【力學(xué)課件】理論力學(xué)習(xí)題標(biāo)準(zhǔn)答案

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1、 第一次 一、是非題 1、× 2、× 3、√ 4、× 5、√ 6、√ 7、× 8、× 二、選擇題 1、③ 2、① 3、③，② 三、填空題 1、滾動支座和鏈桿約束，柔索和光滑表面接觸，光滑圓柱鉸和固定鉸支座。 2、90° 3、大小相等，指向相同，沿同一作用線。 4、受力分析，力系簡化，力系平衡條件及應(yīng)用。 5、支座A，銷釘A，銷釘A，桿AC 6、 C C B C C FCy1 FCx1 FC FB FAx FAy FT F'T F FCy2 FCx2 F'Cx1 F'Cx2

2、 F'C F'Cy2 F'Cy1 A 第二次（3-4頁） 一、是非題 1、× 2、√ 3、√ 4、× 5、√ 二、選擇題 1、② 2、② 3、②，④ 4、③ 5、② 三、填空題 1、Fx=-40√2 , Fy=30√2 , Fz=50√2 . 2、Fx=-40√2 , Fy=30√2 , Fz=50√2 . 一、是非題 1、× 2、√ 3、× 4、√ 5、√ 6、× 7、√ 8、√ 二、選擇題 1、③ 2、④ 3、②

3、4、② 三、填空題 1、一合力，一力偶。 四、計算題 1、解： ∴ 2、 第三次（5-6頁） 一、是非題 1、√ 2、× 3、√ 4、√ 5、√ 二、選擇題 1、① 2、①，④ 3、③，③，④ 三、計算題 1、F′R=960kN, MB=0 A C A B B C 則 120×α×=0 ∴ sinα=0.25 α 2、 選A為簡化中心 F′Rx=-F2cos60°=-1kN F′Ry=F1-F2sin60°=0 則 ，

4、 該力系的合成結(jié)果為一合力FR，其方位、指向如右圖。 一、選擇題 1、③ 2、①，⑤ 二、填空題 1、（26，18） 2、（-R/6，0） 3、5a/6 三、解 B A FA FB B A FA FB 四、解 B A FA FB B A FA FB D C E 第四次（7-8頁） 一、選擇題 1、③ 2、④ 二、填空題 1、大小√2m/a，方向：與AB連線方向成135°。 2、平面匯交力系平衡的必要與充分條件是：該力系的合力等于零，即FR=0或∑Fi=0；

5、 平衡的幾何條件是：力系中各力矢構(gòu)成的力多邊形自行封閉； 平衡的解析條件是：力系中各力在作用面內(nèi)的兩個坐標(biāo)軸上投影的代數(shù)和分別為零， 即：∑Fx=0，∑Fy=0。 3、(a):M/2L(↑) (b):M/L(→) 4、1，3，5 5、充要，必要。 6、100KN（→） 三、求A支座反力 1、FAx=0,FAy=P(↑),MA===PR(逆時針) 2、FAx=0，F(xiàn)Ay=P(↑) 3、FAx=0，F(xiàn)Ay=（qA+qB/2）a 4、FAx=1.58P，F(xiàn)Ay 四、求B支座反力 1、3P/2 2、3√2/2P 3、24P/（3√3+8） 五、解 研究A

6、B桿 A B FA FB P 再研究整體 C D B A FD P FA FCy FCx 六、解 A FN W FC FB 七、解 AB段繩拉力FB=P=20KN，AC段繩拉力FC=Q=40KN， 輪A受力如圖 ∑Fx=0：FCcosθ-FB=0 得 θ=60° ∑Fy=0：FCsin60°+FN-W=0 得 FN A B m1 C FA FC 八、解 研究ACB桿 ∑MA=0： m1-FCL/(2cos

7、α)=0 FC=2m1cosα/L m2 C D FC′ FD 研究CD桿 ∑MD=0： m2-FC′cos2α×DC=0 m2=m1cos2α 第五次（9-10頁） β A x θ Q y P C B FA FB k β 一、解 AB桿受力如圖 由 ∑Mk=0 Q·AK-P·L/2cosθ=0 而 AK=Lcos（β-θ）/sinβ 得 ctanβ=P/2Q-tanθ 二、解 梁AB受力如圖 Q=1/2·L/2·qc=3KN ∑MA=0： FBLcos30°-M-Q·2/3·L/2=0

8、 qC A B M C FAx FAy FB FB=8√3/9KN ∑MB=0：FAyL-M+Q（L/2+1/3·L/2）=0 FAy=5/3KN ∑Fx=0：-FBsin30°+FAx=0 FAx=4√3/9KNP M D B A Q FD FAx FAy 三、解 BD為二力構(gòu)件 ∑MA=0： M-FDcos45°·2R- FDsin45°·R+PR=0 FD=2√2P ∑Fx=0：FAx+Q-FDsin45°=0 FAx=2P-Q=0 ∑Fx=0：FAy-P+FDsin45°=0 FAy= -PD C B A P

9、1 P2 6qA 3(qB-qA) 3m 2m 四、解 基礎(chǔ)梁受力可化為如圖形式 ∑MD=0：-6qA-P2+3P1=0 qA=33.3 KN/m F1 F2 A M FAx FAy MA ∑Fy=0：-P1-P2+6qA+3(qB-qA)=0 qB=166.7 KN/m 五、解 ∑MA=0：MA+50F1+3F2/5·40-4F2/5·30-M=0 MA= -7600Ncm ∑Fy=0: FAx-F1+4F2/5=0 FAx=0 ∑Fy=0: FAy+3F2/5=0

10、FAy= -120N G H E D C B A W FE FH FG a b 六、解 空心樓板受力如圖 FE FG FH x E D C B A y z FAx FAy FAz FBx FBz P M Fk 七、解 曲桿受力如圖 ∑Mx=0：20FBz-60P=0， FBz=300N ∑My=0: 40Fk+40P-40FBz=0, Fk=200N ∑Mz=0: -20FBx+M+60Fk=0, FBx=630N ∑Fy=0: FAy=0 ∑MCD=0: 40FAz+

11、40Fk=0 FAz=-200N ∑Fy=0: FAx+FBx-Fk=0 FAx=-430N 八、解 結(jié)構(gòu)受力如圖 ∑FAD=0: 得 FBC1=0 D1 B1 A1 D C B A C1 P1 P2 FAA1 FBA1 FBC1 FDC1 FDD1 ∑MCC1=0: FBA1=-36KN 第六次（11-12頁） P FBx G F E D B C A 30° 30° FBy FDx FDy P G A C FAx FAy FCx FCy E B

12、 A FBy FBx FAx′ FAy′ FE 一、解 1）先取整體，受力如圖 ∑MD=0： -2aFBy+3Pa/2=0 FBy=3P/4 2）研究AC桿， ∑MC=0： -aFAy+Pa/2=0 FAy=P/2 3）研究AEB桿 ∑Fy=0: FEsin30°+FBy-FAy=0 FE=-P/2 ∑MA=0： （2FBx+FEcos30°）AE=0 FBx=√3P/8 C B C B A q MA FAx FAy FBx FBy FC FC P 二、解 先研究BC桿，受力如圖 ∑MB=0：1/

13、2·qL2-FCcos30°L=0 FC=√3/3KN 再研究整體，受力如圖 ∑Fx=0: FAx+FCsin30°-P cos30°=0 FAx=2KN ∑Fy=0: FAy+FCcos30°-P sin30°-2qL=0 FAy ∑MA=0： MA-M-2PLcos30°+2qL2-2FCLcos30°- FCLsin30°=0 MA B A E D B C A Q Q P FCy FCx FAy FAx FB FB FE 三、解 取

14、AB桿為研究對象 ∑MA=0：2FBLcos45°-QLcos45°=0 FB=Q/2 研究整體，受力如圖 ∑MD=0： FCyL+PL+Q(2L-Lcos45°)-2FBL(1- cos45°)=0 FCy=-(P+Q) ∑MA=0： FCxL+2PL+Q(3L-Lcos45°)-FBL(3- 2cos45°)=0 FCx=-2P-3Q/2 F C D B E A A C E F C B D FAx FAy FDx FCx′ FAx FBx FCx FAy FDy FC

15、y′ FBy FCy FE FE 500N 2500N 2500N 500N 四、解 先取整體，受力如圖 ∑MA=0： -10FE+500×15+2500×3=0 FE=1500N ∑Fx=0: FAx+500=0 FAx= -500N ∑Fy=0: FAy-FE=0 FAy=1500N 取AF桿，受力如圖 ∑MB=0： 5FCx+10×500-5FAx=0 FCx=-1500N 取CDE桿，受力如圖 ∑MD=0： -5FE-5FCx′+5FCy′=0 F

16、Cy′=0 五、填空題 1、0 2、F 3、1，5，6 4、1KN，-√2/2KN 5、5KN 6、10KN，C指向D A F4 F1 P C F3 F2 P B F2 F1 F5 六、解 取節(jié)點A F1=F4=√2P/2 取節(jié)點C F2=F3=√2P/2 取節(jié)點B F5=P F E D D C C B B A P2 H G P1 8 9 10 FAx FAy FB F10 F8 F9 FB 七、解 由整體受力可知 ∑MA=0：4aFB-2aP1-

17、aP2=0 FB=3P/4 用截面截得段8、9、10桿， 取右邊部分 ∑MD=0：-F8a+2FBa=0 F8=3P/2 ∑MC=0：F9=0 C D E F G H P Q 3 4 1 2 5 F3 F5 F2 八、解 F1=F4=0（零桿） 用截面截得3、2、5桿，取上部， ∑MH=0：2QL+F3L=0 F3=-2Q ∑Fx=0: F2cos45°-Q=0 F2=√2Q 第七次（13-14頁） 一、是非題 1、× 2、× 3、√

18、4、√ 5、√ 二、選擇題 1、③ 2、① 3、② 4、④ 三、填空題 1、P（1+√ 2、15KN 3、α﹤arctan A P FN1 FS1 FT1 四、解 設(shè)D處于向上運(yùn)動趨勢的臨界狀態(tài)， 滑塊A受力如圖（a）所示 ∑Fx=0: FN1-FT1sinθ=0 ∑Fy=0: FS1-P+FT1cosθ=0 又 FS1=f·FN1 聯(lián)立解得 Qmin=FT1=P/（cosθ+fsinθ） （a） A P FN2 FS2 FT2 設(shè)D處于向下運(yùn)動趨勢的臨界狀態(tài)， 滑塊A受力如圖（b）

19、所示 同上解得 Qmax=FT2=P/（cosθ-fsinθ） ∴ 滿足系統(tǒng)平衡，則 Qmin ≤Q ≤ Qmax （b） 五、解 45° T B P A FSA FNA φ 設(shè)AB處于臨界狀態(tài)，桿長為L ∑Fy=0: Tcosφ-FSA=0 ∑Fx=0: Tsinφ-P+FNA=0 ∑MB=0： 1/2·PLcos45°-FNA Lcos45°-FSA Lsin45°=0 FSA=f·FNA 聯(lián)立以上四式，

20、解得 M P FN FS FN FS O 六、解 輪子受力如圖 ∑MO=0：2FS·D/2-M=0 ∑Fy=0: 2FNsin45°-P=0 又 FS=fS·FN=0 聯(lián)立解得 fS FN FS Fmin FB 七、解 1）當(dāng)滑塊B處于向右運(yùn)動趨勢的臨界狀態(tài)， 滑塊B受力如圖（a）所示 ∑Fx=0: FBsinθ-Fmincosβ-FS=0 ∑Fy=0: FBcosθ-Fminsinβ+FN=0 又 FS=f·FN

21、 (a) FN′ FS′ Fmax FB′ 又由OA桿可解得 聯(lián)立解得 2）當(dāng)滑塊B處于向左運(yùn)動趨勢的臨界狀態(tài)， （b） 滑塊B受力如圖（b）所示 同上解得 ∴保持機(jī)構(gòu)平衡，則有 Fmin≤F≤Fmax 第八次（15-16頁） 一、是非題 1、√ 2、× 3、× 4、× 5、√ 6、√ 7、× 8、× 9、√ 10、× 二、選擇題 1、①，② 2、③ 3、④ 4、② 5、①，③ 6、③ 7、③ 三、填空題 1、或 2、S=π

22、R/2+10Rt 3、ν= rω，a= rω2 4、3， 5、，（←） 四、解 M O A v VM x ∵ ∴ 當(dāng)t=2秒時，x=vt=4m 五、解 ，， ， ，， 六、解 ， ， ， 第九次（17-18頁） 一、是非題 O1 O A ω0 ωO1A 1、√ 2、√ 3、× 4、√ 二、解 ω A O B 三、解 CDB作平移。∴ ，， M D O 10cm 四、解 當(dāng)t=1s時，x=10cm，φ=π/2 ，

23、 ，（↑） C B D A ω 五、解 動點：CD桿上的D點，動系：AB桿 ， AD=L/sin30°=2L νe=2Lω u=2νe=4Lω O2 O1 B A C D ω1 六、解 動點：滑塊A和B，動系：O2A桿 ， νAa=Rω1 ∴ ，∴ （←） M φ β 七、解 動點：火星，動系：飛船 , 將矢量方程向a-a軸和垂直于a-a軸的方向投影，得 νScosφ+νmscos（β-φ）=ν，νSsinφ-νmssin（β-φ）=0 則

24、 β=55.5° ω G A β 八、解 動系：小車G，動點：蕩木AB ，， ε β C D B A E ω β C D B A E 九、解 動系：滑塊B（AB桿上B點）， 動點：直角桿CDE，牽連運(yùn)動為平移 1、由速度圖（a）： 則 νe=νacosβ，而νa=ωL ∴ 2、由得加速度圖（b） （a） （b） 將上式沿水平方向投影，得 而 ， ∴ νe和ae即為直角桿CDE的速度和加速度，方向如圖。 十、解 動點

25、：OA桿上的A點，動系：三角形塊， φ β O A x y ωOA 牽連運(yùn)動為平移。 1、速度合成圖如（a） 將上式向y軸投影得 νacos(β+φ)=νesinφ 式中νe=ν 則 νa=νesinφ/cos(β+φ)=ν ωOA=νa/L=ν/L （a） φ β O A x y εOA 2、加速度圖如（b） 由題知 ae=0 將上面的矢量方程向y軸投影得 得 ∴ （b） O2

26、O1 B A M 30° α 十一、解 動點：滑塊M，動系：AB桿，牽連運(yùn)動為平移。 1、速度合成圖如右邊上圖 （1） νe=O1A·ω=2 m/s O2 O1 B M 30° A β α=arcsin（νesin60°/νa）=83.4° 2、加速度合成圖如右邊下圖 ，， 將上邊矢量方程分別向水平方向和垂直方向投影得 ∴ ， 第十次（19-20頁） 一、是非題 1、√ 2、× 3、× 二、填空題 1、/s2，

27、方向:↖ ； 2、ar=0，ae=Lω2，ak=2Lω 3、/s2，0，20cm/s2 ； 4、180cm/s2 5、 ①牽連運(yùn)動造成相對速度方向的變化（靜系中觀察）； ②相對運(yùn)動造成牽連速度大小的變化。 6、-bω2sinωt（→）；Lω2（↖）；0 三、解 ω A O 動點：滑塊A，動系：桿OB νa=ν=2m/s 由 得 νr=νacosφ=1.732 m/s ∴ ω=νe／OA=0.75 rad/s （順時針） 2、aC=2ωνr=3/2 m/s2 ω ε A O aa=νa2/

28、R=1 m/s2 由 得 -aacosφ=aC-aeТ ∴ aeТ=aC+aacosφ=2 m/s2 ε= aeТ/OA=0.866 rad/s2 四、解 動點：M點，動系：四方板，牽連運(yùn)動為定軸轉(zhuǎn)動。 t=1/33s時,b=40π/3,θ=π/3 M θ x z y ω ε νr=240πt=80π ,沿x軸負(fù)方向 ， ，沿z軸負(fù)方向 ，沿x軸正方向； aC=2ωωrsin30°=583.6 cm/s2，沿x軸正方向 ， ， 五、是非題 ωAB A B φ 1、× 2、

29、√ 3、√ 4、√ 六、選擇題 1、② 2、① 3、②① 4、② 七、解 ，νA=ν ∴ νB=νA=ν， ， φ β ω B O O1 A ω1 八、解 ，νA=OAω=30cm/s , 由β=30°，φ=60°， 可知沿AB方向 ，∴ νB=νAcos30°=15√3cm/s ω1=νB/O1B=3√3/2 rad/s O B C A ω 九、解 等邊三角形板作定軸轉(zhuǎn)動， νB=νA=20cm/s， νB與水平夾角 θ=60° BC桿作平面運(yùn)動， νC=νBcosθ=10

30、cm/s （→） 十、解 ω A O O1 B νA=OAω 桿AB作平面運(yùn)動 ∴νB=√3νA ， νBA=2νA ωO1B=νB/O1B=3√3 rad/s （ ） ωAB=νBA/AB=ω=3 rad/s （ ） 十一、解 ωO O O1 A B C OA作定軸轉(zhuǎn)動，νA=OAω0=200cm/s O1B作定軸轉(zhuǎn)動， ，∴ ∴ AB作順時平移，νB=νA=200cm/s 同時，BC也作順時平移， 則 ωBC=0，νC=νA=200cm/s ωO1B=νB/O1B=2rad/s

31、 第十一次（21-22頁） 一、是非題 1、√ 2、√ 3、× 4、√ 5、√ B A O ω 二、選擇題 1、②⑤ 2、② 3、② B A O ω B A O ω 三、填空題 1、 2、可能。當(dāng)C為兩桿的速度瞬心。 3、平面運(yùn)動；平面運(yùn)動；平面運(yùn)動；定軸轉(zhuǎn)動。 4、AB作平移，M點運(yùn)動與A點相同。 5、ε；Rω；Rε ω O1 E A P B C D φ θ 6、0 四、解 νA=O1Aω1=60c

32、m/s P點為正方形板的速度瞬心 正方形板的角速度：ω=νA νB=PBω=30cm/s BE桿作平面運(yùn)動，νE=νBcosθ=26cm/s ω B A O C α ωO2C=νC/O2C=PCω/ O2C=3（√3+1）rad/s 五、解 νA=(R+r)ω0 兩輪的切點為大輪A的速度瞬心。 ∴νB=√2νA=√2(R+r)ω0 由速度投影定理，νCcosα=νBcos（45°-α） A P B K D θ 六、解 νD=νC=dy/dt=48t2 當(dāng)t=1s時，νD=48cm/s K為輪的速度瞬心 B A

33、 θ C ωBC νA=rν0/(R-r)=96cm/s P為AB桿的速度瞬心 νB=PB·νA/PA=/s 七、解 AB作瞬時平移，νB=νA=10cm/s ωBC=νB/BC=2rad/s，ωAB=0 B A θ εAB 由 ，， ∴ A B ω O 八、解 ∴ 將上式向水平軸投影，又, 得 ω1 ω2 P B A C D O K φ θ ω3 ，νAB=Rω-u=30cm/s ωBC=νAB 九、解 νA=OAω1=24cm/s P點

34、為BAC桿的速度瞬心 ∴ ω2=νA/PA=2rad/s 取套筒D為動系， 搖桿3上與D點重合的點D′為動點。 則 ，（D點速度為零） 由此得，K為搖桿3的速度瞬心 νC=PCω2=/s PC/sin120°= PA/sinθ 得θ=°，KC=DC/cosθ= 所以 ω3=νC/KC=4rad/s νr=KDω3=KCsinθω3=/s （↖） 第十二次（23-24頁） 一、是非題 1、√ 2、× 3、√ 4、× 5、√ 6、√ 二、選擇題 1、④ 2、③ 3、⑤ 4、① 5、④ 三、填空題 1、1.414mv （↘） 2、m（

35、ν2+L2ω2+2Lωνsinθ）1/2 （↗） 3、2Pν/g （↓） ω （↗） 四、解 由題設(shè)知，∑Fxe=0，則 Kx=常量 設(shè)物C落入A車后，A車的速度為u1，則有 40νCcos30°+600νA=（40+600）u1 得 u1=/s 設(shè)A車與B車相撞后，兩車共同速度為u2，則有 （40+600）u1+800νB=（40+600+800）u2，得 u2=/s mg Mg B A C S FN FS D ν νr 五、解 因Y方向系統(tǒng)的動量恒為零，所以 FN=（M+m）g， FS=f′（M+m）g 相對速度νr=ds/dt=bt

36、絕對速度νD=bt-ν 由動量定理，d[M(-ν)+m(bt-ν)]/dt=FS FBy ω φ A y x b B FBx FN 故平臺的加速度 a=[mb-f′（M+m）g]/（M+m） 六、解 1、求質(zhì)心坐標(biāo)，設(shè)導(dǎo)桿ECD的質(zhì)心坐標(biāo)為b xC=P1Lsinωt/2(P1+P2+P3) yC=[P1Lcosωt+2P2(Lcosωt+b)]/2(P1+P2+P3) 2、求機(jī)構(gòu)動量 3、機(jī)構(gòu)的質(zhì)心運(yùn)動微分方程 -（P1L/2g）ω2sinωt=FN-FBx -[（P1+2P2）L/2g]ω2cosωt=FBy-（P1+P2+P3） 七、解

37、xC1=(m1x1+m2x2+Mx3)／(m1+m2+M) xC2=[m1(x1+Δ-Scos30°)+m2(x2+Δ x y A B 30° Δ - Scos60°)+M(x3+Δ)]／(m1+m2+M) 由 xC1＝xC2，得 Δ＝ 八、解 A B φ P Q FN1 FN2 取小車及擺一起為研究對象，∑Fxe=0，則 νCx=常數(shù) 令 t=0，νCx=0，∴ xC=常數(shù)。（質(zhì)心位置守恒） 取t=0時系統(tǒng)質(zhì)心 xC0=0 任意時刻系統(tǒng)質(zhì)心 xC=[P（x+Lsinφ）+Qx]／（P+Q） ∵ xC0=xC ∴ P（x+Ls

38、inφ）+Qx=0 故 x= -PLsinφ／（P+Q）= - PLsin（φ0sinkt）／（P+Q） 九、解 以整體為研究對象 φ ω m1g m2g m3g FN O A B b a 由 ，有 ∴ α A B C D Fx Fy B A FT FT FN W 5W 十、解 設(shè)物塊運(yùn)動的加速度為a 重物A：（5W／g）a=5Wsinα-FT 重物B：（W／g）a= FT -W 得 a=(5sinα-1)g／6 整體：∑miaix=Fx aBx=0, aDx=0, 則 （5W／g）a

39、cosα=Fx ∴ Fx=（5W／6）(5 sinα-1)cosα 第十三次（25-26頁） 一、是非題 1、√ 2、√ 3、× 4、× 5、√ 6、√ 二、選擇題 1、② 2、① 3、② 4、①① 5、③ 6、① 7、④ 三、填空題 1、mabω 2、（WA-WB）ν／g (↓); （WA+WB+Q/2）νR／g （逆時針向） 3、； 4、0；0；8F/3mR 5、3g／4L 6、gcosθ 四、解 M O ε C 取整體為研究對象，設(shè)角加速度 ε 則 IOZ·ε=M 式中 ε=M／IOZ=202 α C F FN

40、 mg 五、解 盤Ⅰ：沿斜面方向應(yīng)用質(zhì)心運(yùn)動定理 maC1=F+mgsinα aC1=(F／m)+gsinα α C F FN mg 盤Ⅱ：沿斜面方向應(yīng)用質(zhì)心運(yùn)動定理 maC2=F+mgsinα aC2=(F／m)+gsinα α C M FN mg 盤Ⅲ：沿斜面方向應(yīng)用質(zhì)心運(yùn)動定理 maC3=mgsinα aC3=gsinα 六、解 人和圓盤組成的系統(tǒng)對z軸的動量矩守恒， O A ω z 人在圓盤中心時，系統(tǒng)的動量矩為 Hz1=I0ω0 當(dāng)人以勻速u走到A點時，系統(tǒng)的動量矩為 Hz2=I0ω+（mr/2）（rω/2）

41、由Hz1 =Hz2 得 ω=I0ω／[I0+（mr2/4）]=2Qω0／（2Q+P） 七、解 考慮圓盤A、B ∑Mze≡0 Lz1=(1/2)mArA2ω1=0.43 kg·m2/s Lz2=[(1/2)mArA2+(1/2)mBrB2]ω= ω Lz1= Lz2ω=0.43 ω=9.14 rad/s 考慮圓盤B Mze=dLz／dt =(1/2)mBrB2ω/t=0.1 Nm 八、解 B C T m2g εB O XO YO T εA 對輪A： (1/2)m1r12εA=T r1 (1) 對輪B： m2aC=m2g-

42、T (2) (1/2)m2r22εB=T r2 (3) aC=εAr1+εBr2 (4) 聯(lián)立(1)(2)(3)(4)求得： aC=2(m1+m2)g／(3 m1+2m2) T=m1m2g／(3 m1+2m2) 第十四次（27-28頁） 一、是非題 1、× 2、× 3、× 4、√ 5、× 二、選擇題 1、④ 2、③ 3、③ 4、①①② 5、④ 6、① 三、填空題 1、1.14mgR／π 2、-40Ncm；60Ncm 3、（M+3m/2）ν；（3M

43、/4+7m/6）ν2 4、200N·S；2045J；15kg·m2/s 四、解 T1=0, T2=1/2·1/3·(P/g)L2ω2 W=P·L/2+(1/2)k[0-(2L-√2L)2] T2-T1=W 得 ω=√3g/L-kg/P 五、解 桿鉛錘時，AB的速度瞬心為B T1=0, T2=1/2IBω2=1/2·1/3·mL2ω2 W=22)-mg（L/2-L/2cos30°） 由 T2-T1=W 解得： ω 六、解 圖示位置時，νC=νA T1=0, 由 T2-T1=W 七、解 T1=0, 由 T2-T1=W

44、 八、解 T1=0, T2=（1/2）I0ω2+（Q/2g）L2ω2=21PR2ω2／2g W=P（3R/2）sinφ+2P（3R sinφ）=（15/2）PR sinφ 由 T2-T1=W 得 21PR2ω2／2g=（15/2）PR sinφ （*） ∴ ω=√5g sinφ／7R 將式（*）兩邊求導(dǎo)得 ε=5gcosφ/14R 九、解 由運(yùn)動分析知 νB=2νA ，νC=νA ，ωo=νB /R=2νA/R ，ωC=2νC /R=2νA/R SB=2S，SC=S，φo=2S/R，φC=2S/R T1=0, T2=（P1/2g）νA2+（P2/2g）ν

45、B2+（Q/2g）νC2 +（1/2）（Q/2g）（R/2）2ωC2+（1/2）（W/2g）R2ωo2 =（2P1+8P2+3Q+4W）νA2／4g W=（P1+Q-（1+√3f′）P2+（2M/R）S 由 T2-T1=W νA2=4g{[P1+Q-（1+√3f′）P2]R+2M}S／[（2P1+8P2+3Q+4W）R] aA=dνA/dt=2g{[P1+Q-（1+√3f′）P2]R+4M}／[（2P1+8P2+3Q+4W）R] 第十五次（29-30頁） 一、選擇題 1、① 2、③ 3、

46、② 二、填空題 1、-0.75J；1J 2、相等；因為 ∑Fxe=0，系統(tǒng)質(zhì)心坐標(biāo)在水平方向保持不變。 3、曲線平移；平面運(yùn)動 三、解 T1=0， T2=（1/2）mν2 設(shè)絞車輸出的功為A，W=A-mg·(L/2) 由 T2-T1=W ∴ A=(1/2)m(ν2+Lg) 四、解 O ω ε a F mg FN Δ FS A 1）應(yīng)用動能定理 0-（1/2）IAω2=(1/2)k(0-Δ2) 得 Δ=√3m/（2k）·rω 2）kΔ-FS=ma FS·r=Ioε 其中 a=rε 解得 ε=√2k/（3m）rω

47、 FS=√km/6·rω C O θ A mg νC N F 五、解 T1=0，由 T2-T1=W （1/2）mνC2+（1/2）ICω2=mg（R-r）cosθ IC=1/2·mr2, ω=νC ／r ∴ νC=√4/3·g（R-r）cosθ 再由質(zhì)心運(yùn)動定理 maCn=N-mgcosθ; maCτ=-F-mgsinθ 而 aCn =νC2 ／（R-r）=4/3·gcosθ aCτ=dνC ／dt=-2/3·gsinθ m2 m1 ν1 ν2 故 N=（7/3） mgcosθ； F=-（1/3）mgsinθ 六、解 設(shè)兩滑塊運(yùn)動到同

48、一鉛錘位置時的速度分別為 ν1和ν2，系統(tǒng)在水平方向動量守恒： m1ν1x+ m2ν2x=0，即 m1ν1=m2ν2 由動能定理：(1/2) m1ν12+(1/2)m2ν22=k/2·(√L02+L2-L0)2 聯(lián)立上兩式得 ν1=√km2／m1(m2+m2)·(√L02+L2-L0)2 ν2=√km1／m2(m2+m2)·(√L02+L2-L0)2 七、解 由動量矩守恒定理：Iω0=Iω+m（Rsinθ）2ω 得 ω= Iω0／（I+m（Rsinθ）2） 由動能定理：(1/2)Iω2+(1/2)m(νr2+R2ω2sin2θ)-(1/2)Iωo2=mgR(

49、1-cosθ) 得： 八、解 系統(tǒng)在運(yùn)動過程中，桿OC作定軸轉(zhuǎn)動，設(shè)其角加速度為ε；圓盤作平移， 質(zhì)心C得速度為νC＝Lω Lo＝(1/3)m1L2ω＋m2νC·L＝3.9ω 由動量矩定理： dL0ω=M O C A ωε P XO YO
∴ ε=5.13 rad/s 九、解 由動能定理：（1/2）Ioω2=P·L/2 得 ω=√3g/L 由定軸轉(zhuǎn)動微分方程：Ioε= P·L/2 得 ε=3g/2L 應(yīng)用質(zhì)心運(yùn)動定理： Xo= -PLω2/2g= -3P/2； Yo= P-PLε/2g= P/4 十、解 小物塊速度：ν2=

50、ν12+ν22-2ν1ν2cosα 由動能定理： α B A C P Q N (P/2g) ν2+(Q/2g) ν22=P·ABsinα (1) 由動量守恒定理： -P(ν1cosα-ν2)/g+Qν2/g=0 ν1=2√3ν2 代入（1）式得 ν2=0.738 m/s A B C P2 νC Q D P1 νD XA YA θ 十一、解 1、當(dāng)系統(tǒng)位于鉛錘時，由 T2-T1=W得 (P2/2g)νC2+(IA/2)ω2+IABω2=P2rθ-P1(L/2)sinθ(*) 式中νC=rω,當(dāng)θ=π/2時，得

51、 ω=√6g(P2πr-P1L)／(6P2r2+3Qr2+2P1L2) (*)兩邊求導(dǎo)得：ε=6gP2r／(6P2r2+3Qr2+2P1L2) 2、由動量定理， -P1aDτ／g=XA XA=P1Lε／2g -P1aDn／g-P2aC／g=YA-P1-P2-Q ( aC=rε) YA= P1+P2+Q-P1Lω2／g-P2rε／g 第十六次（31-32頁） 一、是非題 1、× 2、√ 3、× 4、× 5、× 6、√ 7、√ 二、選擇題 1、③ 2、③ 3、④ 4、④ 三、填空題 1、FCg=(Q/g)rω2；FAg =(Q/g)rω2，MAg=QrLω2

52、cosθ/2g 2、a=gtanα; a＞gtanα 3、Fgτ=PLε/4g(↑), Fgn=PLω2/4g(←), Mog=7PL2ε/48g( ) 4、Fgτε(↖), Fgnω2 (↗), Mog= 7mRε/3( ) 5、mao (↗); mR ao/2 ( ) ω ν 1 2 3 ν ν x i y z 6、Fgx=3ma/2 (←),Fgy=mν2 ／2R (↑),Mg=maR/12 ( ) 四、解 1) a1=0 Fg1=0 2) a2y= -ω2L F2gy=mω2L a2C=

53、 2ωνsinθ=ων F2gC= -mων 3) a3y= -ω2L F3gy=mω2L a3C= -2ων F3gC=2mων A B C mg NA NB Fg y 五、解 取桿AC研究 ∑MC=0: NA=NB ∑Fy=0: NA+NB-mgsin30°=0 得 NA=NB A B C FAx FAy FB P Fg 六、解 ∑MA=0: -FBLsin45°+PL sin45°/2 +FgL cos45°/2=0 ∑Fx=0: -FAx-FB+Fg=0 ∑Fy=0: FAy-P=0 Fg=

54、ma=10N 解得：FB=(P+Fg)/2=103N FAx=93N FAy=196N 七、解 ε MAg mg 30° A B C Fs FN Fgτ Fgτ=mRε Fgn=0 MAg=2mR2ε ∑MA=0: MAg-mgsin30°=0 ∑Fτ=0: F+ Fgτ-mg sin30°=0 ∑Fn=0: FN+ Fgn-mg cos30°=0 求得：ε=g/4R=9.8 rad/s2 FN=424.35 N F=122.5 N 八、解 先求C點加速度 maCx=0 ∴ aCx=0 maCy=P

55、 ∴ aC=aCy=P/m=1.96 m/s2 A B C ε P FCg MCg FCg=maC MCg=ICε ∑MC=0: ICε-0.2P=0 得 ε=13.07 rad/s2 以C為基點，分析B點加速度： B P FT FN Fg FS aBCn=0, aBCτ=BCε=3.92 m/s2 aB= aBCτ- aC=1.96 m/s2 (↓) 九、解 對物B： FT-f′Pcos10°-Psin10°-(P/g)aB=0 ε M Q Mg O FT Fox Foy 對圓輪O： ∑MO=0:

56、 M-FTR-（Q/2g）R2ε=0 aB=Rε 有以上三式解得：aB=3.57 m/s2 FT=6.36 kN 取輪和桿OA： ε M Q Mg O A FAx FAy FT MA ∑MO=0: MA-FAxOA=0 ∑Fx=0: FAx+FTcos10°=0 ∑Fy=0: FAy-Q-FTsin10°=0 解得： FAx= -6.27 KN FAy=21.1 KN MA= -12.54 KNm 第十七次（33-34頁） 一、是非題 1、√ 2、√ 3、√ 二、選擇題 1、④ 2、③ 3、③

57、4、①④ 三、填空題 A B C x y P θ Q1 Q1 Q2 E F 1、-Pδx+Wδx／2√3 2、δrB／δrA=2sinθ 3、2sinθ:1:1； Ptanα 4、1:1；Q 四、解 用解析法：設(shè)AB=BC=L yE=(L/2)cosθ, δyE= -(L/2)sinθδθ yF=(3L/2)cosθ, δyF= -(3L/2)sinθδθ yC=2Lcosθ, δyC= -2Lsinθδθ xB=Lsinθ, δxB=Lcosθδθ 由虛位移原理： -PδyC-Q1δyF -Q1δyE -Q2δxB=

58、0 得 （2P+2Q1）sinθ-Q2cosθ=0 ∴ P=（Q2 ctgθ-2Q1／2=2.5 N O A B C D E F G H I J K x y P P P P P S S θ 五、解 yK=yG=(L/2)cosθ, δyK=δyG= -(L/2)sinθδθ xE =L/2+Lsinθ, δxE =Lcosθδθ xB= -( L/2+Lsinθ), δxB = -Lcosθδθ yJ=yH=(3L/2)cosθ, δyJ=δyH= -(3L/2)sinθδθ yI=2Lcosθ, δyI= -2Lsin

59、θδθ 由虛位移原理： -PLsinθδθ-2SLcosθδθ-3PLsinθδθ-2PLsinθδθ=0 -6PLsinθ-2SLcosθ=0 得 S=-3P tgθ（受壓） 六、解A B C D E F K T T S S δrE／L=δrC／2L=δrD／3L δrC／KC=δrF／KF=δrB／KB SδrE sinβ- SδrF cosβ - TδrF sinβ+ TδrD sinβ=0 得 S=√3T ∵ T=k（2Lsinβ-L0）=1000 N ∴ S=1732 N B A C D E F

60、G H θ 2P 2P F F y x 七、解 yG=(L/2)sinθ, δyG=(L/2)cosθδθ yH=(3L/2)sinθ, δyG=(3L/2)cosθδθ yC=Lsinθ, δyG=Lcosθδθ yB=0, 由虛位移原理： -3PLcosθδθ-PLcosθδθ-FLcosθδθ=0 -3P -P -F =0 得 F=-4P 上式表明F與圖示方向相反。 F=k（Lsinθ-L0）=-4P 得 θ=arcsin[(L0-4P/k)/L] B A C D E F K P SCD SDC

61、 八、解 去除CD桿，代之以內(nèi)力SCD和SDC 設(shè)ACFE構(gòu)架有一繞A的虛位移δθ， 則構(gòu)架BDF作平面運(yùn)動，速度瞬心 在K，各點虛位移如圖。 δrE =√2Lδθ， δrD =δrF =√5Lδθ 由虛位移原理： P√2L（1/√2）δθ-SDC√5L（2/√5）δθ=0 得 SDC=P/2 （拉） P M MA Q Q A B C D E G H F 九、解 Q=qL=4(kN) 1)δrB =δrD δrF=δrG=δrH=δrD/2 由虛位移原理： -MAδrF/L-PδrF+MδrB/L+Q(δ

62、rG+δrH)=0 P M MA Q Q A B C D E G H F FAy MA=-PL+2M+2qL2=92(kN m) 2) δrA=δrF=δrB δrB =δrD=2δrG=2δrH 由虛位移原理： FAyδrA-PδrF+MδrB/L+ Q(δrG+δrH)=0 P M MA Q Q A B C D E G H F FAx FAy=P- M/L- qL= -17(kN) 與圖示方向相反。 3） 由 FAxδrA=0 ∵δrA ≠0 ∴FAx=0 第十八次（35-36頁） 一、選擇題 1、② 2、②① 3、③ 4、① 5、③ 6、④ 二、填空題 1、3個自由度 2、Qx1= -k1x1+k2(x2-x1)；Qx2= k2(x2-x1) 三、解 ， ， ， 得 四、解 系統(tǒng)為一個自由度，取輪1的轉(zhuǎn)角φ1為廣義坐標(biāo) Q(φ1)=δw(φ1)／δφ1=(M1δφ1-M2δφ2-M3δφ3)／δφ1 r1δφ1=r2δφ2= r3δφ3 M1 M2 M3 ∴Q(φ1)= M1 –(r1/r2)M2 -(r1/r3)M3