发布时间 : 星期六 文章《理论力学》动力学典型习题+答案 - 图文更新完毕开始阅读
《动力学I》第一章 运动学部分习题参考解答
1－3 解：
运动方程：y?ltan?，其中??kt。 将运动方程对时间求导并将??300代入得
v?y??l??cos2??lkcos2??4lk3
a??y?2lk2sin?83lk2??cos3??9
1－6
证明：质点做曲线运动,所以a?at?an, 设质点的速度为v,由图可知:
vcos??vy?an，所以: a?anvvav
y vy? y 将vv2y?c，an??
a? a n a?v3代入上式可得 c?
证毕 x
o
1－7
at
v2证明：因为??，aa?vy ? an?asin??a nv
所以：??v3a?v an证毕
o x
1－10
解：设初始时,绳索AB的长度为L,时刻t时的长度 为s,则有关系式：
s?L?v20t，并且 s2?l?x2
vo
将上面两式对时间求导得：
s???v0，2ss??2xx? 由此解得：x???sv0x （a） vo
(a)式可写成：xx???v
0s，将该式对时间求导得： ?x?x?x?2??s?v20?v0 (b) 将(a)式代入(b)式可得：ax?x???v20?x?2x??v2l20x3（负号说明滑块A的加速度向上）
1－11 vB ? ? B O A O R ? A x xv A
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vB??R，由于绳子始终处
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： vB?vAcos? （a） 因为
cos??x2?R2x （b） 将上式代入（a）式得到A点速度的大小为： vA??Rxx2?R2 （c）
由于vA??x?，（c）式可写成：?x?x2?R2??Rx，将该式两边平方可得： x?2(x2?R2)??2R2x2 将上式两边对时间求导可得：
2x??x?(x2?R2)?2xx?3?2?2R2xx? 4将上式消去2x?后，可求得：?x????2Rx(x2?R2)2
由上式可知滑块A的加速度方向向左，其大小为 a?2R4xA?(x2?R2)2
1－13
解：动点：套筒A；
v动系：OA杆； 定系：机座； va
e
运动分析：
绝对运动：直线运动； vr
相对运动：直线运动；
牵连运动：定轴转动。 根据速度合成定理 va?ve?vr
有：vacos??ve，因为AB杆平动，所以va?v，
由此可得vcos??v，OC杆的角速度为??veOA，OA?lvcos2?ecos?，所以??l
当??450时，OC杆上C点速度的大小为vavcos2450C??a?l?av2l
1－15
vr1
解：动点：销子M
ve1
动系1：圆盘
动系2：OA杆 ve2
定系：机座；
vr2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
va1?ve1?vr1， va2?ve2?vr2 x
由于动点M的绝对速度与动系的选取无关，即va2?va1，由上两式可得：
ve1?vr1?ve2?vr2 (a)
将（a）式在向在x轴投影,可得：
?v0e1sin300??ve2sin300?vr2cos30
由此解得：
v?tan300(v0bsin300r2e2?ve1)?OMtan30(?2??1)?cos2300(3?9)??0.4m/s ve2?OM?2?0.23
v?vv2Ma2?e2?v2r2?0.529m/s
1－17
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；
vve a 相对运动：直线运动（平行于O1A杆）； 牵连运动：定轴转动。 vr 根据速度合成定理有
va?ve?vr （a）
将（a）式在垂直于O1A杆的轴上投影以及在O1C轴上投影得：
vacos300?vecos300，vasin300?v0esin30
vve?va?R?，va?vr?R?，?e1?O?R?R?0.5?
1A2根据加速度合成定理有
aatna?e?ae?ar?aC （b）
将（b）式在垂直于O1A杆的轴上投影得
atar e ?aasin300?atecos300?anesin300?aC
其中：a2n2a?R?，ae?2R?1，aC?2?1vr
由上式解得：?ate31?2R?12?2
1－19
解：由于ABM弯杆平移，所以有
vA?vM,.aA?aM
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。 vr 根据速度合成定理
vv
a?e?vr
ve
可求得：v22m/s，vv
M?vA?va?2ve?2b??r?ve?b ?a?2m/s，
?vA22431?t OA?1.5?3rad/s
1ae
根据加速度合成定理
at?an?at?an?anaaeer?aC
ae将上式沿aC方向投影可得：
an
atcos450?ansin450??ataaae?aC
a由于an2l?8m/s2，at??b?1m/s2，ar 2aCa??1eC?2? vr?8m/s，根据上式可得：at at7?42ata22(7?42)2a a?cos450，?1?l?3?12rad/s
1-20
解：取小环为动点，OAB杆为动系
vrB 运动分析
M 绝对运动：直线运动； O 相对运动：直线运动； 牵连运动：定轴转动。 ?? va A ve 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：ve?OM??r?cos600?2r?
根据速度合成定理： va?ve?vr
可以得到：
v?tan?vr?sin600vae?ecos2600?23r? ，vr?cos600?4r? 加速度如图所示，其中：
2a2r?2e?OM??aarcos600?2r?， eB
M aC?2?v2O
r?8r?
根据加速度合成定理：
?? aaaCA a x'a?ae?ar?aC
将上式在x'轴上投影，可得：a2acos???aecos??aC,
由此求得：aa?14r?
1－21
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：动点：汽车B； y’ v动系：汽车A（Ox’y’）；
vr a 定系：路面。
运动分析
ve
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 vx’
a?ve?vr
?
将上式沿绝对速度方向投影可得：
vO a??ve?vr 因此 vr?ve?va y’
其中：va?vB,ve??RB,??vAR， A由此可得：vRBanr?v?v380r
RAB?m/s
A9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：
av2anrr?r??x’
R?1.78m/s2
B2-1 解：当摩擦系数f足够大时，平台AB O 相对地面无滑动，此时摩擦力F?fFN
vr
取整体为研究对象，受力如图， 系统的动量：p?m2vr
轴上投影可得：pv m2g
将其在xx?m2vr?m2bt
m1g
根据动量定理有： dpxdt?mfFFm 2b?F?N?f(m1? 2)gF N
x
即：当摩擦系数f?m2b(m)g时，平台AB的加速度为零。
1?m2当摩擦系数f?m2b(m时，平台AB将向左滑动，此时系统的动量为：
1?m2)gp?m2(v?vr)?m1v
将上式在x轴投影有：px?m2(?v?vr)?m1(?v)?m2bt?(m1?m2)v
根据动量定理有：
dpxdt?m2b?(m1?m2)a?F?fFN?f(m1?m2)g 由此解得平台的加速度为：a?m2bm?fg（方向向左） 1?m2
2-2 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F为作用在滑块A上的弹簧拉力。系统的动量为：
p?mv?m1v1?mv?m1(v?vr) x F N
将上式在x轴投影：px?mx?
?m1(x??l?cos?) v 根据动量定理有：
F
dpxdt?(m?m1)?x??m1l?2sin???F??kx mg vr
系统的运动微分方程为：(m?m1)x???kx?m1l?2sin?t
m1g
2－4 取提起部分为研究对象，受力如图(a)所示，提起部分的质量为m??vt，提起部分的速度
为v，根据点的复合运动可知质点并入的相对速度为vr，方向向下，大小为v（如图a所示）。
F(t)
y
v
mg
（vr a） (b)
根据变质量质点动力学方程有：
FN mdvdt?F(t)?mg?vdm rdt?F(t)?(?vt)g?vr?v
将上式在y轴上投影有：
mdvdt?F(t)?(?vt)g?vr?v?F(t)??(vgt?v2) 由于
dvdt?0，所以由上式可求得：F(t)??(vgt?v2)。 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：FN?(l?vt)?g
3－5 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：
FN
v
mdvdt?F?mg?vdmrdt?FN 船的质量为：m?m0?qt，水的阻力为F??fv
将其代入上式可得：
(mdv0?qt)dt??fv?mg?qvr?FN 将上式在x轴投影：(mdv0?qt)dt??fv?q(?vr)。应用分离变量法可求得
ln(qv?fr?fv)qln(m0?qt)?c
由初始条件确定积分常数c?ln(qvfr)?qlnm0，并代入上式可得：
v?qvr?mf0?qtq?f??1?(?m)? 0??
2-8 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J，质量为m的质点沿半径为
R的圆周运动，其相对方板的速度大小为u（常量）
。圆盘中心到转轴的距离为l。质点在方板上的位置由?确定。初始时，??0，方板的角速度为零，求方板的角速度与?角的关系。 z vr ve g u o ? M ? r ?
l R o
l
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L1，其角速度为?，于是有
L1?J?
设质点M对转轴的动量矩为L2，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ve,vr。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对速度
va?ve?vr。它对转轴的动量矩为
L2?L2(mva)?L2(mve)?L2(mvr)
其中：
L2(mve)?mr2??m[(l?Rcos?)2?(Rsin?)2]?
L22(mvr)?m(l?Rcos?)vrcos??mRsin?vr
系统对z轴的动量矩为L??L1?L2。初始时，??0,??0,vr?u，此时系统对z轴的动量矩为
L0?m(l?R)u
当系统运动到图8-12位置时，系统对z轴的动量矩为
L??J??m[(l?Rcos?)2?(Rsin?)2]??m(l?Rcos?)ucos??mRsin2?u?[J?(l2?R2
?2lRcos?)m]??(lcos??R)mu由于系统对转轴的动量矩守恒。所以有L??L0，因此可得：
m(l?R)u?[J?(l2?R2?2lRcos?)m]??(lcos??R)mu
由上式可计算出方板的角速度为
??ml(1?cos?)uJ?m(l2?R2?2lRcos?)
2－11 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：
LO?JO???l(2a??r)r2?
F根据动量矩定理有：
Oy
dL?
Odt?[JO??l(2a??r)r2]?? FOx
??l(a?x)gr??l(a?x)gr
整理上式可得：
[JO??l(2a??r)r2]????l(2x)gr 由运动学关系可知：?r?x?，因此有：??r??x?。上式可表示成： P
[J2O??l(2a??r)r]?x??2?lgr2x 令?2?2?lgr2J)r2，上述微分方程可表示成：?x???2x?0，该方程的通解为： O??l(2a??rx?c1e?t?c?t2e?
根据初始条件：t?0,x?x0,x??0可以确定积分常数cx01?c2?2，于是方程的解为： x?x0ch?t
系统的动量在x轴上的投影为：px???0?rsin??lrd??2??lr2?2?lrx? 系统的动量在y轴上的投影为：py??l(a?x)?r??l(a?x)?r??2?lx?r?2?lxx? 根据动量定理：
p?x?F0xp???r)g
y?F0y?P??l(2a由上式解得：F2ch?t，F?4?22Ox?2?lrx0?oy?P??l(2a??r)gl?x0ch(2?t)
2－14
取整体为研究对象，系统的动能为：
T?12122mvA?2mCvC 其中：vmg
A,vC分别是AB杆的速度和楔块C的速度。 若vr是AB杆上的A点相对楔块C的速度，则根据 vr
复合运动速度合成定理可知：vA?vCtan?，
vA
vC