1、动力学 I第一章运动学部分习题参考解答13解：运动方程： ，其中 。tanlykt将运动方程对时间求导并将 代入得034cos22lkv98in3lya16证明：质点做曲线运动,所以 ,nta设质点的速度为 ,由图可知:v，所以: ayncosyv将 ，vy2n代入上式可得 c3证毕17证明：因为 ，n2avvasi所以： 3证毕110解：设初始时,绳索 AB 的长度为 ,时刻 时的长度Lt为 ,则有关系式：s，并且 tvL022xls将上面两式对时间求导得：，x由此解得： （a）0(a)式可写成： ，将该式对时间求导得：sv(b)202sx将(a)式代入(b)式可得： （负号说明滑块 A 的
2、加速度向上）32020xlvvxa111解：设 B 点是绳子 AB 与圆盘的切点，由于绳子相对圆盘无滑动，所以 ，由于绳子始终处RvB于拉直状态，因此绳子上 A、B 两点的速度在 A、B 两点连线上的投影相等，即：（a）cosv因为（b）xR2将上式代入（a）式得到 A 点速度的大小为：（c）2v由于 ， （c）式可写成： ，将该式两边平方可得：xvARxx222)(将上式两边对时间求导可得： x32将上式消去 后，可求得：x24)(Rx由上式可知滑块 A 的加速度方向向左，其大小为 24)(RxaA113解：动点：套筒 A；动系：OA 杆；定系：机座；运动分析：绝对运动：直线运动；相对运动：
3、直线运动；牵连运动：定轴转动。根据速度合成定理 reav有： ，因为 AB 杆平动，所以 ，ecosvaovovAxO AvAxOBBRaverxyoanvyxyoant由此可得 ，OC 杆的角速度为 ， ，所以ecosvOAvecosllv2cos当 时，OC 杆上 C 点速度的大小为045 alaC4502115解：动点：销子 M动系 1：圆盘动系 2：OA 杆定系：机座；运动分析：绝对运动：曲线运动相对运动：直线运动牵连运动：定轴转动根据速度合成定理有， r1ea1vr2ea2v由于动点 M 的绝对速度与动系的选取无关，即 ，由上两式可得：1(a)revr2e将（a）式在向在 x 轴投影
4、,可得： 0r2001 3cossin3sinvv由此解得： smbOMvv /4.)9(si)(ta)(30tan 02120e12r2 .eOsmM/59.2rea2117解：动点：圆盘上的 C 点；动系：OA 杆；定系：机座；运动分析：绝对运动：圆周运动；相对运动：直线运动（平行于 O1A 杆） ；牵连运动：定轴转动。根据速度合成定理有（a ）reavv将（a）式在垂直于 O1A 杆的轴上投影以及在 O1C 轴上投影得：，0e03cos3cos 0e0a3sin3sinvv， ，Rvae Rra 5.21RA根据加速度合成定理有（b）Crneta将（b）式在垂直于 O1A 杆的轴上投影得
5、Caa0ne0te0a 3sico3sin其中： ， ，2R21r1v由上式解得：te1119解：由于 ABM 弯杆平移，所以有 MAAav.,取：动点：套筒 M；动系：OC 摇杆；定系：机座；运动分析：绝对运动：圆周运动；相对运动：直线运动；牵连运动：定轴转动。根据速度合成定理 reavv可求得： ， ，m/s22bvAM m/s2erbvrd/s345.11O根据加速度合成定理Caarnetnta将上式沿 方向投影可得：Cte0na0ta45si45cos由于 ， ， ，根据上式可得：221nm/8l2t/s1b2rm/s8vC，0tacs7 2a ad/3)47(l1-20 解：取小环为
6、动点，OAB 杆为动系运动分析绝对运动：直线运动；相对运动：直线运动；牵连运动：定轴转动。由运动分析可知点的绝对速度、相对速度和牵连速度的方向如图所示，其中： rOMv260cose根据速度合成定理： reav可以得到：，rv3260cosinta2e rv460cosertanateaneaCavere1v2r2vrxavMOABreatenerCaevr加速度如图所示，其中：，2022e6cosrOMar8vC根据加速度合成定理：Caare将上式在 轴上投影，可得： ,由此求得：xcosse 2a14r121解：求汽车 B 相对汽车 A 的速度是指以汽车A 为参考系观察汽车 B 的速度。取
7、：动点：汽车 B；动系：汽车 A（Oxy） ；定系：路面。运动分析绝对运动：圆周运动；相对运动：圆周运动；牵连运动：定轴转动（汽车 A 绕 O 做定轴转动）求相对速度，根据速度合成定理 reavv将上式沿绝对速度方向投影可得： r因此 aer其中： ，ABBRvv,a由此可得： m/s9380rAR求相对加速度，由于相对运动为圆周运动，相对速度的大小为常值，因此有： 22rnr /s78.1Bva2-1 解：当摩擦系数 足够大时，平台 ABf相对地面无滑动，此时摩擦力 NfF取整体为研究对象，受力如图，系统的动量： r2vpm将其在 轴上投影可得：xbtmvx2r根据动量定理有： gftN)(
8、d212即：当摩擦系数 时，平台 AB 的加速度为零。gbf)(21当摩擦系数 时，平台 AB 将向左滑动，此时系统的动量为：mvp1r2)(m将上式在 轴投影有：x vmbtvx )()()( 2121r2 根据动量定理有： gfFabt Nd21由此解得平台的加速度为： （方向向左）fga212-2 取弹簧未变形时滑块 A 的位置为 x 坐标原点，取整体为研究对象，受力如图所示,其中 为F作用在滑块 A 上的弹簧拉力。系统的动量为： )(r11vvpm将上式在 x 轴投影： cos(lxm根据动量定理有： kxFltx in)(d21系统的运动微分方程为： tlmsin)(21124 取提
9、起部分为研究对象，受力如图(a) 所示，提起部分的质量为 ，提起部分的速度vtm为 ，根据点的复合运动可知质点并入的相对速度为 ，方向向下，大小为 （如图 a 所示） 。v rv（a） (b)根据变质量质点动力学方程有： vttmtmrr )(d)(dgFvgFv 将上式在 y 轴上投影有： )()( 2r tttt 由于 ，所以由上式可求得： 。0dtv 2vg再取地面上的部分为研究对象，由于地面上的物体没有运动，并起与提起部分没有相互作用力，因此地面的支撑力就是未提起部分自身的重力，即： gvtlFN)(35 将船视为变质量质点，取其为研究对象，受力如图。根据变质量质点动力学方程有：xCa
10、MO ABreaOxy evavrOxy nraNFg1x vrrvNF1m2xvrg)(tFy NgmNvxNtmtmFvgFvddr船的质量为： ，水的阻力为q0 vf将其代入上式可得： Nftvr0)(将上式在 x 轴投影： 。应用分离变量法可求得)(d)(r0vqftqmcqtmf)lnln(0r由初始条件确定积分常数 ，并代入上式可得：0l)qfvcrqftf)(10r2-8 图 a 所示水平方板可绕铅垂轴 z 转动，板对转轴的转动惯量为 ，质量为 的质点沿半径Jm为 的圆周运动，其相对方板的速度大小为 （常量） 。圆盘中心到转轴的距离为 。质点在方板Rul上的位置由 确定。初始时，
11、 ，方板的角速度为零，求方板的角速度与 角的关系。0图 a 图 b解：取方板和质点为研究对象，作用在研究对象上的外力对转轴 z 的力矩为零，因此系统对 z 轴的动量矩守恒。下面分别计算方板和质点对转轴的动量矩。设方板对转轴的动量矩为 ，其角速度为 ，于是有1LJL1设质点 M 对转轴的动量矩为 ，取方板为动系，质点 M 为动点，其牵连速度和相对速度分别为2。相对速度沿相对轨迹的切线方向，牵连速度垂直于 OM 连线。质点 M 相对惯性参考系的绝re,v对速度 。它对转轴的动量矩为reav )()()(r2e2a2 vvmm其中： sinco)( 2e2 RlrL rr)s(R系统对 z 轴的动量
12、矩为 。初始时， ，此时系统对 z 轴的动量矩为21 uvr,0uRlmL)(0当系统运动到图 8-12 位置时，系统对 z 轴的动量矩为 llRlJ umRmL )cos()cos2( sincosin2 22 由于系统对转轴的动量矩守恒。所以有 ，因此可得：0LlllJul )cs(2()由上式可计算出方板的角速度为 )o(cs12lRlmu211 取链条和圆盘为研究对象，受力如图（链条重力未画） ，设圆盘的角速度为 ，则系统对O 轴的动量矩为： 2)(raJLlO根据动量矩定理有： grxgrxtlll )()(d2整理上式可得： aJllO22由运动学关系可知： ，因此有： 。上式可表
13、示成：rrxgraJllO22)(令 ，上述微分方程可表示成： ，该方程的通解为：22)(raJglO 0ttecx21根据初始条件： 可以确定积分常数 ，于是方程的解为：0,xt 01xth0系统的动量在 x 轴上的投影为： rrplllx 2dsin0系统的动量在 y 轴上的投影为： xxxaa lllly )()( 根据动量定理： grPFplyx)2(0由上式解得： ，trxFlOxch220 t)ch(240xalo214 取整体为研究对象，系统的动能为： 221CAvmT其中： 分别是 AB 杆的速度和楔块 C 的速度。CAv,若 是 AB 杆上的 A 点相对楔块 C 的速度，则根
14、据ryOFOxPzulRogo lrveM gmCvAvr复合运动速度合成定理可知： ，tanCAv因此系统的动能可表示为： ，系统在能够过222 )cot(1cot1ACAvmvmT程中，AB 杆的重力作功。根据动能定理的微分形式有： ，系统的动力学方程可表示成：WTdtgvvvAACAC d)ct()cot(21d22由上式解得： ，2tAmgtvaoAa217 质量为 的均质物块上有一半径为 的半圆槽，放在光滑的水平面上如图 A 所示。质量0 R为 光滑小球可在槽内运动，初始时，系统静止，小球在 A 处。求小球运动到 B 处)3(0m时相对物块的速度、物块的速度、槽对小球的约束力和地面对
15、物块的约束力。图 A 图 B解：取小球和物块为研究对象，受力如图 B 所示，由于作用在系统上的主动力均为有势力，水平方向无外力，因此系统的机械能守恒，水平动量守恒。设小球为动点，物块为动系，设小球相对物块的速度为 ，物块的速度为 ，则系统的动能为rvev )cos()sin(2121 2r2ree0ae0 vvmmT 设 为势能零点，则系统的势能为0 igRV根据机械能守恒定理和初始条件有 ，即Tsin)cos()sin(2132r2ree mgRvvmv 系统水平方向的动量为： )sin(ree0px根据系统水平动量守恒和初始条件有 03rv由此求出 ，将这个结果代入上面的机械能守恒式,且
16、最后求得：sin41rev 03152,154er gRvgv下面求作用在小球上的约束力和地面对物块的约束力。分别以小球和物块为研究对象，受力如图C，D 所示。设小球的相对物块的加速度为 ，物块的加速度为 ，对于小球有动力学方程raea（a）gFamm)(trne图 C 图 D对于物块，由于它是平移，根据质心运动动力学方程有（b）NFga0e0m将方程（a）在小球相对运动轨迹的法线方向投影，可得 sin)cos(enr g其中相对加速度为已知量， 。将方程（b）在水平方向和铅垂方向投影，可得Rv2r sin00eFgmaN领 ，联立求解三个投影可求出03 mggaN627.3,7594,153
17、472e 218 取小球为研究对象，两个小球对称下滑，设圆环的半径为 R。每个小球应用动能定理有：（a）)cos1()(12mg将上式对时间 求导并简化可得：t(b )sin每个小球的加速度为 jia )cossin()sco( 22t RRm取圆环与两个小球为研究对象，应用质心运动定理 iiFC将上式在 y 轴上投影可得：gmFN020 2)cossn(2将(a),(b)两式代入上式化简后得 in30 mgNRABRABrvevgm0NFRABgnratrea RABFeag0NtmangNF0时对应的 值就是圆环跳起的临界值，此时上式可表示成0NF02cos32m上述方程的解为：， )31
18、(圆环脱离地面时的 值为2arcos01而 也是方程的解，但是 时圆环已脱离地面，因此 不是m23arcos02 12圆环脱离地面时的值。219 取圆柱、细管和小球为研究对象。作用于系统上的外力或平行于铅垂轴或其作用线通过铅垂轴。根据受力分析可知：系统对铅垂轴的动量矩守恒。设小球相对圆柱的速度为 ，牵连速度rv为 系统对 z 轴的动量矩守恒，有：ev 0cosre20 mvrL其中： ，则上式可表示成：em)(r由此解得： vs)(cosr0r其中： ，h2tan根据动能定理积分式，有： 211WTmgnhvrmT21a2021,其中： ，将其代入动能定理的积分式，可得：rre2a )sin(
19、)cos(vv)si(cr20将 代入上式，可求得：r2rco1ghn由 可求得：2r2re2a )sin()cos(vv 21ra cos)(v220 取链条为研究对象，设链条单位长度的质量为 应用动量矩定理，链条对 O 轴的动量矩为：3rLO外力对 O 轴的矩为：sindcos202grrrMrOi23rLO因为： ，所以上式可表示成：ddvrtvtsingr)(v积分上式可得： cr)os21由初始条件确定积分常数 ，最后得：gc 21/)cos2(grv动力学第三章部分习题解答33 取套筒 B 为动点，OA 杆为动系根据点的复合运动速度合成定理 reav可得： ，l0cosBC32a研
20、究 AD 杆，应用速度投影定理有：，03cosDAvlvD4再取套筒 D 为动点，BC 杆为动系，根据点的复合运动速度合成定理rBC将上式在 x 轴上投影有： ，rDBCDvvlvBCD32r34 AB 构件（灰色物体）作平面运动，已知 A 点的速度 sOv/0cm4510AB 的速度瞬心位于 C，应用速度瞬心法有： rad/23AB，v设 OB 杆的角速度为 ，则有z evrvsdggr averADvrAvBvPCABIrad/s415OBv设 P 点是 AB 构件上与齿轮 I 的接触点，该点的速度： CPvA齿轮 I 的角速度为： rad/s61vI36 AB 杆作平面运动，取 A 为基
21、点根据基点法公式有： BABv将上式在 AB 连线上投影，可得 0,1Ov因此， 4AB因为 B 点作圆周运动，此时速度为零，因此只有切向加速度（方向如图） 。根据加速度基点法公式 ntBAABaa将上式在 AB 连线上投影，可得，06cosr205.（瞬时针）20131OB37 齿轮 II 作平面运动，取 A 为基点有ntBABaa1将上式在 x 投影有： ncosBA由此求得： 212ncsrarBAI再将基点法公式在 y 轴上投影有：，由此求得2tsiaIBA2sinraI再研究齿轮 II 上的圆心，取 A 为基点 ntnt 2222 OOa将上式在 y 轴上投影有，si2tt22 ra
22、IA由此解得： )(n2121t21 raO再将基点法公式在 x 轴上投影有： n1n22AOOa由此解得： ，又因为2cos1n2aaO212)(r由此可得： )(2121r39 卷筒作平面运动，C 为速度瞬心，其上 D 点的速度为 ，卷筒的角速度为vrR角加速度为 av卷筒 O 点的速度为： rRO 点作直线运动，其加速度为 rRavaO研究卷筒，取 O 为基点，求 B 点的加速度。n0tBa将其分别在 x,y 轴上投影 t BOyx4222 )(4)(vrRaraByB 同理，取 O 为基点，求 C 点的加速度。n0tCa将其分别在 x,y 轴上投影 nt COyx a2)(rRvCy3
23、10 图示瞬时，AB 杆瞬时平移，因此有： m/sAvBAB 杆的角速度： 0B圆盘作平面运动，速度瞬心在 P 点，圆盘的的角速度为： /s4rv圆盘上 C 点的速度为： /s2CBAB 杆上的 A、B 两点均作圆周运动，取 A 为基点根据基点法公式有 tnt BAaaBvAAvAaBatAnBtBnAaxy t2AOan2xy n2Oat2OavOOanCOtOaCB tBnBtBAatAanAvBvBP C将上式在 x 轴上投影可得： 0tBa因此： 22nm/s8rvaBB由于任意瞬时，圆盘的角速度均为： rvB将其对时间求导有： ，由于 ，所以圆盘的角加速度 。arvBBt0t0B圆盘
24、作平面运动，取 B 为基点，根据基点法公式有： nnt CBCBCa222nm/s8)()313 滑块 C 的速度及其加速度就是 DC 杆的速度和加速度。AB 杆作平面运动，其速度瞬心为 P，AB 杆的角速度为： rad/s1AvB杆上 C 点的速度为： m2.0C取 AB 杆为动系，套筒 C 为动点，根据点的复合运动速度合成定理有： reav其中： ，根据几何关系可求得：em/s153avAB 杆作平面运动，其 A 点加速度为零，B 点加速度铅垂，由加速度基点法公式可知 ntnt BABAa由该式可求得 20/s8.3siAa由于 A 点的加速度为零，AB 杆上各点加速度的分布如同定轴转动的
25、加速度分布，AB 杆中点的加速度为： 2m/4.5.BC再去 AB 杆为动系，套筒 C 为动点，根据复合运动加速度合成定理有： rea其中牵连加速度就是 AB 杆上 C 点的加速度即： 2/s4.0将上述公式在垂直于 AB 杆的轴上投影有： C0ea3coca科氏加速度 ，由上式可求得：rCvAB2am/s33-14：取圆盘中心 为动点，半圆盘为动系，动点的绝对运动为直线运动；相对运动为圆周运动；1O牵连运动为直线平移。由速度合成定理有：reav速度图如图 A 所示。由于动系平移，所以 ，uve根据速度合成定理可求出：uvO 2sin,3tanre1 由于圆盘 A 在半圆盘上纯滚动，圆盘 A
26、相对半圆盘的角速度为： ruv2由于半圆盘是平移，所以圆盘的角速度就是其相对半圆盘的角速度。再研究圆盘，取 为基点根据基点法公式有：1O1BBvurvBx 003sin3sin1Oy 2coByx2为求 B 点的加速度，先求 点的加速度和圆盘的角加速度。取圆盘中心 为动点，半圆盘为动1 1O系，根据加速度合成定理有（a）trnea其加速度图如图 C 所示， ， ，ruRv2nrr将公式（a）在 和 轴上投影可得：xysinco:sin0rtratayx由此求出： ，圆盘的角加速度为：ruuO22tr,312tr3ua下面求圆盘上 B 点的加速度。取圆盘为研究对象， 为基点，应用基点法公式有：1
27、（b）nt111BOaa将（b）式分别在 轴上投影：yx,0t0nt3cos3siico111 BOBOByx 其中： ，rua241BOt1由此可得： rua237B CanevraPBatBAnACareC nrtraO1oxy图 CrvaOABuev1o图 AO1oAuB1Ov1图 Bt1BOaAOoBxyn图 D315（b） 取 BC 杆为动系（瞬时平移） ，套筒 A 为动点（匀速圆周运动） 。根据速度合成定理有： reav由上式可解得： r30tna因为 BC 杆瞬时平移，所以有： vCDe315（d） 取 BC 杆为动系（平面运动） ，套筒 A 为动点（匀速圆周运动） 。BC 杆作
28、平面运动，其速度瞬心为 P，设其角速度为 BC根据速度合成定理有： reav根据几何关系可求出： rCO316,82将速度合成定理公式在 x,y 轴上投影: BCxyyx AvvP2rerea 由此解得: rBC)3(,41DC 杆的速度 vBC3-16(b) BD 杆作平面运动,根据基点法有 : ntntnt CBBCBBC aaa由于 BC 杆瞬时平移, ,上式可表示成:0tt将上式在铅垂轴上投影有: 0tn3si0CBa由此解得: 261B再研究套筒 A,取 BC 杆为动系（平面运动） ，套筒 A 为动点（匀速圆周运动） 。(a)KreaA其中: 为科氏加速度,因为 ,所以K0ABKa动
29、点的牵连加速度为: teneCCa由于动系瞬时平移,所以 ,nBt牵连加速度为 ,(a)式可以表示成teeraCA将上式在 y 轴上投影:te003cos3cosCCAaa由此求得: r2)91(316(d) 取 BC 杆为动系，套筒 A 为动点，动点 A 的牵连加速度为 nteCACaa动点的绝对加速度为 Krta其中 为动点 A 的科氏加速度。K将上式在 y 轴上投影有 KACCat00a3cos3cos上式可写成(a)r2 2var BCB其中： （见 315d） 为 BC 杆的角加速度。vrBC)(,41 BC再取 BC 杆上的 C 点为动点，套筒 为动系，由加速度合成定理有2OKCr
30、eaa其中 ，上式可表示为nte22OaKCCra将上式在 y 轴投影有： KCOC30cost2该式可表示成：（b）020 in3cosBBCv联立求解(a),(b)可得 283,94Cra317 AB 杆作平面运动，其速度瞬心位于 P，可以证明：任意瞬时，速度瞬心 P 均在以 O 为圆心，R 为半径的圆周上，并且 A、O、P 在同一直径上。由此可得 AB 杆任何时刻的角速度均为RvAB2杆上 B 点的速度为： AABvP2AB 杆的角加速度为： 0averaveCPry x BCtCBanBatBAateCarCyBvPORaKCary xtACanAKaCryxBCt2COn2CO取 A
31、 为基点，根据基点法有 ntnBABABaa将上式分别在 x,y 轴上投影有 435sinco20nABAByx vaRyx12318 取 DC 杆上的 C 点为动点，构件 AB 为动系reaCvv根据几何关系可求得： r3r再取 DC 杆上的 D 点为动点，构件 AB 为动系rea由于 BD 杆相对动系平移，因此 rrDCv将上式分别在 x,y 轴上投影可得 rvDyx 230cosinra 0re求加速度：研究 C 点有 KreaCa将上式在 y 轴投影有 00r0e 3sin3cossin0CC由此求得 2r再研究 D 点 KreaDa由于 BD 杆相对动系平移，因此 rrC将上式分别在
32、 x,y 轴上投影有 raaaDDD 20K0rey 20rx 3sin3cos9sin321 由于圆盘纯滚动，所以有 rC根据质心运动定理有： mgFaNSCsin0co根据相对质心的动量矩定理有02FrmS求解上式可得：，)(cos2raC sinmgN0FS若圆盘无滑动，摩擦力应满足 ，由此可得：NSfF当： 时，sinmg min202)(sin(cofrmgf 322 研究 AB 杆，BD 绳剪断后，其受力如图所示，由于水平方向没有力的作用，根据质心运动定理可知AB 杆质心 C 的加速度铅垂。由质心运动定理有： ANFmga根据相对质心的动量矩定理有： cos212llB刚体 AB
33、作平面运动，运动初始时，角速度为零。A 点的加速度水平，AB 杆的加速度瞬心位于 P 点。有运动关系式 cos2laABC求解以上三式可求得： mgFN5335 设板和圆盘中心 O 的加速度分别为，圆盘的角加速度为 ，圆盘上与板Oa,1 的接触点为 A，则 A 点的加速度为 nta将上式在水平方向投影有（a）1tRaOAOxA取圆盘为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有(b)22Fm应用相对质心动量矩定理有(c)221再取板为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有OR AanBxyaCvereDvrxyxy rCaaCKeCrDaKeNFCaSgmANFCaAaBP2NFg2m2OatA1anAA R
