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1、理论力学习题答案Last revision on 21 December 2020静力学第一章习题答案静力学第一章习题答案1-3 试画出图示各结构中构件 AB 的受力图1-4 试画出两结构中构件 ABCD 的受力图1-5 试画出图 a 和 b 所示刚体系整体合格构件的受力图1-5a1-5b1-8 在四连杆机构的 ABCD 的铰链 B 和 C 上分别作用有力 F1和 F2，机构在图示位置平衡。试求系。解：杆 AB，向分别沿着各选取销钉 B 和示：解法解法BC，CD 为二力杆，受力方杆端点连线的方向。1(1(解析法解析法)假设各杆受压，分别二力 F1和 F2之间的关C 为研究对象，受力如图所y由共

2、点力系平衡方程，对 B 点有：对 C 点有：yC CxF FBCBC4545o oF FBCBC解以上二个方程可得：F 2 6F 1.o o2303063F2o ox136060F FCDCDF F2 2解法解法 2(2(几何法几何法F FABAB)F F1 1B B分别选取销钉 B 和 C 为研究对象，根据汇交力系平衡条件，作用在 B 和 C点上的力构成封闭的力多边形，如图所示。F FBCBC0对 B 点由几何关系可知：oF2 FBCcos4530F FABAB45oF FCDCD60o0对 C 点由几何关系可知：FBC F1cos30F FBCBCF F1 1解以上两式可得：F11.63F

3、2静力学第二章习题答案静力学第二章习题答案F F2 22-32-3 在图示结构中，二曲杆重不计，曲杆在图示结构中，二曲杆重不计，曲杆 ABAB 上作用有主动力偶上作用有主动力偶 M M。试求。试求 A A 和和 C C 点处的点处的约束力。约束力。解：BC 为二力杆(受力如图所示)，故曲杆 AB 在 B 点处受到约束力的方向沿 BC 两点连线的方向。曲杆 AB 受到主动力偶 M 的作用，A 点和 B 点处的约束力必须构成一个力偶才能使曲杆 AB 保持平衡。AB 受力如图所示，由力偶系作用下刚体的平衡方程有（设力偶逆时针为正）：其中：tan1。对 BC 杆有：FC FB FA0.354M3aA，

4、C 两点约束力的方向如图所示。2-42-4解：机构中 AB 杆为二力杆，点 A,B 出的约束力方向即可确定。由力偶系作用下刚体的平衡条件，点 O,C 处的约束力方向也可确定，各杆的受力如图所示。对 BC 杆有：M 0FBBC sin300 M2 0对 AB 杆有：FB FA对 OA 杆有：M 0M1 FAOA 0求解以上三式可得：M13N m，FAB FO FC 5N，方向如图所示。1133F1Fi FjF2 FiF3 Fi FjFR Fi 3Fj22223MAFakFR MAd 3ad 3aFAx,FAy,FBx,FBy,MA244FAx FBx PsinFAy FBy P(1cos)MA

5、P(1cos)lND,Fy02Fz0FAy,FAzMx 0F6 FMBH 02 F4cos450a F6cos450a 0F4212F F1FMCD 0221F1 fsN1F1a F3a Fsin450a 0F3 FM 1500N cm2F2 fsN2F1,N1,F2,N2，fsfS10.223,fS2 4.491 fS2 4.491 fS0.223 450F FA A f fs s1F FNANAF,F,F,F,FS fSFNFN,FS,T，fsfs 0.646ANABNBF F f f F FB Bs s2NBNB3(fs1 fs2)F F0tan600F 0 Fy yAy FDy FBy

6、 0 FAy FyNBNBfs2 fs1 2P P3F FAxAxF F2 22ax x F a 0FAx FM 0 FAxMA0FDxa FBx2a 0 FBx FF FF F3 31 1BDxF Fs sF FA AF FByByD DF FCyCyP PF FCyCyF FBxBxF FCxCxF FN NF FCxCxF FB BF FAyAytanF FD DF FAyAyF FAxAxF FByByF FBxBxFAC FFBFAFAFBFA2MMB0a bF3sin450a 2qaa M 0F32(M 2qa)aM0Fx0F1 F3cos450 0F1 2qaFy0 F2 F3s

7、in45 0aF2(MM0 2qa)Fx0FAx F3cos45 0FAx(2qa)MA0aaMA F2a P2a 4qa2a F3sin4503a M 0MA 4qa2 2Pa MFx0FAx FBx F 0FE2FFAx FMA 022LPMB 0FN2Lsin 2Pcos0FN22tanfs100LF P F f FFNLsin Pcos FsLcos0SssNtan22P PF FRDRDo oF FSDSDF FNDNDF FAyAyF FRCRCF FAxAxFRC,FRDFRC,FRDFRC,FRD 2 2FSC fSCFNC,FSD fSDFNDFRC,FRDFRCfSCsin

8、 tanFNClF21 cos2aFSC tanlFFRC2 aFlacos2FlsinFRCtan(Pa Fl)(1 cos)sin00sin180(180)2lFlsinFSC FSD tanFfSD tan2 a(Pa Fl)(1 cos)PFND P Fl(cossintan)FSD fSDFNDa2FlsinFFBFACFBFACtan1FACFBFND P 1F43(Pa Fl)(1 cos)fSD tan311FNE P F FSD FSEF MD MEFRMDFNDMEFNE444FSD fsFNDFSE fsFNEF min4P,4R S SR 3P,4 fsP4 fsP4,

9、PF1 fs13fsR C CFmax 0.36FSD F 0.091(N)MD ME0.91(N cm)MC 0SEC CF1cos6 FH43 3 FG30F1 14.58(kN)Fx0F1sinF3FH 0F3 31.3Fy 0F2 F1cos FG0F218.3Fx0F FCD04 4FCD Ftan12FBC 0.586 FMA0FB2aF 2aF 3a 025 52F FAyAyA AB B7 0FB 2.5FMF a F aF 3a 0F2FFX02F F1 F202F FCAxAxS SB6F FB B5F1F定由杆 OA，O1C，DE 组成的系统为研究对象，该系统具有理想约束

10、。作用在系6统上的主动力为F,FM。2.该系统的位置可通过杆 OA 与水平方向的夹角完全确定，有一个自由度。选参数为广义坐标。3.在图示位置，不破坏约束的前提下，假定杆 OA 有一个微小的转角，相应的各点的虚位移如下：rA O A rD O1D 30rE，rB，rB O B，rC O1C rC，rDrE代入可得：rA4.由虚位移原理W(Fi)对任意rE 0有：0有：FM 30F，物体所受的挤压力的方向竖直向下。4-54-5解：1.选整个系统为研究对象，此系统包含弹簧。设弹簧力F,F2，且F11 F2，将弹簧力视为主动力。此时作用在系统上的主动力有F,F2，以及重力P。12.该系统只有一个自由度

11、，选定为广义坐标。由几何关系可知：3.在平衡位置，不破坏约束的前提下，假定有一个微小的虚位移，则质心的虚位移为：弹簧的长度l 2a sin2，在微小虚位移下：4.由虚位移原理W(Fi)其中F 0有：a，代入上式整理可得：)2 k(2a sin22由于a 0，对任意 0可得平衡时弹簧刚度系数为：4-74-7解：将均布载荷简化为作用在 CD 中点的集中载荷F3，大小为6q。1.求支座 B 处的约束力解除 B 点处的约束，代之以力FB，并将其视为主动力，系统还受到主动力F1,F2,F3,M的作用，如图所示。在不破坏约束的前提下，杆 AC 不动，梁 CDB 只能绕 C 点转动。系统有一个自由度，选转角

12、为广义坐标。给定虚位移，由虚位移原理W(Fi)0有：FBrBcos 450 M F2y2cos 1500 F3y3 0 (1)各点的虚位移如下：代入(1)式整理可得：对任意 0可得：FB 18.6(kN)，方向如图所示。2.求固定端 A 处的约束力解除 A 端的约束，代之以FAx,FAy,MA，并将其视为主动力，系统还受到主动力F1,F2,F3,M的作用。系统有三个自由度，选定 A 点的位移xA,yA和梁 AC 的转角为广义坐标。2a.求FAx在不破坏约束的前提下给定一组虚位移xA 0,yA 0,0，此时整个 0有：结构平移，如上图所示。由虚位移原理W(Fi)FAxxA F1x1 F2x2co

13、s 1200 0(2)各点的虚位移如下：代入(2)式整理可得：对任意xA2b.求FAy 0可得：FAx 2(kN)，方向如图所示。在不破坏约束的前提下给定一组虚位移xA 0,yA 0,0，此时梁 0有：(3)AC 向上平移，梁 CDB 绕 D 点转动，如上图所示。由虚位移原理W(Fi)FAyyA F3y3 F2y2cos300 M 0各点的虚位移如下：代入(3)式整理可得：对任意yA2c.求MA在不破坏约束的前提下给定一组虚位移xA 0可得：FAy 3.8(kN)，方向如图所示。0,yA 0,0，此时梁 AC 0有：(4)绕 A 点转动，梁 CDB 平移，如上图所示。由虚位移原理W(Fi)MA

14、 F1x1 F2x2cos 1200 0各点的虚位移如下：代入(4)式整理可得：对任意 0可得：MA 24(kN m)，顺时针方向。4-84-8解：假设各杆受拉，杆长均为 a。1求杆 1 受力去掉杆 1，代之以力P，系统有一个自由度，选 AK 与水平方向的夹角为广义坐1标，如上图所示。在不破坏约束的条件下给定一组虚位移，此时三角形 ADK 形状不变，绕 A 点转动，因此有rD A D,rK A K，且：滑动支座 B 处只允许水平方向的位移，而杆 BK 上 K 点虚位移沿铅垂方向，故 B 点不动。三角形 BEK 绕 B 点旋转rE B E，且：对刚性杆 CD 和杆 CE，由于rD C D,rE

15、C E，因此rC 0。由虚位移原理W(Fi)0有：代入各点的虚位移整理可得：对任意 0可得：P1 F1（受压）。22求杆 2 受力去掉杆 2，代之以力P，系统有一个自由度，选 BK 与水平方向的夹角为广义坐2标，如上图所示。在不破坏约束的条件下给定一组虚位移，杆 AK 绕 A 点转动，因此有rK A K，且：同理可知 B 点不动，三角形 BEK 绕 B 点旋转rE B E，且：杆 AD 绕 A 点转动rD A D，由刚性杆 DE 上点 E 的虚位移可确定 D 点位移方向如图所示，且：同理可知rC 0。由虚位移原理W(Fi)代入各点的虚位移整理可得：对任意 0有：0可得：P2 3F1（受压）。6

16、3求杆 3 受力去掉杆 3，代之以力P，系统有一个自由度，选 AK 与水平方向的夹角为广义坐3标，如上图所示。在不破坏约束的条件下给定一组虚位移，三角形 ADK 绕 A 点转动，rD A D,rK A K，且：同理可知 B 点不动，rE B E，且：由虚位移原理W(Fi)0有：3F1（受拉）。6代入各点的虚位移整理可得：对任意 0可得：P3动力学第一章习题答案动力学第一章习题答案1 13 3解：运动方程：y l tan，其中 kt。将运动方程对时间求导并将 300代入1 16 6证明：质点做曲线运动,所以a a a at a an,设质点的速度为v v,由图可知:cos vyvana v，所以

17、:a navyv2得y将vy c，an xov3代入上式可得a c 证毕1 17 7a av vv2证明：因为，an asin vanyv3所以：a av v证毕o1 11010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 v0t，并且s2 l2 x2xy将上面两式对时间求导得：v0，2ss 2xx s 由此解得：xsv0（a）x v0s，将该式对时间求导得：(a)式可写成：xx2x x 2 s v0 v0 x (b)2222v0 xv0lx 3（负号说明滑块 A 的加速度向上）将(a)式代入(b)式可得：ax xx取套筒 A 为研究对象，受力如图所示，根据质点

18、矢量形式的运动微分方程有：将该式在x,y轴上投影可得直角坐标形式的运动微分方程：其中：cosxx l22,sinlx2l222v0l 3,0 xyx22v0ll将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得：F m(g 3)1()2xx1 11111BvBR，由于绳解：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AAR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，OO即：vB vAcos（a）因为cosx2 R2（b）x将上式代入（a）式得到 A 点速度的大小为：vARxx R22（c），（c）式可写成：x x2 R2Rx，将该式两边平方可得

19、：由于vA x将上式两边对时间求导可得：后，可求得：将上式消去2x x2R4x(x R)222 (d)由上式可知滑块 A 的加速度方向向左，其大小为aA取套筒 A 为研究对象，受力如图所示，根据质点矢量形式的运动微分方程有：将该式在x,y轴上投影可得直角坐标形式的运动微分方程：其中：O2R4x(x2 R2)2BRARsin,cosxx2 R22R4x 2 0 x,y,22x(x R)将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得1 11313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v va v ve v vr

20、有：vacos ve，因为 AB 杆平动，所以va v，vevcos2l由此可得vcos ve，OC 杆的角速度为，OA，所以coslOAav cos2450av当 45时，OC 杆上 C 点速度的大小为vCa l2l01 11515解：动点：销子 M动系 1：圆盘动系 2：OA 杆动系：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v va1 v ve1 v vr1，v va2 v ve2 v vr2x由于动点 M 的绝对速度与动系的选取无关，即v va2 v va1，由上两式可得：v ve1 v vr1 v ve2 v vr2 (a)将（a）式在向

21、在 x 轴投影,可得：ve1sin300 ve2sin300 vr2cos300由此解得：1 11717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 OA 杆）；牵连运动：定轴转动。根据速度合成定理有v va v ve v vr（a）将（a）式在垂直于 OA 杆的轴上投影以及在 OC 轴上投影得：vacos300 vecos300，vasin300 vesin300ve va R，va vr R，1veR 0.5O1A2R根据加速度合成定理有na aa a aet a ae a ar a aC（b）将（b）式在垂直于 OA 杆

22、的轴上投影得其中：aa R2，aen 2R12，aC 21vraet32由上式解得：12R121 11919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v va v ve v vr可求得：vM vA va2ve2b 2 2m/s，vr ve b 2m/s，根据加速度合成定理将上式沿a aC C方向投影可得：由于aan12l 8m/s2，aetb 1m/s2，aC 2vr 8m/s2，根据上式可得：aat2 2(7 4 2)7 4 2a 12rad/s2，10l3cos4

23、5ta1-201-20解：取小环为动点，OAB 杆为动系MOAB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，r其中：ve OM 2r0cos60根据速度合成定理：v va v ve v vrrsin600ve 2 3r可以得到：va tanve，v 4rr0cos2600cos60加速度如图所示，其中：ae OM2r2 2r，0cos602MOB根据加速度合成定理：A将上式在x轴上投影，可得：aacos aecos aC,由此求得：aa14r2121解：求汽车 B 相对汽车 A 的速度是指以汽车A 为参考系观

24、察汽车 B 的速度。y取：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，根据速度合成定理将上式沿绝对速度方向投影可得：va ve vrxOy因此vr ve va其中：va vB,veRB,vA，RA由此可得：vrRB380vA vBm/sRA9x求相对加速度，由于相对运动为圆周运动，O相对速度的大小为常值，因此有：123 质量为m销钉 M 由水平槽带动，使其在半径为r的固定圆槽内运动。设水平槽以匀速v向上运动，不计摩擦。求图示瞬时，圆槽作用在销钉 M 上的约束力。OO解：销钉

25、M 上作用有水平槽的约束力F F和圆槽的约束力F FO（如图所示）。由于销钉 M的运动是给定的，所以先求销钉的加速度，在利用质点运动微分方程求约束力。取销钉M为动点，水平槽为动系。由运动分析可知销钉的速度图如图所示。MOO根据速度合成定理有v va v ve v vr由此可求出：vaveMva aa a ae a ar。再根据加速度合成定理有：Mcoscos由于绝对运动是圆周运动，牵连运动是匀速直线平移，所以a ae 0，并且上式可写成：va2v2v2sintn因为a，所以根据上式可求出aa aatan。rrcos2rcos3na根据矢量形式的质点运动微分方程有：m(a aat a aan)F

26、 F F FO mg g将该式分别在x轴上投影：m(aatsin aancos)FOcosmv22(tan1)由此求出：FOrcos21-241-24 图示所示吊车下挂一重物 M，绳索长为l，初始时吊车与重物静止。若吊车从静止以均加速度a沿水平滑道平移。试求重物 M 相对吊车的速度与摆角的关系式。解：由于要求重物相对吊车的速度，所以取吊车为动系，重物 M 为动点。根据质点相对运动微分方程有ma ar F F mg g F Fe mgsin F cos将上式在切向量方向投影有mat mleMdddd因为Fe mae ma,，所以上式可写成dtddtd整理上式可得将上式积分：其中c为积分常数（由初

27、始条件确定），因为相对速度vr l，上式可写成初始时 0，系统静止，va ve 0，根据速度合成定理可知vr 0，由此确定c g。重物相对速度与摆角的关系式为：vr2 2lg(cos1)asin1-261-26 水平板以匀角速度绕铅垂轴 O 转动，小球 M 可在板内一光滑槽中运动（如图 7-8），初始时小球相对静止且到转轴 O 的距离为RO，求小球到转轴的距离为R RO时的相对速度。R RR RF FR RR R解：取小球为动点，板为动系，小球在水平面的受力如图所示（铅垂方向的力未画出）。根据质点相对运动微分方程有：将上式在v vr上投影有mart m因为Fe mR2，dvr Fecosdtd

28、vrdvrdRdR，vrcos，所以上式可写成dtdR dtdtdv11整理该式可得vrr R2，将该式积分有vr22R2cdR2212初始时R RO,vr 0,由此确定积分常数c 2RO，因此得到相对速度为21-271-27 重为 P 的小环 M 套在弯成xy c2形状的金属丝上，该金属丝绕铅垂轴x以匀角速度转动，如图所示。试求小环 M 的相对平衡位置以及金属丝作用在小环上的约束力。解：解：取小环为动点，金属丝为动系，根据题意，相对平衡位置为ar 0，因为金属丝为MM曲线，所以vr 0，因此在本题中相对平衡位置就是相对静止位置。小环受力如图所示。其中F F,F Fe,P P分别为约束力、牵连

29、惯性力和小环的重力。根据质点相对运动微分方程有：其中：FePy2，将上式分别在x,y轴上投影有gP Fsin 0Fe F cos 0（a）c2c2dydy 2,因此以为tan，y,xxdxdxc2tan2（b）x由（a）式可得tanP（c）Fe将FePy2代入（c），联立求解（b）、（c）并利用xy c2，可得：g再由方程（a）中的第一式可得动力学第二章习题答案动力学第二章习题答案2-12-1 解：当摩擦系数f足够大时，平台 AB相对地面无滑动，此时摩擦力F fFN取整体为研究对象，受力如图，系统的动量：p p m2v vr将其在x轴上投影可得：px m2vr m2bt根据动量定理有：dpx

30、m2b F fFN f(m1 m2)gdtm2b时，平台 AB的加速度为零。(m1 m2)gx即：当摩擦系数f 当摩擦系数f m2b时，平台 AB将向左滑动，此时系统的动量为：(m1 m2)g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：dpx m2b(m1 m2)a F fFN f(m1 m2)gdtm2b fg（方向向左）m1 m2由此解得平台的加速度为：a 2-22-2 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 F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：kx

31、 m1l2sintx系统的运动微分方程为：(m m1)x2 24 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 v，根据点的复合运动可知质点并入的相对速度为v vr，方向向下，大小为v（如图 a所示）。y（a）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(b)dv 0，所以由上式可求得：F(t)(vgt v2)。dt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)g2 25 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

32、力学方程有：船的质量为：m m0 qt，水的阻力为F F fv vxdv v将其代入上式可得：(m0 qt)fv v mg g qv vr F FNdtdv将上式在 x 轴投影：(m0 qt)fv q(vr)。应用分离变量法可求得dt由初始条件确定积分常数c ln(qvr)flnm0，并代入上式可得：q2-82-8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。图 a图 bM解：取方板和质点为研究对象

33、，作用在研究对象上的外力对转轴 z 的力矩为零，因此系o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v ve,v 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v va v ve v vr。它对转轴的动量矩为其中：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

34、恒。所以有L L0，因此可得：由上式可计算出方板的角速度为2 21111 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 JOl(2a r)r2根据动量矩定理有：整理上式可得：，因此有：r 。上式可表示成：由运动学关系可知：r xxP P令22lgr2 x x 0，该方程的通解为：，上述微分方程可表示成：2JOl(2a r)rx0，于是方程的解为：22 0可以确定积分常数c1 c2根据初始条件：t 0,x x0,x系统的动量在 x 轴上的投影为：pxrsinlrd 2lr2 2lrx0系统的动量在 y轴上的投影为：pyl(a x)r l(a

35、x)r 2lxr 2lxx根据动量定理：2由上式解得：FOx 2lrx02cht，Foy P l(2a r)g 4l2x0ch(2t)2 21414取整体为研究对象，系统的动能为：其中：vA,vC分别是 AB杆的速度和楔块 C 的速度。若v vr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：vA vCtan，因此系统的动能可表示为：T 121122，系统在能够mvAmCcot2vA(m mCcot2)vA222过程中，AB杆的重力作功。根据动能定理的微分形式有：dT W，系统的动力学方程可表示成：由上式解得：aAdvAmg，aC aAcot2dtm mCcot2 2

36、1717 质量为m0的均质物块上有一半径为R的半圆槽，放在光滑的水平面上如图 A 所示。质量为m(m0 3m)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 300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。AA图 A图 BBB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v vr，物块的速度为v ve，则系统的动能为设 0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T V 0，即系统水平方向

37、的动量为：根据系统水平动量守恒和初始条件有1由此求出vevrsin，将这个结果代入上面的机械能守恒式,且 300最后求得：4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a ar，物块的加速度为a ae，对于小球有动力学方程ma aa m(a ae a arn a art)F F mg g（a）AA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BBm0a ae F F m0g g F FN N（b）将方程（a）在小球相对运动轨迹的法线方向投影，可得vr2其中相对加速度为已知量，a。将方程（b）在水平方

38、向和铅垂方向投影，可得Rnr领 300，联立求解三个投影可求出2 21818 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：1)2 mgR(1cos)（a）m(R2将上式对时间t求导并简化可得：gsin (b)R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FN 0时对应的值就是圆环跳起的临界值，此时上式可表示成3m1110)上述方程的解为：，cos(332m113m圆环脱离地面时的值为1 arccos10332m113m10而2 arccos332m也是方程的解，但是1时圆环已脱离

39、地面，因此2不是圆环脱离地面时的值。2 21919 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z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v vr，牵连速度为v ve系统对 z 轴的动量矩守恒，有：其中：ve r，则上式可表示成：(m0 m)r2 mvrcosr由此解得：mvrcosv cosr(m0 m)rr其中：mh，tanm0 m2r根据动能定理积分式，有：T2T1W12其中：va2(vevrcos)2(vrsin)2，将其代入动能定理的积分式，可得：将2avrcosr代入上式，可求得：vr222ghn21cos12由v(

40、ve vrcos)(vrsin)可求得：va vr1(2)cos22 22020 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：LOr3外力对 O轴的矩为：dvdv ddvv dv，所以上式可表示成：因为：rdtddtdr d11积分上式可得：v2 rg(2cos)c22由初始条件确定积分常数c gr，最后得：v gr(2 2cos)/动力学第三章习题答案动力学第三章习题答案2123 33 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：vacos300 vel，研究 AD杆，应用速度投影定理有：vA vDcos300，vD4 3l3再取套

41、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：vD vBC vDr，vDr vD vBC3 34 4 AB构件（灰色物体）作平面运动，已知 A点的速度AB的速度瞬心位于 C，应用速度瞬心法有：vBABBC，2 3l3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：IvP 6rad/sr1C3 36 6 AB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，ABvA10AB4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

42、连线上投影，可得2nr aBcos600 aA aBA，aB 2.50O B1aB32 0（瞬时针）O1B23 37 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：再将基点法公式在 y轴上投影有：tasin aBAII2r2，由此求得IIyxasin2r2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ttaO a r2IIO22Ayxasin，2asin2(r1 r2)由此解得：O1O2taO2r1 r2nn再将基点法公式在 x 轴上投影有：aO a a1O22An由此解得：aO2acos a1n2，又因为aO(r r)12O21O22由此可得：O1O2

43、 acosa12(r1 r2)3 39 9 卷筒作平面运动，C 为速度瞬心，其上 D点的速度为v v，卷筒的角速度为角加速度为卷筒 O点的速度为：OO 点作直线运动，其加速度为aO vRvaRR rR rB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3 31010 图示瞬时，AB 杆瞬时平移，因此有：AB杆的角速度：AB 0圆盘作平面运动，速度瞬心在 P 点，圆盘的的角速度为：BvB 4m/srOCP圆盘上 C 点的速度为：vCBPC 2 2m/sAB杆上的 A、B两点均作圆周运动，取 A为基点根据基点法

44、公式有t 0将上式在 x 轴上投影可得：aB2vB 8m/s2因此：aB arnB由于任意瞬时，圆盘的角速度均为：BvBrtBaBvtBB 0。0，所以圆盘的角加速度B将其对时间求导有：，由于aBrr圆盘作平面运动，取 B 为基点，根据基点法公式有：3 31313 滑块 C 的速度及其加速度就是 DC 杆的速度BPC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：ABvA1rad/sAP杆上 C 点的速度为：vCABPC 0.2m/s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：v ve v vC，根据几何关系可求得：AB杆作平面运动，其 A 点加速

45、度为零，B点加速度铅垂，由加速度基点法公式可知naBA 0.8m/s2由该式可求得aB0sin30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：aC 0.5aB 0.4m/s2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：ae 0.4m/s2将上述公式在垂直于 AB杆的轴上投影有：科氏加速度aC 2ABvr，由上式可求得：aa2m/s233-143-14：取圆盘中心O1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：v

46、 va v ve v vr速度图如图 A 所示。由于动系平移，所以v ve u u，AO图 AB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O1为基点根据基点法公式有：v vB v vO1 v vBO1为求 B 点的加速度，先求O1点的加速度和圆盘的角加速度。取圆盘中心O1为动点，半B圆盘为动系，根据加速度合成定理有a aa a ae a arn a art（a）其加速度图如图 C 所示，arnvu，R rrnr2AO图 B将公式（a）在x和y轴上投影可得：由此求出：artO图

47、 Ctar3u23u22u22,aa aO1，圆盘的角加速度为：rrrr下面求圆盘上 B 点的加速度。取圆盘为研究对象，O1为基点，应用基点法公式有：tn（b）a aB a aO1a aBOa aBO11将（b）式分别在x,y轴上投影：其中：anBO14u2r，r2Bu2由此可得：aB37rO3 31515（b 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：图 D由上式可解得：v3e vatan3003r因为 BC杆瞬时平移，所以有：3 31515（d 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，

48、设其角速度为BC根据速度合成定理有：根据几何关系可求出：O P 83r,CP 1623r将速度合成定理公式在 x,y轴上投影:yxP由此解得:BC1334,vr(22)rDC 杆的速度v CP4CBC3r3-16(b)3-16(b)BD 杆作平面运动,根据基点法有:由于 BC杆瞬时平移,BC 0,上式可表示成:将上式在铅垂轴上投影有:由此解得:1BC62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 aA a aa a ae a ar a aK(a)其中:a aK为科氏加速度,因为AB 0,所以a aK 0动点的牵连加速度为:a ane a aC a aeC

49、a ateC由于动系瞬时平移,所以a aneC 0,ateCBCAC牵连加速度为a ate a aC a aeC,(,(a)式可以表示成将上式在 y轴上投影:y由此求得:aC(12 32)r93 316(d)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a aK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yx2rcos300 aCcos300BC AC 2BCvr (a)其中：BC133,vr()r（见 315d）BC为 BC杆的角加速度。422再取 BC杆上的 C 点为动点，套筒O2为动系，由加速度合成定理有tn其中a ae a aCOa

50、 aCO2，上式可表示为2tna aC a aCOa aa ara aKCO22t将上式在 y轴投影有：aCcos300 aCOaK2该式可表示成：aCcos300BCCO2 2BCvCsin300（b）联立求解(a),(b)可得3 31717 AB杆作平面运动，其速度瞬心位于 P，x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R为OyP杆上 B点的速度为：vBABPB 2vA2ABAB杆的角加速度为：ABAv 0AP取 A为基点，根据基点法有O将上式分别在 x,y轴上投影有y3 31818 取 DC