《理论力学》动力学典型习题+答案

《动力学I》第一章运动学部分习题参考解答1－3解：运动方程：tanly，其中kt。将运动方程对时间求导并将030代入得34coscos22lklklyv938cossin2232lklkya1－6证明：质点做曲线运动,所以ntaaa,设质点的速度为v,由图可知:aavvyncos，所以:yvvaan将cvy，2nva代入上式可得cva3证毕1－7证明：因为n2av，vaavasinn所以：va3v证毕xyoanavyvxyoanata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：tvLs0，并且222xls将上面两式对时间求导得：0vs，xxss22由此解得：xsvx0（a）(a)式可写成：svxx0，将该式对时间求导得：2002vvsxxx(b)将(a)式代入(b)式可得：3220220xlvxxvxax（负号说明滑块A的加速度向上）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：cosABvv（a）因为xRx22cos（b）将上式代入（a）式得到A点速度的大小为：22RxxRvA（c）由于xvA，（c）式可写成：RxRxx22，将该式两边平方可得：222222)(xRRxxovovAxOAvAxOBvBR将上式两边对时间求导可得：xxRxxRxxx2232222)(2将上式消去x2后，可求得：22242)(RxxRx由上式可知滑块A的加速度方向向左，其大小为22242)(RxxRaA1－13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：eacosvv，因为AB杆平动，所以vva，由此可得ecosvv，OC杆的角速度为OAve，coslOA，所以lv2cos当045时，OC杆上C点速度的大小为lavlavavC245cos021－15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r1e1a1vvv，r2e2a2vvv由于动点M的绝对速度与动系的选取无关，即a1a2vv，由上两式可得：avevrve1ve2vr2vr1vxr1e1vvr2e2vv(a)将（a）式在向在x轴投影,可得：0r20e20e130cos30sin30sinvvv由此解得：smbOMvvv/4.0)93(30cos30sin)(30tan)(30tan020120e1e20r232.02e2OMvsmvvvvM/529.022r2e2a21－17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reavvv（a）将（a）式在垂直于O1A杆的轴上投影以及在O1C轴上投影得：0e0a30cos30cosvv，0e0a30sin30sinvvRvvae，Rvvra，5.02O1e1RRAv根据加速度合成定理有Caaaaarnetea（b）将（b）式在垂直于O1A杆的轴上投影得Caaaa0ne0te0a30sin30cos30sin其中：2aRa，21ne2Ra，r12vaC由上式解得：2te11232Ra1－19解：由于ABM弯杆平移，所以有avevrvaateanearaCaMAMAaavv.,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/s2222eabvvvvAM，m/s2erbvv，rad/s3345.12211AOvA根据加速度合成定理Caaaaaarnetenata将上式沿Ca方向投影可得：Caaaate0na0ta45sin45cos由于221nam/s8la，2tem/s1ba，2rm/s82vaC，根据上式可得：0ta45cos247a，2ta1rad/s123)247(22la1-20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：taanaateanearaCaavMOABrvevavevrvrrvv3260cos60sintan020ea，rvv460cos0er加速度如图所示，其中：2022e260cosrrOMa，2r82rvaC根据加速度合成定理：Caaaarea将上式在'x轴上投影，可得：Caaacoscosea,由此求得：2a14ra1－21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（Ox’y’）；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：reavvv因此aervvv其中：AABBRvRvvv,,ea，由此可得：m/s9380rBAABvvRRv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：22rnrrm/s78.1BRvaa'xCaaaMOABraeaOx’y’evavrvOx’y’nra2-1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NfFF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：btmvmpx2r2根据动量定理有：gmmffFFbmtpNx)(dd212即：当摩擦系数gmmbmf)(212时，平台AB的加速度为零。当摩擦系数gmmbmf)(212时，平台AB将向左滑动，此时系统的动量为：vvvp1r2)(mm将上式在x轴投影有：vmmbtmvmvvmpx)()()(2121r2根据动量定理有：gmmffFFammbmtpNx)()(dd21212由此解得平台的加速度为：fgmmbma212（方向向左）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：)(r111vvvvvpmmmm将上式在x轴投影：)cos(1lxmxmpx根据动量定理有：kxFlmxmmtpxsin)(dd211系统的运动微分方程为：tlmkxxmmsin)(211NFgmg1mFxvrvvrvNFFg1mg2mx2－4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）。（a）(b)根据变质量质点动力学方程有：vvtttmmttmrr)()(dd)(ddvgFvgFv将上式在y轴上投影有：)()()()(dd2rvvgttFvvgvttFtvm由于0ddtv，所以由上式可求得：)()(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力，因此地面的支撑力就是未提起部分自身的重力，即：gvtlFN)(3－5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：NtmmtmFvgFvddddr船的质量为：qtmm0，水的阻力为vFf将其代入上式可得：NqmftqtmFvgvvr0dd)(将上式在x轴投影：)(ddv)(r0vqfvtqtm。应用分离变量法可求得cqtmqffvqv)ln()ln(0r由初始条件确定积分常数0ln)ln(mqfqvcr，并代入上式可得：vrvgm)(tFyNFgmNFvxqfmqtmfqvv)(100r2-8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。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JL1设质点M对转轴的动量矩为2L，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,vv。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reavvv。它对转轴的动量矩为)()()(r2e2a22vvvmLmLmLL其中：])sin()cos[()(222e2RRlmmrmLvr2rr2sincos)cos()(vmRvRlmmLv系统对z轴的动量矩为21LLL。初始时，uvr,0,0，此时系统对z轴的动量矩为uRlmL)(0zulRogolrvevrM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0LL，因此可得：muRlmlRRlJuRlm)cos(])cos2([)(22由上式可计算出方板的角速度为)cos2()cos1(22lRRlmJuml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：2)2(rraJLlOO根据动量矩定理有：grxagrxarraJtLlllOO)()(])2([dd2整理上式可得：grxrraJllO)2(])2([2由运动学关系可知：xr，因此有：xr。上式可表示成：xgrxrraJllO222])2([令222)2(2rraJgrlOl，上述微分方程可表示成：02xx，该方程的通解为：ttececx21根据初始条件：0,,00xxxt可以确定积分常数2021xcc，于是方程的解为：txxch0系统的动量在x轴上的投影为：xrrrrplllx22dsin02系统的动量在y轴上的投影为：xxrxrxarxaplllly22)()(根据动量定理：yOFOxFPgraPFpFplyyxx)2(00由上式解得：trxFlOxch220，t)ch(24)2(202xgraPFlloy2－14取整体为研究对象，系统的动能为：22