动力学课后习题答案北航考研

第一章质点动力学13解运动方程TANLY，其中KT。将运动方程对时间求导并将03代入得4COS22LKLLYV938IN3LLKA16证明质点做曲线运动，所以质点的加速度为NTA,设质点的速度为V，由图可知YNCOS，所以YVN将VY，2NA代入上式可得C3证毕17证明因为N2AV，VASI所以3证毕110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TVL0，并且22XLS将上面两式对时间求导得0S，XS由此解得V0（A）A式可写成SX，将该式对时间求导得202VSXBXYOANVYOVOVFNGMY将A式代入B式可得32020XLVVXA（负号说明滑块A的加速度向上）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GFAMN将该式在YX,轴上投影可得直角坐标形式的运动微分方程NSINCO其中22SI,COSLXLX0,320YXLV将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得23201XLLVGMF111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RVB，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COSABV（A）因为XR2CS（B）将上式代入（A）式得到A点速度的大小为2RXV（C）由于XVA，（C）式可写成2，将该式两边平方可得2XX将上式两边对时间求导可得XRXRX232将上式消去X2后，可求得24XD由上式可知滑块A的加速度方向向左，其大小为24RXAA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GFAMN将该式在YX,轴上投影可得直角坐标形式的运动微分方程GFYNSINCO其中XRXR2COS,SI,0,24YRX将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得2525,4RXMGFRXMFN113解动点套筒A；动系OC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REAV有COS，因为AB杆平动，所以VA，由此可得EV，OC杆的角速度为OAE，COSL，所以LV2COS当045时，OC杆上C点速度的大小为LALAVVC24502115XAVAONFBRGMYAVERE12VR2RX解动点销子M动系1圆盘动系2OA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R1EA1V，R2EA2V由于动点M的绝对速度与动系的选取无关，即1，由上两式可得R1EVR2EA将（A）式在向在X轴投影,可得0R20E20E13COSSIN3SINVVV由此解得SMBOM/4093COSINTATA02120E120R232E2VSMVM/5290REA117解动点圆盘上的C点；动系O1A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REAVV（A）AVER将（A）式在垂直于O1A杆的轴上投影以及在O1C轴上投影得0E0A3COS3COSVV，0R0A3SIN3SINVVRAE，RRA，521ERC根据加速度合成定理有CRNETA（B）将（B）式在垂直于O1A杆的轴上投影得CA0NE0TE0A3SICO3SIN其中2R，21A，R1V由上式解得2TE13119解由于ABM弯杆平移，所以有MAA,AV取动点滑块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REAVV可求得M/S22EABAM，M/S2ERBV，RAD/34511O根据加速度合成定理CAARNETNTAATENERCAVERVNARTACNETE将上式沿CA方向投影可得CAATE0N0TA45SI45COS由于221NM/36L，2TE/S1B，2RM/S8V，根据上式可得2TA157/，2TA1RAD/60L120解取小环M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ROMV260COSE根据速度合成定理REA可以得到RV3260TAN2TNEA，RV460COSER加速度如图所示，其中2022E6COSROMA，2R8VC根据加速度合成定理CAARE将上式在X轴上投影，可得CACOSCSEA,由此求得2A14R121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（OXY）；AVMOABREXCAAMOABREOXYEVAVR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REAVV将上式沿绝对速度方向投影可得REAV因此ARV其中ABBR,EA，由此可得M/S9380RAVRV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22RNR/S781BRVA123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。解销钉M上作用有水平槽的约束力F和圆槽的约束力OF（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。根据速度合成定理有REAVYXNRAOMROVGMOMROVGMFRAEVARMRONMOT由此可求出COSEAVV。再根据加速度合成定理有REA由于绝对运动是圆周运动，牵连运动是匀速直线平移，所以0E，并且上式可写成RNAT因为22ANCOSRV，所以根据上式可求出32NATCOSINRV。根据矢量形式的质点运动微分方程有GFAMMONT将该式分别在水平轴上投影COSSSITA由此求出42RVFO124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ERFGAM将上式在切向量方向投影有COSSINGLATRE因为,EMAFDDTT，所以上式可写成COSSINMAGML整理上式可得DCOSSINDAGL将上式积分CAGLSINCO2AMTEAGF其中C为积分常数（由初始条件确定），因为相对速度LVR，上式可写成CAGLSINCO2R初始时0，系统静止，0EAV，根据速度合成定理可知0RV，由此确定GC。重物相对速度与摆角的关系式为SIN1COS2RAGL126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78），初始时小球相对静止且到转轴O的距离为OR，求小球到转轴的距离为OR时的相对速度。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CMFAER将上式在RV上投影有COSDERTRTV因为2EMRF，TRVTDRR，R，所以上式可写成COSDCOS2RRMRV整理该式可得2R将该式积分有CRV22R1初始时OR,0RV,由此确定积分常数2O，因此得到相对速度为2RRV127重为P的小环M套在弯成2CXY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。RROOCFERROFRVOXMXYMFEP解取小环为动点，金属丝为动系，根据题意，相对平衡位置为0RA，因为金属丝为曲线，所以0RV，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PF,E分别为约束力、牵连惯性力和小环的重力。根据质点相对运动微分方程有EPF其中2EYGPF，将上式分别在YX,轴上投影有0COSINEF（A）以为XYDTAN，C2,2DXCY,因此2TANXC（B）由（A）式可得ETFP（C）将2EYGPF和式（B）代入式（C），并利用2CXY，可得3123124,GCYGX再由方程（A）中的第一式可得3424211GCPCXTANPSINF第二章质点系动力学21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NFF取整体为研究对象，受力如图，系统的动量R2VPM将其在X轴上投影可得BTMVX2RVRVNFG1M2X根据动量定理有GMFFBMTPNXD212即当摩擦系数GF21时，平台AB的加速度为零。当摩擦系数BF21时，平台AB将向左滑动，此时系统的动量为VP1R2M将上式在X轴投影有VMBTX2121R2根据动量定理有GFFAMBTPNXD21212由此解得平台的加速度为FG21（方向向左）22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R11VVPM将上式在X轴投影COS1LX根据动量定理有系统的运动微分方程为TLMKXSIN21124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VTM，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RV，方向向下，大小为V（如图A所示）。NGM1FXVRKXFLXTPXSIND21NFVRGMTFYAB根据变质量质点动力学方程有VTTMTMRRDDGFVGFV将上式在Y轴上投影有2RTTTT由于0DTV，所以由上式可求得2VG。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TLFN25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TMTMNDDRVFGV船的质量为QT0，水的阻力为VF将其代入上式可得R0DVFGVQMFTQMN将上式在X轴投影R0FT。应用分离变量法可求得CQFVQLNLN0R由初始条件确定积分常数0LNMFVCR，并代入上式可得QFMTFQV10R28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。GMNFVXZULROGOLRVEM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1L，其角速度为，于是有J设质点M对转轴的动量矩为2，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RE,V。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REAV。它对转轴的动量矩为R2E2A2VVMLML其中SINCO222E2RLRRRRSVVRLLV系统对Z轴的动量矩为21。初始时，UR,0，此时系统对Z轴的动量矩为ULM0当系统运动到图812位置时，系统对Z轴的动量矩为MURLLRLJURLLCOSCOS2SINCOSIN222由于系统对转轴的动量矩守恒。所以有0L，因此可得ULLLJULMCOSCOS22由上式可计算出方板的角速度为COS212LRLJU211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2RAJLLO根据动量矩定理有GRXAGRXATLLLD2整理上式可得由运动学关系可知XR，因此有XR。上式可表示成XGRRAJLLO22令22RAJGLO，上述微分方程可表示成0，该方程的通解为TTECX21根据初始条件0,XT可以确定积分常数201X，于是方程的解为TXCH0系统的动量在X轴上的投影为XRRPLLLX2DSIN0系统的动量在Y轴上的投影为XRXRXARALLLLY根据动量定理GRAPFPLYX20由上式解得TRXLOXCH20，TCH220XGRAPFLLOY214取整体为研究对象，系统的动能为221CAVMT其中CAV,分别是AB杆的速度和楔块C的速度。若R是AB杆上的A点相对楔块C的速度，则根据YOFXPRJLLO222GMCVAVR复合运动速度合成定理可知COTVA，因此系统的动能可表示为222COT1CT1ACACAVMVMVT，系统在运动过程中，AB杆的重力作功。根据动能定理的微分形式有WD，系统的动力学方程可表示成TMGVVMVMAACACDCOTCOT2122由上式解得2COTDCAGTVA，COTACA217质量为0M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30M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03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。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RV，物块的速度为EV，则系统的动能为COSSIN21212R2REE0AE0VVMVVMT设0为势能零点，则系统的势能为SINGRV根据机械能守恒定理和初始条件有0T，即SINCOSSIN2132R2REEMGRVVMV1RABRABRVEVGM0NF系统水平方向的动量为SINREE0VMPX2根据系统水平动量守恒和初始条件由2式有0SI3REEV由此求出SIN41REV，将这个结果代入上面的机械能守恒式1中,且03最后求得152,154ERGRVG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RA，物块的加速度为EA，对于小球有动力学方程GFMMTRNEA（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NFGA0E0M（B）将方程（A）在小球相对运动轨迹的法线方向投影，可得SINCOSENR其中相对加速度为已知量，RVA2R。将方程（B）在水平方向和铅垂方向投影，可得SIN0CO0EFGMN令03，联立求解三个投影方程可求出MGGGAN6273,7594,13472E218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ARBGMFTREARABFEAG0NCOS1212MGR（A）将上式对时间T求导并简化可得SINB每个小球的加速度为JIACOSSINSNCO22NTRRM取圆环与两个小球为研究对象，应用质心运动定理IIFAC将上式在Y轴上投影可得GMFRMN0202COSSIN2将A,B两式代入上式化简后得CSSGFN230时对应的值就是圆环跳起的临界值，此时上式可表示成02COS32M上述方程的解为31圆环脱离地面时的值为M2ARCOS01而M23ARCOS02也是方程的解，但是1时圆环已脱离地面，因此2不是圆环脱离地面时的值。219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RV，牵连速度为EV，由系统对Z轴的动量矩守恒，有0COSRE20MVRLZ其中VE，则上式可表示成RVRMCSR20由此解得O0其中，RH2TANTMAG0NNFZEVRV根据动能定理积分式，有2112WTMGNHVRMT21A021,其中2RRE2ASINCOSVV，将其代入动能定理的积分式，可得SIC2RR20将RS代入上式，可求得2RCO1GHNV则2COS1CSGHNR由RRE2AIVV可求得21RCS2220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3RLO外力对O轴的矩为SINDCOS202GRRMRI23RLO因为DDVRTVT，所以上式可表示成SINGVRDD积分上式可得CROS21由初始条件确定积分常数GC，最后得21/COS2GRV第三章刚体动力学（I）33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REAVAVERADVRSDGGR可得LVVE0A3COS，BC32A研究AD杆，应用速度投影定理有03COSDAV，LVD34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RDBCV将上式在X轴上投影有RDBCV，LVBCD32R34AB构件（灰色物体）作平面运动，已知A点的速度SAOV/0CM4510AB的速度瞬心位于C，应用速度瞬心法有RAD/S23ABV，设OB杆的角速度为，则有RAD/S415OB设P点是AB构件上与齿轮I的接触点，该点的速度CPVAB齿轮I的角速度为RAD/S61VI36AB杆作平面运动，取A为基点根据基点法公式有BABV将上式在AB连线上投影，可得0,1BOB因此，04AV因为B点作圆周运动，此时速度为零，AVBVPCABIBVAAVAABATANB因此只有切向加速度（方向如图）。根据加速度基点法公式NTBAABAA将上式在AB连线上投影，可得N06COSBAB，R20520131OA（瞬时针）37齿轮II作平面运动，取A为基点有NTBABAA1A将上式在X投影有N1COSBAAA由此求得212NCOSRRBAI再将基点法公式在Y轴上投影有2TSINAIBA，由此求得2RI再研究齿轮II上的圆心，取A为基点NTNT2222AOOAAA将上式在Y轴上投影有2SI2TT22RAIAO，由此解得IN2121T21RR再将基点法公式在X轴上投影有N1N22AOOA由此解得2COS1N2AAO，又因为11OR由此可得T2AOANXYN2OAT22COS121RAO39卷筒作平面运动，C为速度瞬心，其上D点的速度为V，卷筒的角速度为RRC角加速度为AV卷筒O点的速度为RROO点作直线运动，其加速度为AVA研究卷筒，取O为基点，求B点的加速度。N0TOBAA将其分别在X,Y轴上投影NTBOYBOBX42224VRRARAX同理，取O为基点，求C点的加速度。N0TOCAA将其分别在X,Y轴上投影NTCOYCOCX2RRVAY310图示瞬时，AB杆瞬时平移，因此有M/S2OAVBAB杆的角速度0B圆盘作平面运动，速度瞬心在P点，圆盘的的角速度为/S4RVBOANCOTOACBTBNBAVBVBPCVAREK圆盘上C点的速度为M/S2PCVBAB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TNTBABBAA将上式在X轴上投影可得0T因此22NM/S8RVABB由于任意瞬时，圆盘的角速度均为B将其对时间求导有RAVBBT，由于0TA，所以圆盘的角加速度0B。圆盘作平面运动，取B为基点，根据基点法公式有NNTCCCAA222NM/S8B313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RAD/S1APVB杆上C点的速度为M/S20CAB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REAV其中CVE，根据几何关系可求得M/S153RAAB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BTBAATAANBCANEVRAPBATBANACNTNTBABAABAA由该式可求得20NM/S83SI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2/S45BCA再取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KREAA其中AK表示科氏加速度；牵连加速度就是AB杆上C点的加速度，即2EM/S40A将上述公式在垂直于AB杆的轴上投影有K0E0A3COSCS科氏加速度RK2VAB，由上式可求得AM/S3314取圆盘中心1O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REAV速度图如图A所示。由于动系平移，所以UVE，根据速度合成定理可求出UVUVO2SIN,3TANERE1由于圆盘O1在半圆盘上纯滚动，圆盘O1相对半圆盘的角速度为RUV2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1O为基点根据基点法公式有11BBVUROX003SIN3SIN1O1OAUB1OV1图BRVAOABUEV1O图AUVBOBY320COS11YX2为求B点的加速度，先求1点的加速度和圆盘的角加速度。取圆盘中心1O为动点，半圆盘为动系，根据加速度合成定理有TRNEAA（A）其加速度图如图C所示，RURV2NRR，将公式（A）在X和Y轴上投影可得SINCOSIN0RTRATA由此求出UUO2A2TR,31，圆盘的角加速度为2TR3UA下面求圆盘上B点的加速度。取圆盘为研究对象，1为基点，应用基点法公式有NT111BOOAA（B）将（B）式分别在YX,轴上投影0T0NT3COS3SIICO111BOBOBYAA其中RUABO2N41，T31由此可得RUAB27315（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REAV由上式可解得T1BOAAOOBXYN图DTRANRAOYX图C1OAAVERRV30TANE因为BC杆瞬时平移，所以有RVCDE315（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BC根据速度合成定理有REAV根据几何关系可求出CPO316,82将速度合成定理公式在X,Y轴上投影BCYYXXAOVV2EREA由此解得RRBC3,41DC杆的速度PV316BBC杆作平面运动,根据基点法有NTNTNTCBBCBBCAAA由于BC杆瞬时平移,0,上式可表示成TNTCBBC将上式在铅垂轴上投影有0TN3SI0CBA由此解得261B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）。KREAAATCBANBATBBAVECPRYXBCTCBANBATBB其中KA为科氏加速度,因为0AB,所以KA动点的牵连加速度为TENECCA由于动系瞬时平移,所以N,BT牵连加速度为TEEC,则A式可以表示成RTEAAA将上式在Y轴上投影TE003COS3COSCCA由此求得RAC291316D取BC杆为动系，套筒A为动点，动点A的牵连加速度为NTEACCAA动点的绝对加速度为KACCRNTA其中K为动点A的科氏加速度。将上式在Y轴上投影有KACCAAAT003COS3COS上式可写成R0022SSVRBCBCCA其中RVRBC23,41（见315D）为BC杆的角加速度。再取BC杆上的C点为动点，套筒2O为动系，由加速度合成定理有KREAA其中NTE22O，上式可表示为KCCRT22将上式在Y轴投影有KCOCAA30COST2AATECARCAYAKRYXBCTACANACCAKACRYXBCT2COAN2CO该式可表示成0203SIN3COSCBBCCVOA（B）联立求解A,B可得228,94BCCRA317AB杆作平面运动，其速度瞬心位于P，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RVAPB2杆上B点的速度为ABVAB杆的角加速度为0PVABA取A为基点，根据基点法有NTNBABAABAA将上式分别在X,Y轴上投影有RVSINACOABABYX43520NYX12318取DC杆上的C点为动点，构件AB为动系REACVV根据几何关系可求得RC3R再取DC杆上的D点为动点，构件AB为动系REAVVBVPORORAANBXYACVEREDVRXY由于BD杆相对动系平移，因此RRDCV将上式分别在X,Y轴上投影可得RVDYX230COSINRA0RE求加速度研究C点有KREACA将上式在Y轴投影有0K0R0E3SIN3COSSIN0CCC由此求得A2R3再研究D点KREADDA由于BD杆相对动系平移，因此RRC将上式分别在X,Y轴上投影有RAAARDDD20K0REY20RX3SIN3COS9SIN321由于圆盘纯滚动，所以有RC根据质心运动定理有MGFANSCSIN0CO根据相对质心的动量矩定理有02RS求解上式可得COS20RMFAC，SINFMGNSXYRCAACKECRDAKENFCAS若圆盘无滑动，摩擦力应满足NSFF，由此可得当SINFMG时，322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ANCFMGA根据相对质心的动量矩定理有COS212LLANB刚体AB作平面运动，运动初始时，角速度为零。A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COS2LAABC求解以上三式可求得MGFAN5325设板和圆盘中心O的加速度分别为OA,1，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NTOOA将上式在水平方向投影有1TRAOAOAX（A）取圆盘为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有MIN202ICOFRFGMANFCAAABP2NFG2M2OATA1ANAAR22FAMOB应用相对质心动量矩定理有R221C再取板为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有21FAMSD作用在板上的滑动摩擦力为GMFFNS21E由ABCDE联立可解得2113FA329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2222121ABCJVMJVMT其中,SIN,RLVLABA因此系统的动能可以表示成22212222122SIN436SIN1SILMLRLMLLLT系统从05位置运动到任意角位置，AB杆的重力所作的功为SIN45I2012LGMWNFG1MS22AAVCVABPG1MACAA根据动能定理的积分形式212WT初始时系统静止，所以01，因此有SIN45I2SIN436101222LGMLLM将上式对时间求导可得COS2COSIN23SIN23113LGMLLL将上式中消去可得COS2SINCO23SIN23112LGLMLLM根据初始条件045,，可求得初始瞬时AB杆的角加速度LG921因为0，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AC点，由此可求出AB杆上A点的加速度9435COS45SIN2100MGLLAB333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IVMCA21A其中CV为AB杆质心的速度，根据平面运动关系有ABL2B再根据对固定点的冲量矩定理IAML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BCLMLVL221AVABCC将其代入冲量矩定理有LILMLVABC221C由（A,B,C）三式求解可得29IA滑块的真实方向与图示相反334研究整体，系统对A轴的动量矩为BCAL其中AC杆对A轴的动量矩为ACCML231设1为BC杆的质心，BC杆对A轴的动量矩为BCCBALLVL2131A1根据冲量矩定理ILA2可得LIMLBCC652（A）再研究BC杆，其对与C点重合的固定点的动量矩为BCACBCCMLLLLVL222311根据冲量矩定理IL有LIMLBCAC2231（B）联立求解（A）,B可得2RAD/S576LIA335碰撞前，弹簧有静变形KMGST第一阶段3与1通过完全塑性碰撞后一起向下运动，CYIXBC1VBCI3MSTV不计常规力，碰撞前后动量守恒，因此有GHMV231碰撞结束时两物体向下运动的速度为2第二阶段3与1一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2GHV第三阶段3M与1一起上升到最高位置，此时弹簧被拉长。根据动能定理2112WT有231310KGMVSTST上式可表示成22222KMGKKKGMH若使2脱离地面，弹簧的拉力必须大于其重力，因此有，将K代入上式求得KMGH8。若KG，则KGH8注上述结果是在假设3M与1始终粘连在一起的条件下得到的，若3M与1之间没有粘着力，答案应为K9，如何求解，请思考。336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0T时系统静止，0TAB杆上A点的速度为V，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021LMLVLCO其中A由此解得LV433MSTVAYFXBAGMAA当0T时，滑块A以加速度A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SINLMGCOALLM231将上式积分并简化可得CGALCOSSIN32其中C是积分常数由初始条件,0确定出LV82。上式可表示成83COSSIN322FGLVGAL若AB杆可转动整圈，则应有0，因此0。若F的最小值大于零，则AB杆就可以完成整圈转动。下面求F的极值。GLVGAF83COSSIN2将上式求导令其为零有0SINAF求得极值点为T当22COS,SINGAGA，函数F取最大值当22COS,SINGAGA，函数F取最小值，若使最小值大于零，则有083833222222GLVALVGAL由此求得822GLV第四章动静法46图示瞬时，AB杆的加速度瞬心位于P点，设其角加速度为AB，则质心加速度为2LCPAMFABICILM21根据动静法有0P022CIIMLFCOSLMG2RAD/S583LABYF0COSCIGN735COS412MGA0XSINBIF416IN3FB47（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CIMA根据动静法有0XF03SIN0IFGAC5I（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03SINACACABABIIMAFM,根据动静法有0X03SIN3SIN0CIABIFG由此求得AACA625,251（3）先研究滑块C根据约束可知03SINAYCYCIYXCIXAMFAF,根据动静法有0X0CIXCXYGFYN3SINACNAMGFBFAFPCIIMCAABGMAABFAAAFGMXCIBAAXCXACYCABFAAIAFGMX因为NFF，所以有关系式30SINACCXAMGA即SI0AF再研究整体，应用动静法有XF0003COS3SIN3SINCIXCIYABIFMG上式可表示成00203COSSINSIACABAGFM由上式解得2/647AA0S3SINCXGF，2M/3AY，2/64A48（1）研究AB杆，将惯性力向杆的质心简化，RMFI2NIT21RMI根据动静法有0A02NRFMRFBII，N286143612MRBX45COSCS0T0NIIX2FAX0YFINITBIIAYF，316Y（2）若B，必有23，因此当2RAD/S6，RAD/S49设OA杆和AB杆的角加速度分别为ABO,。将各杆的惯性力向各自质心简化。GCMXCIYFIXNFYAFGMXBICIXFAABCIYIMBFAXNIYFTI,2,21LMFLFOABIOAI1IIML研究整体，根据动静法有0O，02323211IIIILMGLFLAB杆，根据动静法有0AM22IIMLL上述平衡方程可简化为GLLABO2132165求解该方程组可得LLAB73,79410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NTCAAAA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NTCAIAIFRMFI，2TL，2NLMCA21MA，1LIC研究整体，0P（A）0COS2SIN2SITNLMGRLFRFLICCAAIAII研究AB杆，0AMB0COS22SINTLGLFLICAI2IFMGMABAYXOAI2MI1GMGABOYF1IX2IFABTCAAANCPABGMNFIAMICTFINACGI将AB得0SINCOTNRFRFMRCACAIIAI上式化简为I21S215MLLM还可写成0INCOLLR即SI5DLT将上式积分可得CLRIN再根据初始条件0,确定，由此可得SIN5RL根据动能定理有I212414122MGLLVMRVMABCABAA（C）其中,RVA2SINLLC再利用SIN5L（C）式可表示成SINGLI2103D当09,LAB7|09,356GLLRVABA再将D式求导,然后销去,最后可得COSGLCOSINLSIN225103当09,可求得AB,又因为S5SI2RLRL，当AB杆铅垂时，0A。0RAA再取圆盘为研究对象，应用动静法有AM，,FR再研究整体，利用动静法有0Y2ICNMGMGLFAB7292PAGMNFYFCXANFICPGM2412此瞬时AB杆作瞬时平移，所以M/S42BAV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TNTBABABAA又因为B点作圆周运动，所以TNTBA将该式在铅垂轴上投影HVABA20TN3COS由此解得202RAD/S847513COSLVBAAB杆质心C的加速度垂直于AB杆，其大小为2M/S8172LAAB应用动静法ABICLM210XF，03SIN0FICN64IIMAA，03COS2CO0LMGLMLICIB，N0284B414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21,C。各点加速度如图所示，其大小为20RAA，20023COSRAPABC20232，RBA有关的惯性力为AFICMBFICGMTBATBAAVNVCA2CABA1CAAAP2RRR2032MRAFCIBI202912RRMABIC应用动静法和虚位移原理，有30SIN22BIBCICRFRF因为RAB2，上式可表示成030SIN30SIN22FRRMRMIBICIBIC因为，所以30SIN2FFIBIC，由此解得RM203研究AB杆及滑块B，AM032323020ICIBNBCMCOSRMGFRCOSMGRSIN由此解得RN20952滑轮组上悬挂有质量为10KG的重物1和质量为8KG的重物2M，如图所示。忽略滑轮的质量，试求重物2M的加速度2A及绳的拉力。解取整个系统为研究对象，不考虑摩擦，该系统具有理想约束。作用在系统上的主动力为重物的重力GM21,。假设重物的加速度的方向竖直向下，则重物1的加速度A竖直向上，两个重物惯性力IF为11AFI22AMFI1该系统有一个自由度，假设重物有一向下的虚位移2X，则重物1的虚位移1X竖直向上。由动力学普遍方程有02121FXGXWII（2）根据运动学关系可知21X21A（3）2ICFIB1ICGMABPIMGGNPAYXF2ICIMGMNBFABGIM1GM2GFI2X2X1将1式和3式代入2式，可得对于任意02X有/84212SMGMA方向竖直向下。取重物为研究对象，受力如图所示，由牛顿第二定律有22AT解得绳子的拉力156N。本题也可以用动能定理，动静法，拉格朗日方程求解。54如图所示，质量为M的质点悬在一线上，线的另一端绕在一半径为R的固定圆柱体上，构成一摆。设在平衡位置时，线的下垂部分长度为L，且不计线的质量，试求摆的运动微分方程。解该系统为保守系统，有一个自由度，取为广义坐标。系统的动能为221RLMT取0为零势位，则系统的势能为COSSINLGV拉格朗日函数VTL，代入拉格朗日方程有0LDT整理得摆的运动微分方程为0SIN2GRL56质量为M的质点在重力作用下沿旋轮线导轨运动，如图所示。已知旋轮线的方程为SIN4B，式中S是以O为原点的弧坐标，是旋轮线的切线与水平轴的夹角。试求质点的运动规律。解该系统为保守系统有一个自由度，取弧坐标S为广义坐标。系统的动能为21ST取0S为零势位，系统的势能为MGHV由题可知BS4SIND，因此有H8D2S0则拉格朗日函数221SBMGVTL代入拉格朗日方程0LDT，整理得摆的运动微分方程为04SBG，FI1M2GTA2H解得质点的运动规律为21SIN0TBGAS，其中0,A为积分常数。513质量为M的质点沿半径为R的圆环运动，圆环以匀角速度绕铅垂直径AB转动，如图所示。试建立质点的运动微分方程，并求维持圆环匀角速度转动所必需的转矩M。解1求质点的运动微分方程圆环（质量不计）以匀角速度绕铅垂轴AB转动，该系统有一个自由度，取角度为广义坐标。系统的动能为22SIN1RMRT取0为零势位，系统的势能为COS1GRV则拉格朗日函数COS1SIN222MGRMRTL代入拉格朗日方程0DT，整理得质点的运动微分方程为SINCO2RG2求维持圆环作匀速转动的力偶M如果求力偶，必须考虑圆环绕铅垂轴AB的一般转动。因此解除“圆环绕铅垂轴AB匀速转动”这一约束，将力偶视为主动力。此时系统有两个自由度，取角度和圆环绕轴AB的转角为广义坐标，系统的势能不变，动能表达式中以代替，则拉格朗日函数为COS1SIN2122MGRMRVTL力偶M为非有势力，它对应于广义坐标和的广义力计算如下取0,，在这组虚位移下力偶M所作的虚功为0W，因此力偶M对应于广义坐标的广义力MQ；取,，在这组虚位移下力偶所作的虚功为，因此力偶对应于广义坐标的广义力；代入拉格朗日方程0MLDT，整理可得SINRG代入拉格朗日方程MQLDT，整理可得MRR2SINSIN2圆环绕铅垂轴AB匀速转动，即0,，代入上式可得SI2R514如图所示，质量为M的物体可绕水平轴21O转动，轴21又绕铅垂轴OC以匀角速度转动。物体的质心G在垂直于21O的直线上，LG3。设和G3是物体过3点的惯量主轴，转动惯量为1J和2，物体对另一过3点的惯量主轴的转动惯量为3J，试求物体的动能表达式并建立物体的运动微分方程。解以该物体为研究对象，有一个自由度，取GO3和OC的夹角为广义坐标。若以框架OC21为动系，则物体的相对运动是以角速度绕轴21的定轴转动，牵连运动是以角速度绕轴的定轴转动，物体的绝对角速度A是和的矢量之和。为了方便起见，以21为X轴，GO3为Y轴，如图建立一个固连在物体上的坐标系，则该刚体的角速度A可表示成AZJISINCO由于坐标系ZYXO3的三个坐标轴为过3O点的三个惯量主轴，则系统的动能为SINCOS212322JJT取0为零势位，系统的势能为CS1MGLV则拉格朗日函数COS1SINCOS223221MGLJJTL代入拉格朗日方程0DT，整理后，可得物体的运动微分方程为ZYXZYGO3垂直于O1O2的平面SINCOSIN321MGLJJ517重P的楔块可沿水平面滑动，重2P的楔块沿楔块A的斜边滑动，在楔块B上作用一水平力F，如图所示。忽略摩擦，角已知，试求楔块A的加速度及楔块B的相对加速度。解取楔块A，B构成的系统为研究对象，该系统有二个自由度，取楔块A水平滑动的位移X，以及楔块B相对于A的沿斜面滑动的位移S为广义坐标。若以楔块A为动系，楔块A的速度V，楔块B的速度V，以及B相对于A的相对速度满足如下的矢量关系（方向如图所示）BRABV系统的动