北航机械考研99动力学课后答案概

1、刚体的平面运动 刚体的平面运动是刚体运动的一种特殊形式，可视为刚体的平移与转动的合 成。本章研究的主要内容是如何描述刚体的平面运动，以及如何计算刚体上点的速 度和加速度。 一、刚体的平移 平动） 刚体在运动过程中，如果其上任一直线始终保持与初始的方向平行，则称该刚 体作平移或平动。 平移刚体上各点的速度相同，加速度相同，运动轨迹的形状也相同。因此研究 刚体的平移问题可简化成一个质点的运动问题来研究。 二、刚体的定轴转动 刚体在运动过程中，若其上 或刚体的延展体上）有一直线保持不动，且刚体绕此 直线转动，则称该刚体作定轴转动 1) 2) 3) 4) P 定轴转动刚体的运动方程： 定轴转动刚体的角

2、速度： 定轴转动刚体上一点P的速度和加速度用矢量表示 定轴转动刚体的角加速度： 速度： v 丫：八7 1） 加速度：a =at+ an 皿汇 r+gv7 2） 其中：-为定轴转动刚体的角速度和角加速度矢量，r是由转轴上任一点引向 P 点的矢径。 三、刚体的平面运动 刚体在运动过程中，若其上任一点到某一固定平面的距离保持不变，则称该刚 体作平面运动。研究刚体的平面运动可简化为研究一个平面图形在其所在平面内 的运动。 1、刚体平面运动的角速度和角加速度 在平面图形上任取两点 A、B,过这两点的连线某一基准线的夹角为 二如图7- 2）。当刚体运动时这个夹角将随时间变化 珂t），刚体平面运动的角速度和

3、角加速 度分别定义为： = 71 ,7 3） _ - v7 4） 2、刚体平面运动的运动方程 平面运动刚体有三个自由度，其运动方程为： Xa = fl（t）, 、A = f2（t）, = f3（t）7 5） 其中：A点称为基点 如图7-3所示）。因此刚体的平面运动可视为刚体随基点的 平移和绕基点转动的合成，而刚体的平面平移 V;：=c，其中c为常量）和定轴转动 VXa二G,yA =C2,其中G,Q为常量）又是刚体平面运动的特殊情况。 图7 2 同一平面运动刚体，若选取得不同的基点，则基点的运动方程会有所不同，刚 体绕不同基点转过的角度只相差一个常量，因此刚体的角速度和角加速度与基点的 选取无关

4、，根据平面运动刚体角速度、角加速度的定义7-3）式和7 4）式也可 得到这一结论。 3、平面图形上各点的速度 基点法公式： Vb 二 Va Vba7 6） 基点法公式建立了平面图形上任意两点的速度与平面图形角速度的关系。 速度投影定理：平面图形上任意两点的速度在这两点连线上的投影相等，即： Va Ab = Vb Ab7 7） 该定理反映了刚体上任意两点间距离保持不变的性质。 速度瞬心法：只要平面图形的角速度不为零，就必定存在唯一的一点，其速度 cv表示。平面图形上任一点 M的 7 8) 在该瞬时为零，该点称为平面图形的速度瞬心，用 速度可表示成 VM 二-rCvM 其中：rCvM是从速度瞬心c

5、v引向M点的矢径，为平面图形的角速度矢量 4、平面图形上各点的加速度 基点法公式： tn aB - a a a ba a ba 7一 9） 其中：aBA rAB，aBA （rAB）。基点法公式建立了平面图形上任意两点的加 速度与平面图形的角速度和角加速度间的关系。只要平面图形的角速度和角加速度 不同时为零，则其上必存在唯一的一点，其加速度在该瞬时为零，该点称为平面图 形的加速度瞬心，用Ca表示。 3 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 Va = Ve Vr 可得: 0 Va COs 30Ve VB = VBC = Va =l ， 2 3 , l 3 弗VDr 研究AD

6、杆，应用速度投影定理有: 04宅3 vA 二 vD cos30 ， vDl 3 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 Vd = Vbc - VDr 将上式在 x 轴上投影有：-Vd - -Vbc VDr，Vr - S Vbc 2、3 l 3 3 -4 AB构件 灰色物体）作平面运动，已知A点的速度 Va = 0O1A 二 450cm / s AB的速度瞬心位于C,应用速度瞬心法有: Va AB AC 3 rad/s -AB BC 设OB杆的角速度为 ，则有 vB 15 B rad/s OB 4 设P点是AB构件上与齿轮I的接触点， 该点的速度： V _ ABCP 齿轮

7、I的角速度为： J =冬=6rad/s ri 3 -6 AB杆作平面运动，取 A为基点 根据基点法公式有： Vb = v AVba 将上式在AB连线上投影，可得 Vb =0, O1B = 0 因此, Va aB 0n2 -aB cos60aA aBA， a -2.5 or -pB aB O,B 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 t丄n a b = a a a ba a ba 将上式在AB连线上投影，可得 3-7齿轮II作平面运动，取 A为基点有 =a a a Ba n a ba n aBA 将上式在X投影有: -acos - - aaB

8、A 由此求得: a-i a cos : 2r2 t a 2 O2A 2 y a X O 再将基点法公式在 y轴上投影有: asin ： =a；A 2r2 由此求得 II 再研究齿轮II上的圆心，取 A为基点 t . n _tn ao2 ao2 - a a ao2a ao2a 将上式在y轴上投影有 由此解得: t aO2 t aO2A 2 -： II _ as in : _2 asin : O1O2 ri a2(ri D) n 再将基点法公式在 X轴上投影有：一 aO2 由此解得： n ai ao?A n ao n 又因为aO2 由此可得： _ acos ： -ai = 2 ， (ri r2)O

9、io2 acos - ai 22( a) 3-9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: DC 角加速度为： vR R r 卷筒O点的速度为： O点作直线运动，其加速度为: vR aR a。 = vo - R-r R r 研究卷筒，取 O为基点，求B点的加速度。 亠 t 亠 n a b = a o a bo a bo 将其分别在x,y轴上投影 aBx = a。 aBO a - aBx aBy n aBy = _aBO =R4a2(R _ r)2 +v4 (R-r) 同理，取O为基点，求C点的加速度。 B ac n aco 将其分别在x,y轴上投影 n acy =

10、aco ac Rv2 (R” 3- 10图示瞬时，AB杆瞬时平移，因此有: vB = vA 二 OA 二 2m/s 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： vB - b4m/s r V A 圆盘上C点的速度为：Vc二BP2 2m/S AB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 -a a a ba 将上式在x轴上投影可得：-aB =0 因此: n aB = aB 2 Vb =8m/s2 由于任意瞬时，圆盘的角速度均为: Vb B : r 将其对时间求导有： t aB t 由于aB 0，所以圆盘的角加速度B B 0。 圆盘作平面运

11、动，取 B为基点，根据基点法公式有： ac + n a cb + n =a B aCB a。（a；）2 （a；B）2 =8、2m/s2 3 - 13滑块C的速度及其加速度就是 DC杆的速度 C： v v va Vi P, 和加速度。AB杆作平面运动，其速度瞬心为 AB杆的角速度为： ab - 1rad/s AP 杆上C点的速度为：VC - AB PC =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: Va = VeV r 其中：ve二vc，根据几何关系可求得: Va訥亠S 15 AB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 C

12、 n a BA a Ba； t 丄 nt 丄 n a B = a A aBA a BA = a BA a BA 由该式可求得 n a ba2 aBo 二 0.8m/s sin 30 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, 2 ac = 0.5aB = 0.4 m/s AB杆中点的加速度为: 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: a a _a e a r a k 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, 3 C a r a k ae :ae 二 0.4m/s2 a a 将上述公式在垂直于AB杆的轴上投影有：aa

13、 C0S3二ae C0S3 aK 科氏加速度aK =2ABVr，由上式可求得: 2 / 2 aam/s 3 3-14 :取圆盘中心 Oi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 =Va -2u 图A x:0 = a； sin 八 a： cos ta n a y :-aa - -ar cos- ar sin = 图C 为直线平移。 由速度合成定理有: Va =e Vr 速度图如图A所示。由于动系平移，所以 ve二u , 根据速度合成定理可求出： Ve tanr 由于圆盘O在半圆盘上纯滚动，圆盘 O相对半圆盘的角速度为: vr2u r r 由于半圆盘是平移，所以

14、圆盘的角速度就是其相对半圆盘的角速度。 再研究圆盘，取 Oi为基点根据基点法公式有： Vb = V01- Vboi vBx 二-vBOl sin30 - - rsin30 = -u 0 VBy 二 Vo Vbo cos302.3u /22/ _.Vbx +vBy =l13u 为求B点的加速度，先求 01点的加速度和圆盘的角加速度。取圆盘中心01为动点，半圆盘为动系，根据加速 度合成定理有 亠 n亠 t、 aa 二 a e a r a r a ) 其加速度图如图C所示，an 将公式a）在x和y轴上投影可得: 由此求出：a； 2u2 aa = ao1 = r 圆盘的角加速度为: ct F面求圆盘上

15、B点的加速度。取圆盘为研究对象, a BO1 a Bo b ) t ar 2 r 为基点，应用基点法公式有: 将b）式分别在x, y轴上投影: n0 t0 aBx = -aBo1 cos30aBo1 sin 30 n0 t0 aBy 二-ao -aBo sin 30 -aBo cos30 1 1 1 其中： 4u2 aBO1 - n B a bo1 /y 盗莎滋；巧;烤嗜处；识也立洱:好;: 图D t aBo1 套筒A为动点 匀速圆周运动）。 2 由此可得：aB = 37 U r 3 - 15b）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： Va 二 Ve

16、 Vr 由上式可解得： 073 Ve 二 Va tan 30r 3 因为BC杆瞬时平移，所以有： VCD Ver 3 3 - 15d）取BC杆为动系 BC杆作平面运动，根据基点法有 a c t 丄 nt 丄 n丄 t 丄 n a c =a b a cb acB - a b a b a cb a cb 由于BC杆瞬时平移bc =0，上式可表示成 t 丄 n丄 t a c = a b a b a cb 将上式在铅垂轴上投影有： n t0 0 二 -aBacB sin 30 由此解得： BC 再研究套筒A,取BC杆为动系 其中：a K为科氏加速度，因为AB =0,所以a K =0 动点的牵连加速度为

17、：ae= aCaeCaeC 由于动系瞬时平移，所以aeC = 0 , aeC =BC AC t 牵连加速度为ae =aC aeC,则（a式可以表示成 a a = a a - ac a ec a r 将上式在y轴上投影： 00t -aACOs30ac cos30aec 30 B y a eC 由此求得： ac 2r 3 - 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 t -ac a ac a ac ar a K 其中aK为动点A的科氏加速度。 将上式在y轴上投影有 aacos30 - -ac cos30 - aAc aK 上式可写成 t AC -2r co

18、s30 0 -a。cos30 :BC AC 2 BC Vr 其中： 1 / 2 丄 再取BC杆上的C点为动点，套筒 。2为动系，由加速度合成定理有 aac =ac =a； a： ak ft 其中 ae 二 ac。? a Co? 2 ? 上式可表示为 aCo2 ar o t, -ac cos30 = aco2 -ak 该式可表示成： n 1 aCO2 A aK 二aCo2 aCo2 ar ak 将上式在y轴投影有: ：BC -ac cos30 = - bc CO2 - 2、： bcVc sin 30 ,(b可得 ac 4.3 9 2 r, 2 3- 17 AB杆作平面运动，其速度瞬心位于 P,

19、可以证明：任意瞬时，速度瞬心 P均在以0为 圆心，R为半径的圆周上，并且 A、0、P在同 一直径上。由此可得 AB杆任何时刻的角速度均 为 Va Va AB : AP 2R 杆上B点的速度为： f Vb 二 AB PB ,2 Va 2 AB杆的角加速度为: AB AP =0 取A为基点，根据基点法有 n 丄 t丄 n a B - a A a BA a BA - a A a BA 将上式分别在x,y轴上投影有 2 n“0v A aBx - -a ba cos 45 4R a By =aA -a；AS in 45 3v 4R vlovA 4R 3- 18取DC杆上的C点为动点，构件 AB为动系 v

20、 ca 二 v ce v cr 根据几何关系可求得：Vce = Vcr二、3r 再取DC杆上的D点为动点，构件AB为动系 vDa = v De - VDr 由于BD杆相对动系平移，因此 VCr二VDr 将上式分别在x,y轴上投影可得 VDax -VDe VDr sin 30 VD ay -VDr COS 30 0 Ca 求加速度：研究C点有 ac = a Ca = a Ce a Cra CK 将上式在y轴投影有 0 二 aCe sin 30 - aCr cos30 aCK sin 30 2 由此求得aCr = 3 r 再研究D点 a d 二 a d a 二 a d e a d r a D K

21、由于BD杆相对动系平移，因此 a cr = a Dr 将上式分别在x,y轴上投影有 0092 a d ax a d r sin 30 a dk cos 30r 2 0 0 aDay = _a De _ a Dr cos 30 ak sin 30 3-21由于圆盘纯滚动，所以有 aC = r： 根据质心运动定理有： mac 二 F cos - Fs 0 = Fn F sin J - mg 根据相对质心的动量矩定理有 m J2：二 FSr _ Fr0 求解上式可得： Fr (r cos日r0) ac22 m(r +P), Fz=mgFsinB 2 F (P cos日 +rr0) Fs ： r +

22、P 若圆盘无滑动，摩擦力应满足 Fs乞fFN，由此可得: 当：mg F sin v 时, 2 f F(cost rr。)_ f _ (mg Fsin R(r2 专)二 min 3 22 研究AB杆，BD绳剪断后，其受力如图所示, /777777777777777 1 护Fan ros： 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: mac = mg - Fan 根据相对质心的动量矩定理有: 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, 有运动关系式 ros 求解以上三式可求得: Fan mg 5 AB杆的加速度瞬心位于 3

23、25设板和圆盘中心O的加速度分别为 a1,ao ,圆盘的角加速度为:，圆盘上与板 R A t a AO a AO 的接触点为A，贝U A点的加速度为 tn a a = a o a ao a ao 将上式在水平方向投影有 a Ax =a a AO =a 亠:R =ai (c 2 再取板为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有 miiai = F - Fs - F2 作用在板上的滑动摩擦力为： Fs 二 fFz 二 f (mim(2)g(e 由(a (b (c (d (e联立可解得： (d ai 3F3f (m m2)g 3m1 m2 3-29 解：由于系统在运动过程中，只有AB杆的重力作功，因此

24、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： 1 2 1 21 2 1 2 T2 gVc Jc AB m?VA Ja a 2 2 2 2 其中： vA = ABl sin J - -I sin , 因此系统的动能可以表示成: T-m1 2 匕2丄也/ IrMlsin次) I 2 122 1 m2 R2 2 I3 m11 v m2l j sin 二 64 2 l sin 06 R 系统从“ =45位置运动到任意 二角位置, AB杆的重力所作的功为: W1 諾=m1g -(sin 45sin) 根据动能定理的积分形式T2 - J二W,立

25、 初始时系统静止，所以 Ti =0，因此有 m1l S23 m2l S2 sin2 v - m1g (sin 45 642 将上式对时间求导可得: ”a ana n aaIi 尹 尹严2-尹严0-陀2cb 将上式中消去可得: -m1l2v 3m2lsin2 J 3m2l22 cos sin - -m1g cos 2 2 2 门=45，可求得初始瞬时ab杆的角加速度： 3 -. 2m1 g 根据初始条件 e = (4| +9m2)l 因为二:：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 Ca 点，由此可求出 AB 杆上A点的加速度: aA 二：ABs

26、in450 3mig -l cos45 - (4m9m2) 3 - 33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: m1vAm2Vc 二 I (a 其中：Vc为AB杆质心的速度，根据平面运动关系有 1 Vc = VaAB 2 (b 再根据对固定点的冲量矩定理：La = M a（i ） 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： 1 1 =m2vc m2l 2 12 将其代入冲量矩定理有: 1 I 2 m2vcm2

27、I AB = II 2 12(c 由 3-34研究整体，系统对 A轴的动量矩为: La = La（ac） La（bc） 其中：AC杆对A轴的动量矩为 La(ac) ml 设ci为Bc杆的质心，Bc杆对A轴的动量矩为 L A( Bc ) 1 一 ml 12 Vc1 =Vc Vc1c =r，Ac TBc 根据冲量矩定理La = 211可得: Lmv 丄 F. 2 12 bc =ml2* - ml2 bc 23 11. 25. 2 ml ，AC ml ，BC 二 2lI 66a) 再研究 BC杆，其对与C点重合的固定点的动量矩为 根据冲量矩定理Lc =丨1有: Iml.Acml2Bc 23 =11

28、b) 联立求解a） ,（b可得 生=2.5rad/s2 7ml st mg k 3 - 35碰撞前，弹簧有静变形 第一阶段：m3与m1通过完全塑性碰撞后一起向下运动, 不计常规力，碰撞前后动量守恒，因此有： （m1 亠 m3 ）v = m3、2gh 碰撞结束时两物体向下运动的速度为 第二阶段：m3与m1 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 v2gh v = 2 第三阶段：口3与m1 一起上升到最高位置，此时弹簧 被拉长。根据动能定理丁2 丁11迄有: 。一2（口耐宀伽mJ 3m .2mg k，2 2k2 mg . _ mg T，将一下代

29、入上式求得: 上式可表示成: mghmgm2g2 -T=2mg( j-2T 若使-2脱离地面，弹簧的拉力必须大于其重力，因此有 -g . 8mg h 若 k，则 k 注：上述结果是在假设 m3与-1始终粘连在一起的条件下得到的，若口彳与-1之间没有粘着力, h3 答案应为k ，如何求解，请思考。 3-36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，当七=0一时系统静止，0 AB 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 1 2 LO = mvC lm( 2l)0 12 ma 其中：Vc 二VA f| 二 V -J， 由此解得： 3v o = 4l 当t 0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: 1 2 m(2