《理论力学》动力学典型习题+答案.doc 37页

'《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：，其中。将运动方程对时间求导并将代入得1－6xyo证明：质点做曲线运动,所以,设质点的速度为,由图可知:，所以:将，代入上式可得xyo证毕1－7证明：因为，所以：证毕 1－10解：设初始时,绳索AB的长度为,时刻时的长度为,则有关系式：，并且将上面两式对时间求导得：，由此解得：（a）(a)式可写成：，将该式对时间求导得：(b)将(a)式代入(b)式可得：（负号说明滑块A的加速度向上）AOAOBR1－11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）因为（b）将上式代入（a）式得到A点速度的大小为：（c）由于，（c）式可写成：，将该式两边平方可得： 将上式两边对时间求导可得：将上式消去后，可求得：由上式可知滑块A的加速度方向向左，其大小为1－13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：直线运动；牵连运动：定轴转动。根据速度合成定理有：，因为AB杆平动，所以，由此可得，OC杆的角速度为，，所以当时，OC杆上C点速度的大小为x1－15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，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： (a)将（a）式在向在x轴投影,可得：由此解得：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；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）将（a）式在垂直于O1A杆的轴上投影以及在O1C轴上投影得：，，，根据加速度合成定理有（b）将（b）式在垂直于O1A杆的轴上投影得其中：，，由上式解得：1－19解：由于ABM弯杆平移，所以有 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。根据速度合成定理可求得：，，根据加速度合成定理将上式沿方向投影可得：由于，，，根据上式可得：，1-20MOAB解：取小环为动点，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：根据速度合成定理：可以得到： ，MOAB加速度如图所示，其中：，根据加速度合成定理：将上式在轴上投影，可得：,由此求得：1－21Ox’y’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；动系：汽车A（Ox’y’）；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，根据速度合成定理将上式沿绝对速度方向投影可得：Ox’y’因此其中：，由此可得：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： 2-1x解：当摩擦系数足够大时，平台AB相对地面无滑动，此时摩擦力取整体为研究对象，受力如图，系统的动量：将其在轴上投影可得：根据动量定理有：即：当摩擦系数时，平台AB的加速度为零。当摩擦系数时，平台AB将向左滑动，此时系统的动量为：将上式在轴投影有：根据动量定理有：由此解得平台的加速度为：（方向向左）2-2x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,其中为作用在滑块A上的弹簧拉力。系统的动量为：将上式在x轴投影：根据动量定理有：系统的运动微分方程为： 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，提起部分的速度为，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）。y（a）(b)根据变质量质点动力学方程有：将上式在y轴上投影有：由于，所以由上式可求得：。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：x3－5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：船的质量为：，水的阻力为将其代入上式可得：将上式在x轴投影：。应用分离变量法可求得 由初始条件确定积分常数，并代入上式可得：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，质量为的质点沿半径为的圆周运动，其相对方板的速度大小为（常量）。圆盘中心到转轴的距离为。质点在方板上的位置由确定。初始时，，方板的角速度为零，求方板的角速度与角的关系。oM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。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。它对转轴的动量矩为其中：系统对z轴的动量矩为。初始时， ，此时系统对z轴的动量矩为当系统运动到图8-12位置时，系统对z轴的动量矩为由于系统对转轴的动量矩守恒。所以有，因此可得：由上式可计算出方板的角速度为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：P根据动量矩定理有：整理上式可得：由运动学关系可知：，因此有：。上式可表示成：令，上述微分方程可表示成：，该方程的通解为：根据初始条件：可以确定积分常数，于是方程的解为：系统的动量在x轴上的投影为：系统的动量在y轴上的投影为： 根据动量定理：由上式解得：，2－14取整体为研究对象，系统的动能为：其中：分别是AB杆的速度和楔块C的速度。若是AB杆上的A点相对楔块C的速度，则根据复合运动速度合成定理可知：，因此系统的动能可表示为：，系统在能够过程中，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：由上式解得：，2－17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物块的约束力。ABAB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，则系统的动能为设为势能零点，则系统的势能为根据机械能守恒定理和初始条件有，即系统水平方向的动量为：根据系统水平动量守恒和初始条件有由此求出，将这个结果代入上面的机械能守恒式,且最后求得：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ABAB（a）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）将方程（a）在小球相对运动轨迹的法线方向投影，可得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，可得领，联立求解三个投影可求出2－18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）将上式对时间求导并简化可得：(b)每个小球的加速度为取圆环与两个小球为研究对象，应用质心运动定理将上式在y轴上投影可得：将(a),(b)两式代入上式化简后得时对应的值就是圆环跳起的临界值，此时上式可表示成 上述方程的解为：，圆环脱离地面时的值为而也是方程的解，但是时圆环已脱离地面，因此不是圆环脱离地面时的值。z2－19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，牵连速度为系统对z轴的动量矩守恒，有：其中：，则上式可表示成：由此解得：其中：，根据动能定理积分式，有：其中：，将其代入动能定理的积分式，可得：将代入上式，可求得：由可求得： 2－20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：外力对O轴的矩为：因为：，所以上式可表示成：积分上式可得：由初始条件确定积分常数，最后得：动力学第三章部分习题解答3－3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可得：，研究AD杆，应用速度投影定理有：， 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将上式在x轴上投影有：，3－4AB构件（灰色物体）作平面运动，已知A点的速度CAB的速度瞬心位于C，应用速度瞬心法有：，设OB杆的角速度为，则有设P点是AB构件上与齿轮I的接触点，该点的速度：齿轮I的角速度为：3－6AB杆作平面运动，取A为基点根据基点法公式有：将上式在AB连线上投影，可得因此，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将上式在AB连线上投影，可得 ，xy（瞬时针）3－7齿轮II作平面运动，取A为基点有将上式在x投影有：由此求得：xy再将基点法公式在y轴上投影有：，由此求得再研究齿轮II上的圆心，取A为基点将上式在y轴上投影有，由此解得：再将基点法公式在x轴上投影有：由此解得：，又因为由此可得：3－9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 角加速度为卷筒O点的速度为：O点作直线运动，其加速度为OCB研究卷筒，取O为基点，求B点的加速度。将其分别在x,y轴上投影同理，取O为基点，求C点的加速度。将其分别在x,y轴上投影P3－10图示瞬时，AB杆瞬时平移，因此有：AB杆的角速度：圆盘作平面运动，速度瞬心在P点，圆盘的的角速度为：圆盘上C点的速度为：AB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 将上式在x轴上投影可得：因此：由于任意瞬时，圆盘的角速度均为：BC将其对时间求导有：，由于，所以圆盘的角加速度。圆盘作平面运动，取B为基点，根据基点法公式有：P3－13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：杆上C点的速度为：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：其中：，根据几何关系可求得：AB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由该式可求得由于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加速度分布，AB杆中点的加速度为： 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：其中牵连加速度就是AB杆上C点的加速度即：将上述公式在垂直于AB杆的轴上投影有：科氏加速度，由上式可求得：3-14：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；牵连运动为直线平移。由速度合成定理有：OAB图A速度图如图A所示。由于动系平移，所以，根据速度合成定理可求出：由于圆盘A在半圆盘上纯滚动，圆盘A相对半圆盘的角速度为：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：OAB图BO图C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，半圆盘为动系，根据加速度合成定理有 （a）其加速度图如图C所示，，，将公式（a）在和轴上投影可得：由此求出：，圆盘的角加速度为：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：（b）OB图D将（b）式分别在轴上投影：其中：，由此可得：3－15（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：由上式可解得：因为BC杆瞬时平移，所以有：Pyx 3－15（d）取BC杆为动系（平面运动），套筒A为动点（匀速圆周运动）。BC杆作平面运动，其速度瞬心为P，设其角速度为根据速度合成定理有：根据几何关系可求出：将速度合成定理公式在x,y轴上投影::由此解得:DC杆的速度3-16(b)BD杆作平面运动,根据基点法有:由于BC杆瞬时平移,,上式可表示成:将上式在铅垂轴上投影有:由此解得: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）。y(a)其中:为科氏加速度,因为,所以动点的牵连加速度为:由于动系瞬时平移,所以,牵连加速度为,(a)式可以表示成 将上式在y轴上投影:由此求得:yx3－16(d)取BC杆为动系，套筒A为动点，动点A的牵连加速度为动点的绝对加速度为其中为动点A的科氏加速度。将上式在y轴上投影有上式可写成(a)其中：（见3－15d）为BC杆的角加速度。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其中，上式可表示为yx将上式在y轴投影有：该式可表示成：（b）联立求解(a),(b)可得 3－17AB杆作平面运动，其速度瞬心位于P，POR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杆上B点的速度为：AB杆的角加速度为：ORxy取A为基点，根据基点法有将上式分别在x,y轴上投影有xy3－18取DC杆上的C点为动点，构件AB为动系根据几何关系可求得：再取DC杆上的D点为动点，构件AB为动系由于BD杆相对动系平移，因此将上式分别在x,y轴上投影可得 xy求加速度：研究C点有将上式在y轴投影有由此求得再研究D点由于BD杆相对动系平移，因此将上式分别在x,y轴上投影有3－21由于圆盘纯滚动，所以有根据质心运动定理有：根据相对质心的动量矩定理有求解上式可得：，若圆盘无滑动，摩擦力应满足，由此可得： 当：时，3－22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：根据相对质心的动量矩定理有：刚体AB作平面运动，运动初始时，角速度为零。PA点的加速度水平，AB杆的加速度瞬心位于P点。有运动关系式求解以上三式可求得：AR3－35设板和圆盘中心O的加速度分别为，圆盘的角加速度为，圆盘上与板的接触点为A，则A点的加速度为将上式在水平方向投影有（a）取圆盘为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有(b)应用相对质心动量矩定理有(c)再取板为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有(d) 作用在板上的滑动摩擦力为：(e)由上式可解得：3－29解：由于系统在运动过程中，只有AB杆的重力作功，因此应用动能定理，可求出有关的速度和加速度。系统运动到一般位置时，其动能为AB杆的动能与圆盘A的动能之和：P其中：因此系统的动能可以表示成：系统从位置运动到任意角位置，AB杆的重力所作的功为：根据动能定理的积分形式初始时系统静止，所以，因此有将上式对时间求导可得：将上式中消去可得： 根据初始条件，可求得初始瞬时AB杆的角加速度因为，所以AB杆的角加速度为顺时针。初始瞬时AB杆的角速度为零，此时AB杆的加速度瞬心在点，由此可求出AB杆上A点的加速度：C3－33设碰撞后滑块的速度、AB杆的角速度如图所示根据冲量矩定理有：(a)其中：为AB杆质心的速度，根据平面运动关系有(b)再根据对固定点的冲量矩定理：系统对固定点A（与铰链A重合且相对地面不动的点）的动量矩为滑块对A点的动量矩和AB杆对A点的动量矩，由于滑块的动量过A点，因此滑块对A点无动量矩，AB杆对A点的动量矩（也是系统对A点的动量矩）为将其代入冲量矩定理有：(c)由（a,b,c）三式求解可得：(滑块的真实方向与图示相反)3－34研究整体，系统对A轴的动量矩为：其中：AC杆对A轴的动量矩为设为BC杆的质心，BC杆对A轴的动量矩为 根据冲量矩定理可得：BC（a）再研究BC杆，其对与C点重合的固定点的动量矩为根据冲量矩定理有：（b）联立求解（a）,(b)可得3－35碰撞前，弹簧有静变形第一阶段：与通过完全塑性碰撞后一起向下运动，不计常规力，碰撞前后动量守恒，因此有：碰撞结束时两物体向下运动的速度为第二阶段：与一起向下运动后再回到碰撞结束时的初始位置，根据机械能守恒可知：此时的速度向上，大小仍然为第三阶段：与一起上升到最高位置，此时弹簧被拉长。根据动能定理有： 上式可表示成：若使脱离地面，弹簧的拉力必须大于其重力，因此有，将代入上式求得：。若，则BA注：上述结果是在假设与始终粘连在一起的条件下得到的，若与之间没有粘着力，答案应为，如何求解，请思考。3－36取AB杆为研究对象，初始时，杆上的A点与水平杆上的O点重合，当时系统静止，AB杆上A点的速度为，角速度为，初始时受到冲击力的作用，应用对固定点O的冲量矩定理可得其中：BA由此解得当时，滑块A以加速度向右运动，取AB杆为研究对象，应用相对动点A的动量矩定理有：将上式积分并简化可得：其中C是积分常数由初始条件确定出。上式可表示成若AB杆可转动整圈，则应有，因此。若的最小值大于零，则AB杆就可以完成整圈转动。下面求的极值。 将上式求导令其为零有求得极值点为当，函数取最大值当，函数取最小值，若使最小值大于零，则有由此求得动力学第四章部分习题解答P4－6图示瞬时，AB杆的加速度瞬心位于P点，设其角加速度为，则质心加速度为：根据动静法有：4－7（1）取AB杆和滑块C为研究对象 AB杆平移，质心加速度如图所示根据动静法有：（2）滑块C无水平方向的作用力，其加速度铅垂向下，AB杆平移，其加速度垂直于AD，如图所示。两者加速度的关系为根据动静法有由此求得：（3）先研究滑块C根据约束可知：根据动静法有：因为：，所以有关系式即：再研究整体，应用动静法有 上式可表示成：由上式解得：，，4－8（1）研究AB杆，将惯性力向杆的质心简化，根据动静法有：，，（2）若，必有，因此当，4－9设OA杆和AB杆的角加速度分别为。将各杆的惯性力向各自质心简化。 研究整体，根据动静法有：，研究AB杆，根据动静法有：上述平衡方程可简化为求解该方程组可得：ABC4－10取圆盘A的角加速度为，AB杆的角加速度为设AB杆的质心为C，其加速度为将惯性力分别向各刚体的质心简化。作用于AB杆质心C的惯性力为：PABC，，，研究整体，（a）研究AB杆，(b)将(a)－(b)得： 上式化简为还可写成：即：将上式积分可得：再根据初始条件：确定，由此可得根据动能定理有：（C）其中：再利用（c）式可表示成(d)当,,PAC再将(d)式求导,然后销去,最后可得当,可求得,又因为，当AB杆铅垂时，。再取圆盘为研究对象，应用动静法有PA，再研究整体，利用动静法有 4－12此瞬时AB杆作瞬时平移，所以因为AB杆的角速度为零，且A点的加速度为零，取A为基点，有又因为B点作圆周运动，所以将该式在铅垂轴上投影：由此解得：AB杆质心C的加速度垂直于AB杆，其大小为：应用动静法：，，，P4－14图示瞬时，AB杆瞬时平移，其加速度瞬心位于P点。设OA、AB杆的质心分别为。各点加速度如图所示，其大小为，P， 有关的惯性力为：应用动静法和虚位移原理，有因为：，上式可表示成因为，所以，P由此解得研究AB杆及滑块B，由此解得：'