理论力学课后答案(范钦珊)

2024-06-12 来源：爱问旅游网

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，Ox1y1与Ox2y2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

Fy1F

x Fx1 Fx1 （c）解：（a）图（c）：FFsoc i1Fnis j1

分力：Fx1Fcos i1 ， Fy1Fsin j1

1y2Fy2Fy2Fx2Fx2Fx2

（d）

投影：Fx1Fcos ， Fy1Fsin

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：Fx2(FcosFsin cot)i2 ，Fy2 讨论：≠90°时，投影与分量的模不等。

1－2 试画出图a和b两种情形下各物体的受力图，并进行比较。

FAx

习题1－2图

Fsinj2 sin 投影：Fx2Fcos ， Fy2Fcos()

FAyACFBDFRDFAyFAxACF CFCFAxFAy(a-1)

FCBAB 'FC FRD(a-2) FRD

(a-3)

比较：图（a-1）与图（b-1）不同，因两者之FRD值大小也不同。

— 1 —

DD(b-1)

1－3 试画出图示各物体的受力图。

习题1－3图

FDCABFA(a-1)

CCBFFBFAxAAFAy(b-1)

FBAFACBD(d-1)

DFCAFAABFA FBFA

FB (e-3)

FDC FAxAB FBFAy 或(a-2)

BFD FDC FB W FAy (c-1) 或(b-2)

FAxA BC

FAyD

或(d-2) FCD CC B FBFA (e-2) (e-1)

— 2 —

FAx

FOx

FO1A'FAFO1O1OFOxAOFOyWFOyFAWA(f-1)

(f-2)

(f-3)

1－4 图a所示为三角架结构。荷载F1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

FAAB(b-1) FB1

FAABF'B2xF1F'B2y(c-1)

ABFB1 FBxB CFDy FBy WFDx D

(b-2)

FDxDW

(c-2)

FDxD

2F'B1F'B2xB2F'B2y

F1F'B2xBF'B2y(b-3)

BF'2BF1W(d-1)

FDy(d-2)

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。

DF C FH

习题1－5图 (a)

— 3 —

FAxFAAEDCFAFGGAFFHH(b)

FHDHFCH

1－6 试画出图示连续梁中的AC和CD梁的受力图。

FH(c)

AC'FCx习题1－6图 F1FCxCF2DBFAyFB(a)

'FCyFDx

FCy

(b)

FDy

1－7 画出下列每个标注字符的物体的受力图，各题的整体受力图未画重力的物体的自重均不计，所有接触面均为光滑面接触。

FBFBFCC'FCC(a-2) 'FDDFAxAFAy(a-1)

DFD(a-3)

'FB'FCFC E ' FE FE E

TFCxCFCyFEE(b-1)

(b-2)

'FBBFB

FAxAFAy'CFCxB'FCy(b-3)

C'FDCFDD'FEFAxDAFEEEBFB

FAy(c)

— 4 —

1-7d

P1P1 AA BP2BP2 FN4

FN FN1FN1P1AAP1 FN2BP2FN

FN3 1-7e

F2F1

C AB

F2 F1FCxDE ACB FREFCyFRD FByF2F1 FBxDBEAF BBxFREFByFRD

1-7f FRD

DA DFEyFCy FExEFCxCGCCFCx EFCyF FFBy

FBxB B 1-7g FAyDE FAxFCxCADE CFT1FByFByFCyH ACFBx HFBxBPB PB

P2BFN2FN3FCxCFCyFAyAGFExFAxEFEyFBxBFByDFT2FDxFT1FDyFAyFDyFAxAFT2FExEFEyFT3FEyCFCxFCyDFDxEFEx— 5 —

1-7h 1-7i

F2 C A 1-7j

qFAxqBFByBFByAAFAyFBxFCxCFCyBFBxCPPDBF2DBF1FCxCFCyF1FCxF2CFCyBFRBFAxBFRDBF1FAxAFAyBDAFAyFGHACEBABDCFRCDFRDFRDFGEFREGFRGFRBFRBFRGFRAHFRH — 6 —

第2章力系的等效与简化

2－1试求图示中力F对O点的矩。

习题2-1图

解：（a）MO(F)MO(Fx)MO(Fy)MO(Fy)Fsinl （b）MO(F)Fsinl

（c）MO(F)MO(Fx)MO(Fy)FcosFl2sin(l1l3) （d）MO(F)MO(Fx)MO(Fy)MO(Fy)Fsinl1l2

2－2 图示正方体的边长a =0.5m，其上作用的力F=100N，求力F对O点的矩及对x轴的力矩。解：MO(F)rAF22a(ik)F(ij) 2A rA

Fa(ijk) 235.36(ijk)kNmMx(F)35.36kNm

习题2-2图

（a）

2－3 曲拐手柄如图所示，已知作用于手柄上的力F=100N，AB=100mm，BC=400mm，CD=200mm，

= 30°。试求力F对x、y、z轴之矩。

解：

MA(F)rDF(0.3j0.4k)F(sin2isincosjcosk)

100cos(0.30.4sin)i40sin2j30sin2k

力F对x、y、z轴之矩为：

Mx(F)100cos(0.30.4sin)503(0.30.2)43.3Nm My(F)40sin210Nm

Mz(F)30sin27.5Nm

习题2-3图

2—4 正三棱柱的底面为等腰三角形，已知OA=OB=a，在平面ABED内沿对角线AE有一个力F，图中θ =30°，试求此力对各坐标轴之矩。

— 7 —

解：

MO(F)rAFaiF(coscos45icossin45jsink) aF(sinjcossin45k) 力F对x、y、z轴之矩为：

Mx(F)0

My(F)aFsin30aF 26Mz(F)aFcos30sin45Fa

习题2－4图

2－5 如图所示，试求力F对A点之矩及对x、y、z轴之矩。解：MA(F)rABF

ijd3F5kd 0rAB -d4F5 =1Fd(3i4j7k)

5FMO(F)dj(4i3j)

5习题2－5图

(a)

力F对x、y、z轴之矩为：Mx(F)0；My(F)0；Mz(F)Fd

2—6 在图示工件上同时钻四个孔，每孔所受的切削力偶矩均为8N·m，每孔的轴线垂直于相应的平面。求这四个力偶的合力偶。解：M45M1M2M3M4 M4 3 4 M3 43(M1M4)iM2j(M3M4)k 5514.4i8j12.8kNm

习题2－6图（a）

2－7 已知一平面力系对A（3,0），B（0,4）和C（–4.5,2）三点的主矩分别为：MA = 20kN·m，MB = 0，MC =–10kN·m。试求该力系合力的大小、方向和作用线。

解：由已知MB = 0知合力FR过B点；由MA = 20kN·m，MC = -10kN·m知FR位于A、C间，且

AG2CD（图a）

在图（a）中，设 OF = d，则 d4cot

(d3sin)AG2CD （1）

d2dn2(4.5)sin 即 (d3)si2n(4.5)sin CDCEsi（2）

习题2－7图

d39d， d3

F点的坐标为（-3, 0）合力方向如图（a），作用线如图过B、F点；

— 8 —

tan4 3CD4.5yGE4245 MAFRAGFR4.8

AG6sin64.8

2025kN 4.86510 即 FR(,)kN

234 作用线方程：yx4

3Fd FR3OAx

FR(a)

讨论：本题由于已知数值的特殊性，实际G点与E点重合。

2－8 已知F1 = 150N，F2 = 200N，F3 = 300N，F =F= 200N。求力系向点O的简化结果，并求力系合力的大小及其与原点O的距d。

8013yF12002yMoxFF111002.7FR1oFRdox

习题2－8图

解：FxF1cos45F2

110F3F3151525437.6 N

FyF1sin45F2310161.6 N

MO(F)F1sin450.1F30.20.08F21.44 Nm

向O点简化的结果如图（b）；合力如图（c），图中

FR'(Fx)2(Fy)2466.5 N，MO21.44 Nm

MO45.96 mm FR'合力FRFR466.5 N，d

2－9 图示平面任意力系中F1 = 402N，F2 = 80N，F3 = 40N，F4 = 110M，M = 2000 N·mm。各力作用位置如图所示，图中尺寸的单位为mm。求（1）力系向O点简化的结果；（2）力系的合力的大小、方向及合力作用线方程。

yF(-50,0)(0,30)yMo(20,20)F45FRoxox(0,-6)FFRF(20,-30)

解：FRxFxF1cos45F2F4150 N

FRyFyF1sin45F30

习题2－9图

— 9 —

FR'(Fx)2(Fy)2150 N

MOMO(F)30F250F330F4M900 Nmm

向O点简化结果如图（b）；合力如图（c），其大小与方向为

'FRFR150i N

设合力作用线上一点坐标为（x,y），则

MO(FR)MOxFRyyFRx

'将MO、FRy和FRx值代入此式，即得合力作用线方程为：y6 mm

2－10 图示等边三角形板ABC，边长a，今沿其边缘作用大小均为FP的力，方向如图（a）所示，求三力的合成结果。若三力的方向改变成如图（b）所示，其合成结果如何？

F FFFRA d

FMA

FFFFRAF F

习题2－10图

'解（a）FRFi0

33aFPa（逆） 223FPa（逆）合成结果为一合力偶M2'（b）向A点简化FR2FPi（←）

MAFP

3FPa（逆） 2M3再向A'点简化，d'Aa

4FR合力FRA2FPi（←）

MA

2－11 图示力系F1 = 25kN，F2 = 35kN，F3 = 20kN，力偶矩m = 50kN·m。各力作用点坐标如图。试计算（1）力系向O点简化的结果；（2）力系的合力。

解（1）向O点简化

FR'Fi10k kN

MOMO(F)

i j ki j ki j k50j3 -2 02 2 0-3 2 00 0 250 0 -350 0 20(80i105j) kNm（2）合力FR10k kN

设合力作用线过点(x,y,0)，则

zFRM0习题2－11图

FRMaA(a,0,0)x

— 10 —

oyi j k

x y 0MO80i105j 0 0 10 x10.5，y8.0，z0

合力作用线过点（-10.5，-8.0，0）。

2－12 图示载荷FP=1002N， FQ=2002N，分别作用在正方形的顶点A和B处。试将此力系向O点简化，并求其简化的最后结果。

解：FP100(ik) N

FQ200(ijk) N

i j ki j kMO(F)1 0 01 1 0100 0 100200 -200 200(200i300j) Nm'FRFi(300i200j300k) N

习题2－12图

MOrAFPFBFQ

合力 FRFR(300i200j300k) N 设合力过点（x,y,0），则

'i j k

x y 0300 -200 300MO200i300j

，z0 3

2即合力作用线过点（1,,0）。

3得 x1，y

2－13 图示三力F1、 F2和 F3的大小均等于F，作用在正方体的棱边上，边长为a。求力系简化的最后结果。

解：先向O点简化，得

FR'Fk， MOFajFak

''因FRMO0，故最后简化结果为一力螺旋。

该力螺旋FRFk，MFak 设力螺旋中心轴过O(x,y,0)，则即

rOFRM1Faj

习题2－13图

i j kx y 0Faj 0 0 F得 xa，y0，z0

即合成最后结果的力螺旋中心轴上一点坐标为（a,0,0）。

— 11 —

2－14 某平面力系如图所示，且F1=F2=F3=F4= F，问力系向点A和B简化的结果是什麽？二者是否等效？

解：（1）先向A点简化，得

2F(ij)；MA2Fa FR（2）再向B点简化，得

习题2－14图

2－15 某平面力系向两点简化的主矩皆为零，此力系简化的最终结果可能是一个力吗？可能是一个力偶吗？可能平衡吗？

2F(ij)；MB0 FR二者等效，若将点B处的主矢向点A平移，其结果与（1）通。

解：可能是一个力，也可能平衡，但不可能是一个力偶。因为（1），平面力系向一点简化的结果为一主矢和一主矩，而由已知是：向两点简化

,MA0）,MB0）的主矩皆为零，即简化结果可能为（FR，（FR（主矢与简化中心无0，此时已是简化的最后结果：一合力FRFR经过A点，又过B点。关），若FR0，则此力系平衡，这显然也是可能的；最后结果不可能是一力（2）若该主矢FR偶，因为此时主矩不可能为零，与（1）矛盾。

2－16 平面汇交力系向汇交点以外一点简化，其结果可能是一个力吗？可能是一个力和一个力偶吗？解：平面汇交力系向汇交点（设为A点）简化的结果要么是一个力，要么是平衡，若不

'平衡，则为过汇交点A的一个合力，这个力再向汇交点外某点（设为B点）简化，如果过汇交点A的合力方向与AB连线重合，同该汇交力系向汇交点A以外的B点简化，则可能是一个力；如果过汇交点A的合力方向与AB连线不重合，则该汇交力系向汇交点以外的B点简化（由力平衡定理知）结果可能是一个力和一个力偶。

— 12 —

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）：2F3cos45F0

F32F（拉） 2 F1 = F3（拉） F22F3cos450 F2 = F（受压）图（b）：F3F30 F1 = 0

F2 = F（受拉） FF3

F33 A45

1 F2

F1 (a-1)

习题3－1图

FDAF3F3DF2(a-2)

F3 F1 (b-1)

(b-2)

F3

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= 0.1rad.，力F = 800N。试求绳AB中产生的拔桩力（当很小时，tan≈）。

FEDDFCBFDBFDBB习题3－2图

(a) F

(b) FAB解：Fy0，FEDsinF FED Fx0，FEDcosFDB FDBF sinF10F tan由图（a）计算结果，可推出图（b）中：FAB = 10FDB = 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FAB以及桁架上沿直线BC的压力FBC。

FABy2FBCW(a) x

习题3－3图

W— 13 —

解：图（a）：Fx0，FABcos2Wsin0，FAB2Wsin2

Fy0，FBCWWcosFABsin2s2Wsin即 FBCWWco20

2WWcosW(1cos)2W

3－4 杆AB及其两端滚子的整体重心在G点，滚子搁置在倾斜的光滑刚性平面上，如图所示。对于

给定的角，试求平衡时的角。

解：AB为三力汇交平衡，如图（a）所示ΔAOG中： AOlsin， AOG90 OAG90 ，AGO

llsin1lsin3由正弦定理：， sin()3cos)sin()sin(90)即 3sincossincoscossin

即 2tantan

) arctant(an12习题3－4图 O

注：在学完本书第3章后，可用下法求解： Fx0，FRAGsin0 Fy0，FRBGcos0

MA(F)0，Gsin()FRBlsin0

1) 解（1）、（2）、（3）联立，得 arctant(an2A（1）（2）（3）

l3GFRAG2l3l3B(a) FRB

3–5 起重架可借绕过滑轮A的绳索将重力的大小G=20kN的物体吊起，滑轮A用不计自重的杆AB和AC支承，不计滑轮的自重和轴承处的摩擦。求系统平衡时杆AB、AC所受力（忽略滑轮的尺寸）。

解：以A为研究对象，受力如图（a）所示，其中：FT = G。

FAB0，FABFTcos30Gsin300

FABG(cos30sin30)7.32kN FAC0，FACGcos30FTsin300

FT FAB FAC A G （a）

FABG(cos30sin30)27.32kN

求此时工件H所受的压紧力。

习题3-6图

（a） FNB F B FBC

FCB 习题3-5图

3–6图示液压夹紧机构中，D为固定铰链，B、C、E为铰链。已知力F，机构平衡时角度如图所示，

FCD C FCE （b）

x FEC

FNH FH （c）

— 14 —

解：以铰B为研究对象，受力如图（a）。

Fy0，FBCsinF0；FBC以铰C为研究对象，受力如图（b）。

F （1） sinFCB （2）

sin2Fx0，FCBFCEsin20；FCE以铰E为研究对象，受力如图（c）。

Fy0，FHFECcos0；FHFECcos （3）

由于FBCFCB；FECFCE，联立式（1）、（2）、（3）解得：FH

3–7三个半拱相互铰接，其尺寸、支承和受力情况如图所示。设各拱自重均不计，试计算支座B的约束力。

习题3-7图

FD′

FD FCx FCy

FAy （b）

FAx

FB F 22sin（a）

解：先分析半拱BED，B、E、D三处的约束力应汇交于点E，所以铰D处的约束力为水平方向，取CDO为研究对象，受力如图（a）所示。

MC(F)0，FDaFa0；FDF

以AEBD为研究对象，受力如图（b）。

0；FB2F MA(F)0，3aFB3aF3aFD

3－8 折杆AB的三种支承方式如图所示，设有一力偶矩数值为M的力偶作用在折杆AB上。试求支承处的约束力。

习题3—8图

FBFB DB

AFA

BMDBFBM45FBFDAMFBDFDA(a)

A FA (b)

FA(c)

(d)

— 15 —

M 2lM 图（b）：FAFB

l解：图（a）：FAFB 由图（c）改画成图（d），则 FAFBD ∴ FBFBDM lM l FD2FBD

2M l3－9 齿轮箱两个外伸轴上作用的力偶如图所示。为保持齿轮箱平衡，试求螺栓A、B处所提供的约束力的铅垂分力。

习题3－9图

FAy

(a)

FBy

解：ΣMi = 0，500125FAy0.50

FAy = 750N（↓）， FBy = 750N（↑）

（本题中FAx ，FBx等值反向，对力偶系合成结果无贡献。）

3－10 试求图示结构中杆1、2、3所受的力。

解：杆3为二力杆

图（a）： ΣMi = 0 F3M dF3dM0

习题3－10图

F = F3（压）

图（b）： ΣFx = 0 F2 = 0 ΣFy = 0

F1FM（拉） dF1dF2M31d2AAF3

F(a)

(b)

3–11图示空间构架由三根不计自重的有杆组成，在D端用球铰链连接，A、B和C端则用球铰链固定在水平地板上，若拴在D端的重物P = 10 kN，试求铰链A、B、C的反力。

解：

习题3-11图（a）

— 16 —

取铰D为研究对象，受力如图（a）。

FFF

x0，FBcos45FAcos450；FBFA （1）

y0，FCcos152FAsin45cos300 （2）

z0，FCsin152FAsin45sin30P0 （3）

联立式（1）、（2）、（3）解得：FBFA26.39kN，FC33.46kN

3–12 图示空间构架由三根不计自重的有杆组成，在O端用球铰链连接，A、B和C端则用球铰链固定在水平地板上，若拴在O端的重物P=10kN，试求铰链A、B、C的反力。

解：

习题3-12图（a）

取铰O为研究对象，受力如图（a）。

Fx0，FBcos45FCcos450；FBFC

F0，FAcos45P0；FA2P14.14kN Fy0，FAsin452FBsin450；FBFC7.07kN

3–13 梁AB用三根杆支承，如图所示。已知F1=30kN，F2 = 40kN，M=30kN·m, q = 20N/m，试求三杆的约束力。

解：

FA FC （c）

（d） FC

FD FB O （1）图（a）中梁的受力如图（c）所示。

F0，Fcos60Fcos600；FF30kN

MB(F)0，8F8Fsin60M4F3Fsin601.53q0；FxC1C1A12CA63.22kN

— 17 —

MMMM

A(F)0，8FBM4F25FCsin606.53q0；FA88.74kN (F)0，6FC4F1M2F2cos300；FC3.45kN (F)0，8FC6F1M4FDsin452F2sin300；FD57.41kN (F)0，4FCM2F12F2sin304FBsin450；FB8.42kN

2kN/m。试求当汽3（2）图（b）中梁的受力如图（d）所示。

OBD 3－14 一便桥自由放置在支座C和D上，支座间的距离CD = 2d = 6m。桥面重1车从桥上面驶过而不致使桥面翻转时桥的悬臂部分的最大长度l。设汽车的前后轮的负重分别为20kN和40kN，两轮间的距离为3m。

解：图（a）中，

2 q1kN/m

3 F = 40 kN（后轮负重） ΣMD = 0

q(62l)3Fl0

5 (62l)340l0

3 l = 1m 即 lmax = 1m

习题3－14图

qFDC6lFRDl(a)

3－15 图示构架由杆AB、CD、EF和滑轮、绳索等组成，H，G，E处为铰链连接，固连在杆EF上的销钉K放在杆CD 的光滑直槽上。已知物块M重力P和水平力Q，尺寸如图所示，若不计其余构件的自重和摩擦，试求固定铰支座A和C的反力以及杆E F上销钉K的约束力。

FAy FCy

FCx FAx

习题3－15图（a）

FCy FT

FK C FCx H F

F Hx K

K FHy

FK′

FDx （b）

（c）

FDy

解：取系统整体为研究对象，其受力如图（a）所示。

— 18 —

MA(F)0，3aP6aQ4aFCy0；FCy3(P2Q) 4Fy0，FAyPFCy0；FAyFx7P6Q) 40，QFAxFCx0 （1）

H取轮E和杆EF为研究对象，其受力如图（b）所示。

M；FK2P（FT = P） (F)0，3aPaFT2aFKcos450（FT = P）

取杆CD为研究对象，其受力如图（c）所示。

MD(F)0，22aFK4aFCy4aFCx0；FCx将FAx的值代入式（1），得：FAx

P6Q 42QP 43-16滑轮支架系统如图所示。滑轮与支架ABC相连，AB和BC均为折杆，B为销钉。设滑轮上绳的拉力P = 500N，不计各构件的自重。求各构件给销钉B的力。

习题3－16图

（a）

A （b） FBy FT P B FBx

B FBy′ FBA FBx′ FBC C

解：取滑轮为研究对象，其受力如图（a）所示。

FFFFyx；FByP500N 0，FByFT0（FT = P）

0，FBxP0；FBxP500N

43，tan）。 34取销钉B为研究对象，其受力如图（b）所示（tany0 （1） 0，FBAsinFBCsinFByx0 （2） 0，FBAcosFBCcosFBx联立式（1）、（2）解得：FBA700N；FBC100N

3-17 图示结构，由曲梁ABCD和杆CE、BE、GE构成。A、B、C、E、G均为光滑铰链。已知F = 20kN，q = 10kN/m，M = 20kN·m，a=2m，设各构件自重不计。求A、G处反力及杆BE、CE所受力。

FAy

FAx FGx FGy FGx FGy 习题3－17图

— 19 —

（a）

（b）

FEB FEC 解：取系统整体为研究对象，其受力如图（a）所示。

M(F)0，aFMaF2aq0；F50kN F0，FFF0；F70kN

F0，FF2aq0 （1）

2AGxGxxAxGxAxyAyGy取杆GE为研究对象，其受力如图（b）所示。

F0，FFcos450；F502kN M(F)0，MaFaFcos450；FM(F)0，MaF0；F10kN

xGxECECGEEBECEB40kN

GyGy将FGy的值代入式（1），得：FAy30kN

3-18 刚架的支承和载荷如图所示。已知均布载荷的集度q1 = 4kN/m，q2 = 1kN/m，求支座A、B、C三处的约束力。

FEy F FEx

解：取CE为研究对象，其受力如图（a）所示。

ME(F)0，

4FC20q20 FC5kN

取系统整体为研究对象，其受力如图（c）所示。

3m 3m （a） FC MA(F)0，

10FC18q16FBy0 FBy3.67kN

FFx F FFy 习题3－18图 q1 F Fy0，

FAyFBy6q1FC0 FAy15.33kN

FBx FBy 3m （b）

FC FAx FAy 3m FBx FBy 3m （c） FC Fx0，

FAxFBx4q20 （1）

取CDEFB为研究对象，其受力如图（b）所示。

M

F(F)0，7FC24q24.5q13FBy6FBx0；FBx0.67kN

将FBx的值代入式（1），得：FAx4.67kN 3-19 试求图示多跨梁的支座反力。已知：

（a）M = 8kN·m， q = 4kN/m；（b）M = 40kN·m，q = 10kN/m。

习题3-19图

习题3－19图

— 20 —

解： FAx

MA FAy

FBx FBy FC （c）

FCx FCy （e）

FD FAx FC （d）

FAy FB （f）

FD （1）取图（a）中多跨梁的BC段为研究对象，受力如图（c）所示。

MyB(F)0，4FC36q0；FC18kN

ACA取图整体为研究对象，受力如图（d）所示。

M(F)0，MM8F76q0；MF0，F6qF0；F6kN F0，F0

AAyCAy32kNm

xAx（2）取图（b）中多跨梁的CD段为研究对象，受力如图（e）所示。

MyC(F)0，4FDM2q0；FD15kN

BDB取图整体为研究对象，受力如图（f）所示。

M(F)0，2F8FM16q0；F40kN F0，FF4qF0；F15kN F0，F0

AAyBDAyxAx

3－20 厂房构架为三铰拱架。桥式吊车顺着厂房（垂直于纸面方向）沿轨道行驶，吊车梁重力大小W1 = 20kN，其重心在梁的中点。跑车和起吊重物重力大小W2 = 60kN。每个拱架重力大小W3 = 60kN，其重心在点D、E，正好与吊车梁的轨道在同一铅垂线上。风压在合力为10kN，方向水平。试求当跑车位于离左边轨道的距离等于2m时，铰支承A、B二处的约束力。

FlW2W1Fr

2m2m4m

(a)

习题3－20图

解：图（a）：ΣML = 0，Fr82W24W10

8Fr2604200，Fr = 25 kN （1）图（b）：ΣMA = 0，

FBy12105W32W310W24W160 12FBy501206002401200，FBy94.2kN ΣFy = 0，FAy = 106 kN ΣFx = 0，FBxFAx10kN 图（c）：ΣMC = 0，

W310kNW2FAxW3W1BFBxFAyFBy(b)

CFrW3BFBxFBy （2）

(c)

— 21 —

(W3Fr)4FBx10WBy60，FBx = 22.5 kN

代入（2），得 FAx12.5kN

3－21 图示为汽车台秤简图，BCF为整体台面，杠杆AB可绕轴O转动，B、C、D三处均为铰链。杆DC处于水平位置。试求平衡时砝码重W1与汽车重W2的关系。

FByBW2AOBW1FBy习题3－21图

C(a)

(b)

解：图（a）：ΣFy = 0，FBy = W2

a0 图（b）：ΣMO = 0，W1lFBy由式（1）、（2），得

W1a W2l（1）

（2）

3-22 立柱AB以球铰支于点A，并用绳BH、BG拉住；D处铅垂方向作用力P的大小为 20kN，杆CD在绳BH和BG的对称铅直平面内（如图所示）。求系统平衡时两绳的拉力以及球铰A处的约束力。

习题3－22图

解：取整体为研究对象，受力如图（a）所示。

yHGFG FH

FAy FAz FAx （a）

HGM(F)0，5Fcos60sin455Fcos60sin450；FF M(F)0，25Fcos60cos455P0；FF28.3kN F0，F0

F0，F2Fcos60cos450；F20kN F0，F2Fsin60P0；F69kN

xHHGxAxyAyHAyzAzHAy 3-23 正方形板ABCD用六根杆支撑，如图所示，在A点沿AD边作用一水平力F。若不计板的自重，求各支撑杆之内力。

F4 F3 F1 F2 F6 F5 习题3－23图

— 22 —

（a）

解：取整体为研究对象，受力如图（a）所示。

MMMMMM

BBCCAAADCD(F)0，F2cos45aFa0；F22F (F)0，F5cos45aFa0；F52F (F)0，(F2F4)cos45a0；F42F (F)0，(F3F4cos45)a0；F3F

(F)0，(F6F5cos45)a0；F6F (F)0，(F1F6)a0；F1F

BC

3－24 作用的齿轮上的啮合力F推动胶带轮绕水平轴AB作匀速转动。已知胶带紧边的拉力为200N，松边为拉力为100N，尺寸如图所示。试求力F的大小和轴承A、B的约束力。

xF20100N200NFBxzFAxACDBFBy

(a)

FAy y 习题3－24图

解：图（a）：ΣMz = 0，Fcos20120(200100)80，F = 70.95 N ΣMy = 0，Fsin20100300250FBx3500， FBx = -207 N（↓） ΣFx = 0，FAxFBxFsin203000， FAx = -68.4 N（↓） ΣMx = 0，Fcos20100FBy3500， FBy = -19.04 N ΣFy = 0，FAyFcos20FBy0， FAy = -47.6 N F = 70.95 N；FRA(68.4i47.6j)N；FRB(207i19.04j)N

3－25 水平轴上装有两个凸轮，凸轮上分别作用已知力F1（大小为800N）和未知力F。如轴平衡，求力F的大小和轴承A、B的约束力。

FBz FAz FBx FAx 习题3－25图

（a）

解：取整体为研究对象，受力如图（a）所示。

M(F)0，20F20F0；FF800N M(F)0，100F40F0；F320N

M(F)0，100F140F0；F1120N

y11xzBzBzBx1Bx — 23 —

FFxz0，FAxFBxF10；FAx320N 0，FAzFBzF0；FAz480kN

3－26 图示折杆ABCD中，ABC段组成的平面为水平，而BCD段组成的平面为铅垂，且∠ABC =∠BCD = 90°。杆端D用球铰，端A用滑动轴承支承。杆上作用有力偶矩数值为M1、M2和M3的三个力偶，其作用面分别垂直于AB、BC和CD。假定M2、M3大小已知，试求M1及约束力FRA、FRD的各分量。已知AB = a、BC = b、CD = c，杆重不计。

FAz解：图（a）：ΣFx = 0，FDx = 0

ΣMy = 0，M2FAzd10，FAz ΣFz = 0，FDzM2

d1M2 d1FAyM1AM2CBM3x ΣMz = 0，M3FAyd10，FAy ΣFy = 0，FM3

Dyd1M3

d1yFDyDFDx习题3-26图

(a)

FDz

ΣMx = 0，M1FAyd3FAzd20，M1

d3dM32M2 d1d13－27 如图所示，组合梁由AC和DC两段铰接构成，起重机放在梁上。已知起重机重力的大小P1 =

50kN，重心在铅直线EC上，起重载荷P2 = 10kN。如不计梁自重，求支座A、B和D三处的约束反力。

4mEA3mBEFFP3m1m1mG6mWFPFFPGFRG3mWDFRF习题3－27图（a）

1m1m

GFRFCxGFCy1m6mCDFRDFAyFAxABFRBFFPWGDFRD （b）（c）

解：（1）研究对象和受力图（a）：

MF(F)0，2FRG1FP5W0，FRG50 kN

（2）研究对象和受力图（b）

MC(F)0，6FRD1FR'G0，FRD8.33 kN

（3）整体作研究对象，受力图（c）

MA(F)0，12FRD10W6FP3FRB0，FRB100 kN

Fx0，FAx0

Fy0，FAy48.33 kN

3－28 图示构架中，物体P重1200N，由细绳跨过滑轮E而水平系于墙上，尺寸如图。不计杆和滑轮的自重，求支承A和B处的约束力，以及杆BC的内力FBC 。

— 24 —

习题3－28图（a）（b）

解：

（1）整体为研究对象，受力图（a），FTW

MA0，FRB4W(2r)FT(1.5r)0，FRB1050 N Fx0，FAxFTW1200 N Fy0，FAy150 N

（2）研究对象CDE（BC为二力杆），受力图（b） MD0，FBCsin1.5WrFT(1.5r)0

3－29 在图示构架中，A、C、D、E处为铰链连接，BD杆上的销钉B置于AC杆光滑槽内，力F = 200N，力偶矩M = 100N·m，各尺寸如图，不计各构件自重，求A、B、C处所受力。

FBCW12001500 N（压力）

4sin5习题3－29图（a）（b）（c）

解：

（1）整体为研究对象，受力图（a）

ME0，1.6FAyMF(0.60.4)0，FAy87.5 N （2）研究对象BD，受力图（b）

MD0，FNB0.8sin30M0.6F0，FNB550 N （3）研究对象ABC，受力图（c）

'MC0，1.6sin60FAx0.8FAy0.8FNB0，FAx267 N 'Fx0，FAxFNBcos30FCx0，FCx209 N

'Fy0，FAyFNBsin30FCy0，FCy187.5 N

3-30 平面桁架的尺寸和支座如图所示。试求其各杆之内力。

— 25 —

习题3－30图

解：

（1）取图（a）中桁架为研究对象，求支座的约束力，受力如图（c）所示。由对称性可得：

FAFE60kN

取节点A为研究对象，受力如图（d）所示。

Fy0，FAF1sin600；F169.28kN FFFFFFxFA （c） F1 A FA （d） F3′ F2′C （f）

F5 F6 40 kN F2

B F1′ F3

（e）

F7 F6′ FE 40 kN

0，F2F1cos600；F234.64kN 0，(F3F1)sin60400；F323.09kN 0，(F3F1)cos60F40；F446.19kN 0，(F5F3)sin60400；F523.09kN 0，(F5F3)cos60F6F20；F634.64kN 0，FAF7sin600；F769.28kN

取节点B为研究对象，受力如图（e）所示。

yx取节点C为研究对象，受力如图（f）所示。

yE FE

x取节点E为研究对象，受力如图（g）所示。

y（g）

（2）取图（b）中桁架为研究对象，求

支座的约束力，受力如图（h）所示。

M0，2021048F0 F0，FF2010100

HAyAHFA （h） F1 A FA （i） F7′ F8 20 kN G F12′

（k）

F5 D FH 解得：FA10kN；FH30kN

其中零杆有：F3 = F4 = F11 = 0

取节点A为研究对象，受力如图（i）所示。

10 kN

F6 （j）

10 kN F12 F13 H FH

（l）

1FF0；F122.36kN ，F0A1y52FF0；F220kN ，F021x5由节点C和节点B可得：

F5F122.36kN；F9F220kN

取节点D为研究对象，受力如图（j）所示。

FFxy0，F7F522.36kN

1F6100；F610kN 0，(F5F7)5取节点H为研究对象，受力如图（l）所示。

— 26 —

Fy0，FHF12Fx0，F13F121100；F1244.72kN 520；F1340kN 5由节点F可得：F10F1340kN

取节点G为研究对象，受力如图（k）所示。

F7F8)Fx0，(F12

20；F822.36kN 53-31 求图示平面桁架中1、2、3杆之内力。

习题3－31图

解：

（1）取图（a）中桁架为研究对象，求支座B 处的约束力，受力如图（c）所示。

A FA C

B FB MA0，4FB10025030

解得：FB87.5kN

用截面将杆1、2、3处截开，取右半部分为研究对象受力如图（d）所示。

（c） F1 F2 F3 （d） C

B FB 1Fy0，FBF22500；F253kN MC0，FBF30；F3FB87.5kN

Fx0，F1F21F30；F1125kN 2F1 （2）取图（b）中桁架为研究对象，用截面将杆1、2 处截开，取右半部分为研究对象，受力如图（e）所示。

MA0，10a2asin30F20；F210kN MB0，atan30F110a0；F1103kN

再用截面将杆3处截开，取右半部分为研究对象受力如图（f）所示。

B （e）

F2 M

A0，10a2aF30；F35kN

F3 B （f）

— 27 —

3－32 桁架的尺寸以及所受的载荷如图所示。试求杆BH、CD和GD的受力。解：（1）节点G：Fy0，FGD0

（2）节点C：Fy0，FHC0

（3）整体，图（a）

MB0，15FRE10605400

FRE26.67kN（↑）（4）截面法，图（b）

MH0，5FCD5601026.670；FCD6.67kN（压） Fy0，

2FBH6026.670；FBH47.1kN 2FHIH

习题3-32图

GFFBH40kNBEFRB(a) 60kNFREBFCDD60kNE26.7kN (b)

3－33 图示桁架所受载荷F1=F，F2=2F，尺寸a为已知。试求杆件CD、GF、和GD的内力。

解：截面法，受力如图（a）所示。

M0，FF0，FDyGF0

GD1F20 2FGF FGD FCD

习题3－33图

（a）

FGD22F

F

0，

1F1FGDFCD0；FCDF

2x3-34 两物块A、B放置如图所示。物块A重P1 = 5kN。物块B重P2 = 2kN，A、B之间的静摩擦因数fs1 = 0.25，B与固定水平面之间的静摩擦因数fs2 = 0.20。求拉动物块B所需力F的最小值。

解：取A为研究对象，受力如图（a）所示。

FFy0，FTsin30P1FNA0 （1）

x0，FAFTcos300 （2）

FT FAmaxfs1FNA （3）

取B为研究对象，受力如图（b）所示。

习题3－34图

FFyA0 （4） 0，FNBP2FNxFB0 （5） 0，FFAFA′ FB

FNA P1

（a） FNA′

FBmaxfs2FNB （6）

解式（1）——（6），得：

Fmin

fs1fs2P1fs2P22.366kN

fs1tan301FNB P2

（b）

— 28 —

3-35 起重绞车的制动装置由带动制动块的手柄和制动轮组成。已知制动轮半径R=50cm，鼓轮半径r = 30cm，制动轮与制动块间的摩擦因数fs = 0.4，被提升的重物重力的大小G = 1000N，手柄长l = 300cm， a = 60cm，b = 10cm，不计手柄和制动轮的自重。求能够制动所需力F的最小值。

解：取轮与重物为研究对象，受力如图（a）所示。

FN F FOx

FOy MO0，GrFfR0 （1）

取杆AB为研究对象，受力如图（b）所示。

aFfbFL0 （2） MA0，FNFfmaxfsFN （3）

解式（1）——（3），得：

习题3－35图 FAy G （a）

FminGra(b)280N LRfsFAx F′

FN′

（b）

3-36 尖劈起重装置如图所示。尖劈A的顶角为，B块上受力FQ的作用。A块与B块之间的静摩擦因数为fs（有滚珠处摩擦力忽略不计）。如不计A块和B块的自重，试求保持平衡时主动力FP的范围。

解：（1）B几乎要下滑时，FP = Fmin 图（a），Fy0 FN1cosF1sinFQ0 图（b），Fx0

1sinFmin0 F1cosFN F1 = fFN1 解（1）、（2）、（3），得： FminsinfcosFQ

cosfsin（1）（2）（3）（4）

习题3-36图

（2）B几乎要向上滑时，FP = Fmax 图（c），Fy0 FN2cosF2sinFQ0 图（d），Fx0

2sinFmax0 F2cosFN F2 = fFN2 解（5）、（6）、（7），得： FmaxsinfcosFQ cosfsin（5）（6）（7）（8）

FNBBFQF1FN1(a) 若令tanmf，由（4）、（8），得：

tan(m)FQFPtan(m)FQ

'FN1FO'FN2F2'AF1'AFminFNBBFmaxFNA(b) F2FN2 FNA(d) (c) — 29 —

3-37 砖夹的宽度250mm，杆件AGB和GCED在点G铰接。砖重为W，提砖的合力FP作用在砖夹的对称中心线上，尺寸如图所示。如砖夹与砖之间的静摩擦因数fs = 0.5，试问d应为多大才能将砖夹起（d是点G至到砖块上所受正压力作用线的距离）。

FFGBFN1FN2FPdA'FN1W习题3-37图 (a) F' (b) 解：（1）整体（题图）：Fy0，FP = W （2）图（a）： Fy0，F Fx0，FN1 = FN2 FfFN1 FN1FN2FW f2f（1）（2）（3）（4）

W 21d0，95W30 （3）图（b）：MG0，FP95F30FNWWd0，d110mm 22f

3-38 图示为凸轮顶杆机构，在凸轮上作用有力偶，其力偶矩为M，顶杆上作用有力FQ。已知顶杆与导轨之间的静摩擦因数为fs，偏心距为e，凸轮与顶杆之间的摩擦可忽略不计。要使顶杆在导轨中向上运动而不致被卡住，试问滑道的长度l应为多少？

解：（1）对象：凸轮；受力图（b）

2 MO0，FNW e（1）（2）（3）

（4）

习题3-38图

（2）对象：顶杆，受力图（a） Fy0，FQ2FsFN2 FsFs1Fs2 FsfsFN1 式（1）、（3）代入（2），得 FQ2fsFN1M lFN1M e MC(F)0，FN1lFN2eM FN1FQe代入式（4），得 FQ2fs l2Mesf

MFQeMM leFN2Fs1C'Fs1F'N1OMeF'N2(a) 即 lmin

2Mefs MFQe (b) 3-39为轻便拉动重物P，将其放在滚轮O上，如图所示。考虑接

触处A、B的滚动摩阻，则作用在滚轮上的滚动阻力偶的转向是。

（A）MfA为顺时针转向，MfB为逆时针转向；（B）MfA为逆时针转向，MfB为顺时针转向；（C）MfA、MfB均为逆时针转向；（D）MfA、MfB均为顺时针转向。

解：选择（C）习题3-39图

— 30 —

因为滚轮相对于地面和相对于重物均为顺时针滚动，所以A、B处的滚动摩阻力偶均为逆时针转向。

3-40 图示物块重5kN，与水平面间的摩擦角 m=35，今欲用力F推动物块，F=5kN。则物块将。 (A) 不动；

60° (B) 滑动;

因为重力与力F大小相等，故其合力的作用线与接触面法线之间的夹角为30º，小于摩擦角，所以物块静止不动。

习题3-40图 3-41在平面曲柄连杆滑块机构中，曲柄OA长r,作用有一矩为M的力偶，小滑块B于水平面之间的摩擦因数为f。OA水平。连杆与铅垂线的夹角为，力与水平面成角，求机构在图示位置保持平衡时力P的值。（不计机构自重， ＞ m=arctanf ）

解：取杆AB为研究对象，受力如图（a）。

FA FO M （a），MFcosr0；

rcos取物块B为研究对象，设其有向右运动的趋势，受力如图（b）。（FB = FA）

MO0AFAFB 习题3-41图

F1 B P FB B FN P F2 Fy0，FNPsinFBcos0 Fx0，FBsinPcosF10

FN （b）

（c）

F1maxfFN

MsincosfMsin(m)解得：Pmin

rcoscossinfrcoscos(m)取物块B为研究对象，设其有向左运动的趋势，受力如图（c）。

Fx0，FBsinPcosF20

F2maxfFN

MsincosfMsin(m)

rcoscossinfrcoscos(m)Msin(m)Msin(m)P所以：

rcoscos(m)rcoscos(m)其余方程不变，解得：Pmax

*3-42某人骑自行车匀速上一坡度为5%的斜坡，如图所示。人与自行车总重力的大小为820N,重心在

点G。若不计前轮的摩擦，且后轮处于滑动的临界状态，求后轮与路面静摩擦因数为多大？若静摩擦因数加倍，加在后轮上的摩擦力为多大？为什麽可忽略前轮的摩擦力？

解：设斜坡的倾角为，则有tan1，

20受力如图所示。

MFB0，

0，FPsin0

A F FN1 P B FN2

(1080460)Pcos700PsinFN110800

ABFmaxfsFN1

1080sin解得：fs0.082 620cos700sin若静摩擦因数加倍，则加在后轮上的摩擦力为： FPsin40.95N

— 31 —

习题3-42解图

*3-43匀质杆AB和BC在B端铰接，A端铰接在墙上，C端则靠在墙上，如图所示。墙与C端接触处的摩擦因数f=0.5，两杆长度相等并重力相同，试确定平衡时的最大角 。铰链中的摩擦忽略不计。

FAy

FAx F FN

习题3-43图

（a）

P P

（b）

F P FBy FBx 解：取整体为研究对象，受力如图（a）所示。设杆长为l。

MA0，FN2lsinMB0，FNlsinl2Pcos0 （1） 222取杆BC为研究对象，受力如图（b）所示。

lPcosFlcos0 （2） 2222FmaxfFN （3）

解式（1）——（3），得：cos(2fcot)0

22cos0，不合题意，舍去；

2cot

3-44 如图所示，圆柱体A与方块B匀重100N，置于倾角为30°的斜面上，若所有接触处的摩擦因数均fs =0.5，试求保持系统平衡所需的力F1的最小值。

24，28.07

解：取圆柱体A为研究对象，受力如图（a）所示。

F0，Psin30FF0 （1） M0，(FF)r0 （2）

xAN2AABA习题3-44图 FA FN1 A FAB x FABfsFN2 （3）

取方块B为研究对象，受力如图（b）所示。

FFx20 （4） 0，Psin30FBF1FN0 （5） 0，FN3Pcos30FAByP FN2 （a） FAB′ B FBfsFN3 （6）

解式（1）——（6），得：

FN2′ F1Psin30(2fs)Pfscos3031.7N

*3-45 如图所示，均质圆柱重W，半径为r，搁在不计自重的水平杆和固定斜面之间。杆A端为光滑铰链，D端受一铅垂向上的力F作用，圆柱上作用一力偶，已知F=W，圆柱与杆和斜面间的静滑动摩擦因数fS皆为0.3，不计滚动阻碍。当=45°时，AB=BD。试求此时能保持系统静止的力偶矩M的最小值。

— 32 —

FB P FN3 （b）

习题3-45图

解：取杆AD为研究对象，受力如图（a）所示。（设杆长l） FAy MA0，FlFNBl0；FNB2W2FNB FB

FAx 取圆柱O为研究对象，受力如图（b）所示。

MO0，FErMFBr0 （1） Fx0，FNEcos45FEsin45FB0 （2） Fy（a） FNE FE FB′ FNB′ （b）

BFNEsin45FEcos45W0 （3） 0，FN327W；FBWFBmax0.6W 1313设E处的静摩擦力先达到最大值：FEfsFNE 由式（2）、（3）解得：FErFEr0.212Wr 由式（1）得：MminFB

*3-46 如图所示起重用抓具，由弯杆ABC和DEF组成，两根弯杆由BE杆的B、E两处用铰链连接，抓具各部分的尺寸如图示。这种抓具是靠摩擦力抓取重物的。试求为了抓取重物，抓具与重物之间的静摩擦因数应为多大（BE尺寸不计）。

习题3－46图（a）（b）（c）

解（1）研究对象重物，受力图（a）

Fy0，2FFQ，FFQ2 （a）

FFmaxfsFN，fsFQ （b） 2FN

（2）研究对象吊环，受力图（b） Fx0，FDFA

Fy0，2FDcos60FQ，FDFQ （c）

（3）研究对象弯杆CFED，受力图（c）

'0.6F0.2FN0.150 ME0，FD式（a）、（b）、（c）代入，得

0.6FQ0.1FQ0.15FQ0，fs0.15 2fs — 33 —

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v0，并且在运动过程中小环的速度和加速度成定角θ，且 0 ＜ θ ＜，试确定小环

2A的运动规律。

2 解：asinav，anRv2 RsinA

θ O v a advacostdt vdsv0Rtan

dtRtanv0tstvRtan0ds00Rtanv0tdt

sRtanlnRtan

Rtanv0t

tv2，vdv1v0v20Rtandt Rtan习题4－1图

4－2 已知运动方程如下，试画出轨迹曲线、不同瞬时点的v、a图像，说明运动性质。 y2x3sintx4t2t 1．， 2．

23y2cos2ty3t1.5t 解：1．由已知得 3x = 4y （1）  v55t

y33t  a5 y3 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

yx1 arcsinarccos

3224 化简得轨迹方程：y2x2

944txOy4(a) x

4x21O12123x(b) 习题4－2图

（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

1sRt2，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。当点第一2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。

R y坐标值最大的位置时：s1Rt2R，t21

22 axatR，ay2R

y R 解：vsRt，atvR，anv2Rt2

2M O 习题4－3图

x — 34 —

4－4 滑块A，用绳索牵引沿水平导轨滑动，绳的另一端绕在半径为r的鼓轮上，鼓轮以匀角速度ω转动，如图所示。试求滑块的速度随距离x的变化规律。

B 解：设t = 0时AB长度为l0，则t时刻有：

rr A (tarctanrarctan)rlx2r2

l0x2r20 对时间求导：

rxω xxx2r2x x r2xxx2r2rx xr22

习题4－4图

4－5 凸轮顶板机构中，偏心凸轮的半径为R，偏心距OC = e，绕轴O以等角速转动，从而带动顶板A作平移。试列写顶板的运动方程，求其速度和加速度，并作三者的曲线图像。解：（1）顶板A作平移，其上与轮C接触点坐标： yResin t（为轮O角速度）

ecos t vye2sin t ayωt

（2）三者曲线如图（a）、（b）、（c）。

习题4-5图

y a

Re Ree2

R-et OOt 2teO-eπ  (a) (b) (c)

4－6 绳的一端连在小车的点A上，另一端跨过点B的小滑车车绕在鼓轮C上，滑车离地面的高度为h。若小车以匀速度υ沿水平方向向右运动，试求当 = 45°时B、C之间

各为多少。绳上一点P的速度、加速度和绳AB与铅垂线夹角对时间的二阶导数解：1．∵P点速度与AB长度变化率相同

d12xxv vP(h2x2)2（= 45°，x = h时） dt2h2x221P2．同样：aPv2dxxxv2 ()dth2x222h22h0，x = h）（∵x 3．tanxx，tan1 hh习题4-6图

1xhxh2  2xhx212h22hxxv2 2222（顺） (hx)2h

4－7 图示矢径r绕轴z转动，其角速度为 ，角加速度为 。试用矢量表示此矢径端点M的速度、法向加速度和切向加速度。

— 35 —

dtdvrωvMαrω(ωr) aMMωdt aMtαr

aMnω(ωr)ωv

解：vMdrωr

z M r O x y

习题4-7图

4－8 摩擦传动机构的主动轮I 的转速为n＝600r/min，它与轮II的接触点按箭头所示的方向移动，距离d按规律d＝10-0.5t变化，单位为厘米，t以秒计。摩擦轮的半径r＝5cm，R＝15cm。求：（1）以距离d表示轮II的角加速度；（2）当d＝r时，轮II边缘上一点的全加速度的大小。 n I 解：

II r （1）2dnr，2nr

3030d60050.550nrd rad/s2 230d230d2d22242244（2）arr2500n59220cm/s2

r4304R 习题4-8图

4－9 飞机的高度为h，以匀速度v沿水平直线飞行。一雷达与飞机在同一铅垂平面内，

雷达发射的电波与铅垂线成 角，如图所示。求雷达跟踪时转动的角速度 和角加速度与h、v、 的关系。

解：tanvt

hvcos2 v，co2shhvv2 sin22sin2co2s

hhv

h 

习题4-9图

4－10 滑座B沿水平面以匀速v0向右移动，由其上固连的销钉C固定的滑块C带动槽杆OA绕O轴转动。当开始时槽杆OA恰在铅垂位置，即0；销钉C位于C0，OC0＝b。试求槽杆的转动方程、角速度和角加速度。 A解：tanv0t，arctanv0t rad

bb bv0 rad/s

22b2v0tC0 B v0 32bv0t 2222 (bv0t) b

习题4-10图

4－11．设 为转动坐标系Axyz的角速度矢量，i、j、k为动坐标系的单位矢量。试证明：

djdkdiωkiijdtdtdt

jk — 36 —

证：djk(ωj)kωix dtdki(ωk)iωjy dtdij(ωi)jωkk dt等式右侧xiyjzkω

证毕

— 37 —

第5章点的复合运动分析

5－1 曲柄OA在图示瞬时以ω0绕轴O转动，并带动直角曲杆O1BC在图示平面内运动。若d为已知，试求曲杆O1BC的角速度。

A vr 解：1、运动分析：动点：A，动系：曲杆O1BC，牵连C ve 运动：定轴转动，相对运动：直线，绝对运动：圆周运动。

va 2、速度分析：vavevr va2l0；vave2l0 OBCve0（顺时针）

10 l l O O1A 习题5-1图

5－2 图示曲柄滑杆机构中、滑杆上有圆弧滑道，其半径R10cm，圆心O1在导杆BC上。曲柄长OA10cm，以匀角速ω4πrad/s绕O轴转动。当机构在图示位置时，曲柄与水平线交角φ30。求此时滑杆CB的速度。

解：1、运动分析：动点：A，动系：BC，牵连运动：平移，相对运动：圆周运动，绝对运动：圆周运动。

2、速度分析：vavevr

va ve Ovr   vaO1A40cm/s； vAo vBCveva40126cm/s

习题5-2图 vA

5－3 图示刨床的加速机构由两平行轴O和O1、曲柄OA和滑道摇杆O1B组成。曲柄OA的末端与滑块铰接，滑块可沿摇杆O1B上的滑道滑动。已知曲柄OA长r并以等角速度转动，两轴间的距离是OO1 = d。试求滑块滑道中的相对运动方程，以及摇杆的转动方程。解：分析几何关系：A点坐标 x1cosrcostd （1） x1sinrsint （2）（1）、（2）两式求平方，相加，再开方，得： 1．相对运动方程

x1r2cos2t2rdcostd2r2sin2tdr2rdcost22

将（1）、（2）式相除，得： 2．摇杆转动方程： tanrsint

rcostd arctanrsint

习题5-3图 rcostd

5－4 曲柄摇杆机构如图所示。已知：曲柄O1A以匀角速度ω1绕轴O1转动，O1A = R，O1O2 =b ，O2O = L。试求当O1A水平位置时，杆BC的速度。

O2 解：1、A点：动点：A，动系：杆O2A，牵连运动：定

vBr 轴转动，相对运动：直线，绝对运动：圆周运动。

vBa 2B RRC 1 vAaR1；vv AeAaO vBe b2R2b2R2L 2、B点：动点：B，动系：杆O2A，牵连运动：定轴

转动，相对运动：直线，绝对运动：直线。

ω1 O1 vAr vAe vAa 习题5-4图

A — 38 —

vBevBCO2BLR21 vAeO2Abb2R2b2R2LR21

vBavBebb2

5－5 如图示，小环M套在两个半径为r的圆环上，令圆环O固定，圆环O绕其圆周上一点A以匀角速度转动，求当A、O、O位于同一直线时小环M的速度。

解：1、运动分析：动点：M，动系：圆环O，牵连运

ve 动：定轴转动，相对运动：圆周运动，绝对运动：圆周运动。

va 2、速度分析：vavevr ve3r

vMvavetan30r

OO oo 习题5—5图

vAvA

5－6 图a、b所示两种情形下，物块B均以速度υB、加速度aB沿水平直线向左作平移，从而推动杆OA绕点O作定轴转动，OA = r，= 40°。试问若应用点的复合运动方法求解杆OA的角速度与角加速度，其计算方案与步骤应当怎样？将两种情况下的速度与加速度分量标注在图上，并写出计算表达式。解：（a）：

1、运动分析：动点：C（B上）；动系：OA；绝对运动：直线；相对运动：直线；牵连运动：定轴转动。 2、v分析（图c） vBvevr （1） vevBsin 习题5—6图

vevsinB （2） OCOC vrvBcos

vr OAeBr

nt aBaeaearaC（3）

O （3）向aC向投影，得

t aBsinaeaC

2vBarC 其中aC2OAvrsin2 OCaBnaet aeaBsinaC

(d)

OAaet OC （b）：

1、运动分析：动点：A（OA上）；动系：B；绝对运动：圆周运动；相对运动：直线；牵连运动：平移。 2、v分析（图e） vavevr

v vaB

sinarerAO

(e)



— 39 —

OAnavavB OArsintaτtaaaa 3、a分析（图f） aaaear 上式向ae向投影，得

aancosaatsinae

naa22vavB rrsin2araenaaA aat(aBaancos)/sin

tata OAaa OAr(f)

5－7 图示圆环绕O点以角速度= 4 rad/s、角加速度α= 2 rad/s2转动。圆环上的套管A在图示瞬时相对圆环有速度5m/s，速度数值的增长率8m/s2。试求套管A的绝对速度和加速度。

解：1、运动分析：动点：A，动系：圆环，牵连运动：定轴转动，相对运动：圆周运动，绝对运动：平面曲线。 2、速度：（图a）

OA2rcos1522cos15

veOA4cos15416cos15 vr5m/s

2 vavevr22vevrcos1520.3m/s

O习题5—7图

3、加速度：（图b）

tn aaaaaenaetarnartaC

aanaenarncos15aCcos15artsin15 （1） aataetartcos15aCsin15arnsin15 （2） aenOA24cos154264cos1522anvr5rr2  aC2vr24540tar8aetOA8cos1515OoOCCr2m15naanartaτee 30oeAraτa atnaeA代入（1）

naa116.5cos158sin15110.46m/s

aC

代入（2）

aat16cos1552.5sin1529.04m/s

a(a)

aτrt ar aa(aan)2(aat)2114m/s2

(b)

5－8 图示偏心凸轮的偏心距OC = e，轮半径r =3e。凸轮以匀角速0绕O轴转动。设某瞬时OC与CA成直角。试求此瞬时从动杆AB的速度和加速度。

解：1．动点：A（AB上），动系：轮O，绝对运动：直线，相对运动：圆周，牵连运动：定轴转动。 2．vavevr（图a）

习题5—8图

— 40 —

ve2e0，vavetan302343，vr2vae0（↑）e0

33 3．aaaearnartaC（图b）

a r

Ae

 C O  (a)

向arn投影，得

aacos30aecos30arnaC

aCAa taτraeanrCO (b)

 arnaC2vr22 aaae2ee(20vr)

cos3033e2 2e02333(162e0202432（↓） e0)=e093

5－9 如图所示机构，O1A=O2B＝r＝10cm，O1O2 ＝AB＝20cm。在图示位置时，O1A杆的角速度ω＝1 rad/s，角加速度α＝0．5rad／s2，OlA与EF两杆位于同一水平线上。EF杆的E端与三角形板BCD的BD边相接触。求图示瞬时EF杆的加速度。

解：1．运动分析：动点：E（EF上），动系：轮

O2 B BCD，绝对运动：直线，相对运动：直线，牵连运动： aet 平移。

30 nω α 2．加速度分析：aaaraeaet a沿BC垂直方向投影：

aacos30aetsin30aencos30

2 5aaatan30a107.11cm/s

3teneE a O1 F A C a D near 习题5—9图

5－10 摇杆OC绕O轴往复摆动，通过套在其上的套筒A带动铅直杆AB上下运动。已知l = 30cm，当θ = 30° 时，ω = 2 rad/s，α = 3 rad/s2，转向如图所示，试求机构在图示位置时，杆AB的速度和加速度。

va aC aa 解：1．运动分析：动点：A，ve C C

动系：杆OC，绝对运动：直线，A A ar vr 相对运动：直线，牵连运动：定轴aen aet 转动。 ω ω α α 2．速度分析（图a）

O θ O θ vavevr

l120cm/s cos3vvABvae80cm/s

cosvrvetan3040cm/s vel B l B （a）

习题5—10图

（b）

3．加速度分析（图b）：aaaraenaetaC

— 41 —

沿aC方向投影：aacos30aCaet

aABaa2 2l(2vr)64.76cm/s

cos303

5－11 如图所示圆盘上C点铰接一个套筒，套在摇杆AB上,从而带动摇杆运动。已知：R =0.2m ，h = 0.4m，在图示位置时 60，0=4rad/s，02rad/s2。试求该瞬时，摇杆AB的角速度和角加速度。

解：1．运动分析：动点：C，动系：杆AB，绝对运动：圆周运动，相对运动：直线，牵连运动：定轴转动。

2．速度分析（图a） vavevr va0R0.8m/s ve0 AB0

3．加速度分析（图b） aataanaraet

nA A A h a C tear h naC θ R ω0 α0 va vr O a a B taθ R ω0 α0 O B （a）

习题5－11图

（b）沿aa方向投影：aanaet02R3.2m/s2 ；AB

aet3.29.24rad/s2（逆时针）hsin0.235－12 在图示机构中，已知O1A = OB = r = 250mm，且AB = O1O；连杆O1A以匀角速度ω = 2 rad/s绕轴O1转动，当φ = 60° 时，摆杆CE处于铅垂位置，且CD = 500mm。求此时摆杆CE的角速度和角加速度。

E E

vA va ar vr tae aC D D ve B A B A ω ω aen

aa φ φ φ φ O O O1 O1

C C （b）（a）习题5－12图

解：1．运动分析：动点：D，动系：杆CE，绝对运动：圆周运动，相对运动：直线，牵连运动：定轴转动。

2．速度分析（图a） vavevr vavAO1A50cm/s

vevasin253cm/s；CEvrvacos25cm/s

ve30.866rad/s CD23．加速度分析（图b）：aaaraenaetaC

沿aC方向投影：aacosaCaet

2aet2r6.7tcm/s ；aeaacos60aC2CEvr502536.7CE0.134rad/s2

2CD50

— 42 —

5－13 图示为偏心凸轮－顶板机构。凸轮以等角速度绕点O转动，其半径为R，偏心距OC = e，图示瞬时= 30°。试求顶板的速度和加速度。 eara C Oaa rCaee O  (b)

(a) 习题16-13图

解：1．动点：轮心C，动系：AB、平移，绝对运动：图周，相对运动：直线。 2．图（a）：vavevr vee

vABvevacos3e（↑） 212 3．图（b）：aaaear

aABaeaasine2sin30e2（↓）

5－14 平面机构如图所示。已知：O1A=O2B=R=30cm，AB=O1O2，O1A按规律t绕

242轴O1转动，动点M沿平板上的直槽(θ =60 )运动，BM= 2t+t3 ，式中φ以rad计，BM以cm计，t以s计。试求 t = 2s时动点的速度和加速度。

解：1．运动分析：动点：M，动系：平

y ar 板，绝对运动：未知，相对运动：直线，牵vtvr a ae连运动：平移。t = 2s时：

ve  rad/s， rad，30M M vA 66n θ ae rad/s2 x θ B B A 12A 2．速度分析（图a） vavevr vr23t214cm/s

vevAR5cm/s；

vMvavevr51429.7cm/s

O1 φ O2 φ O1 φ O2 φ （a）习题5－14图

（b） 3．加速度分析（图b）：aMaaaraenaet

2 22

aetR2.5cm/s；aen2R52 cm/s ；ar6t12cm/s

62225taMxaen8.22cm/s ；aMyaear2.51219.85cm/s

5－15 半径为R的圆轮，以匀角速度ω0绕O轴沿逆时针转动，并带动AB杆绕A轴转动。在图示瞬时，OC与铅直线的夹角为60，AB杆水平，圆轮与AB杆的接触点D距A为3R。求此时AB杆的角加速度。

— 43 —

解：1．运动分析：动点：C，动系：杆AB，绝对运动：圆周运动，相对运动：直线，牵连运动：定轴转动。

2．速度分析（图a） vavevr vaR0ve

vABe0

vr0

3R A B D 3R A B va ve ω0 D a R ne60 C R vr ω0 aa C 60 ar O O aet 2R2（a）习题5－15图

（b） 3．加速度分析（图b）

n aaaraeaet

沿铅垂方向投影：aacos60aetcos30an esin302aet32 0132；20atan30(aaa)(0RR)0RABCA4223tene

5－16 曲柄 O1M1以匀角速度ω1=3 rad／s绕 O1轴沿逆时针转动。T形构件作水平往复运动，M2为该构件上固连的销钉。槽杆O2E绕O2轴摆动。已知O1M1＝r＝20cm，l＝30 cm。当机构运动到如图所示位置时，θ＝φ=30，求此时O2E杆的角加速度。

va1 vr1 C ω1 O1 O2 φ C O2 φ ve1 θ M1 vr2 M2 l ae1 ω1 O1 B θ aa1 M1 aen2 M2 va2 A ar1 A aa2 aC2 B E ve2 E aet2 ar2 D D （a）

习题5－16图

（b）

解：1．运动分析：动点：M1，动系：杆AB，绝对运动：圆周运动，相对运动：直线，

牵连运动：平移。

速度分析（图a）：va1ve1vr1

va1r160cm/s；ve1va1sin30cm/s

加速度分析（图b）： aa1ar1ae1

沿铅垂方向投影：ae1aa1cos312r903 cm/s2

22．运动分析：动点：M2，动系：杆O2E，绝对运动：直线，相对运动：直线，牵连运动：定轴转动。

速度分析（图a）：va2ve2vr2

va2ve130cm/s；ve2va2cos153cm/s；

vvr2va2sin15cm/s；OEe2cos0.75rad/s 2lnt加速度分析（图b）： aa2ar2ae2ae2aC2

沿aC方向投影：aa2cosaet2aC；aet2ae1cos30aC21352150.75157.5cm/s2

t OEae2cos157.534.55rad/s2

2l60 — 44 —

l 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绕轴O转动，当运动开始时，角速度0= 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：xA(Rr)cos yA(Rr)sin

为常数，当t = 0时，0=0= 0 （1）（2）

12t 2（3）

起始位置，P与P0重合，即起始位置AP水平，记OAP，则AP从起始水平位置至图示AP位置转过

A

因动齿轮纯滚，故有CP0CP，即 Rr RRr， A rr

习题6-1图

（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：

2x(Rr)costA22 yA(Rr)sint

21Rr2tA2r

6－2 杆AB斜靠于高为h的台阶角C处，一端A以匀速v0沿水平向右运动，如图所示。试以杆与铅垂线的夹角 表示杆的角速度。

解：杆AB作平面运动，点C的速度vC沿杆AB如图所示。作速度vC和v0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

B C h B C h A vo P   vC AB A v0

ABvvcosv0cos00APACh

习题6－2图

习题6－2解图

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与B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。

vAv RRvv BB

2R2RA2B

解：AvB = v B A

习题6-3图

习题6-3解图

vA = v

6－4 直径为603mm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＝12 rad/s，＝30，＝60，BC＝270mm。试求该瞬时杆BC的角速度和点C的速度。

— 45 —

解：杆BC的瞬心在点P，滚子O的瞬心在点D vBBDBCvBBD BPBPO P B C vB O  BC B C    12603cos30 270sin308rad/s

 D vC  vCBCPC

80.27cos301.87m/s

习题6-4图

习题6-4解图

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。

D A A B C O O1 B C O 习题6-5图

 O1 解：图（a）中平面运动的瞬心在点O，杆BC的瞬心在点C。

图（b）中平面运动的杆BC的瞬心在点P，杆AD做瞬时平移。

vD vB B vA A D vA A vB O1 B 习题6-5解图

vC C O vC C O  O1 (a) (b) P

6－6 图示的四连杆机械OABO1中，OA = O1B =

1AB，曲柄OA的角速度= 3rad/s。试求当示。= 90°2AA而曲柄O1B重合于OO1的延长线上时，杆AB和曲柄O1B的角速度。

解：杆AB的瞬心在O

ABvA3rad/s OAvB35.2rad/s l

习题6-6图

ABlO2lBB vB3l O1B

O1O1B

习题6-6解图

— 46 —

6－7 绕电话线的卷轴在水平地面上作纯滚动，线上的点A有向右的速度vA= 0.8m/s，试求卷轴中心O的速度与卷轴的角速度，并问此时卷轴是向左，还是向右方滚动？

解：如图

vA0.81.333rad/s

0.90.30.68 vO0.9O0.91.2m/s

6 O卷轴向右滚动。

习题6-7图

6－8 图示两齿条以速度v1和v2作同方向运动，在两齿条间夹一齿轮，其半径为r，求齿轮的角速度及其中心O的速度。

解：如图，以O为基点： v1vOOr

A O v1 A O v1 vO v2vOOr

解得：

O v1v2 2vvO12

2rvOB v2 B v2 习题6－8图习题6－8解图

6－9 曲柄－滑块机构中，如曲柄角速度= 20rad/s，试求当曲柄OA在两铅垂位置和两水平位置时配汽机构中气阀推杆DE的速度。已知OA = 400mm，AC = CB = 20037mm。

vAAO

习题6－9图

解：OA定轴转动；AB、CD平面运动，DE平移。 1．当= 90°，270°时，OA处于铅垂位置，图（a）表示= 90°情形，此时AB瞬时平移，vC水平，而vD只能沿铅垂， D为CD之瞬心 vDE = 0

同理，= 270°时，vDE = 0

2．= 180°，0°时，杆AB的瞬心在B = 0°时，图（b），vCvA（↑）此时CD杆瞬时平移

vDEvDvCvA4m/s（↑）同理= 180°时，vDE = 4m/s（↓）

1212C90ovCvBDBE

vA(a)

OvCACvDvDEDBE

(b)

习题6－9解图

6－10 杆AB长为l = 1.5 m，一端铰接在半径为r = 0.5 m的轮缘上，另一端放在水平面上，如图所示。轮沿地面作纯滚动，已知轮心O速度的大小为vO = 20 m/s。试求图示瞬时（OA水平）B点的速度以及轮和杆的角速度。

— 47 —

解：轮O的速度瞬心为点C ，杆AB的速度瞬心为点P OvO2040rad/s r0.5B OA vO A B vB OvO A vA A C O vAO2r202m/s

ABvA202sin45AP1.5cos102=14.1 rad/s

AB 习题6－10图

P 习题6－10解图 vBcosvAcos(45)

vB202(cos45sin45tan)12.9m/s

6－11 图示滑轮组中，绳索以速度vC = 0.12m/s下降，各轮半径已知，如图示。假设绳在轮上不打滑，试求轮B的角速度与重物D的速度。

解：轮B瞬心在F点 vE = vC BvE60210311 vDvBvEvC0.06m/s

0.121rad/s 0.12F

习题6－11图

6－12 链杆式摆动传动机构如图所示，DCEA为一摇杆，且CA⊥DE。曲柄OA = 200mm，CO = CE = 250mm，曲柄转速n = 70r/min，CO = 2003mm。试求当= 90°时（这时OA与CA成60°角）F、G两点的速度的大小和方向。

FF

DD Cr60O

EGG

习题6－12图

习题6－12解图

解：动点：OA上A；动系：DCEA；绝对运动：圆周；相对运动：直线；牵连运动：定轴转动。

πn1.4π10.7m/s vevAπm/s 30323v0.7π7π7π eerad/s vEvD0.254em/s

CA30.41248eAeA vAOA0.2 vGvEcos30

7π30.397m/s（→） vFvG0.397m/s（←） 4826－13 平面机构如图所示。已知：OA = AB = 20 cm，半径r = 5 cm的圆轮可沿铅垂面作纯滚动。在图示位置时，OA水平，其角速度 = 2 rad/s、角加速度为零，杆AB处于铅垂。试求该瞬时：

（1）圆轮的角速度和角加速度；（2）杆AB的角加速度。

— 48 —

解：

（1）圆轮的角速度和角加速度

vAOA40cm/s

杆AB瞬时平移，AB = 0

B vB O A vA C aA B aBA tC vBvA40cm/s

vBB8rad/s

rnaBaBA0

aBB0

r（2）杆AB的角加速度。

(a) O 习题6－13解图

aA (b)

ttaAOA280cm/s2 aAaBA0，aBAAB

taBA4rad/s2 AB6－14 图示机构由直角形曲杆ABC，等腰直角三角形板CEF，直杆DE等三个刚体和二个链杆铰接而成，DE杆绕D轴匀速转动，角速度为0，求图示瞬时（AB水平，DE铅垂）点A的速度和三角板CEF的角加速度。

解：

（1）求点A的速度

O vEDE0a0三角板CEF的速度瞬心在点F

n aFan EaFE t aFt aFEaE

vCvEa0

曲杆点O

ABC的速度瞬心在

(a)

(b)

习题6—14解图

vAvCOA2a0 OCtntnaFaFaEaFEaFE

（2）求三角板CEF的角加速度

将上式沿水平方向投影

ntaFaFE0（因为vF = 0）

CEF

taFE0 FE 6－15曲柄连杆机构在其连杆中点C以铰链与CD相连接，DE杆可以绕E点转动。如曲柄的角速度ω8rad/s，且OA25cm，DE100cm，若当B、E两点在同一铅垂线上时，O、A、B三点在同一水平线上，CDE90，求杆DE的角速度和杆AB的角加速度。

— 49 —

解：

（1）求杆DE的角速度

vAOA200cm/s

杆AB的速度瞬心在点B

vA

vC vD

aA

n aBAt aBAaB

v vCA100cm/ s2对杆CD应用速度投影定理

vDvCsin3050cm/s

DE（2）求杆AB的角加速度

tvD0.5rad/s DEn(a)

(b)

习题6—15解图

aBaAaBAaBA 将上式沿铅垂方向投影

0a

tBA， ABtaAB0 AB 6－16 试求在图示机构中，当曲柄OA和摇杆O1B在铅垂位置时，B点的速度和加速度（切向和法向）。

曲柄OA以等角加速度0= 5rad/s转动，并在此瞬时其角速度为0= 10rad/s，OA = r = 200mm，O1B = 1000mm，AB = l = 1200mm。解：1．v：vAr0

vB//vA ∴ AB0

vBr00.2102m/s （1） 2．a：aBaBaAaAaBA 上式沿AB方向投影得：

ntnttaBcosaAsinaAcos aBsintntnaBaAtanaAaBtanntnt

(a)

t aAt aBA即

2r00.169r02v0.169O1B2B

nA22

)0.1690.253.70m/s 10.20.2 （tan0.169）

221.41.20.2 (0.2102a

tn aA aB aAn aBt

(b)

n aB22

4m/s 1nB22a4m/s aB：aB（方向如图）

t2aB3.7m/s

6－17 图示四连杆机构中，长为r的曲柄OA以等

角速度0转动，连杆AB长l = 4r。设某瞬时∠O1OA =∠O1BA = 30°。试求在此瞬时曲柄O1B的角速度和角加速度，并求连杆中点P的加速度。解：1．v：vAr0

习题6－16解图

由速度投影定理知：vB = 0 O1B0 ABr00vA ABl4(a)

— 50 —

2．a：aBaBaAaBAaBA 上式向aA投影

aBcos60aAaBA

tn22 aB2(aAaBA)2(r0lAB)

222 2r04r(4)2r0

taBO1BtaB5r2cos30tntt aBAtnaB aA

n aBAt aPA05aA

OB1523r0t2acos30322B05r5r2n aPAaA

(b)

习题6－17解图

352532r0r0 224nt aPaAaPAaPA

ttaBAaBcos302 aAr0，aPA2rABn21t532r2taBAr0 0，aPA28812532222 aP(aAa)(a)(1)( )(r0)1.56r088n2PAt2PA

6－18 滑块以匀速度vB=2m/s沿铅垂滑槽向下滑动，通过连杆AB带动轮子A沿水平面作纯滚动。设连杆长l =800mm，轮子半径r =200mm。当AB与铅垂线成角 =30时，求此时点A的加速度及连杆、轮子的角加速度。

解：1．v：点O为杆AB的速度瞬心

vvB ABB5rad/s

OBlsin 2．a：aAaABaAB

n2aABABl20m/s2 tnaABaABcot203m/s2

vA A r nt l B vB O (a)

t aAB ABtaAB20343.3rad/s2 l0.8aA A n aABr naABaA40m/s2

sin l AaA40200m/s2 r0.2B (b)

解图习题6-18

6-19 图示曲柄摇块机构中，曲柄OA以角速度0绕O轴转动，带动连杆AC在摇块B内滑动；摇块

及与其刚性连结的BD杆则绕B铰转动，杆BD长l。求在图示位置时，摇块的角速度及D点的速度。

— 51 —

解：

vA vAOA0

A vD D vBAvAsin30vA2

0 O vB 30 vA vBA B C

v摇块ACBA0

2OA4lvDDB摇块0

习题6-19解图

6-20 平面机构的曲柄OA长为2a，以角速度0绕轴O转动。在图示位置时，AB＝BO且 OAD = 90。求此时套筒D相对于杆BC的速度。

解：1．分析滑块B

vA2a0，vBea0

vA vBe vBa A vBavBe2a0 cos3034a0

3B vBr 60 D vDr vDe vDa C

0 O 2．杆AD作平面运动

vAvDacos30，vDa3．分析滑块D

习题6-20解图 vDevBa2a02a0，vDrvDavDe 33

6-21曲柄导杆机构的曲柄OA长120mm，在图示位置AOB=90时，曲柄的角速度 =4rad/s，角加速度 = 2 rad/s2。试求此时导杆AC的角加速度及导杆相对于套筒B的加速度。设OB=160mm。

解：1．v：分析滑块B（动系） A vAvAOA vavBvAcosOAcosvrvBAvAsinOAsin2 O   vB vBA B vBAOAsin2sinABOA 2．a：分析滑块B（动系）

tn2 aAOA，aAOA

vA (a) AC a A n aAtA vr C a B t aAnBA t aBA

aaaBaaaaCartAnAnBAatBA

O   将上式沿AC方向投影(tan1203)

1604 (b) ar aC aA naracosasinatAnAnBA2OAcosOA2sinACOAsin习题6-21解图

545.28mm/s2ttn将加速度的矢量方程沿垂直AC的方向投影：aBAaAsinaAcosaC

ttnaBAaAsinaAcosaC574.08mm/s2，ACaBA2.87rad/s2

tAB — 52 —

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 v040.210311.17m/s 3600

习题7-1图

设运动员在斜面上无机械能损失

vv022gh011.17229.82.448.768m/s vxvcos8.141m/s, vyvsin3.256m/s h1 t1v2y2gvygm 0.5410.332s 12v y

2 (h1h0)gt2

t22(h1h0)g2(0.5412.44)s 0.7809.8习题7-1解图

tt1t21.112s

xvxt8.1411.1129.05m

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025m/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应为多少？解：(1) t115 (1) v0cos v0sint1gt1220 (2) (1)代入(2)，得

500cos2375sincos44.10 500cos244.1375cos1cos2 390625cos496525cos21944.810 cos20.22497, 61.685

(2) t2v0sin（到最高点所经过时间） g

习题7-2图

12 S(v0cost215)223.26m

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fs，且tanθ>fs，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？ Fsa a

FsFN

mgFNθ mg

习题7-3图

(a)

— 53 —

(b)

解：1、物块不上滑时受力图(a) FNsinFscosma FNcosmgFssin0 临界：FsfsFN

(3)代入(1)、(2)，消去FN，得 amaxsinfscos

cosfssin(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8)

2、物块不下滑时受力图(b)： FNsinFscosma FNcosmgFssin0 临界：FsfsFN

(7)代入(5)、(6)，消去FN，得 aminsinfscos

cosfssin

7-4 图示物体的质量为m，悬挂在刚度系数为k的弹簧上，平衡时弹簧的静伸长为δst。开始时物体离开平衡位置的距离为a，然后无初速度地释放。试对图中各种不同坐标原点和坐标轴列出物体的运动微分方程，写出初始条件，求出运动规律，并比较所得到的结果。解：(a)受力图(e)，且

mgkst (1) Fkk(stx) (2) mxmgFk (3) (1)、(2)代入(3)，得

mxkx0

..k xx0 (4)

mk2，则记nm xAsin(nt) (5) 初始条件：t0时，xa，x0 (6)代入(5)，得 xaasin(t)； (b)受力图(e) mxmgFk Fkkx

kxg mk令n，则

m...... (6)

习题7-4图

kmπ2xFkFkxmg.. x..xmg k..mg

(f)

xAsin(nt)(e)

0 初始条件：t0时，xast，x xbasin((c)受力图(f)

kπmg t)m2k— 54 —

mxFkmg Fkk(stx) 代入上式，即 mxkx0

kx0 m xcAsin(nt)

.... x..0 当t0时，xa，x xcasin((d)受力图(f)

..kπt)； m2 mxFkmg Fkkx mxkxmg x....kxg m xAsin(nt)mg k0 当t0时，x(ast)，xxdasin(kπmg； t)m2k

7-5 图示质量为m的平板置于两个反向转动的滑轮上，两轮间的距离为2d，半径为R。若将板的重心推出，使其距离原对称位置O为x0，然后无初速度地释放，则板将在动滑动摩擦力的作用下作简谐振动。板与两滑轮间的动摩擦因数为f。试求板振动的运动规律和周期。

解：1、图(a)

Fy0,FN1FN2mg (1)

MO0,FN2dFN1dmgx0

x d1x由(1)、(2)解得：FN2mg(1)

2d1x FN1mg(1)

2d1x F1fFN1fmg(1)

2d1x(1) F2fFN2fmg2d即 FN2FN1mg(2)

习题7-5图

oF1xF2 F1F2mx 即 mx......FN1mgFN2

fmgx0 dfg xx0

d(a)

nfg d2π振动周期：Tn2πd fg运动方程：xAsin(nt)

— 55 —

0 当t0时，xx0，x运动规律：xx0sin(fgπt) d2

7-6 图示升降机厢笼的质量m=3×10kg，以速度v=0.3m/s在矿井中下降。由于吊索上端突然嵌住，厢笼中止下降。如果索的弹簧刚度系数k=2.75kN/mm，忽略吊索质量，试求此后厢笼的运动规律。解：图（a）： st..mg K（1）（2）（3）

习题7-6图

mxmgFk Fkk(xst) (1)、(3)代入(2)，得 mxkx0

..k xx0

m xAsin(nt)

...（4）

klo t=0时，x=0，xv0.3m/s （5）代入(4)，得 xvstnsinnt

（6）（7）

FkO nkm2.75106310330.3rad/s

x..mgx将(5)、(7)代入(6)得

(a)

x9.9sin(30.3t)（mm，t以秒计）

7-7 质量m=2kg的物体从高度h=0.5m处无初速地降落在长为l=1m的悬臂木梁的自由端上，如图所示。梁的横截面为矩形，高为30mm，宽为20mm，梁的弹性模量E=106MPa。若不计梁的质量，并设物体碰到梁后不回弹，试求物体的运动规律。解：物体作用在梁端点产生的静变形 stmgl31.45104m 3EI

（1）（2）

mgkst 当量刚度：k3EIl3 （3）

习题7-7图

任意位置弹性恢复力 Fkk(stx) 物体运动微分方程 mxmgFk

将(1)、(2)、(3)代入(4)，得 mxkx0 x令n....（4）（5）

..kx0 mk3EI260rad/s mml3.（6）（7）

则理学 xAsin(nt)

当t = 0时，xst，xv2gh3.13m/s

— 56 —

tan Anstv0.012，0.012rad

st0.012m =12mm sinx12sin(260t0.012)mm

7-8 图示用两绳悬挂的质量m处于静止。试问：

1. 两绳中的张力各等于多少？

2. 若将绳A剪断，则绳B在该瞬时的张力又等于多少？解：1、图（a）

Fy0，FB2mg Fx0，FAmg 2、图（b）绳A剪断瞬时，an0

Fn0，FB2mg 2

FB FBm mFA 45 aτ

mgmg习题7-8图

(a) (b)

7-9 质量为1kg的滑块A可在矩形块上光滑的斜槽中滑动，如图所示。若板以水平的等加速度a0=8m/s2运动，求滑块A相对滑槽的加速度和对槽的压力。若滑块相对于槽的初速度为零，试求其相对运动规律。

A aea0FIeA

ar o30

FNmg 习题7-9图

(a)

解：滑块A为动点，矩形板为动系，牵连加速度aea0，相对加速度ar，A块受力如图（a），其中

FIema08N mg9.8N FIrmar

由滑块相对“平衡”： Fr0，FIrFIecos30mgsin30434.911.83N FN0，FNmgcos30FIesin308.4944.49N 相对加速度：ar

FIr11.83m/s2 m— 57 —

相对运动规律：xrart25.91t2（m）

7-10 图示质量为m的质点置于光滑的小车上，且以刚度系数为k的弹簧与小车相联。若小车以水平等加速度a作直线运动，开始时小车及质点均处于静止状态，试求质点的相对运动方程（不计摩擦）。

解：设质点m对车的相对位移为x（设向右为正），质点受力： k Fkkxi FIemai

质点相对运动微分方程： mxkxma x....12

习题7-10图

kxa mk m2 na(t) xAcos.ma k（1）

FIemFk初始条件：t0时，x0，x0 代入（1），得：0，Axmma(1cost) kkma kox

(a)

7-11 图示单摆的悬挂点以等加速度a沿铅垂线向上运动。若摆长为l，试求单摆作微振动的周期。

解：牵连惯性力FIema 相对运动微分方程： mlm(ga)sin 1时，上式为 mlm(ga)0 ........aτrmg

习题7-11图

ga0 lga l2πl gaFIe

习题7-11解图

n周期T2πn

7-12 图示圆盘绕轴O在水平面内转动，质量为1kg的滑块A可在圆盘上的光滑槽中运动。盘和滑块在图示位置处于静止，这时圆盘开始以等角加速度=40rad/s2转动，已知b=0.1m。试求圆盘开始运动时，槽作用在滑块A上的侧压力及滑块的相对加速度。解：运动开始时，ω0，vr0

nae0，aC0

aτeb4m/s，ar未知。

物块受力如图，槽的侧压力方向如图，大小未知，牵连惯性力：

τmaτ FIe（1） e4N

习题7-12图

— 58 —

相对运动微分方程：

τcos30 marFIe（2）

τIeFNτaesin300 FNFIe（3）

F（1）代入（2）、（3）解得

ar2

ar3.46m/s FN2N 习题7-12解图

7-13 现有若干刚度系数均为k且长度相等的弹簧，另有若干质量均为m的物块，试任

τ意组成两个固有频率分别为

2k3m和

3k2m的弹簧质量系统，并画出示意图。

kkkkkkkmmm

(a)

(b)

mkmmmkmm

(d)

(e)

答：1.n 2. n2k,见图（a）或(b)或(c). 3m3k，见图（d）或(e) 2m(c)

7-14 分析图中所示7组振动模型，判断哪几组中的两个系统具有相同的固有频率。

答：图(a)、(b)、(e)、(g)均具有相同的固有频率。

— 59 —

习题7-14图

7-15 图示匀质摇杆OA质量为m1，长为l，匀质圆盘质量为m2，当系统平衡时摇杆处在水平位置，而弹簧BD处于铅垂位置，且静伸长为st，设OB=a，圆盘在滑道中作纯滚动。试求系统微振动固有频率。

解： 1、弹簧刚度k

静平衡时，轮缘摩擦力 Fs0，由系统平衡。

MO0，

即 kstam2glm1glFka0 21m12m2gl 2m2m2gl (1) k12astT2T轮AT杆OA

习题7-15图

2、n

111222m2vAJAAJO 2222m221m23m2m122l112m1l2Rl2ll Rl2322246 由于以平衡位置为角的起始位置，弹簧静位移st产生的弹性力与重力m1g，m2g相

抵消，故此后计算时，只考虑弹簧偏离平衡位置产生的弹性力，从平衡位置到角，弹力功：

W12ka2， T10 2T2T1W12

3416k2即 m2m1l22a22

— 60 —

d13ka2 : m2m1l23dt4 6ka2l29m22m10

6ka2 0 (2)

l29m22m1(1)代入(2),得

03agm12m2 lst2m19m2

7-16 一单层房屋结构可简化为如图所示的模型：房顶可视为质量为m的刚性杆，柱子可视为高为h、弯曲刚度为EI的梁，不计柱子的质量。试求该房屋水平振动的固有频率。

x m hxEI 2

xxh

222 习题7-16图

(a)

解：柱子两端都是固定端，可看作两根长

h的悬臂梁坚固对接，见(图a)。 2FPEIFPl3 见(图b) 悬臂梁的最大挠度为wmax3EIhx本题中l ，wmax

22hFPx2于是有 

23EI3wmaxl

由上可算出 FP12EIxh3

24EIx0 mh3(b)

在层顶位移x时，两根立柱产生2FP的弹性阻力，故屋顶的运动微分方程为

mx24EIxh3x 即 这是简谐振动方程，其固有频率为 0

7-17 长为l、质量为m匀质杆两端用滑轮A和B安置在光滑的水平和铅垂滑道内滑动，并联有刚度系数为k的弹簧，如图所示。当杆处于水平位置时，弹簧长度为原长。不计滑轮A和B的质量，试求AB杆绕平衡位置振动的固有频率。解：设杆在水平位置时，势能为0，则势能

lkl1cos2klsin2

22221 2mglsinkl1cos 1skl2sin0 平衡： Vmglco224EImh3

Vmgsin

习题7-17图

— 61 —

tanmgmg， 0arctan （平衡位置角）

2kl2kl 设杆偏离平衡位置0一微小角度，则杆的动能

1122ml 23l弹簧势能 Vmgsin0kl21cos0

2保守力场（理想约束）机械能守恒： TVC

1l2mgsin0kl21cos0C 即 ml262d1lmgsin0kl2sin00 : ml232dt3g3kcos0sin00 （1）即 2lm微振动，1，此时

T

cos0cos0cossin0sincos0sin0 sin0sin0coscos0sinsin0cos0

3k3g3k3gsin代入（1）得， 0cos0cos0sin0

2lm2lmmg3g3k 0sin0cos0 其中 0arctan2kl2lm

7-18 质量为m1的质块用刚度系数为k的弹簧悬挂，在m1静止不动时有另一质量为m2的物块在距m1高度为h处落下，如图所示。m2撞到m1后不再分开。试求系统的振动频率和振幅。解：两质块在一起振动时，其固有频率为：

k （1）

m1m2m2块下落至碰撞前速度 v2gh

相碰后，m1m2的速度 vm2m1m22gh （动量守恒）

习题7-18图

弹簧加上m1时，已伸长了 1再加m2后，需再伸长

m1g kmg22

k其重力和弹性力才能平衡，若以静平衡位置为坐标原点，如图，则系统振动方程为

kxAsint （2） mm1212OxkkAcost （3） mmm1m212mg22 （4）

km2 v2gh （5）

m1m2(a)

振动开始于m1,m2碰撞之末，此时（t=0）它们的坐标为：

xt0x

t0x、（3）得 t0 时，由（2）

xt0Asin （6）

— 62 —

t0 xkAcos （7）

m1m2m2g， Acosk2

比较（3）、（6）和（5）、（7）得，

Asinm2km1m22gh

222m2g2ghm2两边平方，相加得 A2

km1m2k

Am2g2hk 1m1m2gk — 63 —

第8章动量定理及其应用

8－1 计算下列图示情况下系统的动量。 (1) 已知OA＝AB＝l，＝45°，为常量，均质连杆AB的质量为m，而曲柄OA和滑块B的质量不计（图a）。

(2) 质量均为m的均质细杆AB、BC和均质圆盘CD用铰链联结在一起并支承如图。已知AB = BC = CD = 2R，图示瞬时A、B、C处于同一水平直线位置，而CD铅直，AB杆以角速度ω转动（图b）。

(3) 图示小球M质量为m1，固结在长为l、质量为m2的均质细杆OM上，杆的一

A B B ω C ω M 60˚A O v

  O (b)

习题8-1图

D (c)

(a)

端O铰接在不计质量且以速度v运动的小车上，杆OM以角速度ω绕O轴转动（图c）。

5）； ml，方向同vC（解图（a）

2 （2）p = mvC1 + mvC2 = mvB = 2Rm，方向同vB，垂直AC（解图（b））；

解：（1）p = mvC =

（3）p[m1(vlcos60)m2(vlcos60)]i(m1lsin60m2lsin60)j

22[(m1m2)v

O1 A A 2m1m22mm2）。 l]i3l1j（解图（c）

44y ω C1 vC1 B C2 vC2 C vr vC B C ω O 60˚M v v vB   O (b)

D (c)

x (a)

习题8-1解图

8－2 图示机构中，已知均质杆AB质量为m，长为l；均质杆BC质量为4m，长为2l。图示瞬时AB杆的角速度为ω，求此时系统的动量。

解：杆BC瞬时平移，其速度为vB

vB B ω O 45˚ 45˚ A

ppABpBC l9m4mlml22方向同vB 。

— 64 —

C 习题8－2解图

8－3 两均质杆AC和BC的质量分别为m1和m2，在C点用铰链连接，两杆立于铅垂平面内，如图所示。设地面光滑，两杆在图示位置无初速倒向地面。问：当m1= m2和m1= 2m2时，点C的运动轨迹是否相同。

y 解：根据受力分析知：Fx0，故系统的质C 心在水平方向运动守恒。

当m1= m2时，系统关于y轴对称，质心位于y轴上，且沿y轴作铅垂直线运动，点C的运动轨迹亦为铅垂直线。

当m1= 2m2时，质心位于y轴左侧，且作铅垂直线运动，点C的运动轨迹必为曲线。

故两种情况下，点C的运动轨迹不相同。

A m1g d m2g B FNA 习题8－3解图

FNB

8－4 图示水泵的固定外壳D和基础E的质量为m1，曲柄OA=d，质量为m2，滑道B和活塞C的质量为m3。若曲柄OA以角速度ω作匀角速转动，试求水泵在唧水时给地面的动压力（曲柄可视为匀质杆）。

解：以整个水泵为研究对象，受力如图（a）：解法1：用动量定理求解瞬时t，系统动量 p = p2+p3

p2m2v C2m2ω，方向如图 p3m3v C3m3d sin，方向如图由质系动量应理：

FyFy dtdpxFxFx dtdpyd2 (1)

(2)

习题8－4图

nm3dsin pyp2yp3ym2si pxp2xp3xd2dm2cos

2p2OBp3C3 2  CA FxFxFx

FyFyFy(m1m2m3)g 代入（1）、（2），并注意到  t得：

ddntm3dsinm2sidt2dds tFx m2codt2tFy(m1m2m3)g m2gm3gDm1gCFx得Fy(m1m2m3)gn t Fxm2 2 sid2m22m3dω 2 cost 2（4）

（3） Fy

(a)

解法2：用质心运动定理解研究对象及受力同前： MaCFR pp2p3

MvCm2vC2m3vC3

d：MaCm2aC2m3aC3 dt— 65 —

aC2d2ω ，方向指向O点； 2aC3d2cost，方向向上。

d2写出质心运动定理的投影形式：

m22 cos tm3d2 cos tFy(m1m2m3)g -m22 sin tFx

dFx-m22 sin t

2d2 Fy(m1m2m3)g结果同解法1。

m22m3d2 cos t 28－5 图示均质滑轮A质量为m，重物M1、M2质量分别为m1和m2，斜面的倾角为，忽略摩擦。已知重物M2的加速度a，试求轴承O处的约束力（表示成a的函数）。解：以系统整体为研究对象，应用动量定理 dpx m2acosFOxFNsin A O dta dpydt则有

m1am2asinFOyFNcos(mm1m2)gM2 分析M2可知：FNm2gcos

θ FOxm2acosm2gcossin(agsin)m2cos

习题8－5图

FOy(m1m2sin)am2gcos2(mm1m2)g

FOy A O FOx a M2 mg M1 FN θ m1g m2g

8－6 板AB质量为m，放在光滑水平面上，其上用铰链连接四连杆机构OCDO1（如图示）。已知OC = O1D = b，CD = OO1，均质杆OC、O1D质量皆为m1，均质杆CD质量为m2，当杆OC从与铅垂线夹角为由静止开始 C D 转到水平位置时，求板AB的位移。

习题8－6图

习题8－5解图

解：以系统整体为研究对象，根据受力分析知：

Fx0，

θ O A 故系统的质心在水平方向运动守恒。若初始时（设CD= l）：

xC0bllbm1sinm2(bsin)mm1(sinl)2222 2m1m2ms A O1 B C 设杆OC转到水平位置时板AB的位移为s，

bllbm1(s)m2(bs)m(s)m1(sl)2222xC2m1m2mθ O A D O1 B O1 B xC0 = xC

m1m2sb(1sin) 2m1m2m

— 66 —

习题8－6解图

8－7 匀质杆AB长2l，B端放置在光滑水平面上。杆在图示位置自由倒下，试求A点轨迹方程。

解：杆水平受力为零，水平动量守恒；初始静止、质心位置xC守恒： xClcos0 xAxClcos

yA2lsin

习题8－7图

由（1），

xAxClcos 即 xAlcos0lcos （3）由（2）

yAlsin 2（4）

mg（3）、（4）两边平方后相加，得

2yA2FB (xAlcos0)l2

4此为椭圆方程。 (a)

*8－8自动传送带如图所示，其运煤量恒为20kg/s，传送带速度为1.5m/s。试求匀速传送时传送带作用于煤块的总水平推力。

v 解：设皮带作用煤块的总水平推力为Fx，Fx皮带在dt时间内输送量为qVdt，由动量定理微分形式：

qVdtvFxdt

FxqVv201.530 N

习题8－8图

— 67 —

第9章动量矩定理及其应用

9－1 计算下列情形下系统的动量矩。

1. 圆盘以ω的角速度绕O轴转动，质量为m的小球M可沿圆盘的径向凹槽运动，图示瞬时小球以相对于圆盘的速度vr运动到OM = s处（图a）；求小球对O点的动量矩。

2. 图示质量为m的偏心轮在水平面上作平面运动。轮心为A，质心为C，且AC = e；轮子半径为R，对轮心A的转动惯量为JA；C、A、B三点在同一铅垂线上（图b）。（1）当轮子只滚不滑时，若vA已知，求轮子的动量和对B点的动量矩；（2）当轮子又滚又滑时，若vA、ω已知，求轮子的动量和对B点的动量矩。 2解：1、LOms（逆）

vr ω M O ω A B (a) C R 2、（1）

vA epmvCm(vAe)mvA(1)（逆） Rv(Re)2LBmvC(Re)JCmvA(JAme2)A

RR(b)

（2）pmvCm(vAe)

习题9－1图

LBmvC(Re)JCm(vAe)(Re)(JAme2)m(Re)vA(JAmeR)

9－2 图示系统中，已知鼓轮以ω的角速度绕O轴转动，其大、小半径分别为R、r，对O轴的转动惯量为JO；物块A、B的质量分别为mA和mB；试求系统对O轴的动量矩。 ω O r 解： R

LO(JOmAR2mBr2)

A 习题9－2图

B θ

9－3 图示匀质细杆OA和EC的质量分别为50kg和100kg，并在点A焊成一体。若此结构在图示位置由静止状态释放，计算刚释放时，杆的角加速度及铰链O处的约束力。不计铰链摩擦。

解：令m = mOA = 50 kg，则mEC = 2m 质心D位置：（设l = 1 m) dOD55lm 66FOymgFOxD2mg刚体作定轴转动，初瞬时ω=0

l JOmg2mgl

211 JOml22m(2l)22ml23ml2

312d

习题20-3解图

习题20-3图

即3ml25mgl 22 5g8.17rad/s6l525 t aDlg636由质心运动定理： 3maD3mgFOy

t2511gmg449N（↑） 3612n0，aD0， FOx0 FOy3mg3m — 68 —

9－4 卷扬机机构如图所示。可绕固定轴转动的轮B、C，其半径分别为R和r，对自身转轴的转动惯量分别为J1和J2。被提升重物A的质量为m，作用于轮C的主动转矩为M，求重物A的加速度。

解：对轮C：

J2CMFTr

对轮B和重物A：

R B (J1mR2)FTRmgR

运动学关系：

arCR

A M C r

习题9－4图

FF(Mmgr)rR2 a2222J1rJ2RmRr

9－5 图示电动绞车提升一质量为m的物体，在其主动轴上作用一矩为M的主动力偶。已知主动轴和从动轴连同安装在这两轴上的齿轮以及其它附属零件对各自转动轴的转动惯量分别为J1和J2；传动比r2 : r1 = i；吊索缠绕在鼓轮上，此轮半径为R。设轴承的摩擦和吊索的质量忽略不计，求重物的加速度。

解：对轮1（图a）：

M FN′ J1 r1 J1 M F′ r1 J2 R r2 J2 R r2 FN （a） F m

J11MFr1

对轮2（图b）：

mg m 习题9－5图

（b）习题9－5解图

(J2mR2)2Fr2mgR r11r22；1i2

MimgR2

J2mR2J1i2(MimgR)R重物的加速度：aR2J2mR2J1i2

9－6 均质细杆长2l，质量为m，放在两个支承A和B上，如图所示。杆的质心C到两支承的距离相等，即AC = CB = e。现在突然移去支承B，求在刚移去支承B瞬时支承A上压力的改变量ΔFA。

22解：JAmge，(mlme)mge

13A C 习题9－6图

B maCmgFA

3ge2aCe2 2l3e3mge2FAmg2

l3e2mg3mge2mg3e2l2FAFA2mg2l3e222(l23e2)

A C B FA

mg 习题9－6解图

— 69 —

9－7 为了求得连杆的转动惯量，用一细圆杆穿过十字头销A处的衬套管，并使连杆绕这细杆的水平轴线摆动，如图a、b所示。摆动100次所用的时间为100s。另外，如图c所示，为了求得连杆重心到悬挂轴的距离AC = d，将连杆水平放置，在点A处用杆悬挂，点B放置于台秤上，台秤的读数F = 490N。已知连杆质量为80kg，A与B间的距离l=1m，十字头销的半径r = 40mm。试求连杆对于通过质心C并垂直于图面的轴的转动惯量JC。

习题9－7图

解：图（a），1时，

mg(dr) JAmg(dr)0 JAmg(dr)0 JAAdrC.. n T2πmg(dr) JA2πJA

mg(dr)Bn（1）（2）

Amg

(a) JAJCm(dr)2

由图（b）：

Fl5MA0，dmg80.625m

CBFd代入（1）、（2），注意到周期T2s，得

JCmg(dr)g2m(dr)m(dr)[(dr)]π2π29.8800.665(20.665)

π17.45kgm2lmg

(b) 习题9－7解图

9－8 图示圆柱体A的质量为m，在其中部绕以细绳，绳的一端B固定。圆柱体沿绳子解开的而降落，其初速为零。求当圆柱体的轴降落了高度h时圆柱体中心A的速度υ和绳子的拉力FT。

解：法1：图（a） maAmgFT JAαFTr aArα JAmr2 解得

FT1mg（拉） 3（1）（2）（3）

习题9－8图

aAg（常量）

23（4）

— 70 —

由运动学 vA2aAh23gh（↓） 3法2：由于动瞬心与轮的质心距离保持不变，故可对瞬心C用动量矩定理：

mgr JC （5） JCJAmr2mr2

aA 又 r32FTCr aAg（同式（4））再由 maAmgFT 得

FT1mg（拉） 323AaAmgvA(a)

2 vA2aAh3gh（↓）

9－9 鼓轮如图，其外、内半径分别为R和r，质量为m，对质心轴O的回转半径为ρ，且ρ2 = R ·r，鼓轮在拉力F的作用下沿倾角为θ的斜面往上纯滚动，F力与斜面平行，不计滚动摩阻。

F 试求质心O的加速度。

解：鼓轮作平面运动，轴O沿斜面作直线运动：

 maOFFfmgsin（1） mr O R FrFfR

纯滚：aOR

代入（2）

2a mOFrFfR R2（2）（3）

θ 习题9－9图

（4）

F r O mg R Ff θ 解（1）、（4）联立，消去Ff，得

2FR(Rr)mgRsin aO 22m(R)

9－10 图示重物A的质量为m，当其下降时，借无重且不可伸长的绳使滚子C沿水平轨道滚动而不滑动。绳子跨过不计质量的定滑轮D并绕在滑轮B上。滑轮B与滚子C固结为一体。已知滑轮B的半径为R，滚子C的半径为r，二者总质量为m′，其对与图面垂直的轴O的回转半径为。求：重物A的加速度。

习题9－10图

— 71 —

解：法1：对轮： JOTRFr maOFT

对A：

maAmgT

又：aAaH绳a 以O为基点：

tnnt aHaHaOaHOaHO

（1）（2）（3）

tHm′g mgaO· HE F aatHtHOaORr(Rr)（→）

TTFN aH绳 aA(Rr)（↓）

由上四式联立，得（注意到JOm2）

aAmg(Rr)2m(2r2)m(Rr)2gm(2r2)1m(Rr)2（4）

(a)

法2：对瞬心E用动量矩定理（本题质心瞬心之距离为常数）

JET(Rr) maAmgT 又aA(Rr)

JEJOmr2m(2r2) 可解得：aA

gm(2r2)1m(Rr)2aO

O naH naHO H taH taHO

(b)

9－11 图示匀质圆柱体质量为m，半径为r，在力偶作用下沿水平面作纯滚动。若力偶的力偶矩M为

常数，滚动阻碍系数为，求圆柱中心O的加速度及其与地面的静滑动摩擦力。

解：JDMMf （1）

MfFN FNmg

JD32mr 2armgMar

MfDFNF代入（1），得

a2(Mmg)3mr

习题9－11图

(a)

又：maF

F2(Mmg) 3r

9－12 跨过定滑轮D的细绳，一端缠绕在均质圆柱体A上，另一端系在光滑水平面上的物体B上，如图所示。已知圆柱A的半径为r，质量为m1；物块B的质量为m2。试求物块B和圆柱质心C的加速度以及绳索的拉力。滑轮D和细绳的质量以及轴承摩擦忽略不计。解：对轮C： JCFTr

m1aCm1gFT

对物块B：m2aBFT 且：aCaBr；JCB D 1m1r2 2C 习题9－12图

m2m2 m1解得：agg ；aC1Bm13m2m13m2m1m2FTg

m13m2

— 72 —

9－13 图示匀质圆轮的质量为m，半径为r，静止地放置在水平胶带上。若在胶带上作用拉力F，并使胶带与轮子间产生相对滑动。设轮子和胶带间的动滑动摩擦因数为f。试求轮子中心O经过距离s所需的时间和此时轮子的角速度。

解：图（a），轮O平面运动： maOF1

0FNmg JOF1r

由（2），

FNmg

动滑动时，

F1fFNfmg

（4）代入（1），得

aOfg （4）代入（3），得（JOmr2）

2fg

r12（1）（2）（3）

习题9－13图

（4）（5）

Oa（6）

mgF1由（5）代入下式：

s1aOt2 2FN

(a)

得 t2s fg22fgs（逆） rt

9－14 图示匀质细杆AB质量为m，长为l，在图示位置由静止开始运动。若水平和铅垂面的摩擦均略去不计，试求杆的初始角加速度。

l解：法1：P为AB杆瞬心，PC，图（a）：

2lJPmgsin

21JPml2

3gsin 2l（1）

P习题9－14图

BFB法2：AB杆平面运动

CFB mxCFAmg myllJCFAsinFBcos

22llxCsin，yCcos

22ll，y CcosCsinx22l2lcoslcos Csinx222l2lsinlsin Ccosy222（2）

（3）

C（4）

AmgFA

(a) （5）（6）（7）

xyCxCAFA..BFB..CmgO0）（∵初瞬时 将（5）、（6）、（7）代入（2）、（3）、（4）得

lmcosFB 2

（8）

(b)

— 73 —

lmsinFAmg 21llml2FAsinFBcos 12223gsin解得：，与（1）式相同。

2l

（9）（10）

9－15 圆轮A的半径为R，与其固连的轮轴半径为r，两者的重力共为W，对质心C的回转半径为，缠绕在轮轴上的软绳水平地固定于点D。均质平板BE的重力为Q，可在光滑水平面上滑动，板与圆轮间无相对滑动。若在平板上作用一水平力F，试求平板BE的加速度。

r C r C A A D FT R D R W

B Ff E B F E F FN

习题9－15图

习题9－15解图

解：对轮C：JCFfRFTr；JCW2 gWaCFTFf；aCr gQaBEFFf；aBE(Rr) 对板BE： g求得：aBE

*9－16 图示水枪中水平管长为2l，横截面面积为A，可绕铅直轴z转动。水从铅直管流入，以相对速度υr从水平管喷出。设水的密度为，试求水枪的角速度为时，流体作用在水枪上的转矩Mz。

F(Rr)2g Q(Rr)2W(2r2)解：水平管上各点科氏加速度相同

aC2ω vr aC2ω vr

科氏惯性力均布，其合力（如图）：

FIClAaC2vrlA

Mz2FICl2l2Avr 2FICCCFIC

(a)

习题9－16图

*9－17 图示匀质细长杆AB，质量为m，长度为l，在铅垂位置由静止释放，借A端的水滑轮沿倾斜角为的轨道滑下。不计摩擦和小滑轮的质量，试求刚释放时点A的加速度。

解：图（a），初瞬时AB0，以A为基点，则

aCaCxaCyaAaτCA

即aCxaAaτCAcosaAcos

laCyaτCAsinsin 2l2（1）（2）

习题9－17图

由平面运动微分方程：

— 74 —

maCxmgsin

∴aCxgsin

maCymgcosFN

lJCFNsin

21l即ml2FNsin 122（3）

（4）

AaAFNaτCA（5）

C3gsin2解（2）、（4）、（5）联立，得  （6）

l(13sin2)l由（1）、（3），得 aAcosgsin

24sing （6）代入，得 aA13sin2

aCxaAmgaCyB

(a)

*9－18 匀质细长杆AB，质量为m，长为l，CD = d，与铅垂墙间的夹角为，D棱是光滑的。在图示位置将杆突然释放，试求刚释放时，质心C的加速度和D处的约束力。

解：初始静止，杆开始运动瞬时，vD必沿支承处切向，即沿AB方向，所以aD此时沿AB方向，如图（a），以D为基点：

nt由aCxaCyaDaCD aCDtaCxaCDd1

（1）（2）

（3）（4）

习题9－18图

由AB作平面运动：

maCxmgsinFN maCymgcos

1ml21FNd 12由（3），aCygsoc

aDaCyaCx解（1）、（2）、（4）联立

aCx12gd2sin2 l12d2FNmg1Bmgl2sinFN2

l12d2

(a)

9－19 如图所示，足球重力的大小为4.45N,以大小v1=6.1m/s,方向与水平线夹400角的速度向球员飞

=9.14m/s，并与水平线夹角为200角。若球－头碰撞来，形成头球。球员以头击球后，球的速度大小为v1时间为0.15s。试求足球作用在运动员头上的平均力的大小与方向。

v1) 解：击球前后球的动量改变为pm(v14.45 p[9.14cos20o(6.1cos40o),9.14sin20o(6.1sin40o)]

g =0.454（13.26,0.795）=（6.02,0.361）N·s 设p与水平夹角

pypxtan0.3610.06 6.022yyP习题9－19图

3.431o

s ppp6.03 N·

F2xFt(a)

p6.0340.2N t0.15人头受力F与p反向，即向左下方。

— 75 —

9－20 边长为a的方形木箱在无摩擦的地板上滑动，并与一小障碍A相碰撞。碰撞后绕A翻转。试求木箱能完成上述运动的最小初速v0；木箱碰撞后其质心的瞬时速度vC与瞬时角速度。

vC vO

45 A

碰前碰末习题9－20图

(a) (b)

解：碰前方箱以初速度v0平移，碰后箱绕A点转动直到翻倒，碰撞中箱只在A点受冲

量，重力等其它有限力的冲量可忽略不计，因此碰撞前后箱对A点的动量矩守恒。

设箱的质量为m 1222ma2m(a)ma2 623a2对A动量矩守恒：mv0ma2

233v 0 （1）

4a若箱刚能完成翻转，则转到最高点时0，从碰后到最高点机械能守恒，即

JAmd2JCa122mgma22mga 223229v01212由（1）得，mamg()a

3216a223v0 0.207ag

16 v01.05ag

0vC0CA转到最高处(c)

由此，3v0ag， vC0.557ag（方向如图示） 0.7884aa2

*9－21 台球棍打击台球，使台球不借助摩擦而能作纯滚动。假设棍对球只施加水平力，试求满足上述运动的球棍位置高度h。

习题9－21图

解：设杆给球的冲量为I，受击后球心速度为v，球的角速度为，球质量为m。

动量定理：Imv （1）

对质心动量矩定理：I(hr)22mr（2） 5ICd (a)

vr 纯滚动：vr （3）（1）、（3）代入（2），消I、v得

(b)

— 76 —

hr277r hrd 5510

*9－22 匀质杆长为l，质量为m，在铅垂面内保持水平下降并与固定支点E碰撞。碰撞前杆的质心速

度为vC，恢复因数为e。试求碰撞后杆的质心速度vC与杆的角速度。解：碰后E点不动，vnevC 杆只有D点受冲量，故相对D点动量矩守恒

mvlm2 2mlC4(12l16)

由此可解出：12vC7l 设碰后C点速度vC出向上，由图(a)可知 vCvl3D4(e7)vC 由此式知，当e37时，v3C确实向上，若e7时，vC应向下。

vCvDABCD(a)

— 77 —

习题9－22图

第10章动能定理及其应用

10－1 计算图示各系统的动能：

1．质量为m，半径为r的均质圆盘在其自身平面内作平面运动。在图示位置时，若已知圆盘上A、B两点的速度方向如图示，B点的速度为vB，= 45º（图a）。

2．图示质量为m1的均质杆OA，一端铰接在质量为m2的均质圆盘中心，另一端放在水平面上，圆盘在地面上作纯滚动，圆心速度为v（图b）。

3．质量为m的均质细圆环半径为R，其上固结一个质量也为m的质点A。细圆环在水平面上

作纯滚动，图示瞬时角速度为（图c）。

A  vA C B O A v A vB (a)

(b)

习题10－1图

(c)

解：

1211v11v322 mvCJCCm(B)2mr2(B)2mvB2222222r16111113222v2222．Tm1vm2vm2r()m1vm2v

2222r2411122222223．TmRmRm(2R)2mR

2221．T10－2 图示滑块A重力为W1，可在滑道内滑动，与滑块A用铰链连接的是重力为W2、长为l的匀质杆AB。现已知道滑块沿滑道的速度为v1，杆AB的角速度为1。当杆与铅垂线的夹角为时，试求系统的动能。

解：图（a）

TTATB

1W121W221 v1(vCJC2)

2g2g2

W2W2l21v1[(1)2v12g2g2

lllW22221v1cos]l12212gAv1vrvCCv11

习题10－2图

(a)

B 11[(W1W2)v12W2l212W2l1v1cos] 2g3

10－3 重力为FP、半径为r的齿轮II与半径为R3r的固定内齿轮I相啮合。齿轮II通过匀质的曲柄OC带动而运动。曲柄的重力为FQ，角速度为，齿轮可视为匀质圆盘。试求行星齿轮机构的动能。

解：

TTOCTC

1111222JOOCmCvC(mCr2)C 222211F1FP1FP22r2[Q(2r)2]2(2r)2r() 23g2g4grOvCCC

习题10－3图

(a)

r22(2FQ9FP) 3g

— 78 —

10－4 图示一重物A质量为m1，当其下降时，借一无重且不可伸长的绳索使滚子C沿水平轨道滚动而不滑动。绳索跨过一不计质量的定滑轮D并绕在滑轮B上。滑轮B的半径为R，与半径为r的滚子C固结，两者总质量为m2，其对O轴的回转半径为ρ。试求重物A的加速度。

解：将滚子C、滑轮D、物块A所组成的刚体系统作为研究对象，系统具有理想约束，由动能定理建立系统的运动与主动力之间的关系。设系统在物块下降任意距离s时的动能

B R Cr O 111222动能：Tm1vAm2vCJCC

222vAvr2其中C，vCCrA，JCm2

RrRrD A 习题10－4图

1r211r22222T[m1m2m2]vA[m1m2]vA 2222(Rr)(Rr)2(Rr)力作的功：Wm1gs

1r222]vAm1gs 应用动能定理：[m1m22(Rr)2r22 ]vAaAm1gs将上式对时间求导数：[m1m22(Rr)m1g(Rr)2求得物块的加速度为：aA222

m1(Rr)m2(r)

10－5 图示机构中，均质杆AB长为l，质量为2m，两端分别与质量均为m的滑块铰接，两光滑直槽相互垂直。设弹簧刚度为k，且当θ = 0˚时，弹簧为原长。若机构在θ = 60˚时无初速开始运动，试求当杆AB处于水平位置时的角速度和角加速度。

解：应用动能定理建立系统的运动与主动力之间的关系。

O B 动能：T121212mvAmvBJOAB 222A 其中：vAlsinAB；vBlcosAB；JO12ml2 3θ k 习题10－5图

115222 Tml2ABml2ABml2AB23622外力的功：Wmgl(sin60sin)2mgl(sin60sin)k[(llcos60)2(llcos)2]

53k12T = W ；ml2AB2mgl(sin)l2[(1cos)2] （1）

62242kl当0时：W3mgl

8522kl2；633k243mg3kl mlAB3mglABg865l20m20mlkl22(1cos)sin；对式（1）求导：5ml2ABAB2mglcos32；当0时：6g 其中：ABAB5l

— 79 —

10－6 图a与图b分别为圆盘与圆环，二者质量均为m，半径均为r，均置于距地面为h的斜面上，斜面倾角为，盘与环都从时间t0开始，在斜面上作纯滚动。分析圆盘与圆环哪一个先到达地面？

习题10－6图

322mvC1mgssin；求导后有aC1gsin 432d3d12设圆盘与圆环到达地面时质心走过距离d，则daC1t1；t1 aC1gsin2解：对图（a）应用动能定理：

2 对图（b）应用动能定理：mvC2mgssin；求导后有aC21gsin 212；t2daC2t222daC24d

gsin因为t1 < t2，所以圆盘（a）先到达地面。

10－7 两匀质杆AC和BC质量均为m，长度均为l，在C点由光滑铰链相连接，A、B端放置在光滑水平面上，如图所示。杆系在铅垂面内的图示位置由静止开始运动，试求铰链C落到地面时的速度。

解：设铰链C刚与地面相碰时速度vvC。根据运动学分析A点及B点分别为AC及BC杆的速度瞬心，如图（a）

ACBCvCv llvvC llAC

习题10－7图

BCACB动能定理：

h112mgml2220

2231mghmv2

3v3gh

(a)

10－8 质量为15kg的细杆可绕轴转动，杆端A连接刚度系数为k=50N/m的弹簧。弹簧另一端固结于B点，弹簧原长1.5m。试求杆从水平位置以初角速度0=0.1rad/s落到图示位置时的角速度。

解：T1W12mg112211(ml)0， T2(ml2)2 23233k[(21.5)2(121.5)2] 22

习题10－8图

3mgk(337) 2T2T1W12

— 80 —

12232ml(0)mgk(337) 622mBA2m33mg6k(337)ml2O60o20

O 33159.8650(337)15221.93rad/s

kmgmg

(a)

10－9 在图示机构中，已知：均质圆盘的质量为m 、半径为r，可沿水平面作纯滚动。刚性系数为k的弹簧一端固定于B，另一端与圆盘中心O相连。运动开始时，弹簧处于原长，此时圆盘角速度为，试求：（1）圆盘向右运动到达最右位置时，弹簧的伸长量；（2）圆盘到达最右位置时的角加速度及圆

B O r 盘与水平面间的摩擦力。

A解：（1）设圆盘到达最右位置时，弹簧的伸长量为，则T13221mr；T20；W12k2 423m31r T2T1W12；mr22k2；2k42（2）如图（a）：JAFOr；JOFr

323m22kmrkr； 22k3mkm1 mrFA；FAr62

FO A 习题10－9图

O mg A FN F

（a）



10－10 在图示机构中，鼓轮B质量为m，内、外半径分别为r和R，对转轴O的回转半径为，其上绕有细绳，一端吊一质量为m的物块A，另一端与质量为M、半径为r的均质圆轮C相

连，斜面倾角为，绳的倾斜段与斜面平行。试求：（1）鼓轮的角加速度；（2）斜面的摩擦力及连接物块A的绳子的张力（表示为的函数）。

B 解：（1）应用动能定理：T = W

12111222 TmvAJOOMvCJCC2222其中：vARO；vCrO；CO；JOm2；JC1Mr2 2r O R C A 112 T(mR2m2Mr2Mr2)O22设物块A上升距离sA时：WMgsCsinmgsA 对动能定理的表达式求导：

习题10－10图

FC F C A FT a 3[m(R22)Mr2]OOMgvCsinmgvA

2OC2g(MrsinmR) 2m(R22)3Mr2Mg FN mg （b）

（2）如图（a）：JCFr；F1Mr

（a）

2如图（b）：maFTmg；FTm(gR)

— 81 —

10－11 匀质圆盘的质量为m1、半径为r，圆盘与处于水平位置的弹簧一端铰接且可绕固定轴O转动，以起吊重物A，如图所示。若重物A的质量为m2；弹簧刚度系数为k。试求系统的固有频率。

解：设弹簧上OB位于铅垂位置时为原长，则动能

1111vm1)v2

22r242kskd Wm2gs(d)2m2gs2s2

2r2r TW

11kd222 (m2m1)vm2gs2s

242rd1kd2 ：(m2m1)va(m2g2s)v

dt2r1kd2 (m2m1)am2g2s

2r21kds2sm2g (m2m1)2rm2gkd2s2s

1r(2m2m1)m2m122kd22 n2r(2m2m1) Tm2v2(m1r2)()2(m212

习题10－11图

AkBO.drm1gsvm2g

(a)

n

dr2k

m12m210－12 图示圆盘质量为m、半径为r，在中心处与两根水平放置的弹簧固结，且在平面上作无滑动滚动。弹簧刚度系数均为k0。试求系统作微振动的固有频率。

解：设静止时弹簧的原长，则

v1122rk弹力功：W2x2

232kx2 mv043d ： mv0a2kxv0 dt232kx0 x mv024kxx0 3m12动能Tmv02(mr2)(0)232mv0 4

习题10－12图

n4k 3m

10－13 测量机器功率的功率计，由胶带ACDB和一杠杆BOF组成，如图所示。胶带具有铅垂的两段AC和DB，并套住受试验机器和滑轮E的下半部，杠杆则以刀口搁在支点O上，借升高或降低支点Ｏ，可以变更胶带的拉力，同时变更胶带与滑轮间的摩擦力。在Ｆ处挂一重锤Ｐ，杠杆BF即可处于水平平衡位置。若用来平衡胶带拉力的重锤的质量m=3kg，Ｌ＝500mm，试求发动机的转速n=240r/min时发动机的功率。

解：设发动机的角速度为。则 2πn2π2408π（rad/s） 6060— 82 —

习题10－13图

又 const，发动机作等速转动。滑轮E的角加速度0。滑轮E受力分析如图（a）。由 ME0

得 M(T1T2)R0

M(T1T2)R （1）取杠杆为研究对象，受力如图（b）。由 MO0得

mgl(T1T2)R0

mgl(T1T2)R （2）且 T1T1，T2T2 （3）综合（1）、（2）、（3）可得：

Mmgl

∴ 发动机的功率

PMmgl39.80.508πT1T2MnFExDECFOyOFOxFEy(a) F

BT1T2Amg

(b)

10－14 在图示机构中，物体A质量为m1，放在光滑水平面上。均质圆盘C、B质量均为m，半径均为R，物块D质量为m2。不计绳的质量，设绳与滑轮之间无相对滑动，绳的AE段与水平面平行，系统由静止开始释放。试求物体D的加速度以及BC段绳的张力。

=0.369(kW)

解：（1）设物块D下降距离s时，速度为vD，则系统动能为：

11112222 T(mm2)vDJCCJBBm1vA2222其中：CA E B vD；B2vD；vA2vD；JCJB1mR2 RR2C D 习题10－14图

111722 T(mm2m2m4m1)vD(m4m1m2)vD2222重力的功为：W(mm2)gs；应用动能定理TW并求导：

7(m4m1m2)vDaD(mm2)gvD 22(mm2)gaD

7m8m12m2（2）如图（a），应用相对速度瞬心的动量矩定理：

FT O C FBC

aD3(mm2)gRFBC2R；其中：JOmR2m2R2 R22(mm2)g131FBC(mm2)g(mm2)

7m8m2m24212(mm2)(7m8m12m2)g(3m2m2)(mm2)g

2(7m8m12m2)2(mm2)(m2m1)g

7m8m12m2JO

mg D aD m2g （a）

10－15 图示机构中，物块A、B质量均为m，均质圆盘C、D质量均为2m，半径均为R。C轮

铰接于长为3R的无重悬臂梁CK上，D为动滑轮，绳与轮之间无相对滑动。系统由静止开始运动，

— 83 —

试求（1）物块A上升的加速度；（2）HE段绳的张力；（3）固定端K处的约束力。

解：（1）设物块A上升距离s时，速度为vA，则系统动能为：

11112222 T(m2m)vDJDDJCCmvA2222K vvv其中：CA；DA；vDA；JCJDmR2 2R2R1mmm322 T(mm)vAmvA24242s1重力的功为：W(m2m)gmgsmgs；

2211应用动能定理TW并求导：3mvAaAmgvA；aAg

26a（2）如图（a），应用动量矩定理：JCA(FHEmg)R

R1222其中：JC2mRmR2mR

24FHE2maAmgmg

3应用动量定理：maAFC3mgFHE；FC4.5mg

FKx （3）如图（b），应用平衡方程：FKx0

C E H A D B 习题10－15图

FC C aA D 2mg FHE

mg （a）

FC′

K FKy C F0；FF0；F4.5mg

M(F)0；MF3R0；M13.5mgR

yKyCKyMK KKCK

解：1、先对O、C轮分别用动量矩定理和相对质心动量矩定理：

对O轮：JOOFTR （1）对C轮：JCCFTR （2）

 JOJC， FTFT由（1）、（2）： OC

OC （3）

2、再对整体用动能定理

T2T1W12

111222JOOJCCmvCmgh （4） 222vCvevr（动系为绳AB）

O（b）

10－16 两个相同的滑轮，视为匀质圆盘，质量均为m，半径均为R，用绳缠绕连接，如图所示。如

系统由静止开始运动，试求动滑轮质心C的速度v与下降距离h的关系，并确定AB段绳子的张力。

习题10－16图 OORAvCvevrRORC2R

（5）（6）

mgFTFTh（3）、（5）代入（4）得：

5mR22mgh 2BCCRmgaCC1R2gh110gh 55R（6）式两边对t求导：

5mR2mgvC

(a)

— 84 —

（5）代入，得：2g 5R4g 5轮心、质心运动定理：maCmgFT

1绳中张力：FTmg

5（5）式对t求导，得：aC2R

— 85 —

第11章达朗贝尔原理及其应用

11－1 均质圆盘作定轴转动，其中图（a），图（c）的转动角速度为常数，而图（b），图（d）的角速度不为常量。试对图示四种情形进行惯性力的简化。

≠≠（a）（b）习题11－1图

（c）（d）

FI O O FIn FIt MIO O O ≠MIO ≠（a）（b）（c）（d）习题11-1解图

解：设圆盘的质量为m，半径为r，则如习题11-1解图：

2（a）FImr，MIO0

（b）FImr，FImr，MIOJO （c）FI0，MIO0 （d）FI0，MIOJO

11－2矩形均质平板尺寸如图，质量27kg，由两个销子 A、B悬挂。若突然撤去销子B，求在撤去的瞬时平板的角加速度和销子A的约束力。

n2t32mr 212mr 2A C B 解：如图（a）：设平板的质量为m，长和宽分别为a、b。 FImAC3.375

0.20m 习题11－2图

0.15m

1MIAJA[m(a2b2)mAC2]0.5625

12MA(F)0；MIA0.1mg0；47.04rad/s2

FAy FI FAx A MIA C aC B mg Fy0；FIcosFAymg0；sin40.8

50.20m （a）

FAy279.83.37547.040.8137.6N

— 86 —

0.15m Fx0；FIsinFAx0；其中：sin30.6

5FAx3.37547.040.695.26N

11－3在均质直角构件ABC中，AB、BC两部分的质量各为3.0kg，用连杆AD、DE以及绳子AE保持在图示位置。若突然剪断绳子，求此瞬时连杆AD、BE所受的力。连杆的质量忽略不计，已知l = 1.0m，φ = 30º。 C 解：如图（a）：设AB、BC两部分的质量各为m = 3.0kg。直角构件ABC作平移，其加速度为a = aA，质心在O处。

FI2ma

l B φ D φ E

习题11－3图

MO(F)0；

l3llFBcosFAcos(FAFB)sin0 （1）

444FAD0；

FAFB2mgcos0 （2）联立式（1）和式（2），得：FBmg3FA

1FA(31)mg5.38N；

4FBmg35.3845.5N

解：1、图（a）：

① JOaWr mr2aWr

2W a

mr12FOy

A C 3l/4 3l/4 O A aA FA FI B FB 2mg φ φ （a）

11－4 两种情形的定滑轮质量均为m，半径均为 r。图a中的绳所受拉力为W；图b中块重力为W。

试分析两种情形下定滑轮的角加速度、绳中拉力和定滑轮轴承处的约束反力是否相同。

l FOy

FOx

MIO

b

FOx

（1）（2）（3）（4）（5）（6）

a

②绳中拉力为W ③Fx0，FOx0 Fy0，FOyW 2、图（b）： ① MIOmr2b

MO0，MIOFIrWr0 （5）、（6）代入，得

2Wg b

r(mg2W)FI a W

习题11-4图

12FIWWarbgg（7）

Tb②绳中拉力（图c）：

Fy0，TbFIW

WmgW TbWa（8）

gmg2W③轴承反力：

（9） Fx0，FOx0

Fy0，FOyFIW0

mgWFOy（10）

mg2W

由此可见，定滑轮的角加速度a、b，绳中拉

— 87 —

FIaW

(a)

力，轴承反力均不相同。

11－5 图示调速器由两个质量各为m1的圆柱状的盘子所构成，两圆盘被偏心地是悬于与调速器转动轴相距a的十字形框架上，而此调速器则以等角速度绕铅垂直轴转动。圆盘的中心到悬挂点的距离为l，调速器的外壳质量为m2，放在这两个圆盘上并可沿铅垂轴上下滑动。如不计摩擦，试求调速器的角速度与圆盘偏离铅垂线的角度之间的关系。

解：取调速器外壳为研究对象，由对称可知壳与圆盘接触处所受之约束反力为m2g/2。

取左圆盘为研究对象，受力如图（a），惯性力

FIm1(alsin)2

mg由动静法

习题11－5图

xm2g)lsinFIlcos0 MA0，(m1g22FAyOA将FI值代入，解出

2m1m22gtan

2m1(alsin)FIFAx1

(a)

11－6图示两重物通过无重滑轮用绳连接，滑轮又铰接在无重支架上。已知物G1、G2的质量分别为m1 = 50kg，m2 = 70kg，杆AB长l1 = 120cm，A、C间的距离l2 = 80cm，夹角θ = 30˚。试求杆CD所受的力。

FB FAy B A B A FAx θ C B FI2 FI1 θ C

G1 FB′ FCD D G2 a G1

G2 m1g m2g

习题11－6图

（b）（a）

mg解：取滑轮和物G1、G2如图（a）所示，设物G1、G2的加速度为a，则其惯性力分别为： FI1m1a；FI2m2a

m2m120ggg

m2m1120610g350FFFmgmg0；；F120gg F0BI1I212By33MB(F)0；(FI1FI2m1gm2g)r0；a取杆AB为研究对象，受力如图（b）所示，

MA(F)0；FCDsinl2FBl10；FCD

2l1350g3430N3.43kN l2311－7 直径为1.22m、重890N的匀质圆柱以图示方式装置在卡车的箱板上，为防止运输时圆柱前后

滚动，在其底部垫上高10.2cm的小木块，试求圆柱不致产生滚动，卡车最大的加速度？ FIOmga0.102m0.61m

习题11－7图

AFN(c)

— 88 —

解：图（c）中 FIma MA0

22 FI(0.610.102)mg0.612(0.610.10)8 ma0.598mg0.6120.592 amaxa6.51m/s2

讨论：若aamax，则惯性力引起的对A点的力矩会大于重力mg对A点的矩，使圆柱向后滚动。原文求amin不合理。

11－8 两匀质杆焊成图示形状，绕水平轴A在铅垂平面内作等角速转动。在图示位置时，角速度

0.3rad/s。设杆的单位长度重力的大小为100N/m。试求轴承A的约束反力。

解：（1）求A处约束力

重力：P1000.330N

质量：m1000.3/9.83.061kg 质心O点位置：r0.1333m

210.13330.3 =0.122N FInmr3.06 FIτ0 (0)

轴承A的约束反力FAx0.122N（Fx0）

FAy30N （Fy0）（2）求B截面弯矩

考虑BD段受力，只有惯性力dFI，在y方向分量对B截面弯矩有贡献。

微段质量：100N/m

dmdx

gx20.22dx dFIdmx20.2220.3hdFIydFIcos0.31000.2x20.22dx9.8x20.22

0.30.21006dxdx9.89.8MAC0.05m0.05m

习题11－8图

FAyr0.1333mFInBAOFAxDP0.2m

yB(a)

0.2mxAR

dFIydxdFID

0.050xdFIy69.80.05xdx0610.0529.82

(b)

=0.000765N·m=0.765N·mm

11－9 图示均质圆轮铰接在支架上。已知轮半径r = 0.1m、重力的大小Q = 20kN，重物G重力的大小P = 100N，支架尺寸l = 0.3m，不计支架质量，轮上作用一常力偶，其矩M = 32kN·m。试求（1）重物G上升的加速度；（2）支座B的约束力。

l A C l B D FO MIO O FI Q M FA A l l FB B C D O M G G a O

P （a）

习题11－9图

FO′ （b） — 89 —

解：取滑轮和物G1、G2如图（a）所示，设物G1、G2的加速度为a，则其惯性力分别为： FI1m1a；FI2m2a

m2m120ggg

m2m1120610g350FFFmgmg0；；F120gg F0BI1I212By33MB(F)0；(FI1FI2m1gm2g)r0；a取杆AB为研究对象，受力如图（b）所示，

MA(F)0；FCDsinl2FBl10；FCD

2l1350g3430N3.43kN l2311－10图示系统位于铅直面内，由鼓轮C与重物A组成。已知鼓轮质量为m，小半径为r，大

半径R = 2r，对过C且垂直于鼓轮平面的轴的回转半径ρ = 1.5r，重物A质量为2m。试求（1）鼓轮中心C的加速度；（2）AB段绳与DE段绳的张力。 FDE E 解：设鼓轮的角加速度为， E FAB

FIC 在系统上加惯性力如图（a）所示，

FIA MIC 则其惯性力分别为：

FICmr；FIA2mr MICJCm21.52mr2

C D B C D B FIA A 2mg

A aA

MD(F)0；

g4g

31.5221mg A

习题11－10图

2mg （b）

(mgFICFIA2mg)rMIC0 （a） aCrFy0；FDEFICFIAmg2mg0；FDE3mgmr取重物A为研究对象，受力如图（b）所示，

59mg 21Fy0；FABFIA2mg0；FAB2mg2mr2(1

434)mgmg 212111－11 凸轮导板机构中，偏心轮的偏心距OAe。偏心轮绕O轴以匀角速度转动。当导板CD在最

低位置时弹簧的压缩为b。导板质量为m。为使导板在运动过程中始终不离开偏心轮，试求弹簧刚度系数的最小值。

解：本题结果与转向无关，因讨论加速度。 1、图（a），导板上点B的运动代表导板运动

yBesintr

Be2sint ay当tπ时，a取极值 22

ae，方向向下。 2、导板受力：

π时，导板上受惯性力FI

2C2FIme，方向向上。

y习题11－11图 FImgkBamaxD此力力图使导板与凸轮脱开，为使不脱开，应使弹簧力F与板重力mg之和大于FI：

mgFFI

mgk(2eb)me2

reOAFO xπ2x

(a)

(b)

— 90 —

m(e2g)k

2eb讨论：1、当e2g时，表示可不加弹簧。

3、板至最低位置时，a也取极植，但此时惯性力是向下的，不存在脱离凸轮的问题。

11－12图示小车在F力作用下沿水平直线行驶，均质细杆A端铰接在小车上，另一端靠在车的光滑竖直壁上。已知杆质量m = 5kg，倾角θ = 30˚，车的质量M = 50kg。车轮质量及地面与车轮间的摩擦不计。试求水平力F多大时，杆B端的受力为零。 B B B FI1 F Ay F FI1

FI2 F θ A mg θ A Mg A FAx mg

FN1 FN2 （b）习题11－12图（a）

解：取整体为研究对象，受力如图（a）所示，设小车的加速度为a，则其惯性力分别为： FI1ma；FI2Ma

Fx0；FFI1FI20；aF

mMmFsinmgcos

mM取杆AB为研究对象，设杆长为2l，且杆B端的受力为零，受力如图（b）所示，

MA(F)0；FI1sinlmgcosl0；

F(mM)gcot559.83933.6N

11－13图示均质定滑轮铰接在铅直无重的悬臂梁上，用绳与滑块相接。已知轮半径为1m、重力的大小为20kN，滑块重力的大小为10kN，梁长为2m，斜面倾角tanθ = 3/4，动摩擦系数为0.1。若在轮O上作用一常力偶矩M = 10kN·m。试求（1）滑块B上升的加速度；（2）A处的约束力。

MIO FOy′ FT M FOx′ a FOy FT′ O O B M O FI FOx B FN F θ A t m1g A FAx θ mg 2 MA （a）（b）习题11－13图 FAy

（c）

解：（1）取滑块B为研究对象，设其质量为m1，加速度为aB，则其惯性力为：FIm1aB，

受力如图（a）所示。

F0；FFFtITm1gsin0；FfFN0.1m1gcos0.8kN

FT60.8m1aB6.8m1aB

MIO取定滑轮O为研究对象，设其质量为m2，半径为r，则其惯性力矩为：

受力如图（b）所示。

1am2r2B，2rMO(F)0；MMIOFTr0；10FT6.8m1aB6.81.68.4kN

1010aB6.8aB0；aB1.57m/s2 gg— 91 —

FFxy0；FTcosFOx0；FOx8.40.86.72kN

0；FOyFTsinm2g0；FOy8.40.62025.04kN

AAOx（2）取梁AO为研究对象，设梁长为l，受力如图（c）所示，

M(F)0；MFl0；M6.27213.44kNm F0；FF0；F6.72kN F0；FF0；F25.04kN

AxOxAyAxAxyOyAy

11－14图示系统位于铅直面内，由均质细杆及均质圆盘铰接而成。已知杆长为l、质量为m，圆盘半径为r、质量亦为m。试求杆在θ = 30˚位置开始运动瞬时：（1）杆AB的角加速度；（2）支座A处的约束力。

x 解：（1）设杆AB的角加速度为，受力如图（a）。 FI2 B l12；FI2ml；MIAJAml 23MA(F)0 FI1mlMIAFI2lmgsinmgsinl0

24239g mlmgl；3416lMIA B mg mg aC θ A 习题11－14图

FI1 A FAx C θ FAy （a）（2）求支座A处的约束力。

FFxy0；FAxmgcosmgcos0；FAx3mg

350；FI1FI2FAy2mgsin0；FAymgmlmg

232

11－15重力的大小为100N的平板置于水平面上，其间的摩擦因数f = 0.20，板上有一重力的大小为300N，半径为20cm的均质圆柱。圆柱与板之间无相对滑动，滚动摩阻可略去不计。若平板上作用一水平力F = 200N，如图所示。求平板的加速度以及圆柱相对于平板滚动的角加速度。

MIO  r r O FI2 O aO

a A P2 F FI1 F

FN P1 习题11－15图

（a）

解：设平板的重力P1 = 100 N，加速度为a；圆柱的重力P2 = 300 N，角加速度为，质

心的加速度aO = a – r，受力如图（a）。

PP1PP1a；FI22aO2(ar)；MIOJO2r2

gg2ggP21P223FrM0(ar)rrar ；；；M(F)0I2IOAg2g2Fx0；FFI1FI2Ff0；其中：FffFNf(P1P2)80N

FI1PPPP1a2(ar)800；120(12)a0； ggg3g1202ag5.88m/s2；a19.6rad/s2

2003r200

— 92 —

11－16图示系统由不计质量的定滑轮O和均质动滑轮C、重物A、B用绳连接而成。已知轮C重力的大小FQ = 200N，物A、B均重力的大小FP = 100N，B与水平支承面间的静摩擦因数f = 0.2。试求系统由静止开始运动瞬时，D处绳子的张力。

FD a FI3 FT

B D FI1 B FB O Ff C F P FI2  MIC FN C

A （a）

FQ A FP （b）

习题11－16图

解：设重物B的加速度为a，受力如图（a），其中惯性力为：FI1FPa gFx0；FI1FBFf0；其中：FffFNfFP20N

FB20FPa （1） ga设轮C的半径为r，其角加速度，受力如图（b），其中FT = FB；惯性力为：

2rFa1Fa1FQFara FI2P；FI3Q；MICJCQr22g2r4gg2g21FQMC(F)0；FTrMICFDr0；FB4gaFD0 （2）

4g(FD20)将式（1）代入式（2），有：a （3）

4FPFQ0；FI2FI3FDFTFPFQ0； (FPFQ)aFDFBFPFQ0 （4）

2g35 FD(28020)117.5N

83yF

— 93 —

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理论力学课后答案(范钦珊)