动力学课后习题答案-北航考研

第一章 质点动力学

1－3 解：

运动方程：y?ltan?，其中??kt。

将运动方程对时间求导并将??300代入得

l??lk4lk??v?y??3 cos2?cos2?2lk2sin?83lk2???a??y?39 cos?1－6

证明：质点做曲线运动，

所以质点的加速度为：a?at?an,

设质点的速度为v，由图可知:

y vy ? v ? avacos???n，所以: a?n

vavy将vy?c，an?vy a x

v2?

o

an v3代入上式可得 a?

c? 证毕 1－7

2a?vv证明：因为??，an?asin?? van3v所以：?? a?v

证毕

1－10

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：

s?L?v0t，并且 s2?l2?x2

将上面两式对时间求导得：

??2xx? ???v0，2sss

vo

? F y

vo

FN

sv0 （a） x(a)式可写成：xx???v0s，将该式对时间求导得：

由此解得：x???

2 (b) ??x?x?2??s?v0?v0xmg

222?2v0?xv0l将(a)式代入(b)式可得：ax????x??3（负号说明滑块A的加速度向上）

xx

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：

将该式在x,y轴上投影可得直角坐标形式的运动微分方程：

ma?F?FN?mg

其中：

??mg?Fcos?m?x???Fsin??FN m?y

cos??xx?l22,sin??lx2?l2

将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得：

22v0llF?m(g?3)1?()2x x22v0l????3,???0xyx

1－11

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vB??R，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：

vB?vAcos? （a） 因为

将上式代入（a）式得到A点速度的大小为：

cos??x2?R2x （b）

vA??R

xx2?R2 （c）

?，由于vA??x（c）式可写成：?x?x2?R2??Rx，将该式两边平方可得：

将上式两边对时间求导可得：

?2(x2?R2)??2R2x2 x???(x2?R2)?2xx?3?2?2R2xx? 2xx

?后，可求得： 将上式消去2x????x?2R4x(x2?R2)2 (d)

由上式可知滑块A的加速度方向向左，其大小为 aA?

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：

将该式在x,y轴上投影可得直角坐标形式的 运动微分方程：

?2R4x(x?R)222

y B R ma?F?FN?mg

? O F ? vFN A A mg x ???Fcos?m?x??Fsin??FN?mg m?y

其中：

Rsin??,cos??x?2R4xx2?R2????2??0x,?y22(x?R)x,

将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得

F?m?2R4x2(x?R)2252,FN?mg?m?2R5x(x2?R2)2

5

1－13

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

ve

va

vr

有：vacos??ve，因为AB杆平动，所以va?v，

va?ve?vr

velvcos2?由此可得：vcos??ve，OC杆的角速度为??，OA?，所以 ?? OAcos?l

avcos2450av当??45时，OC杆上C点速度的大小为： vC??a? ?l2l0

1－15

ve1

vr1

ve2解：动点：销子M

动系1：圆盘

动系2：OA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

va1?ve1?vr1， va2?ve2?vr2

由于动点M的绝对速度与动系的选取无关，即va2?va1，由上两式可得：

ve1?vr1?ve2?vr2 (a)

将（a）式在向在x轴投影,可得：

由此解得：

?ve1sin300??ve2sin300?vr2cos300

bsin300vr2?tan30(ve2?ve1)?OMtan30(?2??1)?(3?9)??0.4m/s20cos30

00

ve2?OM?2?0.23

1－17

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

2vM?va2?ve2?vr22?0.529m/s

va ve vr va?ve?vr （a）

将（a）式在垂直于O1A杆的轴上投影以及在O1C轴上投影得：

vacos300?vecos300，vasin300?vrsin300

ve?va?R?，va?vr?R?，

根据加速度合成定理有

?1?veR???0.5?O1C2R

tnaa?ae?ae?ar?aC （b）

将（b）式在垂直于O1A杆的轴上投影得

tn?aasin300?aecos300?aesin300?aC

2ne21a r te aa ne aa aC

其中：aa?R?，a?2R?，aC?2?1vr

aet32

由上式解得：?1???2R12

1－19

解：由于ABM弯杆平移，所以有

vA?vM,aA?aM

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 可求得：

vr

ve

va

va?ve?vr

vM?vA?va?2ve?2b??22m/s，vr?ve?b??2m/s，

?1?

根据加速度合成定理

tanavA2242??rad/sO1A1.53

a

te

a?a?a?a?ar?aC

tenea

na a

ne

将其在x轴上投影可得：px?m2vr?m2bt

根据动量定理有：

dpx?m2b?F?fFN?f(m1?m2)gdt

m2b即：当摩擦系数f?时，平台AB的加速度为零。

(m1?m2)g

当摩擦系数f?

m2b时，平台AB将向左滑动，此时系统的动量为：

(m1?m2)g

将上式在x轴投影有：

根据动量定理有：

p?m2(v?vr)?m1v

px?m2(?v?vr)?m1(?v)?m2bt?(m1?m2)v

dpx?m2b?(m1?m2)a?F?fFN?f(m1?m2)gdt

m2b由此解得平台的加速度为：a??fg（方向向左）

m1?m2

2-2 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：

x FN p?mv?m1v1?mv?m1(v?vr)

v

将上式在x轴投影：

F vr ??m1(x??l?cos?) mg px?mx 根据动量定理有： m1g

dp2xdt

??m1l?sin???F??kx?(m?m1)?x

系统的运动微分方程为：

2－4 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m??vt，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vr，方向向下，大小为v（如图a所示）。

F(t)

y

mg

??kx?m1l?2sin?t (m?m1)?xv

(a) (b)

根据变质量质点动力学方程有：

m将上式在y轴上投影有：

dvdm?F(t)?mg?vr?F(t)?(?vt)g?vr?vdtdt dv?F(t)?(?vt)g?vr?v?F(t)??(vgt?v2)dt

m由于

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：FN?(l?vt)?g

2－5 将船视为变质量质点，取其为研究对象，

FN

受力如图。根据变质量质点动力学方程有： v

dvdmm?F?mg?FN?vrdtdt mg

x 船的质量为：m?m0?qt，水的阻力为F??fv

将其代入上式可得：

dv(m0?qt)??fv?mg?FN?qvrdt

将上式在x轴投影：(m0?qt)

dv?0，所以由上式可求得：F(t)??(vgt?v2)。 dtdv??fv?q(?vr)。应用分离变量法可求得 dtfln(m0?qt)?cq

f由初始条件确定积分常数：c?ln(qvr)?lnm0，并代入上式可得：

qln(qvr?fv)?

qvv?rf

f?m0?qtq?)??1?(m0????

2-8 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。

z

ve vr g u M ? r o ? ?

o R l

l

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L1，其角速度为?，于是有

设质点M对转轴的动量矩为L2，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ve,vr。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va?ve?vr。它对转轴的动量矩为

L1?J?

L2?L2(mva)?L2(mve)?L2(mvr)

其中：

系统对z轴的动量矩为L??L1?L2。初始时，??0,??0,vr?u，此时系统对z轴的动量矩为

当系统运动到图8-12位置时，系统对z轴的动量矩为

L2(mve)?mr2??m[(l?Rcos?)2?(Rsin?)2]?

L2(mvr)?m(l?Rcos?)vrcos??mRsin2?vr

L0?m(l?R)u

L??J??m[(l?Rcos?)2?(Rsin?)2]??m(l?Rcos?)ucos??mRsin2?u?[J?(l2?R2?2lRcos?)m]??(lcos??R)mu

由于系统对转轴的动量矩守恒。所以有L??L0，因此可得：

m(l?R)u?[J?(l2?R2?2lRcos?)m]??(lcos??R)mu

由上式可计算出方板的角速度为

??

2－11 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：

根据动量矩定理有：

ml(1?cos?)uJ?m(l2?R2?2lRcos?)

LO?JO???l(2a??r)r2?

?

dLO??[JO??l(2a??r)r2]?dt??l(a?x)gr??l(a?x)gr

FOy P

FOx

整理上式可得：

???l(2x)gr[JO??l(2a??r)r2]?

由运动学关系可知：?r?x?，因此有：??r???。上式可表示成： x

??2?lgr2x [JO??l(2a??r)r2]?x2?lgr22令??，上述微分方程可表示成：??x??x?0，该方程的通解为： 2JO??l(2a??r)r2

x?c1e?t?c2e??t

根据初始条件：t?0,x?x0,x??0可以确定积分常数c1?c2?

系统的动量在x轴上的投影为：

x0，于是方程的解为： 2x?x0ch?t

系统的动量在y轴上的投影为：

根据动量定理：

?px???rsin??lrd??2??lr2?2?lrx0?

? py??l(a?x)?r??l(a?x)?r??2?lx?r?2?lxx

由上式解得： 2－14

取整

?x?F0xp?y?F0y?P??l(2a??r)g p2ch(2?t) FOx?2?lrx0?2ch?t，Foy?P??l(2a??r)g?2?l?2x0

T?1122mvA?mCvC22

mg

vr 其中：vA,vC分别是AB杆的速度和楔块C的速度。 若vr是AB杆上的A点相对楔块C的速度，则根据 复合运动速度合成定理可知：

vc?vAcot?，

因此系统的动能可表示为：

T?111222mvA?mCcot2?vA?(m?mCcot2?)vA222，

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：

dT??W，

系统的动力学方程可表示成：

由上式解得：

?12?d?(m?mCcot2?)vA?(m?mCcot2?)vAdvA?mgvAdt??2?

aA?dvAmg?dtm?mCcot2?，aC?aAcot?

2－17 质量为m0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m(m0?3m)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??300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。

A A

? ? R R ve m0g B B mg vr 图A 图B FN

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vr，物块的速度为ve，则系统的动能为

T?1111m0ve2?mva2?m0ve2?m[(ve?vrsin?)2?(vrcos?)2]2222

设??0为势能零点，则系统的势能为

根据机械能守恒定理和初始条件有T?V?0，即

V??mgRsin?

321mve?m[(ve?vrsin?)2?(vrcos?)2]?mgRsin?22 (1)

系统水平方向的动量为：

px?m0ve?m(ve?vrsin?) (2)

根据系统水平动量守恒和初始条件由(2)式有

3mve?m(ve?vrsin?)?0

由此求出ve?1vrsin?，将这个结果代入上面的机械能守恒式(1)中,且??300最后求得： 4

vr?4gR1gR,ve?15215

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ar，物块的加速度为ae，对于小球有动力学方程

maa?m(ae?arn?art)?F?mg （a）

A

at ? ?r R F R

F B m0g mg ae ae

FN 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

将方程（a）在小球相对运动轨迹的法线方向投影，可得

A B m0ae?F?m0g?FN （b）

m(arn?aecos?)?F?mgsin?

vr2其中相对加速度为已知量，a?。将方程（b）在水平方向和铅垂方向投影，可得

Rnr

m0ae?Fcos?

令??300，联立求解三个投影方程可求出

0?FN?m0g?Fsin?

ae?473g94,F?mg,FN?3.6267mg15275

2－18 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：

将上式对时间t求导并简化可得：

1?)2?mgR(1?cos?) （a） m(R?2gsin? (b ) Rmg m0g

FN

????nmg am

tam

每个小球的加速度为

取圆环与两个小球为研究对象，应用质心运动定理

将上式在y轴上投影可得：

tna?am?am??cos??R??2sin?)i?(?R???sin??R??2cos?)j?(R?

?maiiC??Fi

将(a),(b)两式代入上式化简后得

??sin??R??2cos?)?F?2mg?mgm0?0?2m(R?N0

FN?m0g?2mg(3cos2??2cos?)

FN?0时对应的?值就是圆环跳起的临界值，此时上式可表示成

m0?02m

3m11上述方程的解为：cos??(?1?0)

332m?113m???圆环脱离地面时的?值为?1?arccos1?0? ?332m????113m???而?2?arccos1?0?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?332m???3cos2??2cos??时的值。

2－19 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vr，牵连速度为ve，由系统对z轴的动量矩守恒，有：

其中：ve?r?，则上式可表示成：

Lz??m0r2??mver?mvrcos?r?0

z

(m0?m)r2??mvrcos?r

ve

vr ? mvrcos??vcos?

?r(m0?m)rrhm，

其中：?? tan??2?rm0?m由此解得：??

根据动能定理积分式，有：T2?T1?

?W1?2

11m0r2?2?mva2?W1?2?mgnh22

222其中：va?(ve?vrcos?)?(vrsin?)，将其代入动能定理的积分式，可得：

T1?0,T2?

m0r2?2?m[(r??vrcos?)2?(vrsin?)2]?2mghn

将?? 则：

?vrcos?r代入上式，可求得：vr?2ghn

1??cos2????cos?r2ghn 1??cos2?

2由va?(ve?vrcos?)2?(vrsin?)2

可求得：va?vr[1??(2??)cos?]

2－20 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： 外力对O轴的矩为：

212?LO???r3?

2?gds ?r?r?0MO???gr??2?grcos?ds?grcos?rd?

?r?g

? ???gr?????

0???gr2??gr2sin???M?LOO?????gr2??gr2sin????r3????因为：r?

dvdvd??dv?vdv，所以上式可表示成： ???dtd?dtd?rd?

????g?gsin??r?vdv??g?gsin?rd? ?vdv?rg(??sin?)d?

11积分上式可得：?v2?rg(?2?cos?)?c

22?由初始条件确定积分常数c?gr，最后得：v?[gr(2?2cos???2)/?]

12

第三章 刚体动力学（I）

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

可得：vacos300?ve??l，

va?ve?vr

vA

vB?vBC

研究AD杆，应用速度投影定理有：

23

?va??l3va

ve

vr

vD

vDr

vA?vDcos300，vD?

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

43

?l3vD?vBC?vDr

将上式在x轴上投影有：?vD??vBC?vDr，vDr??vD?vBC??3－4 AB构件（灰色物体）作平面运动，已知A点的速度

AB的速度瞬心位于C，应用速度瞬心法有：

23

?l3vA??0O1A?450cm/s

?AB?

vA3?rad/sAC2

vA vB??ABBC，

设OB杆的角速度为?，则有

设P点是AB构件上与齿轮I的接触点，

该点的速度：

v15??B?rad/sOB4

?I ?AB C vB vP

vP??ABCP

齿轮I的角速度为：?I?

3－6 AB杆作平面运动，取A为基点 根据基点法公式有：

将上式在AB连线上投影，可得

vP?6rad/s r1vBA

vB?vA?vBA

vB

vB?0,?O1B?0

vA

因此，

?vAAB?

AB?14?0 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

aB

a?atn

BA?aBA?aBA

将上式在AB连线上投影，可得

?anBcos600?aA?aBA，a2B??2.5?0r ?aB32OB（瞬时针）1?O???0

1B23－7 齿轮II作平面运动，取A为基点有

aB?atnA?aBA?aBA

a?atn

1?aBA?aBA

将上式在x 投影有：

?acos??an

1?aBA

由此求得：

?anBAa1?acos?II?2r?22r2

再将基点法公式在y轴上投影有： asin??atBA??II2r2，

由此求得

?asin?II?2r2

再研究齿轮II上的圆心，取A为基点

atntA

2O2?aA?aO2A?anO?aO2

将上式在y轴上投影有

attasin?O2?aO2A?r2?II?2，

由此解得：

at?O2asin?O1O2?r2(r)

1?r?21?r2

再将基点法公式在x轴上投影有：

?anO2?a1?anO2A atBA

anBA

aA

atO2AanO2A y

at x anO2

O2

由此解得：

naO?2acos??a12，

n2a?(r?r)?12O1O2 又因为O2由此可得：

?OO??12

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：

acos??a12(r1?r2)

??角加速度为：

vv?DCR?r

?va?R?rR?r vRR?r

?????卷筒O点的速度为：

vO??R?O点作直线运动，其加速度为：

?O?aO?v

研究卷筒，取O为基点，求B点的加速度。

将其分别在x,y轴上投影

taBx?aO?aBO22aB?aBx?aBy?RvaR?R?rR?r

B tnaB?aO?aBO?aB0

naBO aOO naCO taBO ?

同理，取O为基点，求C点的加速度。

将其分别在x,y轴上投影

tnaC?aO?aCO?aC0

naBy??aBO R?4a2(R?r)2?v42(R?r)

aC tCO tnaCx?aO?aCO?0aCy?aCO

aC?aCy?

3－10 图示瞬时，AB杆瞬时平移，因此有：

Rv(R?r)2

2?B vA

vB vC vB P

vB?vA??OA?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：

?vBB?r?4m/s

圆盘上C点的速度为：vC??BPC?22m/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?atant

BB?B?aA?aBA

将上式在x轴上投影可得：?atB?0 因此：

anv2BB?aB?r?8m/s2由于任意瞬时，圆盘的角速度均为：

?vBB?r将其对时间求导有：

??v?tBaBB?r?r，

由于

atB?0，所以圆盘的角加速度?B???B?0。 圆盘作平面运动，取B为基点，根据基点法公式有： aatnnC?B?aCB?aCB?aB?aCB

a(an2?(anC?B)CB)2?82m/s2

3－13 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：

?vAAB?AP?1rad/s

杆上C点的速度为：vC??ABPC?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?ve?vr

其中：ve?vC，根据几何关系可求得：

?B

atB anB

aatABA

aB B nC aBC P vr va ve atanBA BA aB aC va?vr?

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

由该式可求得

tntnaB?aA?aBA?aBA?aBA?aBA naBA2aB??0.8m/ssin300

3m/s15

ar

aK

ae

aa

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：

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：

aa?ae?ar?aK

2a?0.4m/s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：e

aC?0.5aB?0.4m/s2

00acos30?acos30?aK ae将上述公式在垂直于AB杆的轴上投影有：

科氏加速度aK?2?ABvr，由上式可求得：

aa?

3-14：取圆盘中心O1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：

2m/s23

va?ve?vr

速度图如图A所示。由于动系平移，所以ve?u，

根据速度合成定理可求出：

vva B u ? A vo1 e

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：

vvvO1?va?e?3u,vr?e?2utan?sin?

O 图 A

??

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。

vr2u?rr

再研究圆盘，取O1为基点根据基点法公式有：

vB?vO1?vBO1

00vBx??vBO1sin30???rsin30??u

0vO1 vBO1 B vBy?vO1?vBO1cos30?23u

u A o1 ? O 图 B

为求B点的加速度，先求O1点的加速度和圆盘的角加速度。取圆盘中心O1为动点，半圆盘为动系，根据加速度合成定理有

22vB?vBx?vBy?13uaa?ae?arn?art （a）

nrvrnu2其加速度图如图C所示，a?， ?R?rr

将公式（a）在x和y轴上投影可得：

y x arn O ? 图 C

o1 aa

art

x:y:

tr0?artsin??arncos??aa??artcos??arnsin?

art3u22u23u2由此求出：a?，圆盘的角加速度为：??,aa?aO1??2

rrrr

下面求圆盘上B点的加速度。取圆盘为研究对象，O1为基点，应用基点法公式有：

tn （b） aB?aO?aBO?aBO111

将（b）式分别在x,y轴上投影：

n0t0aBx??aBOcos30?asin30BO11y x 0aBy??aO1?a

其中：

n2aBO??r?1nBO1sin30?a0tBO1cos30 o1 atBO1nB aBO1 ? 4ur， 3u2??r?r

2aA

O 图 D

taBO1

u2由此可得：aB?37

r

3－15（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：

va?ve?vr由上式可解得：

v3e?vatan300?

3?r 因为BC杆瞬时平移，所以有：

vCD?v3e?3?r

3－15（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：

va?ve?vr根据几何关系可求出：

O8162P?

3r,CP?3r

将速度合成定理公式在x,y轴上投影::

vax?vex?vrx?vr?O2P?BCvay?vey?vry?vey?O2A?BC由此解得:

?14?,v23BC?r?(3?2)?rDC杆的速度

v?4C?CPBC? 3?r

3-16(b) BC杆作平面运动,根据基点法有: aatnatntnC?B?aCB?aCB?B?aB?aCB?aCB

由于BC杆瞬时平移,?BC?0,上式可表示成:

aatntC?B?aB?aCB

将上式在铅垂轴上投影有:

0??antB?aCBsin300由此解得:

va vvr

e

vC

va vr ve y x ?BC

P aC atCB

?BC

anatB

B

aC

atCB?BC

anatB

B

?BC??2

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）。

16

aA?aa?ae?ar?aK (a)

其中:aK为科氏加速度,因为?AB?0,所以aK?0

nta?a?a?aeCeCeC 动点的牵连加速度为: nt由于动系瞬时平移,所以aeC?0,aeC??BCAC

aC ar

aA

ta?a?aeCeC, 则(a)式可以表示成 牵连加速度为

aA?aa?aC?a

将上式在y轴上投影:

由此求得:

teC?ar

aetC

y

t?aAcos300??aCcos300?aeC

aC?(1?

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

tnae?aC?aAC?aAC

232)?r9

aC

aK aa

?BC

y

x

naAC

tnaa?aC?aAC?aAC?ar?aK

其中aK为动点A的科氏加速度。

将上式在y轴上投影有

上式可写成 其中：

taacos300??aCcos300?aAC?aK

ar

taAC

?2rcos300??aCcos300??BC?AC?2?BC?vr (a)

?BC?123?,vr?(?)?r432

（见3－15d）?BC为BC杆的角加速度。

再取BC杆上的C点为动点，套筒O2为动系，由加速度合成定理有

aaC?aC?a'e?a'r?a'K

其中

a'tne?aCO2?aCO2，上式可表示为

atnC?aCO2?aCO?a'r?a'K

2 将上式在y轴投影有：

?acos300?atCCO

2?a'K 该式可表示成：

?aCcos300??BC?CO2?2?BCvCsin300 （b）

联立求解(a),(b)可得

a43C?9?2r,?32BC?8?3－17 AB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

?vAAB??vAAP2R杆上B点的速度为：

v??2BABPB? 2vA

AB杆的角加速度为：

?AB???AB?v?AAP?0

取A为基点，根据基点法有

a?antn

BA?aBA?aBA?aA?aBA

将上式分别在x,y轴上投影有

aBx??ancos450BA?v2A4RanBy?aA?asin450?3v2ABA4R

aB?a22Bx?aBy?10v2A 4R

3－18 取DC杆上的C点为动点，构件AB为动系

atCO2

a'r

aC

ana'KCO

2

?BC

x

y

P vB

O R O

anBAy

R aA

x

vCa?vCe?vCr

?r 根据几何关系可求得：vCe?vCr?3

再取DC杆上的D点为动点，构件AB为动系

vDe

vDr

vDa?vDe?vDr

vCr?vDr

y

vCe 由于BD杆相对动系平移，因此

将上式分别在x,y轴上投影可得

vCa vCr x

3?r2

vDax??vDe?vDrsin300??3vDay??vDrcos300???r2

求加速度：研究C点有

将上式在y轴投影有

aC?aCa?aCe?aCr?aCK

aDK

aDe aDr

0?aCesin300?aCrcos300?aCKsin300

2a?3?r Cr由此求得

再研究D点

y

aCe aCK aCa

x

aD?aDa?aDe?aDr?aDK

aCr?aDr

92?r2332?r2

aCr 由于BD杆相对动系平移，因此

将上式分别在x,y轴上投影有

aDax?aDrsin300?aDKcos300?aDay??aDe?aDrcos300?aDKsin300??

3－21 由于圆盘纯滚动，所以有aC?r?

根据质心运动定理有：

aC

?

maC?Fcos??FS

根据相对质心的动量矩定理有

0?FN?Fsin??mg

FS FN

求解上式可得：

m?2??FSr?Fr0

aC?

Fr(rcos??r0)m(r2??2)，FN?mg?Fsin? F(?2cos??rr0)FS?r2??2

若圆盘无滑动，摩擦力应满足FS?fFN，由此可得：

当：mg?Fsin?时，

F(?2cos??rr0)f??fmin(mg?Fsin?)(r2??2)

3－22 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。 FAN 由质心运动定理有：

根据相对质心的动量矩定理有：

maC?mg?FAN

mg

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

1lml2?AB?FANcos?122

aC??AB

求解以上三式可求得：

lcos?2

P ?AB aC

FAN?

3－25 设板和圆盘中心O的加速度分别为

2mg5

aA a1,aO，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

?

aO naAO R

A taAO

将上式在水平方向投影有

tnaA?aO?aAO?aAO

taAx?aO?aAO?aO??R?a1 （a）

取圆盘为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有

m2aO?F2 (b)

应用相对质心动量矩定理有

m2g F2

1m2R2??F2R2

(c)

F2N

再取板为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有

m1a1?F?FS?F2

作用在板上的滑动摩擦力为：

(d )

F2 m2g m1g FN

F FS?fFN?f(m1?m2)g (e)

由(a) (b) (c) (d) (e)联立可解得：

FS a1?

3－29

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：

1111P 22223F?3f(m1?m2)g3m1?m2

T2?2m1vC?2JC?AB?2m2vA?2JA?A

其中：

?AB vA

l2vA??ABlsin???lsin???,vAlsin????A???,RR?AB????,vC????,vC ??

因此系统的动能可以表示成：

?A

2??21ml221mR1?l?1212?T2?m1?????m2(lsin???)???2?2?212222??2?lsin????R????

?

1?2?3ml2??2sin2?m1l2?2640系统从??45位置运动到任意?角位置，

AB杆的重力所作的功为：

ca W1?2?m1g

l(sin450?sin?)2

根据动能定理的积分形式

T2?T1?W1?2

aA

m1g初始时系统静止，所以T1?0，因此有

1?2?3ml2??2sin2??mgl(sin450?sin?)m1l2?21642

将上式对时间求导可得：

1?????3ml2?????sin2??3ml2??3sin?cos???mglcos???m1l2?2213222

将上式中消去?可得：

?根据初始条件

1???3ml2???sin2??3ml2??2cos?sin???mglcos?m1l2?2213222

??0,??450?，可求得初始瞬时AB杆的角加速度 ：

?????

32m1g(4m1?9m2)l

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杆的加速度瞬心在由此可求出AB

杆上A点的加速度：

??ca点，

??aA??ABlsin450???lcos450?

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：

3m1g(4m1?9m2)

vA C

m1vA?m2vC?I (a)

其中：

vC为AB杆质心的速度，根据平面运动关系有

?AB

vC

lvC?vA??AB2 (b)

再根据对固定点的冲量矩定理：LA?MA(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：

LlA?m2vC2?112m2l2?AB

将其代入冲量矩定理有：

ml2vC2?112m2l2?AB?lI (c)

由（a,b,c）三式求解可得：

v2IA??9m2(滑块的真实方向与图示相反

)

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

L1A(AC)?3ml2?AC

设C1为BC杆的质心，BC 杆对A轴的动量矩为

L31A(BC)?mvC12l?12ml2?BC

v?vv?lC1C?C1C?l?AC2?BC

根据冲量矩定理 LA?2lI可得：

11ml2?526AC?6ml?BC?2lI （a）

再研究BC杆，其对与C点重合的固定点的动量矩为

LlC?mvC12?112ml2?121BC?2ml?AC?

3ml2?BC根据冲量矩定理LC?lI有：

I Cx ICyC vC

? vC1BC

B I

121ml?AC?ml2?BC?lI23 （b）

联立求解（a）,(b) 可得

?AC??

3－35 碰撞前，弹簧有静变形

6I??2.5rad/s27ml

?st?

mgk

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?m3)v?m32gh

碰撞结束时两物体向下运动的速度为

m3 ?st

v

v?

2gh2

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

v?

2gh2

m3 ? v ?st 第三阶段：m3与m1一起上升到最高位置，此时弹簧

被拉长?。根据动能定理

T2?T1??W1?2有：

上式可表示成：

1k2k20?(m1?m3)v2??(m1?m3)g(?st??)??st??222

mghmgm2g2k23m2g2k?2mg(??)?????2mg???22k2k22k2

若使m2脱离地面，弹簧的拉力必须大于其重力，因此有若

??mgmg8mg??h?k，将k代入上式求得：k。

??mg8mgh?k，则k

注：上述结果是在假设m3与m1始终粘连在一起的条件下得到的，若m3与m1之间没有粘着力，

答案应为

h?9mgk，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t?0时系统静止，t?0AB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

1LO?mvCl?m(2l)2??012

其中：vC?vA?l??v?l?

由此解得：

??

3v4l

FAx FAy a 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???malcos??mglsin?m(2l)2?3

将上式积分并简化可得：

ma

A ? B mg 2?2l??asin??gcos??C3

?其中C是积分常数由初始条件??0,???确定出

3v2C??g8l。

上式可表示成

2?23v2l??asin??gcos???g?f(?)38l

??0，因此f(?)?0。若f(?)的最小值大于零，则AB杆就可以完成整圈转动。若AB杆可转动整圈，则应有?下面求f(?)

的极值。

3v2f(?)?asin??gcos???g8l

将上式求导令其为零有f'(?)?acos??gsin??0求得极值点为：

atan?*?g

当

sin?*?aa2?g2,cos?*?ga2?g2，

函数f(?)取最大值 当

*sin?*??*aa2?g2,cos?*??ga2?g2，

函数f(?)取最小值，若使最小值大于零，则有

2?2a2l????223a?g

由此求得：

3v23v222??g??a?g??g?0228l8la?g

g23v2?8l(g?a2?g2)

第四章 动静法

4－6 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：

l2 lFCI?maC?m?AB2

1MCI?ml2?AB12

aC??ABCP??AB

根据动静法有：

P FB ?AB FA MCI

aC FCI mg ?MPll?mgcos??F?MCI?0CI?0 22

?AB?3gcos??3.528rad/s22l

4－7 （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FI?maC 根据动静法有：

32F?mg(1?cos?)?357.7NAs?0 ?Fy?0 FA?mg?FCIco?4

3F???FB?0 B4mgsin?cos??176.4N ?Fx?0 FCIsin?F

（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

?0 mgsin300?FI?0 aC?gsin300?0.5g

xFA FI

FB aA

aC

mg

FB x

aC?aAsin300

FCI?mCaC,FABI?mABaA,m?mAB?mC

FA FCI aC FABI

根据动静法有

由此求得：aA?1.25g,aC?0.625g

（3） 先研究滑块C

根据约束可知：aCy?aAsin300

?Fx?0 mgsin300?FABI?FCIsin300?0

FCIx?mCaCx,

根据动静法有：

FCIy?mCaCy

aCx

aA

?Fx?0 F?FCIx?0 F?mCaCx ?Fy?0 FN?FCIy?mCg?0

因为：F?fFN，所以有关系式

即： aCx?f(g?aAsin300)

再研究整体，应用动静法有

aCyx

FN?mCg?mCaAsin300

mCaCx?f(mCg?mCaAsin300)

FCIyFCIx

y

F FN

?Fx'?0

上式可表示成：

mgsin300?FABI?FCIysin300?FCIxcos300

x

mCg

mgsin300?mABaA?mCaAsin2300?mCf(g?aAsin300)cos300

由上式解得：aA?0.6776g?6.64m/s2

FCIy

aCx?f(g?aAsin30)?3.24m/s， aCy?aAsin300?3.32m/s2，

4－8 （1）研究AB杆，将惯性力向杆的质心简化，

02FA

FABI

FCIx

FB

aC?4.64m/s2

aA

mg

x'

2FIn?m?2r2 2FIt?m?r2

FIn

FIt

MI

FAyFB

FAx

MI?

根据动静法有：

1m(2r)2?12

n FM?0?AI

12r?MI?FBr?0， FB?mr(3?2??)?14.286N

62?Fx?0 FAx?FIncos450?FItcos450?0 FAx?

1mr(?2??)?6.122N 2n0t0 F?0F?Fsin45?Fsin45?FB?0， FAy??16.33N ?yAyII（2）若FB?0，必有3?2??，因此当??6rad/s2，??2rad/s

4－9 设OA杆和AB杆的角加速度分别为?OA,?AB。将各杆的惯性力向各自质心简化。

FI1?m?OAMI1

研究整体，根据动静法有：

ll,FI2?m(?AB??OAl),22 11?ml2?OA,MI2?ml2?AB,1212

FOy

FI1

?OA

FI2

?AB

?M

O?0，

FOx M

I1

MI2

FI1

AB杆，根据动静法有：

l3ll3l?FI2?mg?mg?MI1?MI2?02222

ll?mg?MI2?022

mg

mg

上述平衡方程可简化为

?MA?0

FI2FAy

?AB

115l?OA?l?AB?2g66111l?OA?l?AB?g232

9g3g求解该方程组可得：?OA? ,?AB??7l7lFAx MFI2 I2 mg ??? A

??，AB杆的角加速度为?4－10 取圆盘A的角加速度为???。

设AB杆的质心为C，其加速度为

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：

tnaC?aA?aCA?aCA

aA n C aCA ? ?? ?B taCA

tnFIC?FIA?FCA?FCA

??FIA?mA?r，

MIA?研究整体，

t??FCA?mC?1??MmAr2?IC2，

lln?2FCA?mC?2，2 1???mCl2?12

?MP?0 （a）

研究AB杆，

lnFIAr?MIA?FIA(r?sin?)?FCArcos?2llt?FCA(?rsin?)?MIC?mgcos??022

MIA FIA A tFCA mA gF F? C MIC

B P IA ?M将(a)－(b)得： 上式化简为：

FCA nA?0 (b)

lltl?FIAsin??FCA?MIC?mgcos??0222

ntFIAr?MIA?FIAr?FCArcos??FCArsin??0

FN mCg 还可写成： 即：

52??11?2cos??mlr???sin??0mr??mlr?222

???l??2cos??l???sin??0 5r?d??l??sin?)?0(5r?dt

将上式积分可得：

??l??sin??C 5r????再根据初始条件：??0,???0确定C?0，由此可得???根据动能定理有：

l?sin? ?5r11122?2?1mv2?1ml2??mAvA?mAr2??mglsin?ABCAB242242 （C）

122?, v2?r2??2?rl???其中：vA?r??? sin??l?C4??l?再利用??sin?（c）式可表示成

5r

1sin2??2?gsin?(?)l?310 (d) 当??900,

?|??90??AB??0

再将(d)式求导,然后销去??, 最后可得

230g?r?l??6gl ,vA??AB7l535FAyA FAx C mA gsin?cos?21sin??????gcos?(?)2l?l?3105

F P FN

当??900,可求得?AB?????0,

???又因为 ?

???0。a??r?0 当AB杆铅垂时，?A??AA

再取圆盘为研究对象，应用动静法有

ll2??sin????cos?， ?5r5r?M

A?0，Fr?0, F?0

再研究整体，利用动静法有

?Fy?0

l229?2mg?m?AB?mg27

FN?2mg?FIC?0

FN?2mg?FIC

4－12 此瞬时AB杆作瞬时平移，所以

2m g A F P FIC FN

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

又因为B点作圆周运动，所以

将该式在铅垂轴上投影：

nBtBAvA?vB?2.44m/s

?AB

aC taBA vB

naB taB

vA

tntaB?aA?aBA?aBA?aBA

tntaB?aB?aB?aBA 2vB a?acos30?h0

由此解得：

?AB

AB杆质心C的加速度垂直于AB杆， 其大小为：

2vB??1.8475rad/s2 0hlcos30MIC

FIC

FA

FB

aC??AB

应用动静法：

l?2.817m/s2 2mg

MIC?

1ml2?AB 12?F?0，FICsin300?F?0

F?FICsin300?maCsin300?64N

xA?M

?0，

FBlcos300?MIC?FICll?mgcos300?022，

FB?284.02N

4－14 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C1,C2。

各点加速度如图所示，其大小为 P ?rA aA?r?20，

?AB2aAr?032????0AP2rcos3003

aC2??ABC2P?3232?0r?0raB??ABBP?33，

aA

aC1?? ?rC2 ?AB aB ?rB aC2

有关的惯性力为：

应用动静法和虚位移原理，有

232mr?03 32FIB?maB?mr?03 12322MIC2?2m(2r)2?AB?mr?0129 FIC2?2maC2?MIC2 P FIC1 FIC22mg ?AB mg M???FIC2sin300?rC2?FIB?rB?F?rB?0

FIB 因为：?rB??rC2??rA?r??，上式可表示成

FNB mg

M???FIC2sin300r???FIBr???Fr???(M?FIC2sin300r?FIBr?Fr)???0

0M?Fsin30r?FIBr?Fr?0， ???0IC2因为，所以

由此解得

M?

研究AB杆及滑块B，

2322m?0r?Fr3

FAy

FAx MIC2 P FIC2 ?MA?0

FIC2rsin300?FNB2rcos300?2mgrcos300?FIBr?Fr?mg2rcos300?MIC2?0由此解得：

2mg ?AB FIB FNB mg

FNB?2mg?

322F?m?0r39

5-2滑轮组上悬挂有质量为10kg的重物M1和质量为8kg的重物M2，如图所示。忽略滑轮的质量，试求重物M2的加速度a2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M1g,M2g。假设重物M2的加速度a2的方向竖直向下，则重物M1的加速度a1竖直向上，两个重物惯性力FI1,FI2为：

FI1?M1a1

FI2?M2a2 (1)

该系统有一个自由度，假设重物M2有一向下的虚位移?x2，则重物M1的虚位移?x1竖直向上。由动力学普遍方程有：

?W??M1g?x1?M2g?x2?FI1?x1?FI2?x2?0

根据运动学关系可知：

（2）

1?x1??x22

a1?1a22

（3）

FI2

将(1)式和(3)式代入(2)式，可得对于任意?x2?0有：

a2?方向竖直向下。取重物M2为研究对象，受力如图所示，由牛顿第二定律有：

4M2?2M1g?2.8(m/s2)4M2?M1

δx1

FI1

M2g

δx2 T

M1g

M2g?T?M2a2

解得绳子的拉力T?56.1(N)。

本题也可以用动能定理，动静法，拉格朗日方程求解。

M2g

5-4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 a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。 2

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：

T?

1m[(l?R?)??]22

取??0为零势位，则系统的势能为：

V?mg[Rsin??(l?R?)cos?]

d?L?L()??0???拉格朗日函数L?T?V，代入拉格朗日方程有： dt??

整理得摆的运动微分方程为：

???R??2?gsin??0(l?R?)?

5-6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s?4bsin?，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：

T?

1?2mS2

取S?0为零势位，系统的势能为：

V?mgh

dhS由题可知，因此有： ?sin??dS4b

h??0s

则拉格朗日函数：

sSds?4b8b

2h 1?2mg2mS?S28b d?L?L???gS?0， 代入拉格朗日方程： ()??0，整理得摆的运动微分方程为：S??Sdt?S4b1g解得质点的运动规律为：S?Asin(t??0)，其中A,?0为积分常数。

2b5-13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。

L?T?V?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：

T?

11m(r??)2?m(?rsin?)222

取??0为零势位，系统的势能为：

则拉格朗日函数：

V?mgr(1?cos?)

L?T?V?

12?2mr(???2sin2?)?mgr(1?cos?)2

d?L?L()??0???代入拉格朗日方程：dt?? ，整理得质点的运动微分方程为：

???(g??2cos?)sin??0?r

如果求力偶M，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

2.求维持圆环作匀速转动的力偶M 束，将力偶M

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

?代替?，则拉格朗日函数为： 达式中以?

L?T?V?

12?2?2sin2?)?mgr(1?cos?)mr(???2

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,???0，在这组虚位移下力偶M所作的虚功为[?W]???0，因此力偶M对应于广义坐标?的广义力

Q?M?0；

[?W]???M???，因此力偶M对应于广义坐标?的

取???0,???0，在这组虚位移下力偶M所作的虚功为

广义力

Q??M[?W]?????M；

d?L?L()??Q?M?0???代入拉格朗日方程dt??，整理可得： ???gsin??0?r

d?L?LM()??Q??M???代入拉格朗日方程dt??，整理可得：

??M???mr2sin2????mr2sin2??

???,????0，代入上式可得： 圆环绕铅垂轴AB匀速?转动，即：?

?sin2? M?mr2??5-14如图所示，质量为m的物体可绕水平轴O1O2转动，轴O1O2又绕铅垂轴OC以匀角速度?转动。物体的质心G在垂直于O1O2的直线上，O3G?l。设O1O2和O3G是物体过O3点的惯量主轴，转动惯量为J1和J2，物体对另一过O3点的惯量主轴的转动惯量为J3，试求物体的动能表达式并建立物体的运动微分方程。 解：

垂直于O1O2的平面

?

z’ z’ O3

x’

θ ?

? ? y’

G

y’ 以该物体为研究对象，有一个自由度，取O3G和OC的夹角?为广义坐标。若以框架O1O2OC为动系，则

?绕轴O1O2的定轴转动，牵连运动是以角速度?绕OC轴的定轴转动，物体的绝对物体的相对运动是以角速度θ?和ω的矢量之和。为了方便起见，以O1O2为x?轴，O3G为y?轴，如图建立一个固连在物体上的角速度?a是θ坐标系，则该刚体的角速度?a可表示成：

?i???cos?j???sin?z??a?θ

由于坐标系O3x?y?z?的三个坐标轴为过O3点的三个惯量主轴，则系统的动能为：

1T?[J1??2?J2(?cos?)2?J3(?sin?)2]2

取??0为零势位，系统的势能为：

则拉格朗日函数：

V?mgl(1?cos?)

代入拉格朗日方程：

1?2?J(?cos?)2?J(?sin?)2]?mgl(1?cos?)L?T?V?[J1?232

d?L?L()??0dt?????

，

整理后，可得物体的运动微分方程为：

????2(J?J)sin?cos???mglsin?J1?23

5-17重P1的楔块可沿水平面滑动，重P2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vA，楔块B的速度vB，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）：

系统的动能为：

vB?vA?vBr

取过x轴的水平为零势面，系统的势能为：

1122T?mAvA?mBvB22P2P2????s?cos?)2?(s?sin?)2]?1x[(x2g2g 111?2?P2cos?x?s???2?(P1?P2)xP2s2gg2g

vBr s vA x

则拉格朗日函数：

V?P2ssin?

111?2?P2cos?x?s???2?P2ssin?(P1?P2)xP2s2gg2g

将水平力F视为非有势力，它对应于广义坐标x和s的广义力计算如下：

取?x?0,?s?0，在这组虚位移下力F所作的虚功为[?W]?x?F?x，因此力F对应于广义坐标x的广义力

L?T?V?

QxF?F；

取?x?0,?s?0，在这组虚位移下力F所作的虚功为[?W]?s?Fcos??s，因此力F对应于广义坐标s的广义

力

QsF?Fcos?；

d?L?L()??QxF?F??x代入拉格朗日方程dt?x，整理可得：

??2cos????Fg (Ps1?P2)x?P （1）

d?L?L()??QsF?Fcos???s代入拉格朗日方程dt?s，整理可得：

??P2???(Fcos??P2sin?)g P2cos??xs

由方程(1)和方程(2)解得：

楔块A的加速度：

（2）

??aA??xFsin??P2cos?gsin?2P1?P2sin?，方向水平向右。 FP1cos??(P1?P2)P2sin?gP2(P1?P2sin2?)，方向沿斜面向上。

楔块B的相对加速度：

aBr

????s5-18在光滑水平面上放一质量为m的三角形楔块ABC，质量为m1，半径为r的均质圆柱沿楔块的AB边滚动而

不滑动，如图所示。试求楔块的加速度及圆柱的角加速度。 解：

取楔块ABC和圆柱构成的系统为研究对象，该系统为保守系统，有二个自由度，取楔块水平滑动的位移x，以及圆柱的转角?（A点?=0）为广义坐标。若以楔块为动系，楔块的速度vA，圆柱轴心O的速度vo，以及轴心O相对于A的相对速度满足

如下的矢量关系（方向如图所示）：

圆柱在斜面上作纯滚动有：

vO?vA?vOr

?r vOr??vA

x

φ

vOr

系统的动能为：

T?取过楔块上A点的水平为零势面，系统的势能为：

则拉格朗日函数：

111122?2mvA?m1vO?(m1r2)?2222 1211??m1[(x????rcos?)2?(??rsin?)2]?m1r2??2?mx224 13?2?m1rcos?x????m1r2??2?(m?m1)x24

V??m1g?rsin?

13?2?m1rcos?x????m1r2??2?m1g?rsin?(m?m1)x24 d?L?L()??0??x代入拉格朗日方程dt?x，整理可得：

L?T?V?

??m1rcos??????0 (m?m1)?x （1） d?L?L()??0???代入拉格朗日方程dt??，整理可得：

???2??cos??2gsin? 3r?x

由方程(1)和方程(2)解得： 楔块的加速度：

（2）

??a??xm1sin2?g23(m?m1)?2m1cos?，方向水平向左。

圆柱的角加速度：

??????

2(m?m1)sin?g2[3(m?m1)?2m1cos?]r，顺时针方向。

5-21系统由定滑轮A和动滑轮B以及三个重物组成，如图所示。重物M1,M2,M3的质量分别为m1,m2,m3，

m1?m2?m3,m2?m3，滑轮的质量忽略不计。若初始时系统静止，试求欲使M1下降，质量m1,m2和m3之间

的关系。 解：

以三个重物和滑轮构成的系统为研究对象，该系统为保守系统，有二个自由度（如图所示）。设重物M1的坐标为x1，重物M2相对于滑轮B的轮心的位置为x2。系统的动能为：

T?

111?12?m2(x?1?x?2)2?m3(x?1?x?2)2m1x222 112?12?(m2?m3)x?2?1x?2?(m1?m2?m3)x?(m3?m2)x22

x1

x2

取x1?x2?0时为系统零势能位，则任意位置系统的势能为：

拉格朗日函数：

V??m1gx1?m2g(x2?x1)?m3g(x1?x2) ?(?m1?m2?m3)gx1?(m2?m3)gx2

L?T?V?

112?12?(m2?m3)x?2?1x?2(m1?m2?m3)x?(m3?m2)x22 ?(m1?m2?m3)gx1?(m2?m3)gx2

d?L?L()??0?1?x1代入拉格朗日方程dt?x，整理可得：

?1?(m2?m3)??2?(m1?m2?m3)g?0 (m1?m2?m3)?xx

（1）

d?L?L()??0?dt?x?x22代入拉格朗日方程，整理可得：

?2?(m2?m3)??1?(m2?m3)g?0 (m2?m3)?xx

由方程(1)和方程(2)解得重物M1的加速度：

（2）

?1?a1??x

m1(m2?m3)?4m2m3gm1(m2?m3)?4m2m3，

初始时刻系统静止，若使M1下降则a1?0，即：

4m2m3m1?m2?m3

5-22重P1的平台AB置于水平面上，物体M重P2，弹簧的刚度系数为k，如图所示。在平台上施加水平力F，忽略摩擦。如果系统从静止开始运动，此时弹簧物变形，试求平台和物体M的加速度。 解：

取整个系统为研究对象，该系统有二个自由度，取平台的水平坐标x，以及物体M相对于平台的坐标s（弹簧原长为坐标原点）为广义坐标。系统的动能为：

T?取弹簧未变形时势能为零，则系统的势能为：

P12P2????s?)2x(x2g2g 111?2?P2x?s???2?(P1?P2)xP2s2gg2g 12ks2

s

l0 x

V?则拉格朗日函数：

L?T?V?

1111?2?P2x?s???2?ks2(P1?P2)xP2s2gg2g2

将水平力F视为非有势力，它对应于广义坐标x和s的广义力计算如下：

取?x?0,?s?0，在这组虚位移下力F所作的虚功为[?W]?x?F?x，因此力F对应于广义坐标x的广义力

QxF?F；

取?x?0,?s?0，在这组虚位移下力F所作的虚功为[?W]?s?0， 因此力F对应于广义坐标s的广义力

QFs?0；

d(?L)??L?QF代入拉格朗日方程dt?x??xx?F，整理可得：

(P1?P2)?x??P2?s??Fg d(?L)??L?QF代入拉格朗日方程dt?s??ss?0，整理可得：

P2?x??P2?s??kgs?0

由方程(1)可得：

?x??Fg(PP?P2?P?s?1?2)(P12)

代入方程(2)得：

P1P2?s??(P1?P2)kgs??P2Fg

解微分方程（4）得：

s?P2FP2Fk(Pcospt?1?P2)k(P1?P2)，

其中：

p2?(P1?P2)kgP1P2。

求导得：

?s??FgPcospt1

代入方程(3)可得： 平台的加速度：

a1??x??FPg(1?P2cospt)1?P2P1，方向水平向右。

物体M的加速度：

（1）

（2） 3）

（4）

（ ?????a2??xs

Fg(1?cospt)P1?P2，方向水平向右。

5-27质量为m1的滑块M1可沿光滑水平面滑动，质量为m2的小球M2用长为l的杆AB与滑块连接，杆可绕轴A转动，如图所示。若忽略杆的重量，试求系统的首次积分。 解：

取整个系统为研究对象，该系统有二个自由度，取滑块的水平坐标x，以及杆AB与铅垂方向的夹角?为广义坐标。系统的动能为：

1122m1vA?m2vB22 11?2?m2[(x????lcos?)2?(??lsin?)2]?m1x22 11?2?m2lcos?x????m2l2??2?(m1?m2)x22

设??0时势能为零，系统的势能为：

V?m2gl(1?cos?)

T?拉格朗日函数：

vA

vBA

11?2?m2lcos?x????m2l2??2?m2gl(1?cos?)(m1?m2)x22

拉格朗日函数中不显含广义坐标x和时间t，存在循环积分和广义能量积分，即：

?L?T ?cos??常数 ??m2l???(m1?m2)x???x?x11 ??m2l2??2?m2gl(1?cos?)?常数 ?2?m2lcos?x??T?V?(m1?m2)x22L?T?V?

5-28图示质量为m2的滑块B沿与水平成倾角?的光滑斜面下滑，质量为m1的均质细杆OD借助铰链O和螺旋

弹簧与滑块B相连，杆长为l，弹簧的刚度系数为k。试求系统的首次积分。 解：

取整个系统为研究对象，该系统有二个自由度，取滑块B沿斜面的坐标s，以及杆OD与铅垂方向的夹角?为广义坐标。杆OD作平面运动， 有：

则系统的动能为：

vC?vB?vCB

T?

111122?2?m2vBm1vC?(m1l2)?22122 1l11?sin(???)]2?[s?cos(???)???]2}?m1l2??2?m2s?2?m1{[s22242 111?2?m1l??s?cos(???)?m1l2??2?(m1?m2)s226

vCB C vBφ α

0s?0,??90设时势能为零，系统的势能为：

l1V?m1gcos??(m1?m2)gssin??k?222

拉格朗日函数L?T?V中不显含时间t，存在广义能量积分，即：

111?2?m1l??s?cos(???)?m1l2??2T?V?(m1?m2)s226

l1?m1gcos??(m1?m2)gssin??k?2?22 常数

5-29半径为r、质量为m的圆柱，沿半径为R、质量为m0的空心圆柱内表面滚动而不滑动，如图所示。空心圆

mr22mR20柱可绕自身的水平轴O转动。圆柱对各自轴线的转动惯量为和。试求系统的首次积分。

解：

以圆柱和圆筒构成的系统为研究对象，该系统有二个自由度，取?,?为广义坐标。

系统的动能为：

T?

其中：

1121122m0R2??2?mvO(mr)?1?2222

?， vO1?(R?r)?圆柱相对于圆筒作纯滚动，由圆柱轴心O1以及圆柱上与圆筒相接触的点的速度关系，可得：

?]??R???[(R?r)?

代入动能有：

1r

T?

131?2?m(R?r)R????(2m0?m)R2??2?m(R?r)2?442

设??0为零势位，系统的势能为：

V?mg(R?r)(1?cos?)，

拉格朗日函数：

L?T?V?

11?2?3m(R?r)2????2?m(R?r)R???mg(R?r)(1?cos?)(2m0?m)R2?442

拉格朗日函数中不显含广义坐标?和时间t，存在循环积分和广义能量积分，即：

?L?T??1mR[(R?r)??]?p??R???m0R2?0??2????

T?V?

1?2?1m[(R?r)??]2?1m(R?r)2???R??2?mg(R?r)(1?cos?)?E0m0R2?242

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