理论力学习题答案

静力学第一章习题答案13试画出图示各结构中构件AB的受力图14试画出两结构中构件ABCD的受力图15试画出图A和B所示刚体系整体合格构件的受力图15A15B18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。试求二力F1和F2之间的关系。解杆AB，BC，CD为二力杆，受力方向分别沿着各杆端点连线的方向。解法1解析法假设各杆受压，分别选取销钉B和C为研究对象，受力如图所示由共点力系平衡方程，对B点有0XF045COS2C对C点有X31B解以上二个方程可得226FF2FBCFABB45OYXFBCFCDC60OF130OXY解法2几何法分别选取销钉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。对B点由几何关系可知0245COSBCF对C点由几何关系可知13解以上两式可得216静力学第二章习题答案23在图示结构中，二曲杆重不计，曲杆AB上作用有主动力偶M。试求A和C点处的约束力。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）0M045SIN10AFAAFA354其中。对BC杆有3TANABCA，C两点约束力的方向如图所示。FBCFCD60OF130OF2FBCFAB45O24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0M03SIN20MCBF对AB杆有AB对OA杆有1OA求解以上三式可得，方向如图所示。MN31NCB5/26求最后简化结果。解26A坐标如图所示，各力可表示为，JFI231I2JFI2313先将力系向A点简化得（红色的），JIRKAMA方向如左图所示。由于，可进一步简化为一个不过A点的力绿R色的，主矢不变，其作用线距A点的距离，位置如左图所示。D4326B同理如右图所示，可将该力系简化为一个不过A点的力（绿色的），主矢为IFR2其作用线距A点的距离，位置如右图所示。AD43简化中心的选取不同，是否影响最后的简化结果213解整个结构处于平衡状态。选择滑轮为研究对象，受力如图，列平衡方程（坐标一般以水平向右为X轴正向，竖直向上为Y轴正向，力偶以逆时针为正）0XF0SINBFPYCOY选梁AB为研究对象，受力如图，列平衡方程XBXA0Y0YAMLFBA求解以上五个方程，可得五个未知量分别为ABYXAYXMF,（与图示方向相反）SINPFBXA（与图示方向相同）CO1Y（逆时针方向）LA218解选AB杆为研究对象，受力如图所示，列平衡方程0AM0COS2COSLFLGANDYF0求解以上两个方程即可求得两个未知量，其中,D312ARCOSL未知量不一定是力。227解选杆AB为研究对象，受力如下图所示。列平衡方程0YM0TANSICOTAN21CFPBCBCNFBC6XSIBCNB1由和可求出。平衡方程可用来校核。0YZAZY,0XM思考题对该刚体独立的平衡方程数目是几个229解杆1，2，3，4，5，6均为二力杆，受力方向沿两端点连线方向，假设各杆均受压。选板ABCD为研究对象，受力如图所示，该力系为空间任意力系。采用六矩式平衡方程0DEM0COS2F2AO045COS4506AA受拉F6受压0BHCSCOS00424AD5IN61AFA受压F21受拉0CDM04SI31213B5CO5AFA5本题也可以采用空间任意力系标准式平衡方程，但求解代数方程组非常麻烦。类似本题的情况采用六矩式方程比较方便，适当的选择六根轴保证一个方程求解一个未知量，避免求解联立方程。231力偶矩CMN10解取棒料为研究对象，受力如图所示。列平衡方程OYXMF0245SINO112201MDFNP补充方程21NFS五个方程，五个未知量，可得方程SF，21,022MFDPFSS解得。当时有491,301SF2SFN即棒料左侧脱离V型槽，与提议不符，故摩擦系数。230SF233解当时，取杆AB为研究对象，受力如图所示。045列平衡方程0AYXMF0SIN2COSSINICOS0BAPCTTSN附加方程NSFF四个方程，四个未知量，可求得。SSF，,64SF235解选棱柱体为研究对象，受力如图所示。假设棱柱边长为A，重为P，列平衡方程0XBAFM0SIN32COIFPABANB如果棱柱不滑动，则满足补充方程时处于极限平衡状态。解以NBSF21上五个方程，可求解五个未知量，其中,A13TAN122SF当物体不翻倒时，则0NBF26T即斜面倾角必须同时满足1式和2式，棱柱才能保持平衡。静力学第三章习题答案310解假设杆AB，DE长为2A。取整体为研究对象，受力如右图所示，列平衡方程0CM2AFBY0BY取杆DE为研究对象，受力如图所示，列平FCXFCYFBXFBY衡方程0HM0AFDYDYB2XFX取杆AB为研究对象，受力如图所示，列平衡方程与假设方向相反0YF0BYDAYFFAY与假设方向相反AM2AXXBX与假设方向相反BAA312解取整体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程0CM0XFBDFBXD取杆AB为研究对象，受力如图所示，列平衡方程ABBFCXFCYFD杆AB为二力杆，假设其受压。取杆AB和AD构成的组合体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程0EM022BFXBFACDB解得，命题得证。AC注意销钉A和C联接三个物体。314解取整体为研究对象，由于平衡条件可知该力系对任一点之矩为零，因此有0AM0FBA即必过A点，同理可得必过B点。也就是和是大小相等，方向相BAFB反且共线的一对力，如图所示。取板AC为研究对象，受力如图所示，列平衡方程C45COSSIN00MBAAAFAFB解得方向如图所示BAMFA2320解支撑杆1，2，3为二力杆，假设各杆均受压。选梁BC为研究对象，受力如图所示。其中均布载荷可以向梁的中点简化为一个集中力，大小为2QA，作用在BC杆中点。列平衡方程受压0B0245SIN03AQF23QAMF选支撑杆销钉D为研究对象，受力如右图所示。列平衡方程受压0XF045COS31QAMF21受拉YIN22选梁AB和BC为研究对象，受力如图所示。列平衡方程与假设方向相反0XF045COS3AX2QAMFAXYIN2PYPAY4AM035SIN03AA逆时针Q42321DF3F2F1XYFAXFAYFBXFBY解选整体为研究对象，受力如右图所示。列平衡方程0AM02AFBYBYFA1XBXA由题可知杆DG为二力杆，选GE为研究对象，作用于其上的力汇交于点G，受力如图所示，画出力的三角形，由几何关系可得。FE2取CEB为研究对象，受力如图所示。列平衡方程0CM045SINAFAEBYXBX代入公式1可得2AX324解取杆AB为研究对象，设杆重为P，受力如图所示。列平衡方程0AM06COS231RN9361NXFIN0AXFAX0YF06COS1PNAY512NFAY取圆柱C为研究对象，受力如图所示。列平衡方程X30T936T注意由于绳子也拴在销钉上，因此以整体为研究对象求得的A处的约束力不是杆AB对销钉的作用力。327解取整体为研究对象，设杆长为L，重为P，受力如图所示。列平衡方程10AM0COS2SINFNTAN2FN取杆BC为研究对象，受力如图所示。列平衡方程2BISPS补充方程，NSFF将1式和2式代入有，即。2TANSF01329证明（1）不计圆柱重量法1取圆柱为研究对象，圆柱在C点和D点分别受到法向约束力和摩擦力的作用，分别以全约束力来表示，如图所示。如圆柱不被挤出而处于平衡状态，RF,则等值，反向，共线。由几何关系可知，与接触点C，D处法RDC,RCF,线方向的夹角都是，因此只要接触面的摩擦角大于，不论F多大，圆柱不22FAXFAYFNFSPP会挤出，而处于自锁状态。法2（解析法）首先取整体为研究对象，受力如图所示。列平衡方程0AM0LFANDFALND再取杆AB为研究对象，受力如图所示。列平衡方程0AM0LFANCNDNCFAL取圆柱为研究对象，受力如图所示。假设圆柱半径为R，列平衡方程ORSDSSXFCOSSINSDCNNDNSDFS1INI由补充方程，可得如果DSNCFFF,FNDFSDOFAXFAY2TAN,TCOS1INSDSCFF则不论F多大，圆柱都不被挤出，而处于自锁状态。证明（2）圆柱重量P时取圆柱为研究对象，此时作用在圆柱上的力有重力P，C点和D点处的全约束力。如果圆柱保持平衡，则三力必汇交于D点（如图所示）。全约束力RDC,与C点处法线方向的夹角仍为，因此如果圆柱自锁在C点必须满足21TANCOS1ISF该结果与不计圆柱重量时相同。只满足1式时C点无相对滑动，但在D点有可能滑动圆柱作纯滚动。再选杆AB为研究对象，对A点取矩可得，FALNC由几何关系可得2FALSC2TN2COSLRC法1（几何法）圆柱保持平衡，则作用在其上的三个力构成封闭得力三角形，如图所示。由几何关系可知SIN2180SIN0RCFP将2式代入可得COTALPFRDFRC因此如果圆柱自锁在D点必须满足3COS1INTAFLPFSD即当同时满足1式和3式时，圆柱自锁，命题得证。法2（解析法）取圆柱为研究对象，受力如图所示，列平衡方程0XF0COSSINSDSCNFYINDP解得，ALSC2T2TANSICOALD代入补充方程，NDF可得如果圆柱自锁在D点必须满足3CS1ITNFLPFSD即当同时满足1式和3式时，圆柱自锁，命题得证。330解取整体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程0YXF02PFNEDS由题可知，杆AC为二力杆。作用在杆BC上的力有主动力，以及B和C处F的约束力和，由三力平衡汇交，可确定约束力和的方向如图所示，BACBAC其中，杆AC受压。31TAN取轮A为研究对象，受力如图所示，设的作用线与水平面交于F点，列平ACF衡方程0M0DSRFNP取轮B为研究对象，受力如图所示，设的作用线与水平面交于G点，列平BF衡方程0M0RSEGTANPN解以上六个方程，可得，FND41E43，SEFRD1若结构保持平衡，则必须同时满足，NDMNENDSSFNESSF即，PPRFSS431,4,MIN因此平衡时的最大值，此时60MAX，9SED9CMMED335解由图可见杆桁架结构中杆CF，FG，EH为零力杆。用剖面SS将该结构分为两部分，取上面部分为研究对象，受力如图所示，列平衡方程受拉0CM0346COS1GHF5814KN受拉XFIN受压Y122338解假设各杆均受压。取三角形BCG为研究对象，受力如图所示。列平衡方程受压0XF0CDFCD取节点C为研究对象，受力如图所示。列平衡方程0YXF0SIN45ICOCOS0CGBCDF其中，解以上两个方程可得受压21TANFBC5860340解取整体为研究对象，受力如图所示。列平衡方程0AM3AFBB2用截面SS将桁架结构分为两部分，假设各杆件受拉，取右边部分为研究对象，受力如图所示。列平衡方程受拉0CM032AFBF672受拉XF151ABC345FAYFAXFBCSS静力学第四章习题答案41解1选定由杆OA，O1C，DE组成的系统为研究对象，该系统具有理想约束。作用在系统上的主动力为。MF,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，ARBRCOR1，DO1CED代入可得EA304由虚位移原理有IFW0EMEMARR对任意有，物体所受的挤压力的方向竖直向下。ER45解1选整个系统为研究对象，此系统包含弹簧。设弹簧力，且，21,F21将弹簧力视为主动力。此时作用在系统上的主动力有，以及重力。P2该系统只有一个自由度，选定为广义坐标。由几何关系可知SINAZBA3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COBAC弹簧的长度，在微小虚位移下2SINALC4由虚位移原理有0IFW02COSCS22AFPLZPC其中，代入上式整理可得SIN2AKCSICO由于，对任意可得平衡时弹簧刚度系数为0A02SINPK47解将均布载荷简化为作用在CD中点的集中载荷，大小为。3FQ61求支座B处的约束力解除B点处的约束，代之以力，并将其视为主动力，系统还受到主动力BF的作用，如图所示。在不破坏约束的前提下，杆AC不动，梁MF,321CDB只能绕C点转动。系统有一个自由度，选转角为广义坐标。给定虚位移，由虚位移原理有0IW1015COS45COS3020YFYRB各点的虚位移如下26923代入1式整理可得032FMFB对任意可得，方向如图所示。0618KNB2求固定端A处的约束力解除A端的约束，代之以，并将其视为主动力，系统还受AYAX,到主动力的作用。系统有三个自由度，选定A点的位移F,321和梁AC的转角为广义坐标。AYX,2A求AXF在不破坏约束的前提下给定一组虚位移，0,0AAYX此时整个结构平移，如上图所示。由虚位移原理有IFW212COS021XA各点的虚位移如下21代入2式整理可得052AAXXF对任意可得，方向如图所示。0KN2B求AYF在不破坏约束的前提下给定一组虚位移，0,0AAYX此时梁AC向上平移，梁CDB绕D点转动，如上图所示。由虚位移原理有0IFW303COS023MYFYA各点的虚位移如下AC132AY612代入3式整理可得06423AAYYF对任意可得，方向如图所示。08KNAY2C求AM在不破坏约束的前提下给定一组虚位移，0,0AAYX此时梁AC绕A点转动，梁CDB平移，如上图所示。由虚位移原理有0IFW412COS021F各点的虚位移如下31X6CX代入4式整理可得021MA对任意可得，顺时针方向。04MKN48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，系统有一个自由度，选AK与水平方向的夹角1P为广义坐标，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，且KARD,ARARKD3,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，且ERDE对刚性杆CD和杆CE，由于，因此。由虚位CRE,0CR移原理有0IFW6COS6COS0101EDPR代入各点的虚位移整理可得2A对任意可得（受压）。012求杆2受力去掉杆2，代之以力，系统有一个自由度，选BK与水平方向的夹角2P为广义坐标，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，且KARAK3同理可知B点不动，三角形BEK绕B点旋转，且ERRERDE杆AD绕A点转动，由刚性杆DE上点E的虚位移可确定D点位D移方向如图所示，且ARE同理可知。由虚位移原理有0C0IFW012COS15COS12COS201KDDRPRPF代入各点的虚位移整理可得32A对任意可得（受压）。613求杆3受力去掉杆3，代之以力，系统有一个自由度，选AK与水平方向的夹角3P为广义坐标，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，且KARD,AARKD同理可知B点不动，且EE0CR由虚位移原理有IFW012COS150COS60COS331KEDRPRRF代入各点的虚位移整理可得2AP对任意可得（受拉）。613F动力学第一章习题答案13解运动方程，其中。TANLYKT将运动方程对时间求导并将代入得034COS22LKLLYV938IN3LLKA16证明质点做曲线运动,所以,NTA设质点的速度为,由图可知V，所以AYNCOSYVN将，VY2NV代入上式可得CA3证毕17证明因为，N2AVVASI所以V3证毕110解设初始时,绳索AB的长度为,时刻时的长度LT为,则有关系式SXYOANVYXYOANTOVOVFNGMY，并且TVLS022XLS将上面两式对时间求导得，0X由此解得（A）SV0A式可写成，将该式对时间求导得X0B22VSX将A式代入B式可得（负号说明滑块A的加速度向上）32020XLVVXA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GFMN将该式在轴上投影可得直角坐标形式的运动微分方程YX,NSINCO其中22I,COLXLX0,320YXLV将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得23201XLLGMF111AXOAVAXOBVBR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RVB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）COSV因为（B）XR2S将上式代入（A）式得到A点速度的大小为（C）2XV由于，（C）式可写成，将该式两边平方可得XVAR22XX将上式两边对时间求导可得232将上式消去后，可求得X2D24RX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将该式在轴上投影可得直角坐标形式的YX,运动微分方程GFNSINCO其中,XRXR2COS,SIN0,24YRX将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得2525,4XMGFXMFNXAVAONFBRGMY113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REAV有，因为AB杆平动，所以，EACOSVVA由此可得，OC杆的角速度为，所以EOAECOSLLV2COS当时，OC杆上C点速度的大小为045LALAVVC24502115解动点销子M动系1圆盘动系2OA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，R1EA1VR2EA2V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1AR1EVR2E将（A）式在向在X轴投影,可得0R20E03COSSIN3SINVV由此解得SMBOMVV/4930COSITA30TAN2120E12R22E2SMVVM/5290REAAVERE1V2R2VRX117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）REAVV将（A）式在垂直于O1A杆的轴上投影以及在O1C轴上投影得，0E03COS3COS0E0A3SIN3SINVV，RVAERRA521RA根据加速度合成定理有（B）CRNETA将（B）式在垂直于O1A杆的轴上投影得A0NE0TE0A3SICO3SIN其中，2R21AR1VC由上式解得2TE13119解由于ABM弯杆平移，所以有MAAAV,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REAVV可求得，M/S22BVAMM/S2ERBVAVERATENERCAEVRVRAD/S345121AOV根据加速度合成定理CAARNETNAT将上式沿方向投影可得CCATE0NA0TA45SI45COS由于，根据上式可得221NM/8L2T/S1B2RM/S8V，0TA45COS72TA1AD/347L120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ROMV260COSE根据速度合成定理REAV可以得到，RV3260COSINT2EARV460COSER加速度如图所示，其中，2022ECSROM2R8VAC根据加速度合成定理CAARE将上式在轴上投影，可得,由此求得XCOSSEA2A14RAVMOABREXCAAMOABRETANATEANEARC121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）；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REA因此ARV其中，ABBRV,EA由此可得M/S9380RBAVR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质量为销钉M由水平槽带动，使其在半径为的固定圆槽内运动。设水平槽以匀MR速向上运动，不计摩擦。求图示瞬时，圆槽作用在销钉M上的约束力。V解销钉M上作用有水平槽的约束力和圆槽的约束力（如图所示）。由于销钉M的运FOF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。OXYEVAVROXYNRAMROVGMOFMROVGM根据速度合成定理有REAV由此可求出。再根据加速度合成定理有COSEAVVREA由于绝对运动是圆周运动，牵连运动是匀速直线平移，所以，并且上式可写成0ERNAT因为，所以根据上式可求出。22ANCOSRV32NATCOSIRV根据矢量形式的质点运动微分方程有GFMMONAT将该式分别在轴上投影XCSOSSITA由此求出1TNCO2RVFO124图示所示吊车下挂一重物M，绳索长为，初始时吊车与重物静止。若吊车从静止以L均加速度沿水平滑道平移。试求重物M相对吊车的速度与摆角的关系式。A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COSSINETFGL因为，所以上式可写成,EAFDDTTRAEVARMRONMOTMTEAGMFCOSSINDMAGML整理上式可得DSSIL将上式积分CAGLINCO2其中为积分常数（由初始条件确定），因为相对速度，上式可写成CLVRCAGLVSINCO2R初始时，系统静止，根据速度合成定理可知，由此确定。00EA0RVGC重物相对速度与摆角的关系式为SIN1COS2RAGLV126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，求小球到转轴的距离为时的相对速ROR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将上式在上投影有RVCOSDRTRV因为，所以上式可写成2EMRFTRVTDRRRCSCOS2RMRV整理该式可得，将该式积分有2RVR1初始时,由此确定积分常数，因此得到相对速度为OR0R2OCRRVRROOCFERROFRVO127重为P的小环M套在弯成形状的金属丝上，该金属丝绕铅垂轴以匀角速度2CXYX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。解取小环为动点，金属丝为动系，根据题意，相对平衡位置为，因为金属丝为曲0RA线，所以，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0RV中分别为约束力、牵连惯性力和小环的重力。根据质点相对运动微分方程有PF,E0EPF其中，将上式分别在轴上投影有2EYGYX,（A）0COSINEFP以为，,因此XYDTAN22DXY（B）2TANC由（A）式可得（C）ETAFP将代入（C），联立求解（B）、（C）并利用，可得2EYGPF2CXY3123124,GGX再由方程（A）中的第一式可得342441SINGCPCXCXPFXYMXYMFEP动力学第二章习题答案21解当摩擦系数足够大时，平台ABF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将其在轴上投影可得XBTMVX2R根据动量定理有GFFTND212即当摩擦系数时，平台AB的加速度为零。GMBF21当摩擦系数时，平台AB将向左滑动，此时系统的动量为F21VP1R将上式在轴投影有XVMBTVMX2121R2根据动量定理有GFFABTND21212由此解得平台的加速度为（方向向左）FGMA2122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FR11VVPM将上式在X轴投影COS1LX根据动量定理有KXFLMTPXSIND21系统的运动微分方程为TLMSIN211NFGM1XVRVRVNFG1M2X24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VTM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VRV（如图A所示）。（A）B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，所以由上式可求得。0DTV2VG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GVTLFN25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NTMTMFVGFVDDR船的质量为，水的阻力为Q0VF将其代入上式可得NQFTFGR将上式在X轴投影。应用分离变量法可求得DVR0VMCQTMFQLNLN0R由初始条件确定积分常数，并代入上式可得0LLFVCRVRGMTFYNGMNVXQFMTFQV10R28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JM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。RUL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。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1LJL1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2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RE,V参考系的绝对速度。它对转轴的动量矩为REAVR2E2A2VMLML其中SINCO222E2RLRVRRRSVVRL系统对Z轴的动量矩为。初始时，此时系统对Z轴的动21UR,0量矩为ULML0当系统运动到图812位置时，系统对Z轴的动量矩为ZULROGOLRVEMMURLLRLJURLMLCOSCOS2SINCOSIN222由于系统对转轴的动量矩守恒。所以有，因此可得0LULLLJULCOSCS22由上式可计算出方板的角速度为CSO12LRLMJU211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2RAJLL根据动量矩定理有GRXAGRXATLLLOD2整理上式可得JLLO222由运动学关系可知，因此有。上式可表示成XRXRXGRAJLLO22令，上述微分方程可表示成，该方程的通解为22RAJGLO02TTECX21根据初始条件可以确定积分常数，于是方程的解为0,XT201XTXCH0系统的动量在X轴上的投影为XRRPLLLXDSIN2系统的动量在Y轴上的投影为XAALLLLY2根据动量定理GRPFPLYX20YOFOXP由上式解得，TRXFLOXCH220TCH2420XGRAPFLLOY214取整体为研究对象，系统的动能为221CAVMT其中分别是AB杆的速度和楔块C的速度。CAV,若是AB杆上的A点相对楔块C的速度，则根据R复合运动速度合成定理可知，TANAV因此系统的动能可表示为，系统在222COT1COT1ACACVMVMT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WTD方程可表示成TGVVVMAACACCOTCOT21D22由上式解得，2TCAGTVATAA217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。0MR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3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0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，物块的速度为，则系统的动能为RVEVCOSSIN21212R2R0AE0VMMT设为势能零点，则系统的势能为GMCVAVRRABRABRVEVGM0NFSINMGRV根据机械能守恒定理和初始条件有，即0TSINCOI2132R2REEGRVVMV系统水平方向的动量为SINREE0MPX根据系统水平动量守恒和初始条件有0I3REEV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SIN41REV03152,154ERGRVGV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RAEA力学方程（A）GFAAMMTRNE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）NFGA0E0M将方程（A）在小球相对运动轨迹的法线方向投影，可得SINCOSENRG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RVA2RNSIN0CO0EFGMN领，联立求解三个投影可求出03RABGNRTREARABFEAG0NMGFGGAN6273,7594,153472E218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）COS12MG将上式对时间求导并简化可得TBSINR每个小球的加速度为JIACOSSINSNCO22NTRM取圆环与两个小球为研究对象，应用质心运动定理IIFC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IN320GFN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，310圆环脱离地面时的值为M2ARCOS01而也是方程的解，但是时圆环已脱离地面，因此M23ARCOS021不是圆环脱离地面时的值。2219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RVEVZEVRVTMANGNF00COSRE20MVRLZ其中，则上式可表示成VERMVRCOSR2由此解得RVCSCOS0R其中，M0H2TAN根据动能定理积分式，有211WTMGNHVRT21A2021,其中，将其代入动能定理的积分式，可得RRE2ASINCOSVVVMSIC2R2R20将代入上式，可求得RVCS2RCO1GHN由可求得2R2RE2ASINOSV21RACOSV220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SINDCOS202GRRRMRI23RLO因为，所以上式可表示成DDVRTVTSINGVRDSINRG积分上式可得CROS21SDGGR由初始条件确定积分常数，最后得GRC21/COS2GRV动力学第三章习题答案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REAV可得，L03COSLVBC32A研究AD杆，应用速度投影定理有，03COSDAVLVD4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RBC将上式在X轴上投影有，RDBCDVVLVBCD32R34AB构件（灰色物体）作平面运动，已知A点的速度SOV/0CM4510AB的速度瞬心位于C，应用速度瞬心法有RAD/S23AB，V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/S61VIAVERADVRAVBVPCABI36AB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0,1BOBV因此，04A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NTBAABAA将上式在AB连线上投影，可得，N06COSBABR205（瞬时针）20131OA37齿轮II作平面运动，取A为基点有NTBABAAT1A将上式在X投影有N1COSBAAA由此求得212NCSRRBAI再将基点法公式在Y轴上投影有，由此求得2TSINRAIBA2SINRAI再研究齿轮II上的圆心，取A为基点NTNT2222OOA将上式在Y轴上投影有BVAAVAABATANBTBAANXYT2AOAN2XYN2OAT2，2SIN2TT22ARAIAO由此解得I2121T21RRO再将基点法公式在X轴上投影有N1N22AOOA由此解得，又因为2COS1N2AAO21N212R由此可得2121R39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VRR角加速度为AV卷筒O点的速度为RRO点作直线运动，其加速度为RRAVAO研究卷筒，取O为基点，求B点的加速度。N0TBA将其分别在X,Y轴上投影NTBOYBOBX42224VRRARAYX同理，取O为基点，求C点的加速度。N0TC将其分别在X,Y轴上投影NTCOYOXAAOAVOOANCOTOACBTBN2RRVACY310图示瞬时，AB杆瞬时平移，因此有M/SOAVBAB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/S4RVB圆盘上C点的速度为M/S2CBAB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TNTBAAA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RVB将其对时间求导有，由于，所以圆盘的角加速度。ARVBBT0TB0B圆盘作平面运动，取B为基点，根据基点法公式有NNTCBCBCA222NM/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/S1AVB杆上C点的速度为M/20CBTBAATAANAVBVBPCBCANEVRAP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，根据几何关系可求得CEM/S153EAVAB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NTNTBABAAA由该式可求得20M/S83SIA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REA其中牵连加速度就是AB杆上C点的加速度即2EM/S40将上述公式在垂直于AB杆的轴上投影有C0E0A3COCA科氏加速度，由上式可求得RC2VAB2AM/S3314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1O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VUVO2SIN,3TANERE1BATBANACARECRVAOABUEV1O图A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，取为基点根据基点法公式有1O11BBVURVOBX003SIN3SIN1BY2CO11VVYXB2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1O1O盘为动系，根据加速度合成定理有（A）TRNEA其加速度图如图C所示，RURV2NRR将公式（A）在和轴上投影可得XYSINCOSIN0RTRATAYX由此求出，圆盘的角加速度为RUUO2A2TR,312TR3UA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1（B）NT111BOOAA将（B）式分别在轴上投影YX,0T0NT3COS3SIICO111BOBOBYXAA其中，RU2N41ABO2T31NRATRAO1OXY图CO1OAUB1OV1图BT1BOAAOOBXYN图D由此可得RUAB237315（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R30TNAE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RCPO316,82将速度合成定理公式在X,Y轴上投影BCXYYXAVV2REREA由此解得RRBC3,41DC杆的速度PVBC316BBD杆作平面运动,根据基点法有NTNTNTCBBCBBCAAA由于BC杆瞬时平移,上式可表示成0TNTCBBC将上式在铅垂轴上投影有0TN3SI0BAAVERAVECPRYXBCTCBANBATBB由此解得261BC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）。AKREAA其中为科氏加速度,因为,所以K0ABKA动点的牵连加速度为TENECCA由于动系瞬时平移,所以,NBT牵连加速度为,A式可以表示成TEECRTAAA将上式在Y轴上投影TE003COS3COSCCA由此求得RA291316D取BC杆为动系，套筒A为动点，动点A的牵连加速度为NTECACAA动点的绝对加速度为KARNTA其中为动点A的科氏加速度。K将上式在Y轴上投影有KACCAAAT003COS3COS上式可写成AR0022VRBCB其中（见315D）为BC杆的角加速度。VRBC3,41BC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2OKCREAAAATECARCAYAKCARYXBCTACANA其中，上式可表示为NTE22COAKCRT22A将上式在Y轴投影有KCOCA30COST2该式可表示成（B）020IN3COSBBCVA联立求解A,B可得2283,94BCCR317AB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AABV2AB杆的角加速度为0PAB取A为基点，根据基点法有NTNBABABAA将上式分别在X,Y轴上投影有435SINCO20NABABYXVARABYXB122BVPORORAANBXYKACRYXBCT2COAN2CO318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REAVV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00R0E3SIN3COSSIN0CC由此求得A2R再研究D点KREADA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RAAARDDD20K0REY20RX3SIN