《理論力學》動力學典型習題+答案

動力學 I第一章 運動學部分習題參考解答 1 3 解： 運動方程： ，其中 。 將運動方程對時間求導并將 030 代入得 34c o sc o s 22 938co s s 1 6 證明：質(zhì)點做曲線運動 ,所以nt , 設質(zhì)點的速度為 v ,由圖可知 : y ，所以 : n 將 ，2 代入上式可得 證畢 1 7 證明：因為 ， s 所以：3v 證畢 x y o a x y o a 1 10 解：設初始時 ,繩索 長度為 L ,時刻 t 時的長度 為 s ,則有關系式： ，并且 222 將上面兩式對時間求導得： 0， 22 由此解得：（ a） (a)式可寫成： ，將該式對時間求導得： 2002 (b) 將 (a)式代入 (b)式可得：3220220x x （負號說明滑塊 A 的加速度向上） 1 11 解：設 B 點是繩子 圓盤的切點，由于繩子相對圓盤無滑動，所以 ，由于繩子始終處于拉直狀態(tài)，因此繩子上 A、 B 兩點的速度在 A、 B 兩點連線上的投影相等，即： （ a） 因為 2 （ b） 將上式代入（ a）式得到 A 點速度的大小為： 22 （ c） 由于 ，（ c）式可寫成： 22 ，將該式兩邊平方可得： 222222 )( x O x O 將上式兩邊對時間求導可得： 22322 22)(2 將上式消去 x2 后，可求得：22242)( 由上式可知滑塊 A 的加速度方向向左，其大小為 22242)( 1 13 解：動點：套筒 A； 動系： ； 定系：機座； 運動分析： 絕對運 動：直線運動； 相對運動：直線運動； 牽連運動：定軸轉動。 根據(jù)速度合成定理 有：ea ，因為 平動，所以 a， 由此可得， 的角速度為，所以2 當 045 時， 上 C 點速度的大小為 245c o 1 15 解：動點：銷子 M 動系 1：圓盤 動系 2： 定系：機座； 運動分析： 絕對運動：曲線運動 相對運動：直線運動 牽連運動：定軸轉動 根據(jù)速度合成定理有 ， 由于動點 M 的絕對速度與動系的選取無關，即，由上兩式可得： x (a) 將（ a）式在向在 x 軸投影 ,可得： 00co in 由此解得： 3(30c o s 30s i n)(30t a n)(30t a n 02 0120 / 1 17 解：動點：圓盤上的 C 點； 動系： ； 定系：機座； 運動分析：絕對運動：圓周運動； 相對運動：直線運動（平行于 ）； 牽連運動：定軸轉動。 根據(jù)速度合成定理有 （ a） 將（ a）式在垂直于 的軸上投影以及在 上投影得： 00co s ， 00s in b） 將（ b） 式在垂直于 的軸上投影得 00s 2a ， 21 ，由上式解得： 2232R a 1 19 解：由于 桿平移，所以有 ., ?。簞狱c：套筒 M； 動系： 桿； 定系：機座； 運動分析： 絕對運動：圓周運動； 相對運動：直線運動； 牽連運動：定軸轉動。 根據(jù)速度合成定理 可求得： m / M， m/ r a d/ 211 根據(jù)加速度合成定理 5s 21na m/ ， 2te m/ ， 2r m/ ，根據(jù)上式可得： 05a ， 2r 47(22 1解：取小環(huán)為動點， 為動系 運動分析 絕對運動：直線運動； 相對運動：直線運動； 牽連運動：定軸轉動。 由運動分析可知點的絕對速度、相對速度和牽連速度的方向如圖所示， 其中： 60c o s 0e 根據(jù)速度合成定理： 可以得到： M O A B 260c o s 60s a n 02 0 ， 60c 加速度如圖所示，其中： 2022e 260c o s ， 2r 82 根據(jù)加速度合成定理： x 軸上投影，可得： co s 由此求得 ： 2a 14 1 21 解 ：求汽車 B 相對汽車 A 的速度是指以汽車 A 為參考系觀察汽車 B 的速度。 取：動點：汽車 B； 動系：汽車 A（ Oxy）； 定系：路面。 運動分析 絕對運動：圓周運動； 相對運動：圓周運動； 牽連運動：定軸轉動（汽車 A 繞 O 做定軸轉動） 求相對速度，根據(jù)速度合成定理 將上式沿絕對速度方向投影可得： 因此 其中： , 由此可得： m / 0r 求相對加速度，由于相對運動為圓周運動， 相對速度的大小為常值，因此有： 22m /x a M O A B x y O x y 2解：當摩擦系數(shù) f 足夠大時，平臺 對地面無滑動，此時摩擦力取整體為研究對象，受力如圖， 系統(tǒng)的動量： m 將其在 x 軸上投影可得： 根據(jù)動量定理有： x )(12 即：當摩擦系數(shù) 21 2時，平臺 加速度為零。 當摩擦系數(shù) 21 2時，平臺 向左滑動，此時系統(tǒng)的動量為： ( 將上式在 x 軸投影有： ()()( 2121根據(jù)動量定理有： x )()(1212 由此解得平臺的加速度為： 21 2（方向向左） 2取彈簧未變形時滑塊 A 的位置為 x 坐標原點，取整體為研究對象，受力如圖所示 ,其中F 為作用在滑塊 A 上的彈簧拉力。系統(tǒng)的動量為： )( 將上式在 x 軸投影： )c o s(1 x 根據(jù)動量定理有： x s 11 系統(tǒng)的運動微分方程為： s 211 F x v v F x 2 4 取提起部分為研究對象，受力如圖 (a)所示，提起部分的質(zhì)量為 ，提起部分的速度為 v ，根據(jù)點的復合運動可知質(zhì)點并入的相對速度為 方向向下，大小為 v （如圖a 所示）。 （ a） (b) 根據(jù)變質(zhì)量質(zhì)點動力學方程有： ()(dd 將上式在 y 軸上投影有： )()()()(r vv g 由于 0以由上式可求得： )()( 2 。 再取地面上的部分為研究對象， 由于地面上的物體沒有運動，并起與提起部分沒有相互作用力，因此地面的支撐力就是未提起部分自身的重力，即： )( 3 5 將船視為變質(zhì)量質(zhì)點，取其為研究對象， 受力如圖。根據(jù)變質(zhì)量質(zhì)點動力學方程有： 0，水的阻力為 vF f 將其代入上式可得： r0 將上式在 x 軸投影： )( r0 。應用分離變量法可求得 ) 0r 由初始條件確定積分常數(shù)0ln) ，并代入上式可得： v )(y v x (100r 2圖 a 所示水平方板可繞鉛垂軸 z 轉動，板對轉軸的轉動慣量為 J ，質(zhì)量為 m 的質(zhì)點沿半徑為 R 的圓周運動，其相對方板的速度大小為 u （常量）。圓盤中心到轉軸的距離為 l 。質(zhì)點在方板上的位置由 確定。初始時， 0 ，方板的角速度為零，求方板的角速度與 角 的關系。 圖 a 圖 b 解：取方板和質(zhì)點為研究對象，作用在研究對象上的外力對轉軸 z 的力矩為零，因此系統(tǒng)對z 軸的動量矩守恒。下面分別計算方板和質(zhì)點對轉軸的動量矩。 設方板對轉軸的動量矩為 1L ，其角速度為 ，于是有 1 設質(zhì)點 M 對轉軸的動量矩為 2L ，取方板為動系，質(zhì)點 M 為動點，其牽連速度和相對速度分別為re,對速度沿相對軌跡的切線方向，牽連速度垂直于 線。質(zhì)點 M 相對慣性參考系的絕對速度。它對轉軸的動量矩為 )()()( 其中： )s i n()co s()( 222v s o s)c o s()( v 系統(tǒng)對 z 軸的動量矩為21 。初始時， r,0,0 ，此時系統(tǒng)對 z 軸的動量矩為 (0 z u l R o g o l M 當系統(tǒng)運動到圖 8置時，系統(tǒng)對 z 軸的動量矩為 c o s()c o s i nc o s)c o s()s i n()c o s(22222 由于系統(tǒng)對轉軸的動量矩守恒。所以有0，因此可得： c o s()c o )( 22 由上式可計算出方板的角速度為 )c o )c o 22 2 11 取鏈條和圓盤為研究對象，受力如圖（鏈條 重力未畫），設圓盤的角速度為 ，則系統(tǒng)對 O 軸的動量矩為： 2)2( 根據(jù)動量矩定理有： )()2( 整理上式可得： 2()2( 2 由運動學關系可知： ，因此有： 。上式可表示成： 2 2)2( 令222)2(2 ，上述微分方程可表示成： 02 ，該方程的通解為： tt 21 根據(jù)初始條件： 0,00 可以確定積分常數(shù)2021 ，于是方程的解為： 系統(tǒng)的動量在 x 軸上的投影為： 22ds 系統(tǒng)的動量在 y 軸上的投影為： 22)()( 根據(jù)動量定理： 2(00 由上式解得： 0， t)c h ( 24)2( 202 2 14 取整體為研究對象，系統(tǒng)的動能為： 22 2121 其中：CA 分別是 的速度和楔塊 C 的速度。 若 上的 A 點相對楔塊 C 的速度，則根據(jù) 復合運動速度合成定理可知： ， 因此系統(tǒng)的動能可表示為： 22222 )c o t(21c o ，系統(tǒng)在能夠過程中， 的重力作功。根據(jù)動能定理的微分形式有： d ，系統(tǒng)的動力學方程可表示成： tm g dd)co t()co t(21d 222 由上式解得：2co mm ， 2 17 質(zhì)量為0 的半圓槽，放在光滑的水平面上如圖 A 所示。質(zhì)量為 )3(0 光滑小球可在槽內(nèi)運動，初始時，系統(tǒng)靜止，小球在 A 處。求小球運動到 B 處 030 時相對物塊的速度、物塊的速度、槽對小球的約束力和地面對物塊的約束力。 圖 A 圖 B 解：取小球和物塊為研究對象，受力如圖 B 所示，由于作用在系統(tǒng)上的主動力均為有勢力，R A B R A B 此系統(tǒng)的機械能守恒，水平動量守恒。設小球為動點，物塊為動系，設小球相對物塊的速度為 物塊的速度為系統(tǒng)的動能為 )c s i n(21212121 2 設 0 為勢能零點，則系統(tǒng)的勢能為 根據(jù)機械能守恒定理和初始條件有 0即 s i n)c s i n(2123 2m 系統(tǒng)水平方向的動量為： )s x 根據(jù)系統(tǒng)水平動量守恒和初始條件有 0)s 由此求出 re ，將這個結果代入上面的機械能守恒式 ,且 030 最后求得： 1521,154 er 下面求作用在小球上的約束力和地面對物塊的約束力。分別以小球和物塊為研究對象，受力如圖 C， D 所示。設 小球的相對物塊的加速度為 物塊的加速度為于小球有動力學方程 )( （ a） 圖 C 圖 D 對于物塊，由于它是平移，根據(jù)質(zhì)心運動動力學方程有 0e0 b） R A B F A B F a）在小球相對運動軌跡的法線方向投影，可得 s in)co s( 其中相對加速度為已知量，。將方程（ b）在水平方向和鉛垂方向投影，可得 s 領 030 ，聯(lián)立求解三個投影可求出 6 2 6 594,15 347 2e 2 18 取小球為研究對象，兩個小球對稱下滑， 設圓環(huán)的半徑為 R。每個小球應用動能定理有： )c o (21 2 （ a） 將上式對時間 t 求導并簡化可得： (b ) 每個小球的加速度為 c i n()s i nc 22 取圓環(huán)與兩個小球為研究對象，應用質(zhì)心運動定理 a 將上式在 y 軸上投影可得： 20 2)co ss i n(20 將 (a),(b)兩式代入上式化簡后得 )s 20 0對應的 值就是圓環(huán)跳起的臨界值，此時上式可表示成 02c o o 2 上述方程的解為：， )2313131(co s 0 圓環(huán)脫離地面時的 值為 r c c o s 01而 r c c o s 02也是方程的解，但 是 1 時圓環(huán)已脫離地面，因此2 不是圓環(huán)脫離地面時的值。 2 19 取圓柱、細管和小球為研究對象。作用于系統(tǒng)上的外力或平行于鉛垂軸或其作用線通過鉛垂軸。根據(jù)受力分析可知：系統(tǒng)對鉛垂軸的動量矩守恒。設小球相對圓柱的速度為 牽連速度為z 軸的動量矩守恒，有： 0co z 其中： e，則上式可表示成： co s)( 由此解得： co s)(co s 其中：mm m 0， 2根據(jù)動能定理積分式，有： 2112 212121,0 其中： 2s co s( ，將其代入動能定理的積分式，可得： m g h )s i n()co s( 2 將 入上式，可求得： 2r c 由 2s co s( 可求得： 212c o s)2(1 v z 2 20 取鏈條為研究對象，設鏈條單位長度的質(zhì)量為 應用動量矩定理，鏈條對 O 軸的動量矩為： 3 外力對 O 軸的矩為： s s O 因為： ，所以上式可表示成： s d)s in(d 積分上式可得： )c o 1 22 由初始條件確定積分常數(shù) ，最后得： 212 /)co 動力學第三章部分習題解答 3 3 取套筒 B 為動點， 為動系 根據(jù)點的復合運動速度合成定理 可得： 0co s， 3 32a 研究 ，應用速度投影定理有： 030 ， 334 再取套筒 D 為動點， 為動系，根據(jù)點的復合運動速度合成定理 gr x 軸上投影有：， 332r 3 4 件（灰色物體） 作平面運動， 已知 A 點的速度 /0 c 速度瞬心位于 C，應用速度瞬心法有： r ， 設 的角速度為 ，則有 設 P 點是 件上與齒輪 I 的接觸點， 該點的速度： 齒輪 I 的角速度為： I 3 6 作平面運動，取 A 為基點 根據(jù)基點法公式有： 將上式在 線上投影，可得 0,0 1 因此，041 點作圓周運動，此時速度為零， 因此只有切向加速度（方向如圖）。 根據(jù)加速度基點法公式 將上式在 線上投影，可得 o s ， C I 201 231 時針） 3 7 齒輪 平面運動，取 A 為基點有 將上式在 x 投影有： s 由此求得： 212o s2 再將基點法公式在 y 軸上投影有： 2t 2s in ，由此求得22 再研究齒輪 的圓心，取 A 為基點 222 將上式在 y 軸上投影有 2s 2 ， 由此解得：)(2s 再將基點法公式在 x 軸上投影有： 2 由此解得：2c n 2 ，又因為 221n 212 )( 由此可得：)(2c o 3 9 卷筒作平面運動， C 為速度瞬心， 其上 D 點的速度為 v ，卷筒的角速度為 rR x y y 角加速度為 rR v 卷筒 O 點的速度為： O 點作直線運動，其加速度為 O 研究卷筒，取 O 為基點，求 B 點的加速度。 n 0t 將其分別在 x,y 軸上投影 422222 )(4)( 同理，取 O 為基點 ，求 C 點的加速度。 n 0t 將其分別在 x,y 軸上投影 22)( 3 10 圖示瞬時， 瞬時平移，因此有： m / B 的角速度： 0 圓盤作平面運動，速度瞬心在 P 點，圓盤的 的角速度為： m/B圓盤上 C 點的速度為： m / 上的 A、 B 兩點均作圓周運動，取 A 為基點 根據(jù)基點法公式有 將上式在 x 軸上投影可得： 0t O C B B B P 22n m /盤的角速度均為：將其對時間求導有： ，由于 0t 所以圓盤的角加速度 0 。 圓盤作平面運動，取 B 為基點，根據(jù)基點法公式有： 22m / )( 3 13 滑塊 C 的速度及其加速度就是 的速度 和加速度。 作平面運動，其速度瞬心為 P， 的角速度為： 上 C 點的速度為： m / 取 為動系，套筒 C 為動點， 根據(jù)點的復合運動速度合成定理有： 其中：e， 根據(jù)幾何關系可求得： m/ 作平面運動，其 A 點加速度為零， B 點加速度鉛垂，由加速度基點法公式可知 由該式可求得 20n m / 點的加速度為零， 上各點加速度的分布如同定軸轉動的加速度分布， 中點的加速度為： 2m /BC B 桿為動系，套筒 C 為動點， B C 其中牽連加速度就是 上 C 點的加速度 即： 2e m/B 桿的軸上投影有： 0co s 科氏加速度 B，由上式可求得： 2a m/取圓盤中心 1O 為動點，半圓盤為動系，動點的絕對運動為直線運動；相對運動為圓周運動；牽連運動為直線平移。由速度 合成定理有： 速度圖如圖 A 所示。由于動系平移，所以 e， 根據(jù)速度合成定理可求出： s t a n 由于圓盤 A 在半圓盤上純滾動，圓盤 A 相對半圓盤 的角速度為： r 由于半圓盤是平移，所以圓盤的角速度就是其相對半圓盤的角速度。 再研究圓盤，取 1O 為基點根據(jù)基點法公式有： 11 00 30s 230c o s 011 322 為求 B 點的加速度，先求 1O 點的加速度和圓盤的角加速度。取圓盤中心 1O 為動點，半圓盤為動系，根據(jù)加速度合成定理有 （ a） a 1o x O A B u 圖 A O 1o A u B 1B 其加速度圖如圖 C 所 示， 將公式（ a）在 x 和 y 軸上投影可得： s os:c 由此求出：21 ，圓盤的角加速度為：22r 下面求圓盤上 B 點的加速度。取圓盤為研究對象， 1O 為基點，應用基點法公式有： 11 （ b） 將（ b）式分別在 軸上投影： 0 其中：1 ， 1 由此可得：237 3 15（ b） 取 為動系（瞬時平移）， 套筒 A 為動點（勻速圓周運動）。 根據(jù)速度合成定理有： 由上式可解得： 3330因為 瞬時平移，所以有： D 33e 3 15（ d） 取 為動系（平面運動）， 套筒 A 為動點（勻速圓周運動）。 作平面運動，其速度瞬心為 P，設其角速度為BCt 1O 1o B x D 根據(jù)速度合成定理有： 根據(jù)幾何關系可求出： 82 將速度合成定理公式在 x,y 軸上投影 : 2 由此解得 : )2323(,41 的速度 343b) 作平面運動 ,根據(jù)基點法有 : 由于 瞬時平移 , 0上式可表示成 : 將上式在鉛垂軸上投影有 : 00s BB 由此解得 : 261 ,取 為動 系（平面運動），套筒 A 為動點（勻速圓周運動）。 A(a) 其中 : 科氏加速度 ,因為 0,所以 0K a 動點的牽連加速度為 : CC 由于動系瞬時平移 ,所以 0C ,(a)式可以表示成 y 軸上投影 : 0co s a 此求得 : )9321( 3 16(d) 取 為動系，套筒 A 為動點， 動點 A 的牽連加速度為 動點的絕對加速度為 a 為動點 A 的科氏加速度。 將上式在 y 軸上投影有 0co 30co s (a) 其中： )2323(,41 （見 3 15d） 為 的角加速度。 再取 上的 C 點為動點，套筒 2O 為動系，由加速度合成定理有 其中 2 ，上式可表示為 2 將上式在 y 軸投影有：30c o s 該式可表示成： 020 30s s （ b） 聯(lián)立求解 (a),(b)可得 22 8 3,9 34 y x BCKay x BC17 作平面運動，其速度瞬心位于 P， 可以證明：任意瞬時，速度瞬心 P 均在以 O 為 圓心， R 為半徑的圓周上，并且 A、 O、 P 在同 一直徑上。由此可得 任何時刻的角速度均 為 桿上 B 點的速度為：2 的角加速度為： 0取 A 為基點，根據(jù)基點法有 將上式分別在 x,y 軸上投影有 4345s 10 222 3 18 取 上的 C 點為動點，構件 動系 CC 根據(jù)幾何關系可求得： 3再取 上的 D 點為動點， 構件 動系 DD 由于 相對動系平移，因此C 將上式分別在 x,y 軸上投影可得 2330co P O R O R x y y 求加速度：研究 C 點有 將上式在 y 軸投影有 00s CC 由此求得 r 3再研究 D 點 由于 相對動系平移，因此C 將上式分別在 x,y 軸上投影有 i i n3 21 由于圓盤純滾動，所以有 根據(jù)質(zhì)心運動定理有： s c 根據(jù)相對質(zhì)心的動量矩定理有 02 求解上式可得： )()c o s(22 0s 22 02 )c 滑動，摩擦力應滿足NS ，由此可得： 當： 時，m i 2)(s c 3 22 研究 ， 剪斷后，其受力如圖所示， x y 據(jù)質(zhì)心運動定理可知 質(zhì)心 C 的加速度鉛垂。 由質(zhì)心運動定理有： 根據(jù)相對質(zhì)心的動量矩定理有： c o 剛體 平面運動，運動初始時，角速度為零。 A 點的加速度水平， 的加速度瞬心位于 P 點。 有運動關系式 求解以上三式可求得： 2 3 35 設板和圓盤中心 O 的加速度分別為 ， 圓盤的角加速度為 ，圓盤上與板 的接觸點為 A，則 A 點的加速度為 將上式在水平方向投影有 1t （ a） 取圓盤為研究對象，受力如圖，應用質(zhì)心運動定理有 22 (b) 應用相對質(zhì)心動量矩定理有 2221 (c) 再取板為研究對象，受力如圖，應用質(zhì)心運動定理有 211 (d ) 作用在板上的滑動摩擦力為： S )( 21 (e) 由上式可解得： P 21a A R 21211 3 )(33 mm 3 29 解：由于系統(tǒng)在運動過程中，只有 的重力作功，因此應用動能定理，可求出有關的速度和加速度。系統(tǒng)運動到一般位置時，其動能為 的動能與圓盤 A 的動能之和： 2222212 21212121 其中： ,s in,s ,因此系統(tǒng)的動能可以表示成： 222222122222221212s i i s i n(211221221系統(tǒng)從 045 位置運動到任意 角位置， 的重力所作的功為： )s s 121 根據(jù)動能定理的積分形式 2112 以 01T ，因此有 )s i s i i 12222221 將上式對時間求導可得： c o o ss i i 32222221 將上式中消去 可得： c o i nc o i 22222221 根據(jù)初始條件 045,0 ，可求得初始瞬時 的角加速度 4(23211 A 因為 0 ，所以 的角加速度為順時針。初始瞬時 的角速度為零，此時 的加速度瞬心在此可求出 上 A 點的加速度： )94(345co i mm 3 33 設碰撞后滑塊的速度、 的角速度如圖所示 根據(jù)沖量矩定理有： A 21 (a) 其中：B 桿質(zhì)心的速度，根據(jù)平面運動關系有 2(b) 再根據(jù)對固定點的沖量矩定理： )( L 系統(tǒng)對固定點 A（與鉸鏈 A 重合且相對地面不動的點）的動量矩為滑塊對 A 點的動量矩和 點的動量矩，由于滑塊的動量過 A 點，因此滑塊對 A 點無動量矩， 對 A 點的動量矩（也是系統(tǒng)對 A 點的動量矩）為 222 1212 將其代入沖量矩定理有： 222 1212 (c) 由（ a,b,c）三式求解可得：292(滑塊的真實方向與圖示相反 ) 3 34 研究整體，系統(tǒng)對 A 軸的動量矩為： )()( 其中： 對 A 軸的動量矩為2)( 31設 1C 為 的質(zhì)心， 對 A 軸的動量矩為 2)(