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理论力学作业答案 理论力学作业答案 辽宁工业大学力学教研室 辽宁工业大学力学教研室 第一章 静力学公理和物体受力分析 1 1 1 2 d a FB FC P C A P2 C P1 d B B A FAy Ax F e FB FA F B A C A F FC B i FAy FAx A FAy FAx q C j FC B a FAy C C B FAx B A A FAx FAy FN FN2 FN1 P1 P2 P2 P1 FN1 FN2 FN FDx B FDy D FCx A F Dx F Dy FA FCy FB FCx B A FCy D FA B P B B C A FCx FBy FBx FAy FAx FBx FBy FCx FCy q C A FAx FCy P FAy q e f FBy FAy B A A FBx FAx C B C C FAx FBx FAy FBy FCy FCx F2 F1 F1 F2 FCx FCy h FN B C FAy FAx F1 Cx F2 FCy F FN FAy FAx F1 B C FCx F2 FCy 第二章 平面力系 2 1 1 取 B 为研究对象 画受力图 F FT P 2 列平衡方程 0 cos30sin300 0 sin30cos300 oo xBABCT oo yBCT FFFF FFFF 3 求解 FBC 74 64kN FBA 54 64kN 2 3 B y 解 受力分析如图 F 0 cos0 0 sin0 51 2 xA yD AD FFF FFF FFF 解得 C x A D FA FD 2 F BC FFM l 2 6 1 取 BC 受力图如图 0 0 B MMFl 2 取 ADC 受力图如图 0 cos450 o xCA FFF 2 FM l 2 8 M 解 其受力分析如图 b 同 a a 0 0 lFMM Ai l M FF BA b 同 a c cosl 0cos 0 M FFlFMM BAAi A B A a B FB M FA FB FA c 指导13页 4 A A B B O1 O M1 M2 FB FA FA FB FO1 FO 解 AB二力杆 先取OA杆 NF FMM A Ai 5 02 0 0 1 得 再取O1B杆 mNM NFF MFM AB Bi 3 5 06 00 2 2 得 2 9 y x O 0 A FR b 解 y O x R F MO a mmymm F M dNF b mmMMNFFF a mmNMFFFM FFF NFFFF R O R OyxR O y x 66150 900150 900305030 045sin 15045cos 22 432 31 42 0 1 合力作用线方程为 力系合力如图 简化结果如图 F o 2 12 解 受力如图 由平面任意力系平衡方程得 mkNMkNFF FF MqMM FFF FqFF AAyAx AA Ayy Axx 1260 0445cos345sin 3 4 4 2 1 0 045sin 0 045cos4 2 1 0 解得 oo o o F FAy B A FAx MA M q F 2 14 b 解 应用平面任意力平衡方程 其受力如图 0 2 5 2 0 0 0 0 0 Fa MaFaqaFM FFqaFF FF AyB NBAyy Axx 解得 2 1 3 2 1 2 5 2 1 0aq a M FFqa a M FFF NBAyAx 2 18 解 应用平面任意力系平衡方程 受力如图 03 0 1 06 0sin 0sin 0 0cos 0 P FFM PFFF FFFF TBCA BCAyy TBCAxx 0F 其中 NPFT1800 解得 kNFkNFkNF AyAxBC 1200 2400 5 848 F B A M FAx FAy FNB q FBC D B 2 21 取CD 受力图 取整体 受力图 2 29 A FAy FAx P FT 2 2 0 20 2 15kN CD D q MFM F 0 24480 40kN 0 40 15kN ABD B yABD A MFqMF F FFFqF F 2 31 2 32 FBC FAx Fn FAy FDy FDx D A B FAx FAy Fn FT P E C B A D a b 解 物系平衡 先取整体 受力如图 a NFNFNF PF FrFrPM FPFF FFF NAyAx T NTA NAyy TAxx 1050 150 1200 04 5 1 2 0 0 0 0 0 解得 其中 F 取ADB杆 受力如图 b NF FFFM BC AyNBCD 1500 0222sin 0 解得 F 指导20页6题 指导20页7题 A A B C q FAx FAx FAy FAy FBx FBy F F C FCy Cx 解 先取整体 02 0 0 0 04312 0 BxAxx ByAyy ByA FFqF FFFF FFqM 再取AC 02212 0 AyAxC FFqM 解得kNFkNFkNFkNF ByBxAyAx 17 7 3 1 指导20页8题 图 3 13 A FAx FAy MA q C FCy FCx 解 先取CD 030sin 0 030cos 0 LPLFMM PFF CyB Cxx o o 再取AC 0 2 1 0 0 0 0 0 2 LFLFqLMM FLqFF FFF CyCxAA CyAyy CxAxx 解得 kNM kNFkNFkNFkNF A AyAxCyCx 43324 4 35 36 4 51 36 o 30 C BD M FB P FCy FCx 第 3 章 空间力系 3 9 3 11 解 将力 F 沿 x y z 轴分解可得 FFF F FF FFF z y x 2 3 60sin 4 30sin60cos 4 3 30cos60cos o oo oo 由合力矩定理可得F对各轴的矩分别为 FrFrM rhFrFhFM rh F rFhFM z zxy zyx 2 1 60cos 4 3 30sin 3 4 30cos o o o F F F 3 12 解 应用空间汇交力系平衡方程 受力如图 三杆 都是二力杆 015sin30sin45sin 30sin45sin 0 015cos30cos45sin 30cos45sin 0 045cos45cos 0 PF FFF FF FF FFF C BAz CB Ay BAx ooo oo ooo oo oo 解得kNFkNFF CBA 46 33 39 26 h r O B 30 z 60 o o F C A y x C A P B FB FA O D z y x FC o 45 o 15 o 45 30 o 指导p25 2 22 22222 10 3 1010 250N 20 3 10 3 10 10 3 10 10 34330N cm x zx FP MF 3 17 3 19 2 25 第 4 章 摩擦 4 2 解 以 AB 为研究对象 受力如图 A B 两点同时达 到临界平衡状态 0cos cos 2 cossin 0 0 0 0 0 1 1 sP l PlFlFM FPPFF FFF SBNBA SBNAy SANBx B P C P1 A 其中 s AC 由摩擦定律得 FSB FSA FNB NA F y x NBsSBNAsSA FfFFfF 解得 s 0 456l 4 5 解 以铁板为研究对象 考虑摩擦平衡问题 扎压铁板 应满足 22 0 2 cossin 0 tan 222 tan 22 7 48 x ANA AsNA s F FF Ff F f ddba dba bmm 解得 a b B A A F B F 解得 F NA F NB FT FT P P B H FS1 FS2 FN1 FN2 b a y y x 4 10 x 解 研究箱体 考虑摩擦平衡问题 分四种情况 上滑 绕 B 上翻 下滑 绕 H 下翻 1 上滑 受力如图 a kNFP FPFF FPFF FfF T NTy STx NsS 7 109 020cos30sin 0 020sin30cos 0 1 1 11 解得 oo oo E1 2 绕 B 上翻 kNP aF b P h PM E TB 2 104 030cos 2 20cos 2 20sin 0 2 解得 ooo F 比较得 3 下滑 受力如图 b 4 绕 H 下翻 kN m P 2 104 ax kNFP FPFF FPFF FfF TE NTy STx NsS 21 40 020cos30sin 0 020sin30cos 0 3 2 2 22 解得 oo oo kNPkNE kNP kNFP aFbF b P h PM TE TTH 2 10421 40 12 40 12 24 030cos30sin 2 20cos 2 20sin0 min 4 的取值范围是所以平衡时重物 比较得 解得 oooo F 第 5 章 点的运动学 5 1 5 6 第 6 章 刚体的简单运动 6 1 6 4 第 7 章 点的合成运动 7 5 解 应用点的速度合成定理 动点 曲杆上 B 点 动系 OA 杆 OA 杆转动 曲杆平动 由速度平行四边形可知 vva a re vvv 22 22 ax ax 由速度平行四边形可知 vva a 22 cos vav ax va vvv e eea 7 7 7 9 解 动点 AB 上 A 点 动系 OC 杆 速度平行四边形如图 re vvv l av OCv l v OA v vvv c e ae 2 2 2 2 cos A v v a v r v e O v A B a x D A O B C a v ve vr vC v 7 17 a a B D C A O2 O1 vA C 60 r v e v a v C o 30 n e a r a 解 取 CD 杆上的 C 为动点 CD 在竖直方向平动 杆 AB 为动系 AB 作曲线平动 1 求速度 smvv AOvv ea Ae 1 060cos 1 o rea vvv 2 求加速度 2 1 2 35 030cos smaa AOaa n ea n A n e n e o aaa ra 7 19 7 21 7 26 解 取M为动点 直角杆为动系 其速度和加速度分析如图所示 rea vvv 解得 sm v vsmtgvvsmOMv e reae 2 0 cos 17 0 1 0 1 n arce aaaa 将 1 式向ac方向投影 并注意到 smvasmOMa rc n e 2 02 05 0 22 可得 求得 2 1 2 1 c n ea aaa aa 0 35m s M va ve vr M n e a ar ac aa A O r v e v a v C M B 指导指导51页 页 4 A O B u va ve vr r a n a a a A O a 解 取 OA 上 A 为动点 刚体 B 为动系 动系平动 其速度分析和加速度分析 如图所示 有 2 2 22 0 0 L u L a L u L v LuLvaaauvvv aa a n aaeear 分别为和角加速度角速度 rea n a rea aaaa vvv 指导指导52页 页 6 解 取 M 为动点 O1O 杆为动系 动系转动 其 加速度分析如图所示 有 O1 O M 2 1 1 2 e a n e a n r a r a C a r v y x Crree aaaaa nn a a 其中 1 2 1 5 5 RaRa e n e 2 2 2 211 22 RaRa Rva r n r rC C n re n eayre n eax aaaaaaaaa 5 2 5 1 5 1 5 2 22 ayaxa aaa 指导指导52页 页 8 A M B r u u O ve va vr M O A B a a n a a r a 解 取小环 M 为动点 AB 杆为动系 动系平动 其速度分析和加速度分析如图 22 2 2 2 22 sin cot cot 0sincos sin 0 sinsin 轴投影 有将加速度矢量式向 而 又 a n aa n aa a n a an ae n eae e aaa r u aa aa y r u r v aOMa uvvOMuv a reaa a ra a aaaa v vvv 第 9 章 刚体的平面运动 8 4 解 用基点法 以 A 为基点 B CAAc vvv C 点速度沿圆周切线方向 由速度分析图可知 cos sin sinsin 2 R v AC v vvv CA ACA A v C 8 6 解 三角板平面运动 速度分析如图 C 为三角板速 度瞬心 其角速度为 smCDv srad OOAO AO AC v D AO A 25 0 07 1 cot 211 1 1 8 8 解 应用速度投影定理 基点法和瞬心法 AB 瞬时平动 BC 和 EF 平面运动 OA 和三角板 定轴转动 BC 速度瞬心为 D A R v c v CA v O2 O1 C B A D A 1 O A v D v 0 4 BA vvOA m s F E D C B A O E v E v F v FE v C v B v A v 0 46 cos30 1 33 E ccB E F EF EF DEDB vvvv DCDC v vm v rad s EF FEFE vvv o 求得s 8 14 8 16 8 18 解 OA 定轴转动 AB 平面运动 滑块 B 作圆周运 动 圆心 O1 速度和加速度分析如图 由速度投影定 理得 BA a C B A O O1 n A a o o o 60 A v A a n B a a C 为 AB 杆速度瞬心 2 0 CA vA AB A 为基点 1 BA n BAAAB n B aaaaaa n 其中 2 0 2 0 2 0 2 3 rABarara AB n BAA n A 将 1 式向AB方向投影得 n ABA n BB aaaa 2 3 2 1 解得 2 00 32 raB 指导指导 63 页 页 3 解 1 速度分析 22 42 2 2 B BBC CBC C CD vr vr OBr vOCr v DC r 2 加速度分析 B 222 3 4 2 3 2 CBCB nn CCDCBBC arrarr 2 nn CC aaaaa n a BA B v B o 30 2 2 1 cos60 22 2 BABAo n B BO vvvvr v Bar O B o 法向加速度为 B A C D O vB vC B A C D aB aB C a n C a CB a n CB a x 2 2 cos30sin30 233 3 3 3 nn CC nn CCBC C CD aa aaar a CD CB a oo 指导指导 63 页 页 5 解 OA BC定轴转动 AB瞬时平动 BA a B A C O B v A v B a A a n B a A a 0 BC 0 0 0 3 1 1 00 BAAB B BC B BBC vvR v CB a a BC n BBABA B aaaa a将 式向方向投影 得 指导指导 63 页 页 6 解 1 求速度 P为AB杆速度瞬心 PA 40cm PB 30cm A O B h P AB B v A v B a A a A a BA a n BA a 1 5 45 A AB BAB vOA rad s PAPA vPBcm s 2 求加速度 取A为基点 有 222 2 90 112 5 44 55 5 230 6 4 n ABAAB n BABA n BABA aOAcm saABcm s aaa aaacm s n BABABA n BA aaaa a将加速度矢量式向方向投影 有 2 第 10 章 动量定理 10 4 10 4 解 应 用 质 心 运 动 守 恒 定 律 因 为 0 质 心 在 x 方 向 运 动 守 恒 且 初 始 系 统 静 止 则质心 C 在 y 轴上作铅直线运动 xc 0 x F y A x A C B y 222 4lyx 得消去参数 sin cos 2 ly l x x 10 7 10 7 解 1 应 用 质 心 坐 标 公 式 求 质 心 运 动 方程 坐标系如图 由质心坐标公式 y x D C B A O m2g Foy FOx FN m3g m1g mm CC ym y xm x iiii 得质心运动方程为 tl m mm y tl mmm mmm mmm lm x C C sin 2 2 cos 2 22 2 1 21 321 321 321 3 mm 32 2 应用质心运动定理求FOX 系统受力情况如图 由 xC Fx m 得 2 321max 2 321 321 22 2 1 cos22 2 1 lmmmF tlmmmF Fxmmm Ox Ox OxC 解得 指导 79 页 1 指导 79 页 1 解 应用质心运动定理 质心加速度为 OyOx yCy xCx OyyOxx CCnCy CCnCx C Cn FF Fma Fma mgFFFF aaa aaa la la 可求得 代入质心运动定理 又 cossin sincos 2 Ox F C O A Oy F gm Cn a C a 第 11 章 动量矩定理 11 2 11 2 解 本题属于求刚体对轴的动量矩 a 圆盘作定轴转动 有 skgmmlmRJL oOO 18 2 1 222 b 圆盘作平面运动 其绝对角速度和盘心 A 的速度为 skgmlmvmRL lvsrad AaO OArOa 20 2 1 8 22 因此有 c skgmmllmvL oAO roa 16 0 22 圆盘平动 有 11 12 11 12 解 分别取鼓轮和重物 对鼓轮应用刚体平面运 动微分方程 对重物应用质点运动微分方程 对重物 A 有 ADA Fgmam 11 SBDO2 对鼓轮 有 FFam RFrFm 2 SBDo2 式中 BDAD FFaA o A rR R Ra rR a 解得 22 2 2 1 Rrgm aA 21 RmRrm o O A O A O O R r R b a O A O R r c BO F C O B A r R N F S F O a g 2 m AD F A a g 1 m 11 1411 14 解 取圆柱 速度瞬心为 C 应用刚体平面运动微分方程 h y O A mg x A a T F C RFmR Fmgma ma T TA x 2 2 1 0 又 mgFgaRa 12 解得 TAA 33 因 时的速度为下落高度是常数 点hAaA hghav A 3 3 2 2 11 15 11 15 解 应用刚体平面运动微分方程 设杆的质量为m 质 心 C 的坐标为 xc yc 杆的刚体平面运动微分方程为 d d dt d d d dt d l y l x l F l Fml mgFym xm c 1 NA F cc NANB NBc 注意到 式中 sin 2 cos 2 3sin 2 cos 212 1 2 2 C B A O x y A v B v NA F NB F cy a cx a gm sincos 2 cossin 2 22 l y l x cc 将上三式代入 1 2 3 式 解得 sinsin 3 cos 2 3 0 l g l g 积分得 0 0 2 sin 3 2 arcsin0 sinsin 2 3 cos 2 3 cossin 2 1 故解得脱离墙的条件是 NA NA F mgmlxmF 指导 85 页 1 题 指导 85 页 1 题 解 1 应用刚体定轴转动微分方程求角加速度 yO F Ox F gm gm C O A y x L35 3 2222 中 得代入F F 2 g MJ mg L M mLmLmRmLJ OO O O 36 2 3 24 35 2 11 应用质心运动定理求 O 处反力 质心 A 处加速度为 gLaaaa n 273 0 AAyAAx 354 外力为 mgFF FmgmaFma FmgFFF OyOx OyAyOxAx OyyOxx 35 16 0 22 2 2 求得 得代入质心运动定理 解分方程 指导 89 页 3 指导 89 页 3 应用刚体平面运动微 CxCy aaa 0 0 C A mg a h FN Fs F Nss s N s FfF rFrhF mgF FFma 0 0 解得 h 0 3m F 39 6N 导 89 页 4导 89 页 4 指指 解 取 AB 杆 应用刚体平面运动微分方程 260cos o lFJ NC 又由运动学 得 因水平面光滑 有 y B A C x ac aB aB mg FN CB a 1 Fmgma Nc 为向下滑动 微分方程 0 yCFx轴沿质心 mgF mlJ l a aa y l a N C c CBc CB CBB 5 2 421 12 1 4 4 60cos 3 2 3 2 可解得 联立注意到 轴投影 得式向将 o aaac 第 12 章 动能定理 12 1 12 2 解 将力偶的功和重力的功求代数和即可 JrgmmdW BA 7 10924 2 0 O M A B C B A P O AB A v B v C v b 12 6 解 应用动能定理积分形式 OB 杆作定轴转动 AB 杆作平面运动 由 P 为 AB 杆的速度瞬 心可知 PB OB l OBAB 当滚子 A 碰到支座 O 时 PAB 成一直线 PA 2 如图 b 所示 故 BA 杆的质心 C 及 A 点的速度为 l 2222222 6 7 2 1 2 1 6 1 2 1 2 2 3 ABABCcABOBOBOOB ABAABABc mlJmvTmlJT lvlPCv 两杆动能分别为 P A B O M AB OB a 由动能定理 有 cos1 3 cos1 2 20 mglM m v l mgMTT A ABOB 解得 12 10 解 分两个阶段应用动能定理 1 盘和连杆的角速度 系统初始静止 T1 0 AB 水平时 B 点是 AB 杆的速度瞬心 0 B T2 o 30sin 2 3 1 2 1 12 22 l mgWml AB 代入 求得 1212 WTT srad AB 95 4 2 求弹簧的最大压缩量 max AB杆水平时 T1 22 6 1 AB ml 当弹簧达到最大压缩量时 系统又静止 T2 0 mm WTTmg k W 1 87 2 1 2 max 1212max 2 max12 中 求得代人动能定理 12 11 12 12 解 取系统 应用动能定理 设曲柄转过 角时的角速度为 则由运动可知 21 2 21 1212 12 2 1 22 1 2 2 22 1 29 6 29 32 2 1 2 1 2 1 3 1 2 1 0 mmrR M dt d dt d mm M rR WTT MWvmrmrRmTTT TA r rR rrRv AAAOA AAAA 可求得和 由 中 求得定理 代人动能 功 末动能的角速度 系统初动能为盘 12 15 C B A E Fs FN FNB vB vA m1g AB m2g 解 取整体 应用动能定理初动能 T1 0 末动能 T2 T轮 T杆 T轮 22 2 2 2 2 1 2 1 2 1 Rmvm A sin 4 3 2 2 l v ABCvm A ABAB 的速度瞬心 为 为 的一个值 2 2 1 2 sin6 1 2 1 A ABC v mJT 杆 功 sin45sin 2 1 112 o glmW 代入动能定理 求得时 中 并注意到045 1212 AA A va dt dv WTT o 加速度 21 1 94 3 mm gm aA 指导指导93页页3题的 题的 1 和 和 3 O C1 C C2 c O C b O a 解 1 222222 96 7 2 1 48 7 4 12 1 mlJTml l mmlJa OO 222 2 2 222 2222 12 5 2 1 6 5 42212 1 23 1 4 3 2 1 2 3 mlJT ml l l m l m l m Jc mRJTmRJb O O OO 解 3 OA 转动 AB 瞬时平移 22 22 2 22 2 22 3 5 2 1 2 1 2 2 1 6 1 mrT mrrmT mrrmTmrTTTTT B ABOABABOA 指导指导95页页2 A B O 解 取系统 应用动能定理微分形式 ga a dt dv v dt ds dt W dt dT dsmgdsmgfdsmgW mvT r v r v vv mr rm Jv m JmvT A A A A d A AA BA oBOA 82 15 8 3 2 1 sin 40 41 4 4 320 1 4102 1 42 1 4 3 2 2 2 222 得 并注意到由 指导指导96页页3 指导指导96页页6 解 应用动能定理的积分形式 ACAC vvmvmvTT 2 1 2 1 4 3 0 22 21 2 2 22 12 2112 11 16 11 228 A Tmv H WHmgkHmgkH TTW 由得 kHmg m a a dt dv dt dH vt kHmg m H v kHmg m H v A A A A A A 4 11 2 1 8 11 2 1 8 11 2 2 得 求导数 并注意到 式两边同时对时间将 O C A r k 综综 12 综综 14 第第 13 章章 达朗贝尔原理达朗贝尔原理 13 6 13 6 解 应用达朗贝尔原理 取平板 受力如图 2 0 22 ba mmaFJM cICIC 22 12 ba m JC 0cos 22 0 0cos 0 0sin 0 2222 mg ba F ba MM mgFFF FFF IICA IAyy IAxx 解得 NFNFsrad AyAx 7 137 34 95 4 2 13 10 13 10 解 取整体 受力分析如图 其中 OIOII JMrmFRmF 2211 2 2 2 1 2 12 2 2 2 1 2 12 21 2 2 2 1 12 2112 2121 0 0 0 0 0 0 0 0 rmRmJ gRmrm FF rmRmJ gRmrm gmmPF Fg rmRmJ Rmrm grmRFgmrFMM FFgmmPFF FF O Oyox O Oy Ox O IIIOO IIOyy Oxx 附加动反力 解得 13 11 13 11 C A B mg I M Ax Ay F C F c a I F Cx F C M Cy F C g 1 m g 2 m I F a I M B A g 2 m I F a g 1 m I M B A B F 解 取圆盘和重物 Rmm gm RmamFRmM II 21 1 11 2 2 2 2 2 1 解得 取整体 00 0000 12 21 RagmFgamMMM FgmgmFFFF IICC ICYyCxx 解得 gam mm mm Mgm mm mm FF CCyCx2 21 21 2 21 21 2 3 2 3 0 指导 104 页 2 计算题 2 指导 104 页 2 计算题 2 解 取盘和重物 A 0 0 0 0 0 O IOy IO I F mgFFF ga mgrrFM maF F 取杆 OB FrMFF rFMM FFF BB BB By 5 1 05 1 0 0 0 O A O a F mg FO I MB FB F 指导 109 页 3 计算题 1 指导 109 页 3 计算题 1 解 取复摆 质心为 D 其惯性力系向 A 简化 得 2 22 22 2 210 250 11 6761 5 32 00 020 00 20 2 61 5123 n IDI IAA xAxI yAy AIA AxAy FmamrFmr MJmrmrmrmr FFF FmgF MMM MM FFmg mrr F 静力平衡方程为 解得 Ay F B A C M D gm2 D a Ax F I F n I F IA M 指导 110 页 4 指导 110 页 4 2 2 26 2 0 0 2 2 0 0 2 2 0 0 22 335 488 IICC xAxI yAyI AICI AxAy WaWa FMJ gg FFF FFWF a MMFaW g FW FW a 解得 指导 110 页 5 指导 110 页