理论工程建筑力学习习题答案(2)

2. ?n?3k2m，见图（d）或(e)

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。

习题7-14图

7-15 图示匀质摇杆OA质量为m，长为l，匀质圆盘质量为m，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。

12试求系统微振动固有频率。

解： 1、弹簧刚度k

— 1 —

静平衡时，轮缘摩擦力 Fs?0，由系统平衡。 ?MO?0，

m2gl?m1gl2?Fka?0

即 k?sta?k??m1?2m2?gl2?m1?2m2?gl2a?st1

(1)

2、?n

T2?T轮A?T杆OA?m2212m2vA?212JA?A?2122JO??

??l???2?1m2?R?l?2??2?2?2?l????11m?22?3m2????m1l2??2?????1?l???R?l??236??4???

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??k2T2?T1?W12

?a??2，

T1?0

即

ddt1k22?3?22?m2?m1?l????a?62?4?1?3?2??2??ka?????m2?m1?l???3?4?????l6ka?22

(2)

:

?9m2?2m1?2?0 ?0?(1)代入(2),得

6kal2?9m2?2m1??0?3agm1?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，可看作两根长的悬臂梁坚固对接，见(图a)。

2h悬臂梁的最大挠度为wmax本题中l?h2?FPl33EI 见(图b)

EIFP ，wmax?x2

wmaxl

(b)

— 2 —

于是有

?h?FP??x?2??23EI3

FP?12EIxh3由上可算出

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 即

???x24EImh3x?0

?24EImh3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

V??mg

l2sin??k21

?l?1?cos???2??lsin??2

22k??1mglsin??kl?1?cos?? 2

习题7-17图

2??klsin??0 平衡： V??????mglcos

tan??2mg2kl， ?0?arctanmg2kl （平衡位置角）

设杆偏离平衡位置?0一微小角度?，则杆的动能

1122?ml?? 23l??0????kl2?1?cos??0???? 弹簧势能 V??mgsin2保守力场（理想约束）机械能守恒： T?V?C

T?即

ddt1622??ml?l2mgsin??0????kl?1?cos??0?????C2

:

132?????ml?l22??0 mgsin??0????klsin??0????????即 ?3g2l??0????cos3km??0????0sin （1）

微振动，?

??1，此时

cos??0????cos?0cos??sin?0sin??cos?0??sin?0 sin??0????sin?0cos??cos?0sin??sin?0??cos?0?3g?2lsin?0?3k

????代入（1）得， ?3g3k?cos?0???cos?0?sin?0 m2lm???0?3g2lsin?0?3kmcos?0 其中 ?0?arctanmg2kl

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：

??km1?m2 （1）

— 3 —

习题7-18图

m2块下落至碰撞前速度

v?2gh

2gh相碰后，m1?m2的速度

v??m2m1?m2 （动量守恒）

弹簧加上m1时，已伸长了 ?1再加m2后，需再伸长

?m1gk

k?2?m2g

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

?x?Asin?????xk?t????m1?m2?k （2）

（3）

?1?2Ox?Acos??m1?m2??t???

?m1?m2?k振动开始于m1,m2碰撞之末，此时（t=0）它们的坐标为：

xt?0???2???t?0?v??xm2gk

(a)

（4）

2ghm2m1?m2 （5）

t?0 时，由（2）、（3）得

xt?0?Asin? （6）

?t?0?xkm1?m2Acos? （7）

比较（3）、（6）和（5）、（7）得，

Asin???m2gk， Acos??A2m2km1?m2222gh

两边平方，相加得

?m2gk222?2ghmk?m1?m2?

A?m2gk1?2hk?m1?m2?g丽丽太难了

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 60?M D (b)

习题图 — 8-14 —

(c)

A O v

? ? O (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）。

解：（1）p = mvC =

52）； ml?，方向同vC（解图（a）

（2）p = mvC1 + mvC2 = mvB = 2Rm?，方向同vB，垂直AC（解图（b））； （3）p?[m1(v?l?cos60?)?m2(v?l2?cos60?)]i?(m1l?sin60??m2l2?sin60?)j

?[(m1?m2)v?

O1 A A 2m1?m24l?]i?3l?2m1?m24）。 j（解图（c）

y ω C1 vC1 vB B C2 vC2 C vr ω O 60?M v vC B C v ? ? 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 p?pAB?pBC?ml2vB B ω O 45? 45? A

??4ml??92ml? C 习题8－2解图

方向同vB 。

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）：

— 5 —

习题8－4图

解法1：用动量定理求解 瞬时t，系统动量 p = p2+p3

p2?m2v C2?m2?d2ω，方向如图

p3?m3v C3?m3d? sin?，方向如图

(1) (2)

由质系动量应理：

dpydtdpxdt?Fy??Fx??Fy

?Fx

d2d2py?p2y?p3y?m2?px?p2x?p3x?m2??sin??m3d?sin?

O2 ? CAp2?co?s

B Fx??Fx?Fx

Fy??Fy?Fy?(m1?m2?m3)g 代入（1）、（2），并注意到? ?? t得：

d?d??t?m3d?sin?t??Fy?(m1?m2?m3)g?m2??sindt?2?d?d?s t??Fx?m2??co?dt?2?C3 p3m2gm3gD

m1gCFx

m2?2m32dω cos?t

2得Fy?(m1?m2?m3)g?

Fx??d2m2? sin? t2（3） Fy

(a)

（4）

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

ddt：MaC?m2aC2?m3aC3

d2ω 2aC2?2，方向指向O点；

，方向向上。

2aC3?d?cos?td2写出质心运动定理的投影形式：

m2? co?s t?m3d? co?s t?Fy?(m1?m2?m3)gd22

-m2?? sin? t?Fxd22

m2?2m32d? co?s t2Fx?-m2?? sin? t2

Fy?(m1?m2?m3)g?

结果同解法1。

8－5 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

dpxdt?m2acos??FOx?FNsin?

A O a M2 — 6 —

M1

θ 习题8－5图

dpydt?m1a?m2asin??FOy?FNcos??(m?m1?m2)g分析M2可知：FN?m2gcos?

则有

FOx?m2acos??m2gcos?sin??(a?gsin?)m2cos?

FOy?(m1?m2sin?)a?m2gcos??(m?m1?m2)g

2FOy A O FOx a M2 mg M1 FN θ m1g m2g 习题8－5解图

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。

解：以系统整体为研究对象，根据受力分析知：?Fx?0，故系统的质心在水平方向运动守恒。若初始时（设CD= l）：

m1xC0?b2sin??m2(bsin??l222m1?m2?m)?ml?m1(b2sin??l)θ O A O1 B

C 习题8－6图 设杆OC转到水平位置时板AB的位移为s，

m1(xC?b2?s)?m2(b?s?)?m(?s)?m1(?s?l)2222m1?m2?mllbD s A θ O A O1 B O1 B xC0 = xC

s?m1?m22m1?m2?mb(1?sin?)

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 由（1），

? xA?xC?lcos?0?lcos? 即 xA?lcos由（2）

yA2?lsin?习题8－7图

（3） （4）

mg

yA42（3）、（4）两边平方后相加，得

(xA?lcos?0)?2?l2

FB

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。

vFx — 7 —

习题8－8图

解：设皮带作用煤块的总水平推力为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

军大发光火

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。

解：1、LO?m?s（逆） 2、（1）

p?mvC?m(vA??e)?mvA(1?LB?mvC(R?e)?JC??mvA(R?e)R22 vr M O ω ω A B C R vA eR)（逆） 2?(JA?me)vAR

(a) (b)

习题9－1图

（2）p?mvC?m(vA??e)

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?mAR?mBr)?

A 习题9－2图

22B 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?l2?56l?56m

FOxFOymgD2mg刚体作定轴转动，初瞬时ω=0

JO??mg?JO?13??d?2mg?l112

22ml522?2m?(2l)?2ml?3ml2

习题20-3图

习题20-3解图

即3ml2? ?mgl

2?56lg?8.17rad/s

— 8 —

aD?t56l???2536g

由质心运动定理：

t 3m?aD?3mg?FOy

FOy?3mg?3m??0n，aD2536g?1112mg?449N（↑）

?0， FOx?0

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：

(J1?mR)??FT?R?mgR

2R B 运动学关系：

a?r?C?R?

a?

A 222M C r

习题9－4图

FF(M?mgr)rR22J1r?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。

FN′ J1 M r1 J1 M F′ r1 J2 R r2 J2 R r2 FN （a） F 解：对轮1（图a）： J1?1?M?Fr1 对轮2（图b）：

(J2?mR)?2?F?r2?mgR

2m

mg m 习题9－5图

（b） 习题9－5解图

r1?1?r2?2；?1?i?2

?2?Mi?mgRJ2?mR2?J1i2

重物的加速度：a?R?2?(Mi?mgR)RJ2?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。

解：JA??mge，(ml?me)??mge

3122A C 习题9－6图

B maC?mg?FA

aC?e??3ge222??

l?3eA C B FA

— 9 —

mg 习题9－6解图

FA?mg??FA?mg23mge222l?3e?FA?

3mge222l?3e?mg2?3e?l22222(l?3e)mg

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?Ad?r????mg(d?r)JAJA?2π??0

?C..??n?2πmg(d?r)

JAmgBT??nmg(d?r)2 （1） （2）

(a)

JA?JC?m(d?r)

?58?0.625由图（b）： ?MA?0，d?Flmgm

?2sACBFd代入（1）、（2），注意到周期TJC?mg(d?r)π22，得

gπ2?m(d?r)?m(d?r)[9.8π2?(d?r)]lmg

?80?0.665?(?17.45kg?m2?0.665)

(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

（1） （2）

— 10 —

习题9－8图

解得

aA?rαJA?FT?

mr2（3）

1213mg（拉） （常量）

2aAh?233ghaA?23g（4）

（↓）

由运动学

vA?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） 又 aA再由 得

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。

JC?JA?mr?????23A2?32mr2

FTaArg

CrAaAmg?（同式（4））

(a)

3ghma?mg?FTvAFT?13mg（拉）

23

vA?2aAh?（↓）

解：鼓轮作平面运动，轴O沿斜面作直线运动：

maO?F?Ff?mgsin? （1） m???Fr?FfR 纯滚：aO?R? 代入（2） m??2r O R 2（2） （3）

θ 习题9－9图

aOR ?Fr?FfR

（4）

F 2解（1）、（4）联立，消去Ff，得 aO?

FR(R?r)?mgRsin?m(R??)22

r O mg R Ff

θ FN

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。

— 11 —

习题9－10图

解：法1：对轮： JO??TR?Fr m?aO?F?T 对A： maA?mg?T（1） （2） （3）

tH

m m′gg?又：aA?aH绳?a 以O为基点：

tnnt aH?aH?aO?aHO?aHO a?atHtHOaO· HTaH绳E F?aO?R??r??(R?r)?（→）

FN aA?(R?r)?（↓） 由上四式联立，得（注意到JOaA?mg(R?r)m?(?2222（4）

?m???2T?）

g22aA

mg?r)?m(R?r)m?(??r)??12m(R?r)

(a)

aO

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)?

222JE?JO?m?r?m?(??r) 可解得：aA

?gm?(??r)??12m(R?r)22O aH aHO nnH aHtt

(b)

aHO

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?Mf?M?Mf （1）

???FN

2FN?mgJD?32mr

FarmgM??ar

MfD代入（1），得

a?2(M??mg)3mrFN

习题9－11图

(a)

又：maF??F3r

2(M??mg)

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?解得：a?Bm1m1?3m2gB D 122m1r

C A

；aC?m1?2m2m1?3m2g

习题9－12图

— 12 —

FT?m1m2m1?3m2g

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 （1）

0?FN?mgJO??F1r （2） （3）

习题9－13图

由（2），

FN?mg

（4） （5）

?12mr2动滑动时，

F1?fFN?fmg（4）代入（1），得

aO?fg （4）代入（3），得（JO??2fgr2?Oa）

mg （6）

F1由（5）代入下式：

s?12aOt

FN

(a)

得

t?2sfg

2r2fgs???t?（逆）

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。

解：法1：P为AB杆瞬心，PCJP??mg?JP?13ml2?l2，图（a）：

l2sin?

???3g2lsin? （1）

P习题9－14图

BFB法2：AB杆平面运动

?C?FB m?x?C?FA?mg m?yJC??FA?xC??C?xl2l2l2sin??FBl2cos?（2）

（3）

C? （4）

AFA?mgsin?，yC?l2cos??l2

cos?????C，y?sin????

(a) l2???lcos???????C?xsin?????cos???222??C??yl?l （5）

..BFBl2????lsin????? cos?????sin???222（6） （7）

yC..?CmgO（∵初瞬时???0） ???? ?将（5）、（6）、（7）代入（2）、（3）、（4）得

xC?xAFA

(b)

— 13 —

l2?1mcos????FB l2msin????FA?mg2（8）

l2FBcos?（9）

（10）

12ml???3gsin?2ll2FAsin??解得：??

，与（1）式相同。

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?WgQgWg2?

aC?FT?Ff；aC?r?

对板BE： 求得：aBE?

aBE?F?Ff；aBE?(R?r)?

F(R?r)g2Q(R?r)?W(??r)222

*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。

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?FICCCFIC?2?FIC?l2?2??lA?vr2

(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?aCAτ

（1）

即aCx?aA?aCAcos??aA?τl2?cos? — 14 —

习题9－17图

aCy?aCAsin??τl2?sin? （2）

由平面运动微分方程：

maCx?mgsin? ∴aCx?gsin?

maCy?mgcos??FNJC??FN?l2sin?（3）

（4）

aAA

?即

112ml??FN?2l2FNsin?

?3gsin2?l(1?3sin?)2（5）

C解（2）、（4）、（5）联立，得 ?由（1）、（3），得 aA?（6）代入，得

l （6）

aCxaAmgaCAτcos????gsin?24sin?aA?g 21?3sin?

BaCy?

(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：

由aCx?aCy?aD?aCD?aCD

aCx?aCD?d??1

tnt（1）

（2） （3） （4）

A

习题9－18图

由AB作平面运动：

maCx?mgsin??FNmaCy?mgcos?112ml??1?FNd2

由（3），aCy?gsoc?

FND?aDaCy解（1）、（2）、（4）联立

aCx?FN?12gdsin?l?12d2222

aCxmg?1Bmglsin?l?12d22

(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角的速度向球员飞来，形成头球。球员以头击球后，球的速度大小为v1?=9.14m/s，并与水平线夹角为200角。若球－头碰撞时间为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(v14.45g

?p?[9.14cos20?(?6.1cos40),?9.14sin20?(?6.1sin40)]oooo

=0.454（13.26,0.795）=（6.02,0.361）N·s

设?p与水平夹角?

?py?px?tan??o0.3616.02?0.06

y?P

习题9－19图

??3.431

?p??p??p2x2y??6.03 N·s

Ftx

(a)

— 15 —

F??pt?6.03人头受力F

0.15与?p?40.2N

反向，即向左下方。

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?。

?v vO

?45

碰前碰末 习题9－20图

(a) (b)

CA

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

JA?md2?JC?16ma2?m(222a)2?23ma2

??0vC?0对A动量矩守恒：mv0 ??3v04aa2?3ma?2

C （1）

?0A若箱刚能完成翻转，则转到最高点时?最高点机械能守恒，即

mga2ma2，从碰后到

转到最高处

?21223?ma?2222?mg22)a(c)

a

由（1）得， 由此，??139v016a?mg(2?12

3v016?0.207agag

v0?1.05 ，

vC?a23v04a?0.788ga??0.557ag（方向如图示）

*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。

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)?

25mr?2ICd (a)

?v（2）

r— 16 —

(b)

纯滚动：v?r? （3） （1）、（3）代入（2），消I、v得

h?r?25r h?75r?710d

*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vC?与杆的角速度?。

解：碰后E点不动，v??evC n 杆只有D点受冲量，故相对D点动量矩守恒

mvC?l4?(m12l?2ml2 由此可解出：?l4?1612vC)?

习题9－22图

7l

37设碰后C点速度vC?出向上，由图(a)可知

??v?vC?D??(e?37)vC

37?应向下。 时，vC由此式知，当e??确实向上，若e?时，vC第10章 动能定理及其应用 v??vCD ?10－1 计算图示各系统的动能： AB1．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DC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）。

(a) 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：

1132v22?mr(B)?mvB

2222222r16111113222v2222．T?m1v?m2v??m2r()?m1v?m2v

2222r241．T?1mvC?21JC?C?21m(vB)?23．T?12mR??2212mR??2212m(2R?)?2mR?

22210－2 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

v1AvrvC?? — 17 —

习题10－2图

Cv1?1B(a)

??1W12gW12g2v1?(W22g[(l21W22g2vC?2212JC?)2

v1?l2

2?1)?v1?l22?2??1v1cos?]??lW212g

l22??1?12g[(W1?W2)v1?13W2l?1?W2l?1v1cos?]

22

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

1122?JO???(mCr)?C 222211FQ1FP1FP22r?2222?[(2r)]??(2r?)?r() 23g2g4gr2OC2mCvCvCC11?C?O

习题10－3图

(a)

?r?3g22(2FQ?9FP)

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 动能：T?其中?C?1212m1v?2AB R Cr O 12m2v?2C12D JC? vArA 2CvAR?r，vC??Cr?r22R?r2，JC?m2? 1(R?r)2A2 习题10－4图

T?[m1?m2(R?r)?m2?]v?212[m1?m2r??22(R?r)]vA 22力作的功：W?m1gs 应用动能定理：

12[m1?m2r??222(R?r)]vA?m1gs

2将上式对时间求导数：[m1?m2r??222(R?r)? ]vAaA?m1gs222求得物块的加速度为：aA?m1g(R?r)2m1(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。

— 18 —

B O A θ k

解：应用动能定理建立系统的运动与主动力之间的关系。 动能：T?12mvA?212mvB?212JO?AB2

1322ml

其中：vA?lsin??AB；vB?lcos??AB；JO?T?12ml?AB?2213ml?AB?225622ml?AB

外力的功：W56?mgl(sin60??sin?)?2mgl2(sin60??sin?)?2k2[(l?lcos60?)?(l?lcos?)]

222T = W ；ml2?AB?2mgl(32?sin?)?k2l[14?(1?cos?)]

2 （1）

2当??0时：W?3mgl?kl

856ml?22AB?3mgl?kl82；?AB?635lg?3k20m?243mg?3kl20ml

对式（1）求导：5ml2?AB?AB其中：?????ABk2??2mglcos????l2(1?cos?)sin???；

32；当??0时：?AB?6g

5l10－6 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

解：对图（a）应用动能定理：mvC1?mgssin?；求导后有aC1?43223gsin?

设圆盘与圆环到达地面时质心走过距离d，则d?12aC1t1；t1?22daC112?3dgsin?

2 对图（b）应用动能定理：mvC2?mgssin?；求导后有aC2?gsin?

d?12aC2t2；t2?22daC2?4dgsin?

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??vCl?vl??

习题10－7图

A??A?C??B?C?C?B? — 19 —

vC

(a)

?B?C??vClh213?vl??

动能定理：

2?mg?mgh?v??mv112?ml?2322?2?0

3gh

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。

1122(ml)?023112(ml)?232解：T1?，

2T2?2

W12?mg?32?k2[(2?1.5)?(12?1.5)]

mg?k(33?7)2T2?T1?W12 16ml(?22?3

习题10－8图

??0)?232mg?k(33?7)

B2mA2m??33mg?6k(33?7)ml2?O60mgo??02

?1.93O

?33?15?9.8?6?50(33?7)15?22rad/s

k?mg (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?34mr?；T2?0；W12??34mr?222212k?

2A T2?T1?W12；???12k?；??23m2kr?

习题10－9图

（2）如图（a）：JA??FOr；JO??Fr

3212??FO O mg A FN F

mr??k23m2kr?；???km622k3m

mr??FA；FA?r?

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

（a）

— 20 —

r O R C A

12mr?a?Wr?2Wmr2

（1） （2） （3） （4） （5） （6）

?a

②绳中拉力为W ③?Fx?0，FOx?0 ?Fy?0，F?W

Oy2、图（b）： ① MIOFI?Wg?12mr?b2

a?Wg

?MO?0，MIO?FIr?Wr?0 （5）、（6）代入，得 ?b?2Wgr(mg?2W)r?b （7）

Tb②绳中拉力（图c）： ?Fy?0，Tb?FI?W Tb?W?Wga?mgmg?2WWFI （8） （9）

a③轴承反力： ?Fx?0，FOx?0 ?Fy?0，F?FOyI?W?0

(a)

W

FOy?mgWmg?2W（10）

由此可见，定滑轮的角加速度?a、?b，绳中拉力，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

F?m?(a?lsin?)?

2I1由动静法

?MA?0，(m1g?m2g2)lsin??FIlcos??0

m2g2yFAy

习题11－5图

x将FI值代入，解出

?2OAFI?FAx?2m1?m22m1(a?lsin?)gtan?

m1g

(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 FAx A θ C FI2 B FI1 θ C G1 26 — FB′ —FCD D G2 a G1 G2

m1g （a）

习题11－6图

m2g

（b）

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

???MB(F)?0；(FI1?FI2?m1g?m2g)r?0；a?Fy?0；FB?FI1?FI2?m1g?m2g?0；FB??m2?m1m2?m110g3g?20120g?g6

?120g?3503g

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 l23

11－7 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？ FIOamg0.102m0.61m

习题11－7图

AFN(c)

解：图（c）中 FI?ma ?MA?0

FI(0.61?0.102)?mg0.612?(0.61?0.102)2

2 ma?0.598?mg0.612?0.598

2

amax?a?6.51m/s

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

??0.3A在铅垂平面内作等角速转动。在图示位置时，角速度

Arad/s。设杆的单位长度重力的大小为100N/m。试求轴承的约束反力。

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

2FIn?mr??3.061?0.1333?0.3 =0.122N

(??0)

FIτ?0

轴承A的约束反力FAx?0.122N（?Fx?0）

FAy?30

习题11－8图

N （?Fy?0）

FAy（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。

— 27 —

C0.05mBr?0.1333mFInFAx0.05mDOP?0.2m

(a)

微段质量：?dm??100N/m

?gdx

x2dFI?dm?0.2?22?0.3?hx?0.2dx22

yB0.2mAxR?dFIy?dFIcos??0.3?1009.8?2

20.2x?0.2dx?9.8?6dFIyx?0.2dx22dx?

6dxxdx?69.8?12?0.052dFID?M0.3?0.2?1009.80.05A9.80.050

??xdFIy?0

(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 l FO l l FB FA MIO A B A O M B

D C D C FI Q

G a

O M O P G FO′ （a） （b）

习题11－9图

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

???

MB(F)?0；(FI1?FI2?m1g?m2g)r?0；a?Fy?0；FB?FI1?FI2?m1g?m2g?0；FB??m2?m1m2?m110g3g?20120g?g6

?120g?3503g

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???1.5mr?

222C D B C D B FIA A 2mg

A aA

?MD(F)?0；

g3?1.52A

习题11－10图

mg （a） 2mg （b）

(mg?FIC?FIA?2mg)r?MIC?0 aC?r??

?421g

— 28 —

??

Fy?0；FDE?FIC?FIA?mg?2mg?0；FDE?3mg?mr??4215921mg

取重物A为研究对象，受力如图（b）所示，

Fy?0；FAB?FIA?2mg?0；FAB?2mg?2mr??2(1?)mg?3421mg

11－11 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?ta??y

y当?t?π22时，a取极值

习题11－11图 ，方向向下。

2、导板受力：

a??e?FI??π2时，导板上受惯性力FI

2mgFI?me?，方向向上。

CkBamaxD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?k?m(e??g)2e?b2reAF?xO ??π2xO2

(a)

(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

习题11－12图

FN1 （a） FN2 （b）

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?Fm?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；

mFm?Msin??mgcos?

— 29 —

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 FT FOy′ M FOx′ a FOy FT′ O O B M O FOx FI B FN F θ A t m1g A FAx θ m2g 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。

?Ft?0；FI?F?FT?m1gsin??0；F?f?FN?0.1m1gcos??0.8kN

FT?6?0.8?m1aB?6.8?m1aB

12aBrMIO?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：m2r2，

受力如图（b）所示。

?MO(F)?0；M?MIO?FT?r?0；10?10gaB?6.8?10gaB?0；aB?1.57m/s

2FT?6.8?m1aB?6.8?1.6?8.4kN

?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 (F)?0；M?l?0；M?FOx（2）取梁AO为研究对象，设梁长为l，受力如图（c）所示，

?M?F?F

AAA?6.27?2?13.44kN?m

xy??FAx?0；FAx?6.72kN ?0；FOx??0；FAy?25.04kN ?0；FAy?FOy11－14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 FI1?m?l2；FI2?m?l；MIA?JA??13ml?

θ 2B MIA FI1 习题11－14图

?MM43IAA(F)?0

l2?mgsin?l?0 9g16lA C θ A FAx FAy （a）

mg mg aC ?FI2l?mgsin?2ml??34mgl；??

（2）求支座A处的约束力。

?F

x?0；FAx?mgcos??mgcos??0；FAx?3mg

— 30 —

?Fy?0；FI1?FI2?FAy?2mgsin??0；FAy?mg?32ml??532mg

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 FI2 O aO

a A P2 F FI1 F

Ff

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）。

PPP1P2FI1?1a；FI2?2aO?2(a?r?)；MIO?JO???2r?

gg2gg?MA(F)?0；FI2r?MIO?0；

xP2g(a?r?)r?31P22?r?；a?r?

22g?F?0；F?FI1?FI2?Ff?0；其中：Ff?f?FN?f(P1?P2)?80N P1ga?P2g(a?r?)?80?0；120?(2200?a?P1g?2P23g

)a?0；

120200g?5.88m/s；??23ra?19.6rad/s

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 B FI1 FB O Ff C FP FI2 ? MIC FN C

FQ （a）

A A

习题11－16图

FP （b）

解：设重物B的加速度为a，受力如图（a），其中惯性力为：FI1?FPga

?Fx?0；FI1?FB?Ff?0；其中：Ff?f?FN?f?FP?20N

FB?20?FPga2ra （1）

设轮C的半径为r，其角加速度????FI2?FPg?a2，受力如图（b），其中FT = FB；惯性力为：

12?FQgr?2；FI3?FQg?a2；MIC?JC??a2r?14?FQgra

— 31 —

?MC(F)?0；FTr?MIC?FDr?0；FB?4g(FD?20)4FP?FQ14?FQga?FD?0 （2）

将式（1）代入式（2），有：a? （3）

?Fy?0；FI2?FI3?FD?FT?FP?FQ?0；

(FP?FQ)2ga?FD?FB?FP?FQ?0 （4）

38(280?53?20)?117.5N

将式（3）代入式（4），有：FD?

第12章 虚位移原理及其应用

12－1 图示结构由8根无重杆铰接成三个相同的菱形。试求平衡时，主动力F1与F2的大小关系。

解：应用解析法，如图（a），设OD = l： yA?2lsin?；yB?6lsin? δyA?2lcos?δ?；δyB?6lcos?δ?

O F1 D O F1 A ??x 应用虚位移原理：F2?δyB?F1?δyA?0

6F2?2F1?0；F1?3F2

F2 习题12-1图

B y F2

= EC = DE = FC = DF = l。

y F2 （a）

12－2图示的平面机构中，D点作用一水平力F1，求保持机构平衡时主动力F2之值。已知：AC = BC

解：应用解析法，如图所示：

yA?lcos?；xD?3lsin? δyA??lsin?δ?；δxD?3lcos?δ?

A O E C D F1 x 应用虚位移原理：?F2?δyA?F1?δxD?0 F2sin??3F1cos??0；F2?3F1cot?

B G 习题12-2解图

12－3 图示楔形机构处于平衡状态，尖劈角为θ和β，不计楔块自重与摩擦。求竖向力F1与F2的大小关系。

习题12－3

（a） — 32 —

（b）

θ β θ β ?r1 F1 F2 F1 ?r1 F2 ?r2 ?ra ?r2 ?ra

解：如图（a），应用虚位移原理：F1?δr1?F2?δr2?0 如图（b）：

natδr1?δra?tan?tan?δr2nat??；δr2?tan?tan?δr1

F1?δr1?F2?δr1?0；F1?F2?tan?tan?

12－4 图示摇杆机构位于水平面上，已知OO1 = OA。机构上受到力偶矩M1和M2的作用。机构在可能的任意角度θ下处于平衡时，求M1和M2之间的关系。

解：应用虚位移原理：M1?δ?1?M2?δ?2?0 （1）

M2 ??1 M1 A θ ?rr O O1 如图所示，δracos??δre

其中：δra?OA?δ?1`；δre?2cos??OA?δ?2 所以：δ?1?2δ?2，代入式（1）得：M2?2M1

?re ?ra ??2 习题12－4解图

12－5 等长的AB、BC、CD三直杆在B、C铰接并用铰支座A、D固定，如图所示。设在三杆上各有一力偶作用，其力偶矩的大小分别为M1 、M2和M3。求在图示位置平衡时三个力偶矩之间的关系（各杆重不计）。

??2 B M1 M2 C ?rCB ?rB ?rC

解：应用虚位移原理：

M1?δ?1?M2?δ?2?M3?δ?3?0 （1）

如图所示，δrCsin60??δrB；δrCcos60??δrCB

M3 ??1 ??3 D 60? A 习题12－5解图

设三杆长均为l，则有：δrB?lδ?1`；δrC?lδ?3；δrCB?lδ?2

3212所以：

δ?3?δ?1，δ?3?δ?2代入式（1）得：

32M1?12M2?M3?0；3M1?M2?2M3?0

12－6 图示三根均质杆相铰接，AC = b，CD = BD = 2b，AB = 3b，AB水平，各杆重力与其长度成正比。求平衡时θ、β与γ间的关系。

解：应用解析法，如图所示：

yE?b2sin?； δyE?b2cos?δ?

A θ E mgC γ F 2mg B β G 2mg D x — 33 —

y 习题12－6解图

yF?bsin??bsin?；δyF?bcos?δ??bcos?δ?

yG?bsin?； δyG?bcos?δ?

应用虚位移原理：mg?δyE?2mgδyF?2mgδyG?0 即：mg?b2cos?δ??2mg(bcos?δ??bcos?δ?)?2mgbcos?δ??0 （1）

根据几何关系：bsin??2bsin??2bsin?；3b?bcos??2bcos??2bcos?

cos?2cos?cos?cos?对上两式求变分：；bcos?δ??2bcos?δ??2bcos?δ?；δ??δ??δ?

?bsin?δ??2bsin?δ??2bsin?δ??0；

δ???2sin??cos?tan?sin??cos?tan?δ?；δ???1cos?(cos??cos?sin??cos?tan?sin??cos?tan?)δ?

将上式代入式（1），有：

?5mgsin??cos?tan?tan??tan??2mgcos??2mgtan?cos??sin?tan??tan??0

?5(sin??cos?tan?)?2cos?(tan??tan?)?2(tan?cos??sin?)?0 ?5(tan??tan?)?2(tan??tan?)?2(tan??tan?)?0 4tan??7tan??3tan??0

12－7 计算下列机构在图示位置平衡时主动力之间的关系。构件的自重及各处摩擦忽略不计。

F B ?rD D 60? 60? C ?rC l （a）

F M 2l D B ?rr ?ra M C F

A ?rA ?rC r M φ θ B ?rB θ D （c）

C ?re A 60? 60? l （b） A 习题12－7解图

解：图（a）：F?δrC?M?F?δrDl?0；δrCcos60??δrDcos30? δrDl?0；M?3δrD?M?3Fl

— 34 —

图（b）：F?2δre?M?δralδral?0；δracos60??δre ?0；M?Fl

F?δra?M?图（c）：F?δrC?M?δrA?δrAr?0；δrAcos??δrBcos(???)；δrCcos??δrBsin2? δrC；F?δrC?M?tan??cot?2rδrC?0

cot??tan?2M?2rFtan??cot?

12－8 机构如图，已知OA = O1B = l，O1B?OO1，力偶矩M。试求机构在图示位置平衡时，力F的大小。

O 解：应用虚位移原理：F?δrB?M?δ??0 （1） 如图所示，δrasin??δre；其中：δra?lδ?；δre?所以：lδ?sin??sin?δrB， 代入式（1）得：F?Ml

??M ?? ?re ?ra ?rB B O1 δrBllsin? ?rr F

习题12-8解图

12－9 机构如图，已知OA = 20cm，O1D = 15cm，O1D // OB，弹簧的弹性系数k = 1000N/cm，已经拉伸变形?s?2cm，M1 = 200N · m。试求系统在θ = 30o、β = 90o位置平衡时的M2。 M2 D O1 解：应用虚位移原理：

M1?δrAOA?F?δrB?M2?δrDO1D?0 （1） ?rA M1 β ?rC O C ?rD 如图所示，δrA?δrC?δrB

δrCsin??δrDcos?

B ?rB θ F 习题12-9解图

代入式（1）得：M1?δrAOA?F?δrA?M2?M1tan?δrAO1D(200?0

M

2?O1Dtan?OA(?k?s)?0.15tan30?0.2?1000?2)??259.8N?m

12－10 在图示结构中，已知铅垂作用力F，力偶矩为M的力偶，尺寸l。试求支座B与C处的约束力。

F A l B D l l l C 解：解除B处约束，系统的虚位移如图（a）， 应用虚位移原理：

FB?δrB?F?δrD?M?δ??0 （1）

— 35 —

M 习题12-10图

?rD F A l FB ?rB B D l l C ?? l M

其中：δrD?2δrB；δ?代入式（1）得：

?δrDl?2δrBl

FB?δrB?F?2δrB?M?FB?2F?2Ml?2(F?2δrBl)?0

Ml

解除C处约束，系统的虚位移如图（b）， 应用虚位移原理：FC?δrC?M?δ??0 （2） 将δrC?lδ?代入式（2）得： FC?Ml

12－11在图示多跨静定梁中，已知F = 50kN，q = 2.5kN/m，M = 5kN · m，l = 3m。试求支座A、B与E处的约束力。

F A l l B 2l q C 2l D 2l M E 解：解除A处约束，系统的虚位移如图（a）， 应用虚位移原理：

FAδrA?FδrF?2ql(δr1?δr2)?Mδ??0 （1）

其中：δrF?δr1?δrA2；δr2?3δrA4；δ??δrA4l

?rA A ?rF B 习题12-11图

q C D ?? ?r2 2l M E 2l 代入式（1）得：

(FA?F2?2ql54?M?14l)δrA?0；FA?6.667kNF FA l l ?r1 2l

F A B FB （a） q C D ?? ?r2 2l 2l M E 解除B处约束，系统的虚位移如图（b）。

FδrF?FBδrB?2ql(δr1?δr2)?Mδ??0 （2）

其中：δrF?δrB2；δr1?δr2?3δrB2；δ??δrB2l

?rF ?r ?r1 Bl l 2l 代入式（2）得：

(F2?FB?6ql?M?12l)δrB?0；FB?69.167kNF （b）

q D B C ?r 22l 2l M ?? 2l FE E ?rE

A l l 解除E处约束，系统的虚位移如图（c）。

2qlδr2?FEδrE?Mδ??0 （3）

（c）

将δr2?lδ?；δrE?4lδ?代入式（3）得：(2ql2?4lFE?M)δ??0；FE?4.167kN

12－12 试求图示梁——桁架组合结构中1、2两杆的内力。已知F1?4kN，F2?5kN。

解：1．求杆1内力，给图（a）虚位移，则 δyD?3δ?，δyE?2δ? δrF?5δ?，δrG?5δ? 虚功式

?F1δyD?F2δyE

?1δrGco??FN1δrFco?s?FNs?0

A

F1习题12-12图 ?yDF2???yE— 36 —

D3m5mF?C?rF?rG?EBFN1?FN1G

即

?F1?3δ??F2?2δ??FN1?5δ??35?1?5δ???FN35?0

6FN1?3F1?2F2FN1?F12?F23?

113kN（受拉）

2．求杆2内力，给图（b）虚位移，则

δrH?4δ?，δrD?3δ? δrE?2δ?，δrG?5δ?

δrF，δrG在FG方向投影响相等，即 δrFco?s?δrGco?s

δrF?δrG 虚功式

?δrFsi? ?F1δrD?FN2δrH?F2δrE?FN2n?0 即

12－13 在图示结构中，已知F = 4kN，q = 3kN/m，M = 2kN · m，BD = CD，AC = CB = 4m，θ = 30o。试求固定端A处的约束力偶MA与铅垂方向的约束力FAy。

?F1?3δθ?FN2?4?θ?F2?2?θ?FN2?5?θ?45?0F1?rDF2?rH??AD5m???rEBE??HFN2?FN2C?rG??F?rFG

C

(b)

8FN2??3F1?2F2??22FN2??114kN

F D M θ q 习题12-13图 ?rC F ?rD ?? q ?r A MA D θ M B ?rB

q （a） （b） ?rA FAy C ?rD D ??BC F M θ ?rB B B kN

解：解除A处约束力偶，系统的虚位移如图（a）。

MAδ??2qδr?Fsin?δrD?0 （1）

C ?rC 其中：δr?1?δ?；

δrC?δrD?δrB?4?δ?

O 代入式（1）得：

(MMAA?2q?4Fsin?)δ??0 ?4Fsin??2q?2kN?m

解除A处铅垂方向位移的

约束，系统的虚位移如图（b）。 应用虚位移原理：

FAyδrA?Fcos2?δrD?Mδ?BC?0 （2）

其中：δrA?δrC?4cos?δ?BC；δrD?2δ?BC

代入式（2）得：(FAy?4cos??Fcos2??2?M)δ?BC?0；FAy?

12－14 图示结构由三个刚体组成，已知F = 3kN，M = 1kN · m，l = 1m。试求支座B处的约束力。

O 1?F?M4cos30??0.577kN

A 习题12-14图 l B 2l C 3l l l 2l B ?rB FB C ?rC 3l ??CE M F E l M E F D l ?rE ?rF l l ? D l — 37 — A （a）

解：解除B处约束，系统的虚位移如图（a）。应用虚位移原理：

?FBδrBsin??Mδ?CE?FδrF?0 （1）

其中：sin??1；δrE10?2δrF?4lδ?CE；δrC?32lδ?CE；δrB?δrC?δ?CE

10l32l代入式（1）得：(?FBl?M?F?2l)δ?CE?0；FB??M?F?2l?5kN

12－15 在图示刚架中，已知F = 18kN，M = 4.5kN · m，l1 = 9m，l2 = 12m，自重不计。试求支座B处的约束力。

l1 F D E l2 M A B 习题12-15O ??DB l1 F ?rF l2 D ?rD ?rE A B FBx E l1 C ?rC O E l1 在铅垂平

O 若取xl/2?? ?x P 习题13－1图

A M B ?rC C M l1 l1 C l1 l1 解：解除B处水平方向位移的约束，系统的 虚位移如图（a）。应用虚位移原理：

FBxδrBx?FδrF?0 （1）

其中：δrBx?OB?δ?DB?2l2δ?DB；

?l2?l2δ?DBδrD?OD?δ?DB；δrF?δrDAD

代入式（1）得：(FBx?2l2?F?l2)δ?DB?0

FBx??F2??9kN

解除B处铅垂方向位移的约束，系统的 虚位移如图（b）。应用虚位移原理：

FByδrBy?FδrF?Mδ?CE?0 （2）

?rBx （a） 其中：δrBy?AB?δ?DB?2l1δ?DB；

δrD?OD?δ?DB；δrF?δrDAD?l2?l2δ?DB?AEOE

F ?rD l1 D l1 ?rE l1 ??CE δrE?AE?δ?DB?OE?δ?CE；δ?CE?δ?DB

?rF l2 且：AE?5l1；OE?52l1；则：δ?CE?2δ?DB??DB A 代入式（2）得：

(FBy?2l1?F?l2?2M)δ?DB?0*第13FBy ?r By章 动力学普遍（b） 方程 和第二类拉格朗日方程

13－1 图示均质细杆OA长为l，重力为P，在重力作用下可x 面内摆动，滑块O质量不计，斜面倾角?，略去各处摩擦，

— 38 —

????l1 及?为广义坐标，试求对应于x和?的广义力。

解：应用几何法，令δx?0；δ??0

?Psin??δ?l2δ???则：Q??δW?δ?12Plsin?

令δx?0；δ??0 则：Qx?

13－2 图示在水平面内运动的行星齿轮机构，已知固定齿轮半径为R，均质行星齿轮半径为r，质量为m，均质杆OA质量为m1，杆受矩为M的力偶作用而运动，若取?为广义坐标，试求相应的广义力。

A M O δW??δx??Psin?δxδx??Psin?

解：应用几何法，设对应于?的虚位移δ??0 则：

Q??

??δWδ??Mδ?δ??M

习题13-2图

13－3 在图示系统中，已知：均质圆柱A的质量为M、半径为R，物块B的质量为m，光滑斜面的倾角为?，滑轮质量忽略不计，并假设斜绳段平行斜面。若以??和y为广义坐标，试分别用动力学普遍方程和第二类拉格朗日方程求：

（1）系统运动微分方程；

（2）圆柱A的角加速度和物块B的加速度。

解：（1）在系统上施加惯性力如图（a）所示。

??)；F?m?其中：FIA?M(?? ??R?yyIBM????JA?122?? MR?A ????习题13-3图

B y IA应用动力学普遍方程，

(mg?FIB?FIA?Mgsin?)δy?(FIAR?MIA?Mgsin?R)δ??0 可得系统运动微分方程：

??)?Mgsin??0 ??M(???R?mg?m?yy??)R?1MR2????Mgsin?R?0 ??R?M(?y2FIA MIA A ??Mg y FIB B ?????(Msin??m)g?0 ??MR?整理后有：(m?M)?y32??????gsin??0 R?y（a） mg 应用第二类拉格朗日方程：

— 39 —

T?12??my211122??R??)2；V??mgy?Mgsin?(y?R?) ?MR???M(y22212??my2L?T?V?11122??R??)2?mgy?Mgsin?(y?R?) ?MR???M(y222??)；?L?mg?Mgsin? ??M(???R??m?yy?dt?y?yd?L?dt?y?L?y???(Msin??m)g?0 （a） ??MR?y?0；(m?M)?d?L?d?L12????)；?L?Mgsin?R ??R??MR??RM(?ydt???2??d?L?L3????0；R???gsin??0 （b） ??ydt?????2（2）求圆柱A的角加速度和物块B的加速度。 由式（b）得：???y(m?M)(3232???gsin?代入式（a），有 R????gsin?)?MR????(Msin??m)g?0 R?3(1?sin?)mg(3m?Msin?)g???2(1?sin?)mg；a???解得：?A?? y??gsin??BM?3mM?3m(M?3m)R

13－4 在图示系统中，已知滑块A的质量为M，至于光滑水平面上，其上作用有水平力F，均质杆AB长2b，质量为m，若选取x和??作为系统的广义坐标，试建立系统运动微分方程。

解：应用第二类拉格朗日方程。对应于?

广义坐标x和?的广义力分别为：

Qx?F；Q???mgbsin?

x A Mg ? C b?? ? xF 杆AB质心C的速度为：

??b??cos?)2?(b??sin?)2 vC?(xmg B 习题13-4图

系统的动能为：

T?12??Mx21122?2?2x?b??cos??b2??2) m4b???m(x2122?1??cos??sin???2)；?T?0 ??m???mb(??M?xx?dt?x?xd?T?dt?x?xd?T1?T2??2???cos??sin?x???)；??? ?mb??mb??mb(?x??mbsin?xdt???3????Td?T???mbsin???2?F?0 （a） ??mbcos???Qx；(m?M)?xd?T?T4???bcos????Q?；b2???gbsin??0 （b） x?dt????3式（a）、（b）即为系统运动微分方程。

— 40 —

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