零，将作绕质心轴的转动。

解:由图所示可知：点C就是AB杆与轮IＩ得速度瞬心，故
，（逆时针）、
，
杆OＢ得角速度为
,(逆时针)、
两齿轮啮合点M得速度为,则轮１得角速度为
，(逆时针)、
６－９如图所示，轮O在水平面上匀速滚动而不滑动，轮缘上固连销钉连接滑块B,此滑块在摇杆得槽内滑动,并带动摇杆绕轴转动。已知轮得半径m,在图示位置时,就是轮得切线,轮心得速度m/s,摇杆与水平面得夹角为。求摇杆得角速度与角加速度。
解：如图所示,对各构件进行速度分析、
１）杆作平面运动、因,所以杆为瞬时平移,得
、
２)杆作平面运动、由找得杆得速度瞬心为D点,所以，杆上得速度分布好像与三角板一起绕作定轴转动一样,得
,方向如图示、
3）杆作平面运动、由找得杆得速度瞬心为，故有
，(顺时针）;
,（方向向上).
6—５图示四连杆机构中,连杆由一块三角板ABD构成。已知曲柄得角速度ｒaｄ／s,mm,mm,mm。当mm铅直时,ＡＢ平行于，且、A、D在同一直线上,角。求三角板ＡBD得角速度与点D得速度.
解：1)速度分析、
动齿轮Ａ在定齿轮O上作纯滚动,所以，动齿轮A上与定齿轮O接触得这点就就是动齿轮得A得速度瞬心,于就是有
,，(逆时针)、
、
选BＥ杆上得Ｂ点为动点,套筒C为动系,如图(a)。由速度合成定理
,
得
,
、
式中、从而杆BE得角速度为
，(顺时针）、
当选BＥ杆上得为动点时,牵连速度为零，又因为杆相对于套筒就是作平移,从而杆ＢE上得点得速度为
解出
,
，
于就是，杆得角速度为
，（逆时针）；
杆得角速度为
,(顺时针)、
选取滑块上得销钉C为动点,摇杆为动系，则

r1 r2 4 r2
1
(r r ) vC 2(r1 r2 ) r 4 1 3 4 (1 3 ) 4 12 4 r1 r1 r1 r1 ()
n1 12n4 10800r / min
6－6. 图示小型精压机的传动机构，OA=O1B=r=0.1m， EB=BD=AD=l=0.4m。
解： （1）求 aB 和AB
V A 常量, a A 0 V A || VB , 且AB不垂直于V A , AB杆作瞬时平动
AB 0, BC VB / BC 10 / 5 2
选A为基点, 则 a B a B a A a BA a BA 由图中几何关系得
杆 EF 的速度瞬心在点 P：
EF
vF vF v sin F 1.33 rad / s (顺) PF EF sin EF
6－4.在瓦特行星传动机构中，平衡杆 O1A 绕 O1 轴转动，并借连杆 AB 带动曲柄 OB；而曲柄 OB 活动地装置在 O 轴上，如图所示。在 O 轴上装有齿轮 I，齿轮
57.8m / s 2
杆 O1 B 的角加速度 @
2 1 a 逆时针 B / O1 B 57.8 / 0.3 192.7 rad / s
6－3.图示机构中，已知：OA=0.1m， DE=0.1m， EF 0.1 3 m ，D 距 OB 线为 h=0.1m； OA 4 rad s 。在图示位置时，曲柄 OA 与水平线 OB 垂直；且 B、D 和 F 在同一铅直线上。又 DE 垂直于 EF。求杆 EF 的角速度和点 F 的速度。
a A R 0 ,
n
选A为基点, 则

a B a A a BA a BA

av）c
作用在刚体上的力矩使刚体旋转，绕质心轴的角加速度为 z'
P.236 图 r
r
将力F沿作用线大小方向不变地滑移到 ，F不' 影响两种效果
7.27
作用在刚体上的力是滑移矢量
刚体力的三要素：大小、方向、作用线
4 刚体平面运动
二、作用于刚体上的力
2．力偶和力偶矩
力偶：大小相等方向相反彼此平行的一对力
平面运动动能定理
A外ຫໍສະໝຸດ Ek(1 2
mvc2

1 2
Ic2 )
P.240 例题 3
刚体平面运动的基本动力学方程：
v Fi

mavc
M I Z'
z' z'
力偶作用效果：
力偶不改变质心的运动状态 只改变刚体的转动状态
4 刚体平面运动
二、作用于刚体上的力
2．力偶和力r偶矩
r
F' O1
C
O2
F
Od' MZ O"
F O"C F O'C F ( O"C O'C )
4 刚体平面运动
v Fi

mavc
MZ' Iz' z' 0
二维平动：刚体作平面运动又只作平动
P.239 例题 2
4 刚体平面运动
三、刚体平面运动的动能
平面运动 = 平动 + 定轴转动 平面运动动能 = 随质心平动动能 + 绕质心轴转动的动能
Ek

1 2
mvc2

1 2
I c 2
4 刚体平面运动

第五张 刚体力学平动中见彼此,转动中见分高低.运动美会让你感受到创造的乐趣.走过这遭,也许会有曾经沧海难为水的感叹.别忘了,坐标变换将为你迷津救渡,同时亦会略显身手.【要点分析与总结】1 刚体的运动（1）刚体内的任一点的速度、加速度（A 为基点） （2）刚体内的瞬心S ：()21s A A r r ωυω=+⨯〈析〉ω为基点转动的矢量和，12ωωω=++值得注意的是：有转动时r '与r ω'⨯的微分，引入了r ω'⨯与()r ωω'⨯⨯项。

2 刚体的动量，角动量，动能 （1）动量：c P m υ=（2）角动量： x x xx xy xz i i i y yxyy yz y zx zyzz z z L J J J L r m L J J J J J J J L ωυωωω⎛⎫⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎪=⨯===-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑式中：转动惯量()()()222222xx yy zz J y z dmJ z x dm J x y dm ⎧=+⎪⎪=+⎨⎪=+⎪⎩⎰⎰⎰惯量积xx yy zz J xydmJ yzdm J zxdm ⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩⎰⎰⎰且c c cL r m L υ'=⨯+ * l e 方向（以l 为轴）的转动惯量： （,,αβγ分别为l e 与,,x y z 轴夹角的余弦） * 惯量主轴惯量主轴可以是对称轴或对称面的法线若X 轴为惯量主轴，则含X 的惯量积为0，即: 0==xy xz J J 若,,x y z 轴均为惯量主轴，则:xx yy zz L J i J j J k =++ 〈析〉建立的坐标轴轴应尽可能的是惯量主轴，这样会降低解题繁度。

(3) 动能：22211112222c i i c c iT m m m J υυυωω'=+=+∑* 定轴转动时: 212T J ω=* 平面平行运动: 221122c c T m J υω=+3刚体的动力学方程与质点动力学方程相同。

三、平面运动分解为平动和转动
1.平面运动方程 为了确定代表平面运动刚体的平面图形的位臵，我们只需 确定平面图形内任意一条线段的位臵．
任意线段AB的位臵可
用A点的坐标和AB与x轴夹 角表示．因此图形S 的位 臵决定于 x A , y A , 三个 独立的参变量．所以
x A f1 (t ) 平面运动方程 y A f 2 (t ) f 3 (t ) 对于每一瞬时 t ，都可以求出对应的 x A , y A , ， 图形S 在该瞬时的位臵也就确定了。
上投影，有
vB AB vA AB
—速度投影定理
即 平面图形上任意两点的速度在该两点连线上的投影彼此 相等．这种求解速度的方法称为 速度投影法．
例1.曲柄连杆机构OA=AB=l，取柄OA以匀 转动。 求： 当 =45º 时, 滑块B的速度及AB杆的角速度。 a.基点法 b.速度投影法
=45º 时
研究AB，已知 v , v 的方向，因此 A B 可确定出P点为速度瞬心
v A l , AP l AB v A / AP l /l （ v B BP AB 2l ()
）
=0º 时
vA
P
v A l, AP AB l AB v A / AP l / l （ vB 0
５. 注意的问题 速度瞬心在平面图形上的位臵不是固定的，而是随时间不 断变化的。在任一瞬时是唯一存在的。
速度瞬心处的速度为零, 加速度不一定为零。不同于定轴转动 刚体作瞬时平动时，虽然各点的速度相同，但各点的加速
度是不一定相同的。不同于刚体作平动。
例2.曲柄连杆机构OA=AB=l，取柄OA以匀 转动。 用瞬心 法求：当 =45º ，0º ，90º 时, 滑块B的速度及AB杆的角速度。

（7－8）
其中： 是从速度瞬心 引向M点的矢径， 为平面图形的角速度矢量。
4、平面图形上各点的加速度
基点法公式：
（7－9）
其中： 。基点法公式建立了平面图形上任意两点的加速度与平面图形的角速度和角加速度间的关系。只要平面图形的角速度和角加速度不同时为零，则其上必存在唯一的一点，其加速度在该瞬时为零，该点称为平面图形的加速度瞬心，用 表示。
(b)
再根据对固定点的冲量矩定理：
系统对固定点A（与铰链A重合且相对地面不动的点）的动量矩为滑块对A点的动量矩和AB杆对A点的动量矩，由于滑块的
动量过A点，因此滑块对A点无动量矩，AB杆对A点的动量矩（也是系统对A点的动量矩）为：
将其代入冲量矩定理有：
(c)
由（a,b,c）三式求解可得：
(滑块的真实方向与图示相反)
其中：aK表示科氏加速度；牵连加速度就是AB杆上C点的加速度，即：
将上述公式在垂直于AB杆的轴上投影有：
科氏加速度 ，由上式可求得：
3-14：取圆盘中心 为动点，半圆盘为动系，动点的绝对运动为直线运动；相对运动为圆周运动；牵连运动为直线平移。
由速度合成定理有：
速度图如图A所示。由于动系平移，所以 ，
根据点的复合运动速度合成定理有：
其中： ，根据几何关系可求得：
AB杆作平面运动，其A点加速度为零，
B点加速度铅垂，由加速度基点法公式可知
由该式可求得
由于A点的加速度为零，AB杆上各点加速度的分布如同定轴转动的加速度分布，AB杆中点的加速度为：
再取AB杆为动系，套筒C为动点，
根据复合运动加速度合成定理有：
3－25设板和圆盘中心O的加速度分别为
，圆盘的角加速度为 ，圆盘上与板

第三章思考题解答3.1 答：确定一质点在空间中得位置需要3个独立变量，只要确定了不共线三点的位置刚体的位置也就确定了，故须九个独立变量，但刚体不变形，此三点中人二点的连线长度不变，即有三个约束方程，所以确定刚体的一般运动不需3n 个独立变量，有6个独立变量就够了.若刚体作定点转动，只要定出任一点相对定点的运动刚体的运动就确定了，只需3个独立变量；确定作平面平行运动刚体的代表平面在空间中的方位需一个独立变量，确定任一点在平面上的位置需二个独立变量，共需三个独立变量；知道了定轴转动刚体绕转动轴的转角，刚体的位置也就定了，只需一个独立变量；刚体的平动可用一个点的运动代表其运动，故需三个独立变量。

3.2 答物体上各质点所受重力的合力作用点即为物体的重心。

当物体的大小远小于地球的线度时物体上各质点所在点的重力加速度都相等，且方向彼此平行即重力场为均匀场，此时质心与重心重合。

事实上但物体的线度很大时各质点所在处g 的大小是严格相等，且各质点的重力都指向地心，不是彼此平行的，重心与质心不和。

答 当物体为均质时，几何中心与质心重合；当物体的大小远小于地球的线度时，质心与重心重合；当物体为均质且大小远小于地球的线度时，三者都重合。

3.4 答 主矢F 是力系各力的矢量和，他完全取决于力系中各力的大小和方向，故主矢不随简化中心的位置而改变，故而也称之为力系的主矢；简化中心的位置不同，各力对简化中心的位矢i r 也就不同则各力对简化中心的力矩也就不同，故主矩随简化中心的位置而变，被称之为力系对简化中心的主矩。

分别取O 和O '为简化中心，第i 个力i F 对O 和O '的位矢分别为i r 和i r '，则i r =i r '+O O '，故()()iii ii i O F O O r F r M ⨯'-'=⨯'=∑∑'()∑∑⨯'-⨯'=ii ii i F O O F r ∑⨯'+=ii o F O O M即o o M M ≠'主矢不变，表明刚体的平动效应不变，主矩随简化中心的位置改变，表明力系的作用对刚体上不同点有不同的转动效应，但不改变整个刚体的转动规律或者说不影响刚体绕质心的转动。

圆盘
故
向
即
8-21图8-48所示机构中，圆轮A的半径R=0.2m，圆轮B的半径r=0.1m，两轮均在水平轨道上作纯滚动。在图示瞬时，A轮上C点在最高位置，轮心速度vA=2m/s，加速度aA=2m/s2，试求轮B滚动的角速度和角加速度。
图8-48
加速度分析
圆轮A
杆BC
故
向
8-22轮O在水平面上作纯滚动，如图8-49所示。轮缘上固定销钉B，此销钉可在摇杆O1A的槽内滑动，并带动摇杆绕轴O1转动。已知轮心O的速度是一常量，vO=0.2m/s，轮的半径R=0.5m，图示位置时，O1A是轮的切线，摇杆与水平面的夹角为 。试求该瞬时摇杆的角速度和角加速度。
图8-59
以O为动点，杆AB为动系
(1)速度分析
(2)加速度分析
圆轮O
以O为基点，分析C点
向y
8-33图8-60所示机构中，已知曲柄OA以匀角速度 绕定轴O转动，OA=100mm，l=500mm。在图示位置， ，试确定杆BD的角速度和角加速度。
图8-60
以A为动点，杆AB为动系
(1)速度分析
(2)加速度分析
图8-33
瞬心法
基点法
8-7在如图8-34所示的筛动机构中，筛子BC的摆动是由曲柄连杆机构所带动。已知曲柄长OA=0.3m，转速为n=40r/min。当筛子运动到与点O在同一水平线上时， ，试求此时筛子BC的速度。
图8-34
速度投影定理
8-8长为l=1.2m的直杆AB作平面运动，某瞬时其中点C的速度大小为vC=3m/s，方向与AB的夹角为 ，如图8-35所示。试求此时点A可能有的最小速度以及该瞬时杆AB的角速度。
8-20半径为r的圆盘可在半径为R的固定圆柱面上纯滚动，滑块B可在水平滑槽内滑动，如图8-47所示。已知r=125mm，R=375mm；杆AB长l=250mm。图示瞬时，vB=500mm/s，aB=750mm/s2；O、A、O1三点位于同一铅垂线上，试求此时圆盘的角加速度。

一、刚体平面运动的动力学方程
【平面运动】刚体上各点均在平面ຫໍສະໝຸດ 运动， 且这些平面均与一固定平面平行。
例：圆柱体沿直线路径的滚动。
一、刚体平面运动的动力学方程
刚体的平面运动可分解为
随质心的平动 绕过质心且垂直于固定平面的轴的转动
ω C
一、刚体平面运动的动力学方程
1、质心的运动
——刚体的质量 ——合外力
2l
故有
N2
f
Wl Pl1 2l
cot
梯子不滑动的条件 f N1
Wl Pl1 cot (W P) 2l
线的垂直距离为l. 求: 质心的加速度和圆柱所受的静摩擦力.
F l
ac
Rm
f
随堂练习
圆柱在竖直面内作平面运动。 由质心运动定理：
F f maC
又由对质心轴的转动定理：
Fl fR 1 mR 2
2
纯滚动的运动学判据 aC R
以上三式联立，可解得
2F(R 3mR 2
l)；
f (R 2l) F 3R
则梯子的倾角？
Mq Ogf
x
随堂练习
设梯子不滑动时与地面的夹角为q， y N2 C
水平方向的力平衡： N 2 f 竖直方向的力平衡： N1 W P
为简化计算，取C为力矩的参考点，
2 fl sin Wl cos Pl1 cos
m g
l1 N1
Mq x
Ogf
解之得
f Wl Pl1 cot
由质心的运动定理决定
C
aC
——代表刚体作整体平移运动的加速度
一、刚体平面运动的动力学方程
对刚体的平面运动 y
在固定平面投影
Fx
m

第六章 刚体的基本运动 习题全解[习题6-1] 物体绕定轴转动的运动方程为334t t -=ϕ（ϕ以rad 计，t 以s 计）。

试求物体内与转动轴相距m r 5.0=的一点，在00=t 与s t 11=时的速度和加速度的大小，并问物体在什么时刻改变它的转向？ 解：角速度： 2394)34(t t t dt ddt d -=-==ϕω 角加速度：t t dtddt d 18)94(2-=-==ωα速度： )94(2t r r v -==ω)/(2)094(5.0|20s m r v t =⨯-⨯===ω)/(5.2)194(5.0|21s m v t -=⨯-⨯==切向加速度：rt t r a t 18)18(-=-==ρα法向加速度：22222)94()]94([t r rt r v a n -=-==ρ 加速度： 422222222)94(324])94([)18(t t r t r rt n a a n t -+=-+-=+=)/(8165.0)094(0324|24220s m r a t =⨯=⨯-+⨯== )/(405.1581.305.0)194(1324|24221s m r a t =⨯=⨯-+⨯== 物体改变方向时，速度等于零。

即：0)94(2=-=t r v )(667.0)(32s s t ==[习题6-2] 飞轮边缘上一点Ｍ，以匀速ｖ＝１０ｍ／ｓ运动。

后因刹车，该点以)/(1.02s m t a t =作减速运动。

设轮半径Ｒ＝０.４ｍ，求Ｍ点在减速运动过程中的运动方程及ｔ＝２ｓ时的速度、切向加速度与法向加速度。

解：t dtd a t 1.04.022-===ϕρα （作减速运动，角加速度为负）t dt d 25.022-=ϕ12125.0C t dtd +-=ϕ2130417.0C t C t ++-=ϕ12124.005.0)125.0(4.0C t C t dtd R v +-=+-⨯==ϕ104.0005.0|120=+⨯-==C v t图题46-251=C0000417.0|2130=+⨯+⨯-==C C t ϕ 02=C ，故运动方程为： t t 250417.03+=ϕt t t t R s 100167.0)250417.0(4.033+-=+-==ϕ速度方程：1005.02+-=t v)/(8.910205.0|22s m v t =+⨯-== 切向加速度：)/(2.021.01.0|22s m t a t t -=⨯-=-== 法向加速度：222)25125.0(4.0+-⨯==t a n ρω)/(1.240)252125.0(4.0|2222s m a t n =+⨯-⨯==[习题6-3] 当起动陀螺罗盘时，其转子的角加速度从零开始与时间成正比地增大。

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理论力学（I）第8版哈尔滨工业大学理论力学教研室课后答案前辅文静力学引言第一章静力学公理和物体的受力分析第二章平面力系第三章空间力系第四章摩擦理论力学（I）第8版哈尔滨工业大学理论力学教研室习题答案§4-4 滚动摩阻的概念运动学引言第五章点的运动学*§5-5 点的速度和加速度在球坐标中的投影思考题习题第六章刚体的简单运动§6-1 刚体的平行移动§6-2 刚体绕定轴的转动§6-3 转动刚体内各点的速度和加速度§6-4 轮系的传动比§6-5 以矢量表示角速度和角加速度·以矢积表示点的速度和加速度思考题习题第七章点的合成运动第八章刚体的平面运动动力学引言第九章质点动力学的基本方程第十章动量定理第十一章动量矩定理第十二章动能定理第十三章达朗贝尔原理第十四章虚位移原理参考文献习题答案索引Synopsis哈尔滨工业大学理论力学教研室理论力学（I）第8版课后答案第十四章虚位移原理。

理论力学8章作业题解8-2 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。

如曲柄OA 以匀角加速度a 绕O 轴转动，且当运动开始时，角速度00=w ，转角0=j 。

求动齿轮以中心Ａ为基点的平面运动方程。

解：图示，A 轮平面运动的转角为=A j ∠C 3AC 2=j +∠CAC 2由于弧长CC 1=CC 2，故有 ∠CAC 2=r R /j ，所以22/t rr R r r R r R A a j j j j +=+=+=A 轮平面运动方程为ïïîïïíì+=+=+=+=+=22212212)sin()()sin()()cos()(cos )(tr r R t r R r R y t r R r R x A A A a j a j a j8-6两刚体M ，N 用铰C 连结，作平面平行运动。

已知AC=BC=600mm ，在题附图所示位置s mm v s mm v B A /100,/200==，方向如图所示。

试求C 点的速度。

解：由速度投影定理得()()0==BC C BC B v v 。

则v C 必垂直于BC 连线，v C 与AC 连线的夹角为30°。

由()()AC A AC C v v = 即得：s mm v v A C /200== ，方向如题4-6附图示。

解毕。

8-9 图所示为一曲柄机构，曲柄OA 可绕O 轴转动，带动杆AC 在套管B 内滑动，套管B 及与其刚连的BD 杆又可绕通过B 铰而与图示平面垂直的水平轴运动。

已知：OA ＝BD ＝300mm ，OB ＝400mm ，当OA 转至铅直位置时，其角速度ωo ＝2rad/s ，试求D 点的速度。

C 12Aj C解 (1)平面运动方法： 由题可知：BD AC w w =确定AC 杆平面运动的速度瞬心。

套筒中AC 杆上一点速度沿套筒(为什么？)s rad IAOA IA v A AC /72.00=´==w w , s mm BD BD v AC BD D /216=´=´=w w D 点加速度如何分析？关键求AC 杆角加速度(=BD 杆角速度) 基点法，分析AC 杆上在套筒内的点(B’)：(1) tA B n A B A B a a a a ¢¢¢++=r r r r大小：× ∠ ∠ × 方位：× ∠ ∠ ∠ 再利用合成运动方法：动点：套筒内AC 杆上的点B’，动系：套筒。

解:动齿轮作平面运动。建立与曲柄OA固结得转动坐标系，与在动齿轮得Ａ点建立平移坐标系,如图所示,从图中可见,因动齿轮与固定齿轮间没有滑动,所以存在关系
小轮半径相对平移坐标系,也即固定坐标系得转角为
,而,
可得小轮平面运动方程为
，、
6—4图示机构中,已知m，m，m,ｍ;rad／ｓ。在图示位置时，曲柄OA与水平线ＯB垂直；且B、Ｄ与F在同一铅直线上,又.求EF得角速度与点Ｆ得速度。
平面图形上各点速度在某瞬时绕瞬心得分布与绕定轴转动时得分布相同,但有本质区别。绕定轴转动时,转动中心就是一个固定不动得点,而速度瞬心得位置就是随时间而变化得。
面图形内任意一点得速度，其大小等于该点到速度瞬心得距离乘以图形得角速度，即
,
其方向与ＣＭ相垂直并指向图形转动得一方。若在某瞬时,,则称此时刚体作瞬时平移，瞬时平移刚体得角加速度不为零。
第六章刚体得平面运动
本章要点
一、刚体平面运动得描述
1刚体得平面运动方程:，,、
２平面图形得运动可以瞧成就是刚体平移与转动得合成运动：刚体得平面运动(绝对运动)便可分解为随动坐标系(基点）得平移(牵连运动)与相对动坐标系(基点)得转动(相对运动)。其平移部分与基点得选取有关,而转动部分与基点得选取无关.因此,以后凡涉及到平面图形相对转动得角速度与角加速度时,不必指明基点,而只说就是平面图形得角速度与角加速度即可。
二、平面运动刚体上点得速度
1基点法:平面图形内任一点得速度,等于基点得速度与点绕基点转动速度得矢量与，即
，
其中得大小为，方向垂直于AＢ，指向与图形得转动方向相一致.
2投影法
速度投影定理:在任一瞬时,平面图形上任意两点得速度在这两点连线上得投影相等,即
3瞬心法