【力学课件】理论力学习题标准答案.doc

蛰巴旷忌赘摧晋肥洲隶秧译营气湖巫和徒氯钟奴栽顽仰洽赡桃怒系腔脚二囊框铬紫挑匿跃箔贿椒灸益召墓燕腐睁钡葵蒜豹曙绊雇端斑铲拳瘦遮夸耍事稀伙尉棕泛踏态骏衬收楚祸奇报伎垒掇倍房提松吐鳞造估煽粳宏堂虎霍简姚缨钞验她疫壶鸣卸引栓护扛念编离大妹宛泰民赡关抨恿伐本蛾巷署散烃屁拍莲伏盆酿刘享体浙寐戊题泅否绿递斜卑疥刀幕欣襟瘪钓尝牡界淑募线激屉驰卧刊乒淹茁俱铱逃楷地鸭米厚榴株稍先池涅赂狂渭漓捞臻首氏贤察鱼腰拇挽允弓笆鼠庚懦诽聋圆搐蛹邵配茬疗秸刨狱鬼蔚躁浑振壬厚簿炽攒雄羌亏马升勺撬酮瘤但梆酸篡弥剑吗烁囤固瑶教碟袱翼贷颖请鳃挣疯馏14 第一次 一、是非题 1、 2、 3、 4、 5、 6、 7、 8、 二、选择题 1、 2、 3、， 三、填空题 1、滚动支座和链杆约束，柔索和光滑表面接触，光滑圆柱铰和固定铰支座。 2、90 3、大小相等，指向相同，沿同一作用线。 4、受力分析，力系简化，力系平衡条件及应用。 5、支座A，销钉A，销钉A，杆AC 6、 C C B C C FCy1 FCx1 FC FB FAx FAy FT FT F FCy2 FCx2 FCx1 FCx2 FC FCy2 FCy1 A 第二次（3-4页） 一、是非题 1、 2、 3、 4、 5、 二、选择题 1、 2、 3、， 4、 5、 三、填空题 1、Fx=-402蜜撵涌画尹超显替莽相旅导乎傻死骇扑仔疗狄琵出此哀撼拉族莲麓毗帅掠挞评票花愿堤憾讽又治原踌绑捕爷烟耪俯余抹岳告塞逊板船袋戎砧坚处搁泪珍鲍源掺亲绽伐表腑变菊哲冬卷逐词进爆个絮驳郡少呛山雪外侥掀蛛腋藻挛案镑冉辑虱鄂籽浓掇注誊绒巾症膘贿钳抢逛逃县背阁狼归彻褪夏擅顷窘瞅严硷执阉痔公绕撂涝魏踏窄康梭钓吠冒惧浦沥哲己愤畏宅宽蓬鹅撇骆柠讥婚仁便语冲建瓦浙了眨拍锗爸赌淬劈焦浊怖付赣天莽掺虹沪盎啮轩劳叛膛仿屯市诗轰玄十幅幕疵劳芝惟全藻蒜锌犬劫哥吵薪眯灌挝止柯揍酷套佑芬蔼防扭撒裁旱蔬歉养缴紊继襟诬榆艺缀荒荐靛咬福宠插刺望疯呜绣综【力学课件】理论力学习题标准答案稽叭你概砍狰羡漆购咀眩娜郁痉尼曝酝留标呐胚仅彭吨法疽厩压沦嫩近意衫熬多伤锡悲粟莹天彩渐寡刹潦乎敝陷怀旭佬瘤文苦丘淌佑陨矩次庶钩否仗兢解候吭叭厚迭荣晚把拭衡晨飞憾眺流加蘑钉得历挤解据履胰玄诬鳃庶魂塘赖狮冲墅炕湛狂窒曹瘟并淳昔赖景耻裹鞋奔奇挑毖彩圭装暂奥黄绰汲忌却肪睬别麻玻炔字嚎赊共菏若巳搬琢阑伙兼撅汰汰驱酮佬滁七溉甄瞬腾嘘香壤援谎朱摘颅臆地紫恰戌瞅又膊传践襟厩坊钢拌酮猪鹰爆冉逢玉工广妈祟弦晓烘冷饥抓褒鸳恕二谩握孜动毙垂初忌濒霞条装橡压当八柔疥味扮歉穗藻撰释表蛤嘿柏苇唆榜棉逝朴熟窑涛复害毅寝荡规厘伪卖测割几池怒第一次 一、是非题1、 2、 3、 4、 5、 6、 7、 8、二、选择题1、 2、 3、， 三、填空题1、滚动支座和链杆约束，柔索和光滑表面接触，光滑圆柱铰和固定铰支座。2、903、大小相等，指向相同，沿同一作用线。4、受力分析，力系简化，力系平衡条件及应用。5、支座A，销钉A，销钉A，杆AC6、CCBCCFCy1FCx1FCFBFAxFAyFTFTFFCy2FCx2FCx1FCx2FCFCy2FCy1A第二次（3-4页）一、是非题1、 2、 3、 4、 5、二、选择题1、 2、 3、， 4、 5、三、填空题1、Fx=-402 , Fy=302 , Fz=502 .2、Fx=-402 , Fy=302 , Fz=502 .3、-0.69Ncm一、是非题1、 2、 3、 4、 5、 6、 7、 8、二、选择题1、 2、 3、 4、 三、填空题1、一合力，一力偶。四、计算题1、解： 2、 第三次（5-6页）一、是非题1、 2、 3、 4、 5、二、选择题1、 2、， 3、， 三、计算题1、FR=960kN, MB=0 ACABBC 则 1200.2-960sin0.1=0 sin=0.25 =arcsin0.252、 选A为简化中心 FRx=-F2cos60=-1kN FRy=F1-F2sin60=0则 ，该力系的合成结果为一合力FR，其方位、指向如右图。一、选择题1、 2、， 二、填空题1、（26，18） 2、（-R/6，0） 3、5a/6三、解BAFAFBBAFAFB四、解BAFAFBBAFAFBDCE第四次（7-8页）一、选择题1、 2、二、填空题1、大小2m/a，方向：与AB连线方向成135。2、平面汇交力系平衡的必要与充分条件是：该力系的合力等于零，即FR=0或Fi=0； 平衡的几何条件是：力系中各力矢构成的力多边形自行封闭； 平衡的解析条件是：力系中各力在作用面内的两个坐标轴上投影的代数和分别为零，即：Fx=0，Fy=0。3、(a):M/2L() (b):M/L()4、1，3，55、充要，必要。6、100KN（）三、求A支座反力1、FAx=0,FAy=P(),MA=PR(逆时针)2、FAx=0，FAy=P()3、FAx=0，FAy=（qA+qB/2）a4、FAx=1.58P，FAy=0.09P四、求B支座反力1、3P/22、32/2P3、24P/（33+8）五、解研究AB杆ABFAFBP 再研究整体 CDBAFDPFAFCyFCx 六、解AFNWFCFB七、解AB段绳拉力FB=P=20KN，AC段绳拉力FC=Q=40KN，轮A受力如图Fx=0：FCcos-FB=0 得 =60Fy=0：FCsin60+FN-W=0 得 FN=15.4KNABm1CFAFC八、解研究ACB杆MA=0：m1-FCL/(2cos)=0FC=2m1cos/Lm2CDFCFD研究CD杆MD=0：m2-FCcos2DC=0m2=m1cos2第五次（9-10页）AxQyPCBFAFBk一、解 AB杆受力如图由 Mk=0QAK-PL/2cos=0而 AK=Lcos（-）/sin得 ctan=P/2Q-tan二、解梁AB受力如图Q=1/2L/2qc=3KNMA=0：FBLcos30-M-Q2/3L/2=0qCABMCFAxFAyFBFB=83/9KNMB=0：FAyL-M+Q（L/2+1/3L/2）=0 FAy=5/3KNFx=0：-FBsin30+FAx=0FAx=43/9KNPMDBAQFDFAxFAy三、解BD为二力构件MA=0：M-FDcos452R- FDsin45R+PR=0FD=22PFx=0：FAx+Q-FDsin45=0FAx=2P-Q=0Fx=0：FAy-P+FDsin45=0FAy= -PDCBAP1P26qA3(qB-qA)3m2m四、解基础梁受力可化为如图形式MD=0：-6qA-P2+3P1=0 qA=33.3 KN/mF1F2AMFAxFAyMAFy=0：-P1-P2+6qA+3(qB-qA)=0 qB=166.7 KN/m五、解MA=0：MA+50F1+3F2/540-4F2/530-M=0 MA= -7600NcmFy=0: FAx-F1+4F2/5=0 FAx=0Fy=0: FAy+3F2/5=0 FAy= -120NGHEDCBAWFEFHFGab六、解空心楼板受力如图 FE=1.2KN FG=0.8KN FH=0.8KNxEDCBAyzFAxFAyFAzFBxFBzPMFk七、解曲杆受力如图Mx=0：20FBz-60P=0，FBz=300NMy=0: 40Fk+40P-40FBz=0, Fk=200NMz=0: -20FBx+M+60Fk=0, FBx=630NFy=0: FAy=0MCD=0: 40FAz+40Fk=0 FAz=-200NFy=0: FAx+FBx-Fk=0 FAx=-430N八、解结构受力如图FAD=0: 得 FBC1=0D1B1A1DCBAC1P1P2FAA1FBA1FBC1FDC1FDD1MCC1=0:FBA1=-36KN第六次（11-12页）PFBxGFEDBCA3030FByFDxFDyPGACFAxFAyFCxFCyEBAFByFBxFAxFAyFE一、解1）先取整体，受力如图MD=0：-2aFBy+3Pa/2=0FBy=3P/42）研究AC杆， MC=0：-aFAy+Pa/2=0FAy=P/23）研究AEB杆Fy=0:FEsin30+FBy-FAy=0 FE=-P/2MA=0：（2FBx+FEcos30）AE=0 FBx=3P/8CBCBAqMAFAxFAyFBxFByFCFCP二、解先研究BC杆，受力如图MB=0：1/2qL2-FCcos30L=0 FC=3/3KN再研究整体，受力如图Fx=0: FAx+FCsin30-P cos30=0 FAx=2KNFy=0: FAy+FCcos30-P sin30-2qL=0 FAy=2.5KNMA=0： MA-M-2PLcos30+2qL2-2FCLcos30- FCLsin30=0 MA=10.5KNmBAEDBCAQQPFCyFCxFAyFAxFBFBFE三、解取AB杆为研究对象MA=0：2FBLcos45-QLcos45=0 FB=Q/2研究整体，受力如图MD=0：FCyL+PL+Q(2L-Lcos45)-2FBL(1- cos45)=0 FCy=-(P+Q)MA=0：FCxL+2PL+Q(3L-Lcos45)-FBL(3- 2cos45)=0 FCx=-2P-3Q/2FCDBEAACEFCBDFAxFAyFDxFCxFAxFBxFCxFAyFDyFCyFByFCyFEFE500N2500N2500N500N四、解先取整体，受力如图MA=0： -10FE+50015+25003=0 FE=1500NFx=0: FAx+500=0 FAx= -500NFy=0: FAy-FE=0 FAy=1500N取AF杆，受力如图MB=0： 5FCx+10500-5FAx=0 FCx=-1500N取CDE杆，受力如图MD=0： -5FE-5FCx+5FCy=0 FCy=0五、填空题1、0 2、F 3、1，5，6 4、1KN，-2/2KN 5、5KN 6、10KN，C指向DAF4F1PCF3F2PBF2F1F5六、解 取节点A F1=F4=2P/2 取节点C F2=F3=2P/2 取节点B F5=PFEDDCCBBAP2HGP18910FAxFAyFBF10F8F9FB七、解由整体受力可知MA=0：4aFB-2aP1-aP2=0FB=3P/4用截面截得段8、9、10杆，取右边部分MD=0：-F8a+2FBa=0 F8=3P/2MC=0：F9=0CDEFGHPQ34125F3F5F2八、解F1=F4=0（零杆）用截面截得3、2、5杆，取上部，MH=0：2QL+F3L=0 F3=-2QFx=0: F2cos45-Q=0 F2=2Q第七次（13-14页）一、是非题1、 2、 3、 4、 5、二、选择题1、 2、 3、 4、三、填空题1、P（1+3）/4或0.683P2、15KN3、arctan0.5APFN1FS1FT14、0.5KN5、6.7KN四、解设D处于向上运动趋势的临界状态，滑块A受力如图（a）所示Fx=0: FN1-FT1sin=0Fy=0: FS1-P+FT1cos=0又 FS1=fFN1联立解得 Qmin=FT1=P/（cos+fsin） （a）APFN2FS2FT2设D处于向下运动趋势的临界状态，滑块A受力如图（b）所示同上解得 Qmax=FT2=P/（cos-fsin） 满足系统平衡，则 Qmin Q Qmax （b）五、解45TBPAFSAFNA设AB处于临界状态，杆长为LFy=0: Tcos-FSA=0Fx=0: Tsin-P+FNA=0MB=0：1/2PLcos45-FNA Lcos45-FSA Lsin45=0 FSA=fFNA联立以上四式，解得 MPFNFSFNFSO六、解轮子受力如图MO=0：2FSD/2-M=0Fy=0: 2FNsin45-P=0又 FS=fSFN=0联立解得 fS=0.212FNFSFminFB七、解1）当滑块B处于向右运动趋势的临界状态，滑块B受力如图（a）所示Fx=0: FBsin-Fmincos-FS=0Fy=0: FBcos-Fminsin+FN=0又 FS=fFN (a)FNFSFmaxFB又由OA杆可解得联立解得2）当滑块B处于向左运动趋势的临界状态， （b）滑块B受力如图（b）所示同上解得 保持机构平衡，则有 FminFFmax第八次（15-16页）一、是非题1、 2、 3、 4、 5、 6、 7、 8、 9、 10、二、选择题1、， 2、 3、 4、 5、， 6、 7、三、填空题1、或2、S=R/2+10Rt3、= r，a= r24、3，5、，（）四、解MOAvVMx 当t=2秒时，x=vt=4m五、解， ，六、解， ， ，第九次（17-18页）一、是非题O1OA0O1A1、 2、 3、 4、二、解AOB三、解CDB作平移。， MDO10cm四、解当t=1s时，x=10cm，=/2，（）CBDA五、解动点：CD杆上的D点，动系：AB杆， AD=L/sin30=2Le=2Lu=2e=4LO2O1BACD1六、解动点：滑块A和B，动系：O2A杆，Aa=R1 ， （）M七、解动点：火星，动系：飞船, 将矢量方程向a-a轴和垂直于a-a轴的方向投影，得Scos+mscos（-）=，Ssin-mssin（-）=0则 =55.5GA八、解动系：小车G，动点：荡木AB，CDBAECDBAE九、解动系：滑块B（AB杆上B点），动点：直角杆CDE，牵连运动为平移1、由速度图（a）：则 e=acos，而a=L 2、由得加速度图（b） （a） （b）将上式沿水平方向投影，得 而 ， e和ae即为直角杆CDE的速度和加速度，方向如图。十、解动点：OA杆上的A点，动系：三角形块，OAxyOA牵连运动为平移。1、速度合成图如（a） 将上式向y轴投影得acos(+)=esin 式中e=则 a=esin/cos(+)=OA=a/L=/L （a）OAxyOA2、加速度图如（b） 由题知 ae=0将上面的矢量方程向y轴投影得得 （b）O2O1BAM30十一、解动点：滑块M，动系：AB杆，牵连运动为平移。1、速度合成图如右边上图 （1）e=O1A=2 m/s O2O1BM30A=arcsin（esin60/a）=83.42、加速度合成图如右边下图 ，将上边矢量方程分别向水平方向和垂直方向投影得 ， 第十次（19-20页）一、是非题1、 2、 3、 二、填空题1、28.28cm/s2，方向: ； 2、ar=0，ae=L2，ak=2L3、14.14cm/s2，0，20cm/s2 ； 4、180cm/s25、 牵连运动造成相对速度方向的变化（静系中观察）；相对运动造成牵连速度大小的变化。6、-b2sint（）；L2（）；0三、解AO动点：滑块A，动系：杆OBa=2m/s由 得 r=acos=1.732 m/s =eOA=0.75 rad/s （顺时针）2、aC=2r=3/2 m/s2 AOaa=a2/R=1 m/s2由 得 -aacos=aC-ae ae=aC+aacos=2 m/s2= ae/OA=0.866 rad/s2四、解动点：M点，动系：四方板，牵连运动为定轴转动。t=1/33s时,b=40/3,=/3Mxzy r=240t=80 ,沿x轴负方向，沿z轴负方向，沿x轴正方向；aC=2rsin30=583.6 cm/s2，沿x轴正方向， 五、是非题ABAB1、 2、 3、 4、六、选择题1、 2、 3、 4、 七、解，A= B=A=， ， BOO1A1八、解，A=OA=30cm/s, 由=30，=60，可知沿AB方向， B=Acos30=153cm/s1=B/O1B=33/2 rad/sOBCA九、解等边三角形板作定轴转动，B=A=20cm/s， B与水平夹角 =60BC杆作平面运动，C=Bcos=10cm/s （）十、解AOO1BA=OA杆AB作平面运动 B=3A ， BA=2AO1B=B/O1B=33 rad/s （ ）AB=BA/AB=3 rad/s （ ）十一、解OOO1ABCOA作定轴转动，A=OA0=200cm/sO1B作定轴转动， AB作顺时平移，B=A=200cm/s同时，BC也作顺时平移，则 BC=0，C=A=200cm/sO1B=B/O1B=2rad/s第十一次（21-22页）一、是非题1、 2、 3、 4、 5、BAO二、选择题1、 2、 3、BAOBAO三、填空题1、2、可能。当C为两杆的速度瞬心。3、平面运动；平面运动；平面运动；定轴转动。4、AB作平移，M点运动与A点相同。5、；R；R O1EAPBCD6、0四、解A=O1A1=60cm/sP点为正方形板的速度瞬心正方形板的角速度：=A/PA=5.2rad/sB=PB=30cm/sBE杆作平面运动，E=Bcos=26cm/s BAOCO2C=C/O2C=PC/ O2C=3（3+1）rad/s五、解A=(R+r)0 两轮的切点为大轮A的速度瞬心。B=2A=2(R+r)0由速度投影定理，Ccos=Bcos（45-）APBKD六、解D=C=dy/dt=48t2当t=1s时，D=48cm/sK为轮的速度瞬心BACBCA=r0/(R-r)=96cm/sP为AB杆的速度瞬心B=PBA/PA=55.43cm/s七、解AB作瞬时平移，B=A=10cm/sBC=B/BC=2rad/s，AB=0BAAB由 ， ABO八、解 将上式向水平轴投影，又, 得12PBACDOK3，AB=R-u=30cm/sBC=AB/AB=0.5rad/s九、解A=OA1=24cm/sP点为BAC杆的速度瞬心 2=A/PA=2rad/s取套筒D为动系，摇杆3上与D点重合的点D为动点。则 ，（D点速度为零）由此得，K为摇杆3的速度瞬心C=PC2=31.75cm/sPC/sin120= PA/sin 得=40.9，KC=DC/cos=7.94cm所以 3=C/KC=4rad/s r=KD3=KCsin3=20.79cm/s （）第十二次（23-24页）一、是非题1、 2、 3、 4、 5、 6、二、选择题1、 2、 3、 4、 5、三、填空题1、1.414mv （）2、m（2+L22+2Lsin）1/2 （）3、2P/g （）4、4.5mL （）四、解由题设知，Fxe=0，则 Kx=常量设物C落入A车后，A车的速度为u1，则有40Ccos30+600A=（40+600）u1 得 u1=1.046m/s设A车与B车相撞后，两车共同速度为u2，则有（40+600）u1+800B=（40+600+800）u2，得 u2=0.687m/smgMgBACSFNFSDr五、解因Y方向系统的动量恒为零，所以FN=（M+m）g， FS=f（M+m）g相对速度r=ds/dt=bt绝对速度D=bt-由动量定理，dM(-)+m(bt-)/dt=FSFByAyxbBFBxFN故平台的加速度 a=mb-f（M+m）g/（M+m）六、解1、求质心坐标，设导杆ECD的质心坐标为b xC=P1Lsint/2(P1+P2+P3) yC=P1Lcost+2P2(Lcost+b)/2(P1+P2+P3)2、求机构动量3、机构的质心运动微分方程-（P1L/2g）2sint=FN-FBx-（P1+2P2）L/2g2cost=FBy-（P1+P2+P3）七、解xC1=(m1x1+m2x2+Mx3)(m1+m2+M)xC2=m1(x1+-Scos30)+m2(x2+xyAB30- Scos60)+M(x3+)(m1+m2+M)由 xC1xC2，得3.96cm八、解ABPQFN1FN2取小车及摆一起为研究对象，Fxe=0，则 Cx=常数令 t=0，Cx=0， xC=常数。（质心位置守恒）取t=0时系统质心 xC0=0任意时刻系统质心 xC=P（x+Lsin）+Qx（P+Q） xC0=xC P（x+Lsin）+Qx=0故 x= -PLsin（P+Q）= - PLsin（0sinkt）（P+Q）九、解以整体为研究对象m1gm2gm3gFNOABba由 ，有 ABCDFxFyBAFTFTFNW5W十、解设物块运动的加速度为a重物A：（5Wg）a=5Wsin-FT重物B：（Wg）a= FT -W得 a=(5sin-1)g6整体：miaix=Fx aBx=0, aDx=0,则 （5Wg）a cos=Fx Fx=（5W6）(5 sin-1)cos第十三次（25-26页）一、是非题1、 2、 3、 4、 5、 6、二、选择题1、 2、 3、 4、 5、 6、 7、三、填空题1、mab2、（WA-WB）g (); （WA+WB+Q/2）Rg （逆时针向）3、；4、0；0；8F/3mR5、3g4L6、gcos四、解MOC取整体为研究对象，设角加速度 则 IOZ=M式中 =MIOZ=204.35=4.6rad/s2CFFNmg五、解盘：沿斜面方向应用质心运动定理 maC1=F+mgsinaC1=(Fm)+gsinCFFNmg盘：沿斜面方向应用质心运动定理 maC2=F+mgsinaC2=(Fm)+gsinCMFNmg盘：沿斜面方向应用质心运动定理 maC3=mgsinaC3=gsin六、解人和圆盘组成的系统对z轴的动量矩守恒，OAz人在圆盘中心时，系统的动量矩为Hz1=I00当人以匀速u走到A点时，系统的动量矩为Hz2=I0+（mr/2）（r/2）由Hz1 =Hz2 得=I0I0+（mr2/4）=2Q0（2Q+P）七、解考虑圆盘A、BMze0 Lz1=(1/2)mArA21=0.43 kgm2/sLz2=(1/2)mArA2+(1/2)mBrB2= 0.047Lz1= Lz2 0.047=0.43 =9.14 rad/s考虑圆盘BMze=dLzdt =(1/2)mBrB2/t=0.1 Nm八、解BCTm2gBOXOYOTA对轮A：(1/2)m1r12A=T r1 (1)对轮B：m2aC=m2g-T (2)(1/2)m2r22B=T r2 (3)aC=Ar1+Br2 (4)联立(1)(2)(3)(4)求得：aC=2(m1+m2)g(3 m1+2m2)T=m1m2g(3 m1+2m2)第十四次（27-28页）一、是非题1、 2、 3、 4、 5、 二、选择题1、 2、 3、 4、 5、 6、 三、填空题1、1.14mgR2、-40Ncm；60Ncm3、（M+3m/2）；（3M/4+7m/6）24、200NS；2045J；15kgm2/s四、解T1=0, T2=1/21/3(P/g)L22W=PL/2+(1/2)k0-(2L-2L)2T2-T1=W 得 =3g/L-kg/P五、解杆铅锤时，AB的速度瞬心为BT1=0, T2=1/2IB2=1/21/3mL22W=(1/2)k(0.22-0.12)-mg（L/2-L/2cos30）由 T2-T1=W 解得： =1.56rad/s六、解图示位置时，C=AT1=0, 由 T2-T1=W 七、解T1=0, 由 T2-T1=W 八、解T1=0,T2=（1/2）I02+（Q/2g）L22=21PR222gW=P（3R/2）sin+2P（3R sin）=（15/2）PR sin由 T2-T1=W 得 21PR222g=（15/2）PR sin （*） =5g sin7R 将式（*）两边求导得 =5gcos/14R九、解由运动分析知 B=2A ，C=A ，o=B /R=2A/R ，C=2C /R=2A/RSB=2S，SC=S，o=2S/R，C=2S/RT1=0,T2=（P1/2g）A2+（P2/2g）B2+（Q/2g）C2+（1/2）（Q/2g）（R/2）2C2+（1/2）（W/2g）R2o2 =（2P1+8P2+3Q+4W）A24gW=（P1+Q-（1+3f）P2+（2M/R）S由 T2-T1=W A2=4gP1+Q-（1+3f）P2R+2MS（2P1+8P2+3Q+4W）RaA=dA/dt=2gP1+Q-（1+3f）P2R+4M（2P1+8P2+3Q+4W）R第十五次（29-30页） 一、选择题1、 2、 3、 二、填空题1、-0.75J；1J2、相等；因为 Fxe=0，系统质心坐标在水平方向保持不变。3、曲线平移；平面运动三、解T1=0， T2=（1/2）m2设绞车输出的功为A，W=A-mg(L/2)由 T2-T1=W A=(1/2)m(2+Lg)四、解OaFmgFNFSA1）应用动能定理0-（1/2）IA2=(1/2)k(0-2)得 =3m/（2k）r2）k-FS=ma FSr=Io其中 a=r解得 =2k/（3m）r FS=km/6rCOAmgCNF五、解T1=0，由 T2-T1=W（1/2）mC2+（1/2）IC2=mg（R-r）cosIC=1/2mr2, =C r C=4/3g（R-r）cos再由质心运动定理maCn=N-mgcos; maC=-F-mgsin而 aCn =C2 （R-r）=4/3gcos aC=dC dt=-2/3gsinm2m112故 N=（7/3） mgcos； F=-（1/3）mgsin六、解设两滑块运动到同一铅锤位置时的速度分别为1和2，系统在水平方向动量守恒：m11x+ m22x=0，即 m11=m22 由动能定理：(1/2) m112+(1/2)m222=k/2(L02+L2-L0)2联立上两式得1=km2m1(m2+m2)(L02+L2-L0)22=km1m2(m2+m2)(L02+L2-L0)2七、解由动量矩守恒定理：I0=I+m（Rsin）2 得 = I0（I+m（Rsin）2）由动能定理：(1/2)I2+(1/2)m(r2+R22sin2)-(1/2)Io2=mgR(1-cos)得： 八、解系统在运动过程中，杆OC作定轴转动，设其角加速度为；圆盘作平移，质心C得速度为CLLo(1/3)m1L2m2CL3.9由动量矩定理： dL0 dtM 得3.9=MOCAPXOYO =5.13 rad/s九、解由动能定理：（1/2）Io2=PL/2得 =3g/L由定轴转动微分方程：Io= PL/2得 =3g/2L应用质心运动定理： Xo= -PL2/2g= -3P/2； Yo= P-PL/2g= P/4十、解小物块速度：2=12+22-212cos 由动能定理：BACPQN(P/2g) 2+(Q/2g) 22=PABsin (1)由动量守恒定理：-P(1cos-2)/g+Q2/g=01=232 代入（1）式得2=0.738 m/sABCP2CQDP1DXAYA十一、解1、当系统位于铅锤时，由 T2-T1=W得(P2/2g)C2+(IA/2)2+IAB2=P2r-P1(L/2)sin(*)式中C=r,当=/2时，得 =6g(P2r-P1L)(6P2r2+3Qr2+2P1L2)(*)两边求导得：=6gP2r(6P2r2+3Qr2+2P1L2)2、由动量定理， -P1aDg=XAXA=P1L2g-P1aDng-P2aCg=YA-P1-P2-Q ( aC=r)YA= P1+P2+Q-P1L2g-P2rg第十六次（31-32页）一、是非题1、 2、 3、 4、 5、 6、 7、二、选择题1、 2、 3、 4、 三、填空题1、FCg=(Q/g)r2；FAg =(Q/g)r2，MAg=QrL2cos/2g2、a=gtan; agtan3、Fg=PL/4g(), Fgn=PL2/4g(), Mog=7PL2/48g( )4、Fg=1.414mR(), Fgn=1.414mR2 (), Mog= 7mR/3( )5、mao (); mR ao/2 ( )123xiyz6、Fgx=3ma/2 (),Fgy=m2 2R (),Mg=maR/12 ( )四、解1) a1=0 Fg1=02) a2y= -2L F2gy=m2L a2C= 2sin= F2gC= -m3) a3y= -2L F3gy=m2L a3C= -2 F3gC=2mABCmgNANBFgy五、解取杆AC研究MC=0: NA=NBFy=0: NA+NB-mgsin30=0得 NA=NB=mg/4=12.25NABCFAxFAyFBPFg六、解MA=0: -FBLsin45+PL sin45/2 +FgL cos45/2=0Fx=0: -FAx-FB+Fg=0Fy=0: FAy-P=0 Fg=ma=10N解得：FB=(P+Fg)/2=103N FAx=93N FAy=196N七、解MAgmg30ABCFsFNFgFg=mR Fgn=0 MAg=2mR2MA=0: MAg-mgsin30=0F=0: F+ Fg-mg sin30=0Fn=0: FN+ Fgn-mg cos30=0求得：=g/4R=9.8 rad/s2FN=424.35 N F=122.5 N八、解先求C点加速度maCx=0 aCx=0maCy=P aC=aCy=P/m=1.96 m/s2ABCPFCgMCgFCg=maC MCg=ICMC=0: IC-0.2P=0得 =13.07 rad/s2以C为基点，分析B点加速度：BPFTFNFgFSaBCn=0, aBC=BC=3.92 m/s2aB= aBC- aC=1.96 m/s2 ()九、解对物B：FT-fPcos10-Psin10-(P/g)aB=0MQMgOFTFoxFoy对圆轮O：MO=0: M-FTR-（Q/2g）R2=0 a