《理论力学》动力学典型习题+答案

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1、动力学动力学 I第一章第一章 运动学部分习题参考解答运动学部分习题参考解答 13 解： 运动方程：，其中。 tanly kt 将运动方程对时间求导并将代入得030 34 coscos22lklklyv 938 cossin2232lklkya 16 证明：质点做曲线运动,所以,ntaaa设质点的速度为,由图可知:v，所以: aa vvyncos yvvaan将，cvy 2nva 代入上式可得 cva3 证毕17证明：因为，n2av vaava sinn所以：va3v 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：s，并且 tvLs0222xls将上面两式对

2、时间求导得： ，0vsxxs s22由此解得： （a）xsvx0(a)式可写成：，将该式对时间求导得：svxx0(b)2 002vvsxxx 将(a)式代入(b)式可得：（负号说明滑块 A 的加速度向上）322 022 0 xlv xxvxax 111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，由于绳子始终处RvB 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）cosABvv 因为（b）xRx22 cos将上式代入（a）式得到 A 点速度的大小为：（c）22RxxRvA 由于， （c）式可写成：，将该式两边平方可得：xvARx

3、Rxx22222222)(xRRxx 将上式两边对时间求导可得： xxRxxRxxx 2232222)(2将上式消去后，可求得：x 222242)(RxxRx 由上式可知滑块 A 的加速度方向向左，其大小为 22242)(RxxRaA113 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reavvv有：，因为 AB 杆平动，所以，eacosvvvv aovovAx OAvAx OBv BRavevrvxyoanav yvxyoanata由此可得，OC 杆的角速度为，所以ecosvvOAveco

4、slOA lv2cos当时，OC 杆上 C 点速度的大小为045lav lavavC245cos02 115 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 ， r1e1a1vvvr2e2a2vvv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：a1a2vv(a)r1e1vvr2e2vv将（a）式在向在 x 轴投影,可得：0 r20 e20 e130cos30sin30sinvvv由此解得：smbOMvvv/4 . 0)93(30cos30sin)(30tan)(30ta

5、n020120 e1e20 r232 . 02e2OMvsmvvvvM/529. 02 2r2 e2a2117 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）reavvv将（a）式在垂直于 O1A 杆的轴上投影以及在 O1C 轴上投影得：，0 e0 a30cos30cosvv0 e0 a30sin30sinvv，RvvaeRvvra5 . 02O1e 1RR Av根据加速度合成定理有（b）Caaaaarn et ea 将（b）式在垂直于 O1A 杆的轴上投影得

6、Caaaa0n e0t e0 a30sin30cos30sin其中：，2 aRa 2 1n e2Rar12vaC由上式解得：2t e 1123 2Ra119 解：由于 ABM 弯杆平移，所以有MAMAaavv. , 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 reavvv可求得：，m/s2222eabvvvvAMm/s2erbvvrad/s334 5 . 1 2211AOvA根据加速度合成定理Caaaaaarn et en at a将上式沿方向投影可得：CaCaaaat e0n a0t a

7、45sin45cos由于，根据上式可得：22 1n am/s8la2t em/s1 ba2 rm/s82vaC，0t a45cos247 a2t a 1rad/s123)247(22la1-201-20 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：rrOMv260cos0e根据速度合成定理：reavvv可以得到：，rrvv3260cos60sintan020earvv460cos0e rt aan aat ean earaCaavevrve1ve2vr2vr1v

8、xavM OABrvevaat ean earaCaavevrv加速度如图所示，其中：，2 02 2 e260cosrrOMa2 r82rvaC根据加速度合成定理：Caaaarea 将上式在轴上投影，可得：,由此求得： xCaaacoscosea2 a14ra 121 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 reavvv将上式沿绝对速度方向投影可得：

9、reavvv因此 aervvv其中：，AA BBRvRvvv,ea由此可得：m/s9380rBA ABvvRRv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：22 rn rrm/s78. 1BRvaa2-1 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NfFF 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：xbtmvmpx2r2根据动量定理有： gmmffFFbmtpNx)(dd212即：当摩擦系数时，平台 AB 的加速度为零。gmmbmf)(212 当摩擦系数时，平台 AB 将向左滑动，此时系统的动量为：gmmbmf)(21

10、2 vvvp1r2)(mm将上式在轴投影有：xvmmbtmvmvvmpx)()()(2121r2根据动量定理有：gmmffFFammbmtpNx)()(dd21212由此解得平台的加速度为：（方向向左）fgmmbma2122-2 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,其中为F 作用在滑块 A 上的弹簧拉力。系统的动量为： )(r111vvvvvpmmmm 将上式在 x 轴投影： )cos(1lxmxmpx根据动量定理有：kxFlmxmmtpxsin)(dd2 11 系统的运动微分方程为：tlmkxxmmsin)(2 11 24 取提起部分为研究对象，受

11、力如图(a)所示，提起部分的质量为，提起部分的速度vtm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（如图 a 所示） 。vrvv（a）(b)根据变质量质点动力学方程有：vvtttmmttmrr)()(dd)(ddvgFvgFv将上式在 y 轴上投影有：)()()()(dd2 rvvgttFvvgvttFtvm由于，所以由上式可求得：。0ddtv)()(2vvgttF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：力，因此地面的支撑力就是未提

12、起部分自身的重力，即：gvtlFN)( 35 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： xCaaaM OABraeaOxyevavrvOxyn raNFgmg1mFxvrvvrvNFFg1mg2mxvrvgm)(tFyNFgmNFvxNtmmtmFvgFvdd ddr船的质量为：，水的阻力为qtmm0vFf将其代入上式可得：NqmftqtmFvgvvr0dd)(将上式在 x 轴投影：。应用分离变量法可求得)(ddv)(r0vqfvtqtmcqtmqffvqv)ln()ln(0r由初始条件确定积分常数，并代入上式可得：0ln)ln(mqfqvcr qfmqtm

13、 fqvv)(100r2-82-8 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，质量为的质点沿半径Jm 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 。质点在方板Rul 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。0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1L JL 1 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别为2L。

14、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re,vv对速度。它对转轴的动量矩为reavvv )()()(r2e2a22vvvmLmLmLL其中： )sin()cos()(222 e2RRlmmrmLvr2 rr2sincos)cos()(vmRvRlmmLv系统对 z 轴的动量矩为。初始时，此时系统对 z 轴的动量矩为21LLLuv r, 0, 0uRlmL)(0当系统运动到图 8-12 位置时，系统对 z 轴的动量矩为muRlmlRRlJumRuRlmRRlmJL)cos()cos2(sincos)cos()sin()cos(22222由于系统对转轴的动量矩守恒。所以有，因此可得：0LL muRlmlRRlJuRlm)cos()cos2()(22 由上式可计算出方板的角速度为)cos2()cos1 (22lRRlmJuml 211 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