理论力学习题标准答案

第一法

一、是非题

1、X2、X3、J4、X5、J6、J7、X8、

X

二、选择题

1、③2、①3、③，②

三、填空题

1、滚动支座和链杆约束，柔索和光滑表面接触，光滑圆柱钱和固

定校支座。

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、

第二次（3-45；

一、是非题

1、X2、J3、J4、X5、J

二、选择题

1、②2、②3、②，④4、③5、②

三、填空题

1、Fx=-40V2,Fy=30V2,Fz=50V2.

2、Fx=-40-J~2,Fy=30V2,Fz=5072.

一、是非题

kX2、J3、X4、J5、J6、义7、J8、J

二、选择题

1、③2、④3、②4、②

三、填空题

1、一合力，一力偶。

四、计算题

1、解：

FRR=-F2cos60°cos30°-F.,9==-6.34KN

-'的2+122+d

12

FRy=-F]cos450-F-ycos600sin30°+F3=-=-2.11KN

'V92+122+102

FR.=-F,sin45O+F,sin60°-吊■,10=r=-4.62KN

扬+122+1()2

•••FR=4成+啧+味=8.14KN

AAA

(FRX)=141°,(Ffiy)=105°,(Ffiz)=125°

2、琮=?(1)

AfAv=-Pa,MAy=Pb,M加=0

第三次(5-6\)

一、是非题

1、42、X3、J4、J5、J

二、选择题

1、①2、①，④3、③，③，④

三、计算题

1、F‘R=960kN,MB=O

贝（I120XaX=0

:.sina=0.25a

2、选A为简化中心

FRX=・F2cos60°=-lkNFRy=F]-F2sin60°

则F'R=\KN,MA=2Ft-M=6KNIH

d=MAIF'R=

该力系的合成结果为一合力FR,其方位、

一、选择题

1、③2、①，⑤

二、填空题

1、（26,18）2、（-R/6,0）3、5a/

三、解

3x0+4x2+5x2+2.5xl+l.5x2--

----------------------------=1.47/w

3+4+5+2.5+I.5

1、③2、④

二、填空题

1、大小方向：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，即时=0

或EFFO；

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：EF*=O,EF，=O。

3、(a):M/2L(t)(b):M/L(f)

4、1,3,5

5、充要，必要。

6、100KN(一)

三、求A支座反力

1、FAX=0,FAy=P(t),MA==PR(逆时针)

2、FAX=0,FAy=P(t)

3、FAX=0,FAy=(qA+qB/2)a

4、FAX=L58P,FAy

四、求B支座反力

1、3P/2

2、3V2/2P

3、24P/(3V3+8)

五、解

研究AB杆

2机人户）=0：0cos450-2a-Pa=0P

FA=V2P/2

再研究整体

=0:&sin45。+FCy-P=0

尸Q，=P/2

Z机。（户）=0:FAsin45°-2a+FAcos450a-Pa-FCy-a-%-2«=0

%=o

六、解

M=MA(F)+MA(F1)

=0.2X300cos30°+0.48x300sin300+0.2x400cos60°+0.24x400sin60°

=241AN-m、

七、解

AB段绳拉力FB=P=20KN,AC段绳拉力FC=Q=40KN,

轮A受力如图

EFx=0：Fccos。-FB=0

得0=60°

£Fy=0：Fcsin600+FN-W=0

得FN

八、解

研究ACB杆

LMA=0：

nri|-FcL/(2cosa)=0

Fc=2micosa/L

研究CD杆

LMD=0：

m?-Fc'cos2aXDC=0

m2=micos2a

第五次（9-10

一、解

AB杆受力如图

由£Mk=0

Q•AK-P•L/2cos0=0

而AK=Lcos(P-0)/sin3

得ctanB=P/2Q-tan0

二、解

梁AB受力如图

Q=l/2•L/2•qc=3KN

ZMA=O：

FBLCOS30°-M-Q•2/3•L/2=0

FB=8V379KN

LMB=O：FAyL-M+Q(L/2+1/3•L/2)=0

FAy=5/3KNFAXA

EFx=0：-FBsin30°+FAX=0

FAX=4V379KN

三、解

-M

BD为二力构件

EMA=0：Q

M-FDCOS45°•2R-FDsin45°•R+PR=0

FD=2V2P

EFx=0：FAx+Q-FDsin45°=0

FAX=2P-Q=0

0

EFx=0：FAy-P+FDsin45=0

FAy=-P

四、解Pl

基础梁受力可化为如图形式Ac

EMD=0：-6qA-P2+3Pi=0I3m2m

q=33.3KN/m

A6q

A3(qB-qA)

EFy=0：-Pi-P2+6qA+3(qB-qA)=0

qB=166.7KN/m

五、解

EMA=0：MA+50F,+3F2/5•40-4F2/5•305=0

MA=-7600Ncm

LFy=0:FAX-F1+4F2/5=0

£Fy=0:FAy+3F2/5=0

FAy=-120N

六、解

空心楼板受力如图

的=0：—初"+初卬=。

FE

丽=0：妙丹.+6凡—找w=o

FG

的=O:—^bFE-hFH+^bW=0

IFE

七、解

曲杆受力如图

EMx=O：20FBZ-60P=0,

FBZ=300N

EMy=O:40Fk+40P-40FBz=0,

Fk=200N

EMz=0:-20FBx+M+60Fk=0,

FBX=630N

EFy=0:FAy=0

LMCD=0:40FAz+40Fk=0

FAZ=-200N

EFy=O:FAx+FBx-Fk=O

FAX=430N

八、解

结构受力如图

EFAD=O：得FBCI=O

——、解

1）先取整体，受力如图

EMD=O：

-2aFBy+3Pa/2=0

FB）.=3P/4

2）研究AC杆，

EMC=O：

-aFAy+Pa/2=0

FAy=P/2

3）研究AEB杆

EFy=O:

FEsin30°+FBy-FAy=O

FE=-P/2

EMA=O：

(2FBX+FECOS30°)AE=O

FBX=J3F78

二、解

2

MA-M-2PLCOS30°+2qL-2FcLcos30°-FcLsin30°=0

MA

—*、/irt*

FAX

取AB杆为研究对象

ABCOS

SM=0：2FL45°QLcos45°=0FAy

X|FB

FB=Q/2

研究整体，受力如图

B'FE

EMD=0：E/

FL+PL+Q(2L-Lcos45°)-2FBL(1-COS45°)=0〃

Cyip_Z_iFr\

Fcy=-(P+Q)

EMA=0：

A\]QDCFC

FcxL+2PL+Q(3L-Lcos45

FCx=-2P-3Q/2

FBI

四、解

心FE

A1-----

E

2500N

先取整体，受力如图

EMA=0：

-10FE+500X15+2500X3=0

FE=1500N

EFX=O:FAX+500=0

FAX=-500N

EFy=O:FAy-FE=O

FAy=1500N

取AF杆，受力如图

EMB=0：

5FCX+10X500-5FAX=0

FCx=-1500N

取CDE杆，受力如图

EMD=O：

-5FE-5FCX'+5Fcy'=0

Fey'=0

五、填空题

Is02、E3、1,5,64、1KN,-J^/2KN5、5KN6、10KN,C指

向D

六、解

取节点AF!=F4=V2P72

取节点CF2=F3=V2P/2

取节点BF5=P

七、解

由整体受力可知

EMA=0：4aFB-2aP,-aP2=0

FB=3P/4

用截面截得段8、9、10杆,

取右边部分

EMD=0：-F8a+2FBa=0

Fg=3P/2

EMC=O：F9R

八、解

F|=F4=O（零杆）

用截面截得3、2、5杆，取上部,

EMH=0：2QL+F3L=0

F3=-2Q

EFX=O:F2cos45°-Q=0

-

F2=V2Q

第七次(括

一、是非题

1、X2、X3、J4、J5、J

二、选择题

1、③2、①3、②4、④

三、填空题

1、p(i+v-

2、15KN

3、a<arctan

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

LFx=0:FNI-FTISM。=0

EFy=0:FSI-P+FTICOS0=0

又Fsi=f,FNI

联立解得Qmin=FTi=P/(cos0+fsin9)

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

QminWQWQmax

五、解

设AB处于临界状态，杆长为L

XFy=0:Teos6-FSA=0

EFx=0:Tsin4)-P+FNA=0

SMB=0：

1/2•PLcos450-FNALCOS45°-FSALsin45°=0

FsA=f•FNA

联立以上四式，解得

_P/2

FSAA45°

4=2+42+」

tan(|)=FNA

tan0

六、解

轮子受力如图

LMo=0：2FS•D/2-M=0

LFy=0:2FNsin45°-P=0

又Fs=fs,FN=0

联立解得

七、解

1）当滑块B处于向右运动趋势的临界状态，FB

滑块B受力如图（a）所示

EFx=0:FBsin9-FminCosB-F$=0

LF）,=0:FBCOS9-FminsinP+FN=0

(a)

又由OA杆可解得

Fc

-p-M/

FBA//COS0

联立解得

F_M(sin0-/cosG)

m，n/cosG(cosp+/sinp)

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

尸_A/(sin0+/cosG)

max/cosO(cosP~/sinp)

•••保持机构平衡，则有FmiWFWFmax

第，•次(15-16\)

一、是非题

1、J2、X3、X4、X5、J6、J7、X8、X9、J10、X

二、选择题

1、①，②2、③3、④4、②5、①，③6、③7、③

三、填空题

1、U=0或p=8

2、S=nR/2+10Rt

3、v=rw,a=rw2

4、3,973

5、r-Je2+co4>/■£(-)

四、解

h2+x2=s22hh+2xx=

t=0:h=0,x=v

xxx

当t=2秒时，x=vt=4m

v=s==0.8x2=1.6m/5

M742+32

五、解

22

tanQ=ax/a..,a/co=tan60'=V3,—=A/3G)

dt

「空=f加r,(o=—

Jol-V30V

d(f)(DA1I1

—=---7=——，(p=—j=\n----产——,co=千岛

dt1—yJ3(i>oty31-J330f

六、解

K

vB-vA=rjoj]=0.3x■^荐-itm!s,co2=G)3=uB1l=4兀/3radIs

VQ=qg=等x0.4=普zn/s,

aAB=4。=0

222

aAD=/八=IOTT/3m/s,aBC=v5/r2=4K131nls2

第九次(17-18页)

一、是非题

1、J2、J3、X4、J

0a

二、解

vA=va=ve+vr

%=r(°00^>r

也=以cos30c=当侬。

'"A

匕51

“W-QA-2

三、解C30

CDB作平移。vB=vc=va

B/

0-「。/勺乙，匕

“心，—力.2/co,

四、解！

!

当时，二小

t=lsx=10cm,6n/21।O

.一十M

x=5cosy/=0,6=Tit=nrad/si1八

2Ti10cm-I

=x=0,vM-vr-DM•$=^Ttctn!s(t)

五、解

动点：CD杆上的D点，动系：AB杆

工=可+E，匕=〃

AD=L/sin30°=2L

ve=2L3

u=2ve=4L3

六、解

动点：滑块A和B,动系：02A杆

E"=，上=%，，=/皮+。协

VAa=R31

_7?2CO.

/.v.=KCO,cosa='/•

VFTF

_L.LR%]

---二―，,•UR”=------1—

%bb^R2+b2

VZJ?2(0]J/?2+〃

Vn----B-e------/-------------

“sinabyiR2+b2b

七、解

动点：火星，动系：飞船

2,=迅+工，L=匕匕=%，「=VMS

将矢量方程向a-a轴和垂直于a-a轴的方向投影，得

vSCOS6+vmsCOS（0-（|））=V,VSsin6-VmsSin（P-（l>）=0

小I、v-v<.cos（b24.1-19cosl5°

则tan（B-（b）=-----------=-=--1-.-1-7-----------

v5sin（|）19sinl50

vr=+4-2%以COS'=\,5mlS

九、解

动系：滑块B（AB杆上B点），C

动点：直角杆CDE,牵连运动为平移

1、由速度图（a）：va=ve+vr

I

则Ve=VaCOSB,而va=3L

LAB

ve=（t）L-V3/2=0.866（nL:、

2、由少+»：=%+"得加速度图（b）

将上式沿水平方向投影，得<sinp+^cosp=ae

而a：~&L,tzj（£）~Lcie-A；-&L+4'L

Ve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：

牵连运动为平移。

1、速度合成图如（a）

工=%+可

将上式向y轴投影得

VaCOS（B+。）=VeSin6式中

则va=vesine/cos（p+<1>）=v

3OA:=Va/L=v/L

2、加速度图如（b）

a"+a；=ae+ar

由题知ae=0

将上面的矢量方程向y轴投影得

a",sin(P+力+a；cos(p+0)=0

得*=-瓜2小：.£OA=*/L=—6v2/13(b)

a=arcsin(vsin600/v)=83.4°

eaci

2、加速度合成图如右边下图

30°

aQ=a^a^ar

2222

ar=s=0.6m/s,Q；=O.5(b—\/n/s,a：—O.5co=8mIs

将上边矢量方程分别向水平方向和垂直方向投影得

《:-ar^aecos。-a；sin(|)=-6.83〃Z/S2

aa-~aesin(|)+a；cos(|)=-6.83/72/52=-3A?4m/s2

2

aa=1.5m/s,0=agT(6.83/3.134)=246

第十次(19-20页)

一、是非题

1、J2、X3、X

二、填空题

1、/s2,方向：,；

2、ar=O,ae=Ls2,ak=2Lw

3、/s2,0,20cm/s2；

4、180cm/s2

5、①牵连运动造成相对速度方向的变化(静系中观察);

②相对运动造成牵连速度大小的变化。

6、-bw2sinwt(―)；Lw2(\)；0

三、解

动点：滑块A,动系：杆OB

3=v©/0A=0.75rad/s(顺时针)11

2、ac=23v产3/2m/s2

22

aa=va/R=lm/s

由%=2；+。；+落+Mc得/

,Ta

-acos<P=ac-ae方".^―

ae

.To/2/A

..%=ac+aacos<P=2m/s

e=ae/0A=0.866rad/s"Q£

四、解

动点：M点，动系：四方板，牵连运动为定轴转动。

t=l/33s时，b=40nt/3,0=JT/3

vr=240nt=80na；=240兀(cm/s?),沿x轴负方向

a；=u；/R=160兀(cm/s?)a,

co=(j)=16f-3=7/3(rat//s),

£=6=\6{rad/s2)

a"=/?sin0co2=188.6cv/z/52,沿z轴负方向

a}=/?sin08=554.8tTO/52,沿x轴正方向；

2

ac=2wcorsin30°=583.6cm/s,沿x轴正方向

2

a尔=Q；+〃c=1140.7cm/5

c2

aay=a；cos30+a；sin300=1442.5cm/s

n2

aaz=a；sin30°-arcos30°-^=-1179.6cmIs,

aa=痴+4+aj=2184.4cmIs2

五、是非题

1、X2、J3、J4、J

六、选择题

I、②2、①3、②①4、②

七、解

可=£+%«，VA=V

•"VB=VA=V，

vBA-V2v,=vBA/AB=41v!L

八、解31

vAJ_OA,vA=OA⑴=30cm/s

vB_LO[&由B=30°,6=60°,

可知以沿AB方向

，••vB=vACOS30°=15V3cm/s

wI=vB/O)B=3V3/2rad/s

九、解

等边三角形板作定轴转动，

vB=vA=20cm/s,

VB与水平夹角9=60°

BC杆作平面运动，

vc=vBCOS0=10cm/s(—)

十、解

VA=OA3

杆AB作平面运动迅=+%A

A

vB=VlvA,vBA=2v

3()|B=VB/OIB=3V3rad/s(

3AB=vBA/AB=3=3rad/s

i解

OA作定轴转动，vA=OAwo=200cm/s

OiB作定轴转动，

VBLO,B,：,vB//vA

/.AB作顺时平移，vB=vA=200cm/s0

同时，BC也作顺时平移，

贝|J3BC=0,vc=vA=200cm/s

3OIB=vB/OiB=2rad/s

第H"一次(21-22页)

一、是非题

4、AB作平移，M点运动与A点相同。

5、6、0

四、解

P/

vA=O]ACOi=60cm/s

P点为正方形板的速度瞬心弋二功B

正方形板的角速度：3二VA

vB=PB3=30cm/s

BE杆作平面运动，vE=vBcos0=26cm/s

3O2c=vc/O2C=PC3/02c=3(V3+1)rad/s

五、解

VA=(R+r)<o0两轮的切点为大轮A的速度瞬心。

/.vB=2vA=V-2(R+r)3o

由速度投影定理，Vccosa=VBcos(45°-a)

R

v=v(cos45°+sin45°tana)=(1+/)(R+

cB"+R?

六、解—7IB

2

vD=vc=dy/dt=48t

当t=ls时，vD=48cm/s

K为轮的速度瞬心

vA=Fv/(R-r)=96cm/s

0C

P为AB杆的速度瞬心

vB=PB•vA/PA=/S

七、解%

AB作瞬时平移，vB=vA=10cm/s

3BC=vB/BC=2rad/s,3AB=0

BAzzn

B

由之⑶+=立人+aBA+aBA

a

BA=。，aA=0

,-.A^Te.__

2

a\A—ciIRf=d:I)/cosO=«>Bk.C-co^r/cos3u=40v3/3=23.1cm/5

x2

EAB=aBA/AB=2.3irad/s

八、解

必="+vr

ve=vB+vAB=u+vAB

...VA=Vr+U+VAB

将上式向水平轴投影，又七=J5Ro,得B

I。闩--->〃

AB

V2/?(ocos45=u+vAB,v=R3-u=30cm/s

3BC=VAB

九、解

vA=0Awi=24cm/s

P点为BAC杆的速度瞬心

32=vA/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vD.=vDe+vDr=vDr,（D点速度为零）

由此得，K为摇杆3的速度瞬心

PC=7122+62+2X12X6COS600=15.88cm

vc=PC32=/s

PC/sinl200=PA/sin。得。=°,KC=DC/cos。=

所以33=vc/KC=4rad/s

vr=KD33=KCsin0w3=/s(\)

第十二次（23-24页）

一、是非题

1、J2、X3、J4、X5、J6、J

二、选择题

1、④2、③3、⑤4、①5、④

三、填空题

1、1.414mv(\)

2.m(V2+L2CJ2+2LWvsin9)1/2(/)

3、2Pv/g(I)

3(/)

四、解

由题设知，EFx0=O,则Kx=常量

设物C落入A车后，A车的速度为山，则有

40vccos30°+600vA=(40+600)ui得u产/s

设A车与B车相撞后，两车共同速度为U2,则有

(40+600)ui+800vB=(40+600+800)u2,得u2=/s

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vr=ds/dt=bt

绝对速度vD=bt-v

由动量定理，d[M(-v)+m(bt-v)]/dt=Fs

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=PiLsin3t/2(Pi+P2+P3)

yc=[PiLcos31+2P2(LCOSt+b)]/2(Pi+?2+P3)

2、求机构动量

22

K=7(Mxc)+(Myc)

1P,LCO22/P|+2P,1~\2.2

=(―——)coscot+(---------Leo)surcot

V2g2g

I---

3、机构的质心运动微分方程

-(P[L/2g)32sin3I=FN-FBX

-[(Pi+2P2)L/2g]32cos3=FB)「(P1+P2+P3)

七、解

xc।=(mix]+m2X2+Mx3)/(mi+mz+M)

xc2=[mi(xi+△-Scos30°)+012(x2+△

-Scos60°)+M(xs+△)]/(mi+mz+M)

由XC1=XC2，得

△=

八、解

e

取小车及摆一起为研究对象，LFx=O,则vcx=常数

令t=0,vcx=O,xc=常数。(质心位置守恒)

取t=0时系统质心xco=O

任意时刻系统质心xc=[P(x+Lsin<t>)+Qx]/(P+Q)

xco=xc**•P(x+Lsin6)+Qx=O

故x=-PLsin4>/(P+Q)=-PLsin(4)osinkt)/(P+Q)

九、解

以整体为研究对象

yc=[(m,+m2)(b+yLsin(|))4-m3a]/(m1+m2+m3)

,mig.Am2g

yc=[-(Hij+m2)yLeo"sincot]/(m]+m24-m

由此％=£耳；，有_O〃3g

b

a

2

-(ni]+m2)yLcosincot=FN-(ml+m24-m3)g

FN

2

/.FN=(m1+m24-m3)g-(mj+m2)yLcosin3t

十、解

设物块运动的加速度为a

重物A：(5W/g)a=5Wsina-FT

重物B：(W/g)a=FT-W

得a=(5sina-l)g/6

整体：Emiaix=Fx

aBx=0,aDx=0,

则(5W/g)acosa=FX

:.Fx=(5W/6)(5sina-l)cosa*5W

第十三次（25-26页）

一、是非题

1、J2、J3、X4、X5、J6、J

二、选择题

1、②2、①3、②4、①①5、③6、①7、④

三、填空题

1、mabco

2、(WA-WB)v/g(I);(WA+WB+Q/2)vR/g(逆时针向)

2222

3、K=jm©V4R+b；Ho=[(jM+m)R+|mb]w

4、0；0；8F/3mR

5、3g/4L

6、geos。

四、解

取整体为研究对象，设角加速度£

则loz,e=M

QZ=m2222

式中IiiL+-1m2r+m2L=4.35kg-m

£/Ioz=20

五、解

盘I:沿斜面方向应用质心运动定理

maci=F+mgsinQ

aci=(F/m)+gsina

盘n：沿斜面方向应用质心运动定理

mac2=F+mgsina

ac2=(F/m)+gsin。

盘in：沿斜面方向应用质心运动定理

mac3=mgsina

ac3=gsina

六、解

人和圆盘组成的系统对z轴的动量矩守恒,

人在圆盘中心时，系统的动量矩为

w

Hzi=Ioo

当人以匀速u走到A点时，系统的动量矩为

W

HZ2=IO+(mr/2)(3/2)

由Hzi=HZ2得

3=I()3/[Io+(mr/4)]=2Qwo/(2Q+P)

七、解

考虑圆盘A、B

EMz=0

22

LZ]=(l/2)mArAi=0.43kg•m/s

LZ2=[(l/2)mAFA2+(l/2)mBrB2]3=3

W

Lzi=LZ2=0.43<*>=9.14rad/s

考虑圆盘B

e2

Mz=dLz/dt=(1/2)ITIBI'B/t=0.1Nm

八、解

对轮A：

2

(l/2)rmrieA=Tri(1)

对轮B：

m2ac=m2g-T(2)

2

(l/2)m2F2£B=Tr2(3)

ac=£A「I+£B「2(4)m2g

联立⑴⑵(3)(4)求得：

ac=2(mi+m2)g/(3m1+2m2)

T=mim2g/(3m1+2m2)

第十四次(27-28页)

一、是非题

1、X2、X3、义4、J5、义

二、选择题

1、④2、③3、③4、①①②5、④6、①

三、填空题

1、1.14mgR/n

2、-40Ncm；60Ncm

3、(M+3m/2)v；(3M/4+7m/6)v2

4、200N•S；2045J；15kg•m2/s

四、解

22

TI=0,T2=1/2•1/3•(P/g)Lw

W=P•L/2+(1/2)k[0-(2L-V2L)2]

T2-TI=W得w=V3g/L-kg/P

五、解

杆铅锤时，AB的速度瞬心为B

222

T1=0,T2=1/2IBW=1/2•1/3•mL«

W=22)-mg(L/2-L/2cos30°)

由T2-T|=W解得：3

六、解

图示位置时，Vc=vA

1=0,

22

T2=2mvA+|x{mR2•—y+1mvp+|[^mL2+m(^)2]•mv^

K(舔)

W=mg*+mg.^=^mgL

由T2-1=WVA=恁L/19

七、解

T)=0,

T.।°v?+।x।°v?+।即R2VO15P2

T-y-v+x-v-R—-----v0

2oyyo+y16g

W=Ph-P吟+昙3；-©+3o)2]=心x©)2

2

由T2-T,=WvoA/2kgh/(15P)

八、解

1=0,

22222

T2=(1/2)I0«+(Q/2g)L«=21PRw/2g

W=P(3R/2)sin6+2P(3Rsin4>)=(15/2)PRsin6

由T2-T1=W得21PR?32/2g=(15/2)PRsin。(*)

3=J5gsin<i>/7R

将式(*)两边求导得e=5gcos4>/14R

九、解

由运动分析知

VB=2VA,vc=vA,3。=vB/R=2vA/R,3c=2vc/R=2vA/R

SB=2S,SC=S,e°=2S/R,<I>C=2S/R

「=0,

222

T2=(Pi/2g)Va+(p2/2g)VB+(Q/2g)VC

22

+(1/2)(Q/2g)(R/2)23c2+(1/2)(W/2g)Rwo

2

=(2Pi+8P2+3Q+4W)vA/4g

W=(Pi+Q-(1+V3f)P2+(2M/R)S

由T2-T,=W

2

vA=4g{[P,+Q-(1+V3f')P2]R+2M)S/[(2P]+8P2+3Q+4W)R]

aA=dvA/dt=2g{|Pi+Q-(1+V3f')P2]R+4M}/[(2PI+8P2+3Q+4W)R]

第十五次（29-30页）

一、选择题

1、①2、③3、②

二、填空题

1、-0.75J；1J

c

2、相等；因为EFx=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

2

T,=0,T2=(1/2)mv

设绞车输出的功为A,W=A-mg•(L/2)

2

由T2-T,=WA=(l/2)m(v+Lg)

四、解

1)应用动能定理

22

0-(1/2)IA«=(l/2)k(0-A)

得△=J3m/(2k)•r3

2)k△-Fs=ma

Fs•r=Io£

其中a=r£

解得£=J2k/(3m)

Fs=Vkm/6•ra

五、解

Tj=O,由T2-TI=W

22

(1/2)mvc+(1/2)Icw=mg(R-r)cos。

2

Ic=l/2•mr,<*)=vc/r

.・.vc=V4/3•g(R-r)cos0

再由质心运动定理

macn=N-mgcos。;mac="F-mgsin8

ffnacn=vc2/(R-r)=4/3•geos0

ac'=dvc/dt=-2/3•gsin。

故N=(7/3)mgeos。；F=-(1/3)mgsin。！mj!

六、解j~~v]—1

设两滑块运动到同一铅锤位置时的速度分别为II

vi和丫2，系统在水平方向动量守恒：\v2j

m2

miv以+m2v2X=0,即miv尸m2v2ii

由动能定理：(1⑵mivJ+(i⑵m2v22=k/2,(VLO2+L2-LO)2

联立上两式得

v|=Vkm2/mi(m2+m2)•(VLo2+L2-Lo)2

v2=Vkmi/m2(m2+m2)•(VLo2+L2-Lo)2

七、解

由动量矩守恒定理：I3()=l3+m(Rsin。)2

得3=13°/(I+m(Rsin0)2)

22222

由动能定理:(1/2)1a2+(i⑵叭vr+Rwsin0)-(l/2)I<oo=mgR(l-cos。)

22

'门小小IRsin0(D5

得：

vr=2gR(l-cose)+i+mR2sin2e

八、解

系统在运动过程中，杆0C作定轴转动，设其角加速度为J圆盘作平移,

质心C得速度为VC=L3

2

L0=(l/3)miLw+m2vc•L=3.9co

由动量矩定理：dL()3=M

/.e=5.13rad/s

九、解

2

由动能定理:(1/2)I0o=P•L/2

得3二J3g/L

由定轴转动微分方程：I。e=P•L/2

得e=3g/2L

应用质心运动定理：

Xo=-PL32/2g=-3P/2；Y°=P-PLe/2g=P/4

十、解

222

小物块速度：v=v+V2-2V]V2cosa

22

(P/2g)v+(Q/2g)v2=p•ABsina(1)

由动量守恒定理：

-p(vIcosa-V2)/g+QV2/g=0Vr

V1=2V3V2代入(1)式得

v2=0.738m/s

T———、解

1、当系统位于铅锤时，由12-「=亚得n

2

(P2/2g)VC+(1A/2)32+1AB32=p2r9-P|(L⑵sin0(*)

式中VC=r3,当。=JI/2时，得

3=J6g(P2"r-PL)/(6P2r2+3QF+2P|L2)

22

⑻两边求导得：t=6gP2r/(6P2r+3Qr+2P1L)

2、由动量定理，

-Pl3D'/g=XA

XA=PU/2gtP2

n'Vc

-PiaD/g-Piac/g=YA-Pi-P2-Q(ac=re)

YA=P1+P2+Q-P1L32/g-p2rs/g

第十六次(31-32页)

一、是非题

1、X2、J3、X4、X5、X6、J7、J

二、选择题

1、③2、③3、④4、④

三、填空题

22

1、Fcg=(Q/g)rw；FAg=(Q/g)rw,MAg=QrL32cos9/2g

2、a=gtana；a>gtan。

2

3、Fg,=PLe/4g(t),Fgn=PL3?/4g(一),Mog=7PLe/48g(/)

4、Fg,e(、)，Fgn4(/),Mog=7mRe/3()

5、mao(/);mRa<)/2)

2

6、Fgx=3ma/2(一),Fgy=mv/2R(f),Mg=maR/12)

四、解

1)ai=0Fgi=0

2)a2y=一3F2gy=m32L

Cc

a2=2svsin0=G)VF2g=-m3V

y2y2

3)a3=-WLF3g=m3L

a3C=-23VF3gC=2mwv

五、解

取杆AC研究

EMC=O:NA=NB

EFy=O:NA+NB-mgsin30°=0

得NA=NB

六、解

EMA=O:-FBLsin450+PLsin45°

EFx=0:-FAx-FB+Fg=O

EFy=O：FAy-P=0

Fg=ma=10N

解得：FB=(P+Fg)/2=1O3N

FAX=93NFAy=196N

七、解

Tn2

Fg=mReFg=OMAg=2mRe

EMA=0:MAg_mgsin30°=0

£号=0:F+Fgt-mgsin30°=0

n

EFn=O:FN+Fg-mgcos30°=0

2

求得：£=g/4R=9.8rad/s

FN=424.35NF=122.5N

八、解

先求C点加速度

macx=0,acx=O

macy=Pac=acy=P/m=1.96m/s2

£

Fcg=macMcg=Ic

£MC=O:IcE-0.2P=0

得e=13.07rad/s2

以C为基点，分析B点加速度：

9B~ac+aBC+aBC

aBc"=O,aBc'=BC£=3.92m/s2

aB=aBcJac=1.96m/s2(I)

Fs

P

九、解

对物B：

Fr-f'PcoslO°-PsinlO°-(P/g)HB=O

对圆轮O：

2

EMo=0:M-FTR-(Q/2g)Re=0

aB=Re

有以上三式解得：aB=3.57m/s2FT=6.36kN

取轮和杆OA：

EMo=0:MA-FAXOA=0

ZFx=0:FAX+FTCO