《動(dòng)力學(xué)1》第一章

運(yùn)動(dòng)學(xué)部分習(xí)題參考解答

1-3

解：

運(yùn)動(dòng)方程：，其中。

將運(yùn)動(dòng)方程對(duì)時(shí)間求導(dǎo)并將夕=30°代入得

V=y.=--1-6---=---I-k--=-4-1-k

cos20cos203

..2而sin?8glk?

a=y=-----7--=------

cos09

1-6

證明：質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，所以，

設(shè)質(zhì)點(diǎn)的速度為人由圖可知:

,所以：

將，

v3

代入上式可得6/=—

cp

證畢

解：設(shè)初始時(shí)，繩索AB的長(zhǎng)度為，時(shí)刻時(shí)的長(zhǎng)度

為，則有關(guān)系式：

,并且

將上面兩式對(duì)時(shí)間求導(dǎo)得：

由此解得：(a)

(a)式可寫成：，將該式對(duì)時(shí)間求導(dǎo)得:

???)?

XX+X=-5V0=VQ(b)

將(a)式代入(b)式可得：(負(fù)號(hào)說(shuō)明滑塊A的加速度向上)

1-11

解：設(shè)B點(diǎn)是繩子AB與圓盤的切點(diǎn)，由于繩子相對(duì)圓盤無(wú)滑動(dòng)，所以，由于繩子始終處

于拉直狀態(tài)，因此繩子上A.B兩點(diǎn)的速度在A.B兩點(diǎn)連線上的投影相等，即：

vB=v^cos^(a)

因?yàn)?/p>

\lx2-R2

cos〃=--------(b)

X

將上式代入(a)式得到A點(diǎn)速度的大小為：

x

v,=coRf(c)

由于，(c)式可寫成：，將該式兩邊平方可得：

X2(X2-R2)=a)2R2f

將上式兩邊對(duì)時(shí)間求導(dǎo)可得：

2xx(x2-R2)-2H3=2(ITR2XX

將上式消去后，可求得：

由上式可知滑塊A的加速度方向向左，其大小為

1-13

解：動(dòng)點(diǎn)：套筒A；

動(dòng)系:OA桿；

定系：機(jī)座：

運(yùn)動(dòng)分析：

絕對(duì)運(yùn)動(dòng)：直線運(yùn)動(dòng)；

相對(duì)運(yùn)動(dòng)：直線運(yùn)動(dòng)；

牽連運(yùn)動(dòng)：定軸轉(zhuǎn)動(dòng)。

根據(jù)速度合成定理

匕二%+匕

有：,因?yàn)锳B桿平動(dòng)，所以，

由此可得，0C桿的角速度為，，所以

當(dāng)時(shí),OC桿上C點(diǎn)速度的大小為

解：動(dòng)點(diǎn)：銷子M

動(dòng)系1:圓盤

動(dòng)系2:OA桿

定系：機(jī)座；

運(yùn)動(dòng)分析：

絕對(duì)運(yùn)動(dòng)：曲線運(yùn)動(dòng)

相對(duì)運(yùn)動(dòng)：直線運(yùn)動(dòng)

牽連運(yùn)動(dòng)：定軸轉(zhuǎn)動(dòng)

根據(jù)速度合成定理有

由于動(dòng)點(diǎn)M的絕對(duì)速度與動(dòng)系的選取無(wú)關(guān)，即，由上兩式可

得:

將(a)式在向在x軸投影，可得：

-vclsin30°=-vc2sin30°+vr2cos30°

由此解得:

/oion0

%=tan30°(v-v)=OMtan30°7(n^(3-9)=-0.4m/5

e2clcos"30a

vc2=OMCO2=0.2^3

%=匕2=J(2+*=0.529M

1-17

解：動(dòng)點(diǎn):圓盤上的C點(diǎn):

動(dòng)系:OA桿；

定系：機(jī)座；

運(yùn)動(dòng)分析：絕對(duì)運(yùn)動(dòng)：圓周運(yùn)動(dòng)；

相對(duì)運(yùn)動(dòng)：直線運(yùn)動(dòng)（平行于OlA桿）;

牽連運(yùn)動(dòng)：定軸轉(zhuǎn)動(dòng)。

根據(jù)速度合成定理有

「％+匕<a）

將（a）式在垂直于0IA桿的軸上投影以及在O1C軸上投影得:

根據(jù)加速度合成定理有

%=%+，+〃r+aC(b)

將(b)式在垂直于OiA桿的軸上投影得

-4?1sin30°=C〃：cos30°C+a'"sin30°-Vac

其中：，，

由上式解得：

1—19

解：由于ABM彎桿平移，所以有

〃-A=aM

?。簞?dòng)點(diǎn)：套筒M；

動(dòng)系:OC搖桿；

定系:機(jī)座;

運(yùn)動(dòng)分析：

絕對(duì)運(yùn)動(dòng)：圓周運(yùn)動(dòng)：

相對(duì)運(yùn)動(dòng)：直線運(yùn)動(dòng)；

牽連運(yùn)動(dòng)：定軸轉(zhuǎn)動(dòng)。

根據(jù)速度合成定理%=%+匕

可求得：，，

根據(jù)加速度合成定理

a；+a：=a：+a；+a+ac

將上式沿方向投影可得：

a\cos45°-a：sin45°=-a[+ac

由于，，，根據(jù)上式可得：

1-20

解：取小環(huán)為動(dòng)點(diǎn)，OAB桿為動(dòng)系

運(yùn)動(dòng)分析

絕對(duì)運(yùn)動(dòng)：直線運(yùn)動(dòng)；

相對(duì)運(yùn)動(dòng)：直線運(yùn)動(dòng)；

牽連運(yùn)動(dòng)：定軸轉(zhuǎn)動(dòng)。

由運(yùn)動(dòng)分析可知點(diǎn)的絕對(duì)速度、相對(duì)速度和牽連速度的方向如圖所示,

其中：

根據(jù)速度合成定理:

匕=匕+匕

可以得到：

加速度如圖所示，其中:

2

ac=2COVT=8r6y

根據(jù)加速度合成定理：

%=，+0+%

將上式在軸上投影，可得：，由此求得：

1-21

解：求汽車B相對(duì)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(dòng)點(diǎn)：汽車B；

動(dòng)系：汽車A（Ox,yO；

定系：路面。

運(yùn)動(dòng)分析

絕對(duì)運(yùn)動(dòng)：圓周運(yùn)動(dòng)；

相對(duì)運(yùn)動(dòng)：圓周運(yùn)動(dòng)；

牽連運(yùn)動(dòng)：定軸轉(zhuǎn)動(dòng)（汽車A繞O做定軸轉(zhuǎn)動(dòng)）

求相對(duì)速度.根據(jù)速度合成定理

V,<1=叱C+叱1

將上式沿絕對(duì)速度方向投影可得：

%=fe+匕

因此匕=匕+匕

其中：，

由此可得：

求相對(duì)加速度，由于相對(duì)運(yùn)動(dòng)為圓周運(yùn)動(dòng)，

相對(duì)速度的大小為常值，因此有：

2

2

at=<=-^-=1.78m/s

RB

2-1解：當(dāng)摩擦系數(shù)足夠大時(shí)，平臺(tái)AB

相對(duì)地面無(wú)滑動(dòng)，此時(shí)摩擦力

取整體為研究對(duì)象，受力如圖，

系統(tǒng)的動(dòng)量：

將其在軸上投影可得：

根據(jù)動(dòng)量定理有：

即：當(dāng)摩擦系數(shù)時(shí)，平臺(tái)AB的加速度為零。

當(dāng)摩擦系數(shù)時(shí)，平臺(tái)AB將向左滑動(dòng)，此時(shí)系統(tǒng)的動(dòng)量為:

P=W2(V4-Vr)+???!V

將上式在軸投影有：

根據(jù)動(dòng)量定理有：

由此解得平臺(tái)的加速度為：(方向向左)

2-2取彈簧未變形時(shí)滑塊A的位置為x坐標(biāo)原點(diǎn)，取整體為研究對(duì)象，受力如圖

所示，其中為作用在滑塊A上的彈簧拉力。系統(tǒng)的動(dòng)量為：

p=mv+=mv+(v+vr)

將上式在x軸投影：

px=tnx+m^x-vIcocos(p)

根據(jù)動(dòng)量定理有：

—(m+)x—〃2"口2sjn(p——F——kx

系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)微分方程為：

2-4取提起部分為研究對(duì)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，

根據(jù)點(diǎn)的復(fù)合運(yùn)動(dòng)可知質(zhì)點(diǎn)并入的相對(duì)速度為，方向向下，大小為(如圖a所示)。

(b)

根據(jù)變質(zhì)量質(zhì)點(diǎn)動(dòng)力學(xué)方程有：

dvd/77

m一二尸⑺+mg+v—=F(r)+(pvf)g+vpv

drrdrr

將上式在y軸上投影有：

dv

m一=尸⑴一(2i")g-Vpv=F(r)-p(vgt+V2)

drr

由于，所以由上式可求得：。

再取地面上的部分為研究對(duì)象，由于地面上的物體沒有運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)，取其為研究對(duì)象，

受力如圖。根據(jù)變質(zhì)量質(zhì)點(diǎn)動(dòng)力學(xué)方程有：

dv「「

=F+777g+Vr—+FN

船的質(zhì)量為：，水的阻力為

將其代入上式可得：

,、dy,「

（加0=mg-qv+F

dlfN

將上式在x軸投影：。應(yīng)用分離變量法可求得

f

ln（q匕一戶）=—-qt）+c

q

由初始條件確定積分常數(shù)，并代入上式可得:

f恤

2-8圖a所示水平方板可繞鉛垂軸z轉(zhuǎn)動(dòng)，板對(duì)轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為，質(zhì)量為的質(zhì)點(diǎn)沿

半徑為的圓周運(yùn)動(dòng)，其相對(duì)方板的速度大小為（常量）。圓盤中心到轉(zhuǎn)軸的距離為。

質(zhì)點(diǎn)在方板上的位置由確定。初始時(shí)，，方板的角速度為零，求方板的角速度與角

解：取方板和質(zhì)點(diǎn)為研究對(duì)象，作用在研究對(duì)象上的外力對(duì)轉(zhuǎn)軸z的力矩為零，因此系統(tǒng)

對(duì)z軸的動(dòng)量矩守恒。下面分別計(jì)算方板和質(zhì)點(diǎn)對(duì)轉(zhuǎn)軸（I勺動(dòng)量矩。

設(shè)方板對(duì)轉(zhuǎn)軸的動(dòng)量矩為，其角速度為，于是有

Ly—Jco

設(shè)質(zhì)點(diǎn)M對(duì)轉(zhuǎn)軸的動(dòng)量矩為，取方板為動(dòng)系，質(zhì)點(diǎn)M為動(dòng)點(diǎn)，其牽連速度和相對(duì)速度分別

為。相對(duì)速度沿相對(duì)軌跡的切線方向，牽連速度垂直于連線。質(zhì)點(diǎn)M相對(duì)慣性參考系

的絕對(duì)速度?它對(duì)轉(zhuǎn)軸的動(dòng)量矩為

七2一L2(mvd)-A2(/wve)+4(〃叫)

其中：

222

L2(mvc)=mrco=i?i[(l+/?cos^?)+(Rsin^>)J6w

2

L2(n2VT)=m(l+Reos0)匕cos^4-inRsin(pvr

系統(tǒng)對(duì)z軸的動(dòng)量矩為。初始時(shí)，，此時(shí)系統(tǒng)對(duì)Z軸的動(dòng)量矩為

k=m(l+R)〃

當(dāng)系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)到圖8-12位置時(shí)，系統(tǒng)右z軸的動(dòng)量矩為

L中=+〃?[(/+Acos。)？+(Rsm<p)2]co+m(l+Rcos(p)ucos(p4-;n/?sin2(pu

=[J+(/2+H?+2lRcos(p)m]co+(/cos夕+R)mu

由于系統(tǒng)對(duì)轉(zhuǎn)軸的動(dòng)量矩守恒。所以有，因此可得：

m(l+R)u=[J+(/2+R?+2lRcos(p)m\co+(/cos。+R)nui

由上式可計(jì)算出方板的角速度為

-COS69)M

CO=---------；------；----------------

J+m(l2+R2+2IRcos(p)

2-11取鏈條和圓盤為研究對(duì)象，受力如圖（鏈條重力未畫），設(shè)圓盤的角速度為

,則系統(tǒng)對(duì)O軸的動(dòng)量矩為：

2

Lo=JOco4-P[(2a+7vr)rco

根據(jù)動(dòng)量矩定理有：

=\J+p((2a+加)/1(?

dro

=Pi(。+x)gr-pj(a-x)gr

整理上式可得：

Uo+Pl(2。+仃)啟=p1(2x)gr

由運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系可知：，因此有：。上式可表示成：

2

\JO+Pi（2。+7rr）r]x=221g產(chǎn)x

令，上述微分方程可表示成：，該方程的通解為：

x=qe'+c2e

根據(jù)初始條件：可以確定積分常數(shù)，于是方程的解為:

x=x（）ch力

系統(tǒng)的動(dòng)量在X軸上的投影為:

系統(tǒng)的動(dòng)量在y軸上的投影為:

根據(jù)動(dòng)量定理:

Px=Ox

D$=Foy-P-PiQa+w)g

由上式解得：，

2-14取整體為研究對(duì)象，系統(tǒng)的動(dòng)能為：

T1212

T=-fnVA+-inC^C

其中：分別是AB桿的速度和楔塊C的速度。

若是AB桿上的A點(diǎn)相對(duì)楔塊C的速度，則根據(jù)

復(fù)合運(yùn)動(dòng)速度合成定理可知：，

因此系統(tǒng)的動(dòng)能可表示為：，系統(tǒng)在能夠過(guò)程中,AB桿的重力作功。根據(jù)動(dòng)能定理的微分形式

有：，系統(tǒng)的動(dòng)力學(xué)方程可表示成：

1)

m。-匕沖。

d—(m+mccof+cc8）=mgvAdt

由上式解得:

2-17質(zhì)量為的均質(zhì)物塊上有一半徑為的半圓槽,放在光滑的水平面上如圖A所示。

質(zhì)量為光滑小球可在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)，初始時(shí)，系統(tǒng)靜止，小球在A處。求小球運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)

相對(duì)物塊的速度、物塊的速度、槽對(duì)小球的約束力和地面對(duì)物塊的約束力。

解：取小球和物塊為研究對(duì)象，受力如圖B所示，由于作用在系統(tǒng)上的主動(dòng)力均為有勢(shì)力，

水平方向無(wú)外力，因此系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，水平動(dòng)量守恒。設(shè)小球?yàn)閯?dòng)點(diǎn)，物塊為動(dòng)系，設(shè)

小球相對(duì)物塊的速度為，物塊的速度為，則系統(tǒng)的動(dòng)能為

22

T=-wop2=-wov；4--w[(vc-vrsin^)+(vrcos^)]

設(shè)為勢(shì)能零點(diǎn)，則系統(tǒng)的勢(shì)能為

V=-ingRsincp

根據(jù)機(jī)械能守恒定理和初始條件有，即

3,[、、2

—tn\^■+—//z[(ve-vrsin夕尸+(匕cos^?)]=m^Rsin(p

系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量為：

px=，叫）匕+加（匕-匕sin夕）

根據(jù)系統(tǒng)水平動(dòng)量守恒和初始條件有

3nive+m（vc-17sin0）=0

由此求出，將這個(gè)結(jié)果代入上面的機(jī)械能守恒式，且最后求得:

下面求作用在小球上的約束力和地面對(duì)物塊的約束力。分別以小球和物塊為研

究對(duì)象，受力如圖C,D所示。設(shè)小球的相對(duì)物塊的加速度為，物塊的加速度為，對(duì)于

小球有動(dòng)力學(xué)方程

inaa=m(ac+4+Q：)=F+mg(a)

圖C

對(duì)于物塊，由于它是平移，根據(jù)質(zhì)心運(yùn)動(dòng)動(dòng)力學(xué)方程有

以4=產(chǎn)+/g+尸N（b）

將方程”）在小球相對(duì)運(yùn)動(dòng)軌跡的法線方向投影，可得

〃?（4-4cos夕）=F-mgsin（p

其中相對(duì)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

/叫）4=Fcosg

0=Fv一尸sin。

領(lǐng)，聯(lián)立求解三個(gè)投影可求出

4=4；’,/=青郎，F(xiàn)-3.6267"火

2-18取小球?yàn)檠芯繉?duì)象，兩個(gè)小球?qū)ΨQ下滑，

設(shè)圓環(huán)的半徑為R。每個(gè)小球應(yīng)用動(dòng)能定理有:

1.

-m(RO)27=mgR(l-cosO)(a)

將上式對(duì)時(shí)間求導(dǎo)并簡(jiǎn)化可得：

0=&sin。(b)

R

每個(gè)小球的加速度為

=(ROcosO-RO2sin0\i+(-R在sin6-R鏟cos6)j

取圓環(huán)與兩個(gè)小球?yàn)檠芯繉?duì)象，應(yīng)用質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理

＞中泊=?i

將上式在y軸上投影可得：

"%xO-2〃z(ROsin。+RA?cos9)=FN-2mg-〃70g

將(a),(b)兩式代入上式化簡(jiǎn)后得

2

FN=+2mg(3cos夕一2sin6)

時(shí)對(duì)應(yīng)的值就是圓環(huán)跳起的臨界值，此時(shí)上式可表示成

3cos20-2cos夕+也"=0

2m

上述方程的解為:，

圓環(huán)脫離地面時(shí)的〃值為〃=arccojg+gj-舞

\/

而也是方程的解，但是時(shí)圓環(huán)已脫離地面，因此不是圓環(huán)脫離地面時(shí)的值。

2-19取圓柱、細(xì)管和小球?yàn)檠芯繉?duì)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(guò)鉛垂軸,根據(jù)受力分析可知：系統(tǒng)對(duì)鉛垂軸的動(dòng)量矩守恒。設(shè)小球相對(duì)圓柱的速度為，牽

連速度為系統(tǒng)對(duì)z軸的動(dòng)量矩守恒，有：

2

L.=-m[}r(o-nwcr+mvTcos。r=0

其中：，則上式可表示成:

(w0+ni)r~co="*cos^r

由此解得：

其中：，

根據(jù)動(dòng)能定理積分式，有：

4=°，T2=g砥/%24-1/nv2

其中：，將其代入動(dòng)能定理的積分式，可得：

2222

m^r(o+/7?[(r(i)-vrcos/9)+(vrsin^)]=2mghn

將代入上式，可求得：

由可求得：

2-20取鏈條為研究對(duì)象，設(shè)鏈條單位長(zhǎng)度的質(zhì)量為

應(yīng)用動(dòng)量矩定理，鏈條對(duì)O軸的動(dòng)量矩為：

Lo=夕"％

外力對(duì)O軸的矩為：

,eftr-rO

Mo=+J()pgrcosgs

=p6gr~+pgrccs(prd(p

Jo

=pGgr1+pgr2sin。

LO=MO

pjiry0=pOgr2+pgr2sin0

因?yàn)椋?，所以上式可表示成?/p>

m-0=/+gsin〃

vdv.八

乃一:7二肉+gsin°

r63

加du=rgg+sin8)d夕

積分上式可得：

由初始條件確定積分常數(shù)，最后得：

動(dòng)力學(xué)第三章部分習(xí)題解答

3-3取套筒B為動(dòng)點(diǎn),OA桿為動(dòng)系

根據(jù)點(diǎn)的復(fù)合運(yùn)動(dòng)速度合成定理

l=叱+匕

可得：，

Wei

0=%=%

3

研究AD桿，應(yīng)用速度投影定理有:

再取套筒D為動(dòng)點(diǎn),BC桿為動(dòng)系，根據(jù),

VBCDr

將上式在X軸上投影有：，

3-4AB構(gòu)件（灰色物體）作平面運(yùn)動(dòng),

已知A點(diǎn)的速度

匕i=gO]A=450cm/s

AB的速度瞬心位于C.應(yīng)用速度瞬心法有:

設(shè)OB桿的角速度為，則有

設(shè)P點(diǎn)是AB構(gòu)件上與齒輪I的接觸點(diǎn),

該點(diǎn)的速度：

力=coABCP

齒輪【的角速度為：

3—6AB桿作平面運(yùn)動(dòng)，取A為基點(diǎn)

根據(jù)基點(diǎn)法公式有：

"七十%

將上式在AB連線上投影，可得

?=0,（0。出=0

因此，

因?yàn)锽點(diǎn)作圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)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(diǎn)法公式

將上式在AB連線上投影，可得

a0H=&-=_立或（瞬時(shí)針）

°'BO1B20

3-7齒輪II作平面運(yùn)動(dòng)，取A為基點(diǎn)有

將上式在X投影有：

-acos/3=a]一唯

由此求得:

再將基點(diǎn)法公式在y軸上投影有：

,由此求得

再研究齒輪II上的圓心，取A為基點(diǎn)

a+a=a+a+a

O2O2AO2AO2A

將上式在y軸上投影有

由此解得：

再將基點(diǎn)法公式在x軸上投影有:

由此解得：，又因?yàn)?/p>

由此可得：

3-9卷筒作平面運(yùn)動(dòng),C為速度瞬心，

其上D點(diǎn)的速度為，卷筒的角速度為

VV

CD=------=---------

DCR-r

角加速度為

.va

a=(i)=-=-------

R-rR-r

卷筒0點(diǎn)的速度為：

nVR

R-r

O點(diǎn)作直線運(yùn)動(dòng)，其加速度為

研究卷筒，取O為基點(diǎn)，求B點(diǎn)的加速度。

aH=aO+*0+

將其分別在x,y軸上投影

aa

nx=+Boa心,=—ciBO

a

B=J*+4=R區(qū)2+i/

(A-r)

同理，取。為基點(diǎn)，求C點(diǎn)的加速度。

+aco+flco

將其分別在x,y軸上投影

ClCx=ao~aco=°aCy=aC0

acC=cicC'=-(-R--_--r-)-2-

3-10圖示瞬時(shí),AB桿瞬時(shí)平移，因此有：

vR=vA=coOA=2nVs

AB桿的角速度：

圓盤作平面運(yùn)動(dòng)，速度瞬心在P點(diǎn)，圓盤的

的角速度為：

圓盤上C點(diǎn)的速度為：

AB桿上的A、B兩點(diǎn)均作圓周運(yùn)動(dòng)，取A為基點(diǎn)

根據(jù)基點(diǎn)法公式有

aB=aH=aA+aBA

將上式在X軸上投影可得：

因此：

由于任意瞬時(shí)，圓盤的角速度均為：

將其對(duì)時(shí)間求導(dǎo)有：,由于，所以圓盤S4

圓盤作平面運(yùn)動(dòng)，取B為基點(diǎn)，根據(jù)基母/、

222

ac=7（^）+??）=8V2m/s

3-13滑塊C的速度及其加速度就是DC桿的速度

和加速度。AB桿作平面運(yùn)動(dòng)，其速度瞬心為P,

AB桿的角速度為：

桿上C點(diǎn)的速度為：

取AB桿為動(dòng)系，套筒C為動(dòng)點(diǎn)，

根據(jù)點(diǎn)的復(fù)合運(yùn)動(dòng)速度合成定理有：

匕=.+匕

其中：，根據(jù)幾何關(guān)系可求得：

ae15

AB桿作平面運(yùn)動(dòng)，其A點(diǎn)加速度為零，

B點(diǎn)加速度鉛垂，由加速度基點(diǎn)法公式可知

aAaRA=aBA1aHA

由該式可求得。8=-^-=0.8nVs2

sin30

由于A點(diǎn)的加速度為零,AB桿上各點(diǎn)加速度的分布如同定軸轉(zhuǎn)動(dòng)的加速度分布,AB桿中點(diǎn)的加

速度為：

再去AB桿為動(dòng)系，套簡(jiǎn)C為動(dòng)點(diǎn)，

根據(jù)復(fù)合運(yùn)動(dòng)加速度合成定理有：

凡=4+%+&

其中牽連加速度就是AB升上C點(diǎn)的加速度

即：

將上述公式在垂直于AB開的軸上投影有：

凡cos30°=accos300+ac

科氏加速度，由上式可求得：

3-14:取圓盤中心為動(dòng)點(diǎn)，半圓盤為動(dòng)系，動(dòng)點(diǎn)的絕對(duì)運(yùn)動(dòng)為直線運(yùn)動(dòng)；相對(duì)運(yùn)動(dòng)為圓

周運(yùn)動(dòng)；牽連運(yùn)動(dòng)為直線平移。由速度合成定理有：

由于圓盤A在半圓盤上純滾動(dòng)，圓盤A相對(duì)半圓盤

的角速度為：

v2u

a)=-r=—

rr

由于半圓盤是平移，所以圓盤的角速度就是其相對(duì)半圓盤的角速度。

再研究圓盤，取為基點(diǎn)根據(jù)基點(diǎn)法公式有:

%=%+”

VBK=—sin300=—300=—u

=%+以acos30°;2而

=

VB=+臉

為求B點(diǎn)的加速度，先求點(diǎn)的加速度和圓盤的角加速度。取圓盤中心為動(dòng)點(diǎn)，半圓盤為動(dòng)系,

根據(jù)加速度合成定理有

a,=+a+a,(a)

UVrII

其加速度圖如圖C所示，，，

將公式（a）在和軸上投影可得:

x:0=a：sin。-。：cos。

Jy:一ad”=一々：1cos6-aI：sin。

由此求出：，圓盤的角加速度為：

下面求圓盤上B點(diǎn)的加速度。取圓盤為研究對(duì)象，為基點(diǎn)，應(yīng)用基點(diǎn)法公式有:

將（b）式分別在軸上投影：

a/R1.rV=Z＞（7|cos30°+a\r.fin/isin30°

aaa0

By=-oi-Bo,sin30°盛COS30

其中：，

,_V3w2

CIB（\=ar=——

由此可得：

3-15（b）取BC桿為動(dòng)系（瞬時(shí)平移），

套簡(jiǎn)A為動(dòng)點(diǎn)（勻速圓周運(yùn)動(dòng)）。

根據(jù)速度合成定理有：

匕=.+.

由上式可解得：

因?yàn)锽C桿瞬時(shí)平移，所以有：

百

VCD=匕=—

*'

3-15（d）取BC桿為動(dòng)系（平面運(yùn)動(dòng)），%

套筒A為動(dòng)點(diǎn)（勻速圓周運(yùn)動(dòng)）。D"/人

BC桿作平面運(yùn)動(dòng)，其速度瞬心為P,設(shè)其角速度為

根據(jù)速度合成定理有：

匕=匕+匕

根據(jù)幾何關(guān)系可求出：O

將速度合成定理公式在x,y軸上投影::

口第二U。+匕*=一°2尸38c

Vav=匕y+%，==斗+02A38c

13B

由此解得:CO=:3,眩=(―+P

BC42

4

DC桿的速度vc=CP(oBC=-

3-16(b)BD桿作平面運(yùn)動(dòng)，根據(jù)基點(diǎn)法有：

aaaa

°C=+CB+CB=+CB+CB

由于BC桿瞬時(shí)平移，38c=0，上式可表示成:

aC=aB+aB+aCB

將上式在鉛垂軸上投影有：

O=-^o：+67*Cosin30°

由此解得:a,c=4啰2

6

再研究套筒A,取BC桿為動(dòng)系(平面運(yùn)動(dòng))，套筒A為動(dòng)點(diǎn)(勻速圓周運(yùn)動(dòng))。

%=?a=?c+q+?K⑻

其中：〃K為科氏加速度，因?yàn)槔齱二°，所以=。

動(dòng)點(diǎn)的牽連加速度為：ae=ac+a"c+a*c

由于動(dòng)系瞬時(shí)平移，所以=0，Sc=a*AC

牽連加速度為=ac+&c，(a)式可以表示成

aA=?a=氣+〃=+%

將上式在y軸上投影：

-aAcos30°=-accos30°+心

由此求得:%

3-16(d)取BC桿為動(dòng)系，套筒A為動(dòng)點(diǎn),

動(dòng)點(diǎn)A的牽連加速度為

ae=aC+aAC+C：C

動(dòng)點(diǎn)的絕對(duì)加速度為

?a=^C+aAC+aAC+ar+^K

其中“K為動(dòng)點(diǎn)A的科氏加速度。

將上式在y軸上投影有

(

aAcos30°=-accos30-ci\c+aK

上式可寫成

2

<yrcos300=-accos300-aBC-AC+2coBC-vr(a)

其中：(見3—15d)為BC桿的角加速度。

再取BC桿上的C點(diǎn)為動(dòng)點(diǎn)，套筒為動(dòng)系、由加速度合成定理有

?aC=aC=*+*+〃'

其中，上式可表示為

aaaa

C~CO2+COz+r+〃K

將上式在y軸投影有：

該式可表示成：

-accos300=aBC-CO,-2COBCVCsin30°(b)

聯(lián)立求解(a).(b)可得

4V32_V32

CIQ--------coa=—/

3-17AB桿作平面運(yùn)動(dòng)，其速度瞬心位于P,

可以證明：任意瞬時(shí)，速度瞬心P均在以O(shè)為

圓心,R為半徑的圓周上，并且A、O、P在同

一更徑上。由此可得AB桿任何時(shí)刻的角速度均

為

AP2R

桿上B點(diǎn)的速度為：

AB桿的角加速度為：

取A為基點(diǎn)，根據(jù)基點(diǎn)法有

08=%+%+%八=%+」

將上式分別在x,y軸上投影有

〃私…嬴cos45。

4

〃母=〃八一sin450

4

ri——Viov^

aB~yJaHx+aBy——--—

3-18取DC桿上的C點(diǎn)為動(dòng)點(diǎn)，構(gòu)件AB為動(dòng)系

VCa=%十%

根據(jù)幾何關(guān)系可求得：

再取DC桿上的D點(diǎn)為動(dòng)點(diǎn)，構(gòu)件AB為動(dòng)系

由于BD桿相對(duì)動(dòng)系平移，因此

將上式分別在x,y軸上投影可得

反

VDar=-VDc+VDr30°=---MK

3

%=f「cos300=--6>r

2

求加速度：研究C點(diǎn)有

ac=aca=aa+a(y+acK

將上式在y軸投影有

0=aVCCcsin30°VI-aCrcos30°vis+aCKsin30°

由此求得40=3”。

再研究D點(diǎn)

aD=aDa=aDe+aDr+aDK

由于BD桿相對(duì)動(dòng)系平移，因此

將上式分別在x,y軸上投影有

9

o2

〃Dax=6f/?rsin3O+^Kcos30°=-cor

3-\/^->

2

〃Day=-aDe一cos30°+aDKsin30°=一一—co

乙

3-21由于圓盤純滾動(dòng)，所以有

根據(jù)質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理有：

mac=FcosO-Fs

0=+Fsin0-mg

根據(jù)相對(duì)質(zhì)心的動(dòng)量矩定理有

mp2a=Fsr-Fr[)

求解上式可得：

產(chǎn)("cos。+%)

△s=7~

r+p-

若圓盤無(wú)滑動(dòng)，摩擦力應(yīng)滿足，由此可得:

當(dāng)：時(shí)，

3-22研究AB桿,BD繩剪斷后，其受力如圖所示，

由于水平方向沒有力的作用，根據(jù)質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理可知

AB桿質(zhì)心C的加速度鉛垂。

由質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理有：

"以c=mg-FAN

根據(jù)相對(duì)質(zhì)心的動(dòng)量矩定理有：

2

^mlaAB=FAN^cos(p

剛體AB作平面運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)初始時(shí)，角速度為零。

A點(diǎn)的加速度水平,AB桿的加速度瞬心位于P點(diǎn)。

有運(yùn)動(dòng)關(guān)系式

aC=aAB-COS(P

求解以上三式可求得:

L2

FAN=1〃2g

J

3-35設(shè)板和圓盤中心。的加速度分別為

,圓盤的角加速度為，圓盤上與板

的接觸點(diǎn)為A,則A點(diǎn)的加速度為

aA=a0+aAO+aA0

將上式在水平方向投影有

aa+aa///////////////^////////////

XA=o\o=o+或=6(a)

取圓盤為研究對(duì)象，受力如圖，應(yīng)用質(zhì)心i

(b)

應(yīng)用相對(duì)質(zhì)心動(dòng)量矩定理有

1、

—m、R-a=F、R(c)

2-'

再取板為研究對(duì)象，受力如圖，應(yīng)用質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理有

=F-FS-F2(d)

作用在板上的滑動(dòng)摩擦力為：

Fs=-=/'(〃L⑹

由上式可解得：

3尸一3/(町+〃q?2)=g-------------------------

3m.+/小

3-29

解：由于系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有AB桿的重力作功，因此應(yīng)用動(dòng)能定理，可求出有關(guān)的速

度和加速度。系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)到?般位置時(shí)，其動(dòng)能為AB桿的動(dòng)能與圓盤A的動(dòng)能之和：

q=g町vc++5嗎u：+5JA(0\

其中：

0A8=_8，VC=-2^

vA=coAHlsm0=-Isin00,

1sin00

co.=—=-----------,

ARR

因此系統(tǒng)的動(dòng)能可以=

(19\1in^K~/sinw

T'=:叫4----------0~+—"2,(/sinOB)+

-212)2122222R

=-ml2O2+-mJ2O2sin2O

6l4-

系統(tǒng)從位置運(yùn)動(dòng)到任意角位置，

AB桿的重力所作的功為：

叱-2=^1^—(sin450-sin^)

根據(jù)動(dòng)能定理的積分形式T2-T}=W-2

初始時(shí)系統(tǒng)靜止，所以：

—m.l2O2-^—mJ2O2sin28=gg

64_

將上式對(duì)時(shí)間求導(dǎo)可得:

i???33/

222),

-00sin0+—m2l0sin^cos^=-n^g—cosOO

將上式中消去可得：

2222

、叫/。+210sM20+^m2l0cosOsin。=一〃(ggcos。

根據(jù)初始條件，可求得初始瞬時(shí)AB桿的角加速度

因?yàn)?，所以AB桿的角加速度為順時(shí)針。初始瞬時(shí)AB桿的角速度為零，此時(shí)

AB桿的加速度瞬心在點(diǎn)，由此可求出AB桿上A點(diǎn)的加速度：

3"

a=alsin45°=-<9/cos45°=

AAB(4g+9〃4)

3-33設(shè)碰撞后滑塊的速度、AB桿的角速度如圖所示

根據(jù)沖量矩定理有：

m}vA+fn2vc=I(ci)

其中：為AB桿質(zhì)心的速度，根據(jù)平面運(yùn)動(dòng)關(guān)系有

%=5+乳8⑹

再根據(jù)對(duì)固定點(diǎn)的沖量矩定理：

系統(tǒng)對(duì)固定點(diǎn)A(與皎鏈A重合且相對(duì)地面不可

的動(dòng)量矩和AB桿對(duì)A點(diǎn)的動(dòng)量矩，由于滑塊的動(dòng)軟過(guò)A點(diǎn)，

桿對(duì)A點(diǎn)的動(dòng)量矩(也是系統(tǒng)對(duì)A點(diǎn)的動(dòng)量矩)為

711,2

乙八=機(jī)2%5+五〃4/(0AR

將其代入沖量矩定理有：

/1,,

"2打'5十五"2"3相二〃(c)

由(a,b,c)三式求解可得：(滑塊的真實(shí)方向與圖示相反)

3-34研究整體，系統(tǒng)對(duì)A軸的動(dòng)量矩為：

J=^A(AC)+^A{DC,

其中:AC桿對(duì)A軸的動(dòng)量矩為

設(shè)為BC桿的質(zhì)心,BC桿對(duì)A軸的動(dòng)量矩為

73/1戶

L48G=加%5/+不加廣3比

.I

1七=%+%?=/0AC+5

根據(jù)沖量矩定理可得：

—ml2co+—①8c=211（a）

6AC6

再研究BC桿，其對(duì)與C點(diǎn)重合的固定點(diǎn)的動(dòng)量矩為

/I,1,1,

m(0

Lc=mVq3+記m卜①時(shí)~~^^~Ac+一小138c

根據(jù)沖量矩定理有：

—mr(i)+-mrco=II(b)

2AC3BC

聯(lián)立求解(a),(b)可得=-0-=-2.5rad/s2

1ml

3-35碰撞前，彈簧有靜變形

第一階段：與通過(guò)完全塑性碰撞后一起向下運(yùn)動(dòng),

不計(jì)常規(guī)力，碰撞前后動(dòng)量守恒，因此有；

（〃4+竹）u=嗎J2gh

碰撞結(jié)束時(shí)兩物體向下運(yùn)動(dòng)的速度為v=7^

第二階段：與一起向下運(yùn)動(dòng)后再回到碰撞結(jié)束時(shí)

的初始位置，根據(jù)機(jī)械能守恒可知：此時(shí)的速度向上,

大小仍然為

V=-----

2

第三階段：與一起上升到最高位置，此時(shí)彈簧

被拉長(zhǎng)。根據(jù)動(dòng)能定理有：

ILA

2

0--（7//）+W3）V=一（犯十加3必（/+丸）+不5：

上式可表示成：

等=2沖（箸+為一嗟+#=好+2*+9

若使脫離地面，彈簧的拉力必須大于其重力，因此有，將代入上式求得：。若，則

注：上述結(jié)果是在假設(shè)與始終粘連在一起的條件下得到的，若與之間沒有粘著力，答案應(yīng)

為，如何求解，請(qǐng)思考。

3-36取AB桿為研究對(duì)象，初始時(shí)，桿上的A點(diǎn)

OO

與水平桿上的O點(diǎn)重合，當(dāng)時(shí)系統(tǒng)靜止，

AB桿上A點(diǎn)的速度為，角速度為，初始時(shí)受到

沖擊力的作用，應(yīng)用對(duì)固定點(diǎn)O的沖量矩定理可得

Lo=mvcl+皿2/)%=0

其中：

由此解得/=變

4/

當(dāng)時(shí)，滑塊A以加速度向右運(yùn)動(dòng)，

取AB桿為研究對(duì)象，應(yīng)用相對(duì)動(dòng)點(diǎn)A的動(dòng)量矩定理有:

—=malcosO-mgsin。

3

將上式積分并簡(jiǎn)化可得：

2.

—/6)2=isinO+gcosO+C

31戶

其中C是積分常數(shù)由初始條件0=0,0=。確定出C=彳-g。上式可表示成

o/

2分，.Z)C3v“小

—IO~=asm9+gcos〃+-----g=f(0)

38/

若AB桿可轉(zhuǎn)動(dòng)整圈.則應(yīng)有，因此。若的最小值大于零，則AB桿就可以完成整

圈轉(zhuǎn)動(dòng)。下面求的極值c

3v2

f(0)=asin，+gcos，+-----g

將，式求導(dǎo)令其為零有/(9)=〃cos￡一討sin夕=0求得極值點(diǎn)為tan<?"=-

g

當(dāng)，函數(shù)取最大值

當(dāng)，函數(shù)取最小值，若使最小值大于零，則有

3v2口—r31a

+-T7_g=7a+g+——一g>0

o/o/

由此求得3v2>8/(g++g2)

動(dòng)力學(xué)第四章部分習(xí)題解答

4-6圖示瞬時(shí),AB桿的加速度瞬心位于P點(diǎn),

設(shè)其角加速度為，則質(zhì)心加速度為：

a

c=a岫CP=aAli-

Ma=五陽(yáng)/"。八8

根據(jù)動(dòng)靜法有：

mg—cos0+F-+M.=0

IX=。a2"C

=—cos^=3.528rad/s2

A"21

FA-mg+Fclcos6^=0FA=〃zg(l—[cos?0)=357.7N

工工=

0%sin。-5=0Fl{=-^sin6>cos<9=176.4N

4-7（1）取AB桿和滑塊C為研究對(duì)象

AB桿平移，質(zhì)心加速度如圖所示

根據(jù)動(dòng)靜法有：

ZX=0tngsin30°-F,=0

抖

ac=gsin30°=0.5g

（2）滑塊C無(wú)水平方向的作用力,

其加速度鉛垂向下,AB桿平移，

其加速度垂直于AD,如圖所示。

兩者加速度的關(guān)系為

ac=aAsin300

FC!="Wc，F(xiàn)ABI=利AMA，〃2=+#

根據(jù)動(dòng)靜法有

>F、.=0mgsin30°-FAfil-Fclsin30°=0

由此求得:

（3）先研究滑塊C

根據(jù)約束可知：

F=次，

cixq.0%=小曲

根據(jù)動(dòng)靜法有：

FF0F

%匕=。-ax-~mc4a

上式可表示成：

a

mgsin300=mABaA+^cAsin?30。

<,

+mcf(g-aAsin300)cos30

由上式解得:

2

ac=4.64