《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：yltan，其中kt。 将运动方程对时间求导并将300代入得

vyllk4lkcos2cos23 ay2lk2sin83lk2cos39

1－6

证明：质点做曲线运动,所以aatan, 设质点的速度为v,由图可知:

cosvyvy vvana，所以: aanvv

y y 将vv2yc，an

a a nav3代入上式可得 c

x

证毕 o

1－7

at

证明：因为v2y  a，aavnasin

a nv v3所以：av

an 证毕

x

o

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v2220t，并且 slx

vo

将上面两式对时间求导得：

sv0，2ss2xx 学习 资料 整理 分享 vo

由此解得：xsv0x （a） (a)式可写成：xxv0s，将该式对时间求导得： xxx2sv20v0 (b)

将(a)式代入(b)式可得：axxv2x2220xv0lx3（负号说明滑块A的加速度向上）

1－11

vB

 B A  A O O R  vA x x

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

22 cosxRx （b） 将上式代入（a）式得到A点速度的大小为： vxARx2R2 （c）

由于vAx，（c）式可写成：xx2R2Rx，将该式两边平方可得： x2(x2R2)2R2x2 将上式两边对时间求导可得：

2xx(x2R2)2xx322R2xx 将上式消去2x后，可求得：x2R4x(x2R2)2

由上式可知滑块A的加速度方向向左，其大小为 a2R4xA(x2R2)2

1－13

解：动点：套筒A；

v动系：OA杆； 定系：机座； va

e

运动分析：

绝对运动：直线运动；

vr

范文 范例 指导 参考

相对运动：直线运动； 牵连运动：定轴转动。 根据速度合成定理 vavevr

有：vacosve，因为AB杆平动，所以vav，

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vesin300

vevcos2l由此可得vcosve，OC杆的角速度为，OA，所以

lcosOAavcos2450av0vevaR，vavrR，1veR0.5

O1A2R根据加速度合成定理有

naaaetaearaC （b）

当45时，OC杆上C点速度的大小为vCal2l

1－15

解：动点：销子M

vvr1

e1

动系1：圆盘

动系2：OA杆 ve2

定系：机座；

vr2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 x

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：

ve1sin300v00e2sin30vr2cos30

由此解得：

tan300(v0bsin300vr2e2ve1)OMtan30(21)cos2300(39)0.4m/s

ve2OM20.23

v22Mva2ve2vr20.529m/s

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；

vve a 相对运动：直线运动（平行于O1A杆）； 牵连运动：定轴转动。 vr 根据速度合成定理有

学习 资料 整理 分享 将（b）式在垂直于O1A杆的轴上投影得

at0nasin300aecos30aesin300aC

其中：a2，an2aRe2R1，aC21vr由上式解得：ate12R3122

1－19

解：由于ABM弯杆平移，所以有

vAvM,.aAaM

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 vavevr

可求得：vMvAva2ve2b22v22431AO53rad/s

1A1.根据加速度合成定理

atanatnaaeaearaC

将上式沿aC方向投影可得：

atcos450ansin450ataaeaC

由于an22t2a1l8m/s，aeb1m/s，aat742ata22(742)acos450，1l3

1-20

atar e anaaaCe

vr

ve

，vrvebva2m/s，

at e

anean

a 2ar aC v2r8m/s，根据上式可得：t rad/s2a a

m/sC12 范文 范例 指导 参考

解：取小环为动点，OAB杆为动系

vrB 运动分析

M 绝对运动：直线运动； O v相对运动：直线运动； 牵连运动：定轴转动。  a A ve 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：veOMrcos6002r 根据速度合成定理： vavevr

可以得到：

0vrsin60atanvecos260023r ，vvercos6004r 加速度如图所示，其中：

2r2a2arB

eOMcos6002r， aeM aO

aC2vr8r2

a根据加速度合成定理：

 aCA a x'aaearaC

将上式在x'轴上投影，可得：aa2acosaecosC,

由此求得：aa14r

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； y’ v动系：汽车A（Ox’y’）；

vr

a 定系：路面。

运动分析

ve

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 vvx’

aevr



将上式沿绝对速度方向投影可得：

vO avevr 因此 vrveva y’

其中：vavB,veRB,vAR， Aanr

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x’

由此可得：vrRBRvv380ABm/s A9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：

nv2arrar1.78m/s2R

B2-1 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FfFN

vr

取整体为研究对象，受力如图， 系统的动量：pm2vr

将其在x轴上投影可得：pmv m2g

x2vrm2bt

dpmxmF 1g

根据动量定理有： dt2bFfFNf(m1 m2)gF N

x

即：当摩擦系数fm2b(m时，平台AB的加速度为零。

1m2)g当摩擦系数fm2b(mm时，平台AB将向左滑动，此时系统的动量为：

12)gpm2(vvr)m1v

将上式在x轴投影有：pxm2(vvr)m1(v)m2bt(m1m2)v 根据动量定理有：

dpxdtm2b(m1m2)aFfFNf(m1m2)g 由此解得平台的加速度为：am2bmfg（方向向左） 1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：

pmvm1v1mvm1(vvr) x FN

将上式在x轴投影： pxmxmlcos)

1(x v 根据动量定理有：

F

dpxdt(mmm21)x1lsinFkx mg vr

系统的运动微分方程为：(mm1)xkxm1l2sint

m1g

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）。

范文 范例 指导 参考

F(t)

y

v

mg

vr

（a） (b)

根据变质量质点动力学方程有：

mdvdtF(t)mgvdmrdtF(t)(vt)gvrv 将上式在y轴上投影有：

mdvdtF(t)(vt)gvrvF(t)(vgtv2) 由于

dvdt0，所以由上式可求得：F(t)(vgtv2)。 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

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：

FN

mdv dtFmgvdmrdtFN v

船的质量为：mm0qt，水的阻力为Ffv

将其代入上式可得：

mg

(mdv0qt)dtfvmgqvx

rFN 将上式在x轴投影：(mqt)dv0dtfvq(vr)。应用分离变量法可求得

ln(qv)frfvqln(m0qt)c

由初始条件确定积分常数cln(qvfr)qlnm0，并代入上式可得：

vqvrf1(mf0qt)q m0

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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 vr ve g u o  M  r 

l R o

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

L1J

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

L2L2(mva)L2(mve)L2(mvr)

其中：

L2(mve)mr2m[(lRcos)2(Rsin)2]

L2(mvr)m(lRcos)vrcosmRsin2vr

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

L0m(lR)u

当系统运动到图8-12位置时，系统对z轴的动量矩为

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

ml(1cos)uJm(l2R22lRcos)

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：

范文 范例 指导 参考

LOJOl(2ar)r2

F根据动量矩定理有：

Oy

dL Odt[JOl(2ar)r2] FOx



l(ax)grl(ax)gr整理上式可得：

[JOl(2ar)r2]l(2x)gr 由运动学关系可知：rx，因此有：rx。上式可表示成： P

[JO2l(2ar)r]x2lgr2x 2令22lgrJ2，上述微分方程可表示成：x2x0，该方程的通解为： Ol(2ar)rxct1ect2e

根据初始条件：t0,xx0,x0可以确定积分常数cx1c202，于是方程的解为： xx0cht

系统的动量在x轴上的投影为：p2x0rsinlrd2lr2lrx 系统的动量在y轴上的投影为：pyl(ax)rl(ax)r2lxr2lxx 根据动量定理：

pxF0xpFar)g

y0yPl(2由上式解得：F22cht，F22Oxlrx0oyPl(2ar)g4lx0ch(2t)

2－14 取整体为研究对象，系统的动能为：

T12mv212A2mCvC 其中：vmg

A,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 vr

复合运动速度合成定理可知：vAvCtan，

vA

vC

因此系统的动能可表示为：T12mv212m21 2 ACcot2vA2(mmCcot2)vA，系统在能够过程中，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：

d12(mm)v22Ccot2A(mmCcot)vAdvAmgvAdt 由上式解得：advAAdtmgmm2，aCaAcot Ccot

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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(m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30003m)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 B vR e m0g B vmg r

F N 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vr，物块的速度为ve，则系统的动能为

T12m21122v210vemv2am0e2m[(vevrsin)2(vrcos)2]

设0为势能零点，则系统的势能为

VmgRsin

根据机械能守恒定理和初始条件有TV0，即

32mv21e2m[(vevrsin)2(vrcos)2]mgRsin

系统水平方向的动量为：

pxm0vem(vevrsin)

根据系统水平动量守恒和初始条件有

3mvem(vevrsin)0

由此求出v1e4vrsin，将这个结果代入上面的机械能守恒式,且300最后求得： vgR1gRr415,ve215

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(anearatr)Fmg （a）

A tA R ar F R aan rm e mB g0g F ae B

F 范文 范例 指导 参考

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

m0aeFm0gFN （b） 将方程（a）在小球相对运动轨迹的法线方向投影，可得

m(anraecos)Fmgsin

nv2其中相对加速度为已知量，arrR。将方程（b）在水平方向和铅垂方向投影，可得

m0aeFcos0FNm0gFsin

领300，联立求解三个投影可求出

ae473g152,F9475mg,FN3.6267mg

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：

12m(R)2mgR(1cos) （a） 将上式对时间t求导并简化可得：

ntaamgmg mmg

Rsin (b ) m 0g

每个小球的加速度为

aatnmamF(RcosR2sin)i(RsinR2cos)j

N

取圆环与两个小球为研究对象，应用质心运动定理

miaiCFi

将上式在y轴上投影可得：

m002m(RsinR2cos)FN2mgm0g 将(a),(b)两式代入上式化简后得

FNm0g2mg(3cos22sin)

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

3cos22cosm02m0 学习 资料 整理 分享

上述方程的解为：，cos(113313m02m) 圆环脱离地面时的值为arccos1113m33102m 而2arccos1113m0也是方程的解，但是332m1时圆环已脱离地面，因此2不是圆环脱离地面时的值。

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系统对z轴的动量矩守恒，有：

Lzm0r2mvermvrcosr0

其中：vz

er，则上式可表示成：

(m0m)r2mvrcosr

由此解得：mvrcosvcos(mm)rrr

0mhve  其中：r m，tan

v 0m2r根据动能定理积分式，有：T2T1W12

T110,T2m1220r222mvaW12mgnh 其中：v2(vcos)2(v2aevrrsin)，将其代入动能定理的积分式，可得：

m220rm[(rv2rcos)(vrsin)2]2mghn

将vrcosr代入上式，可求得：v2ghnr1cos2

1由v2(vcos)2(v2v2aevrrsin)可求得：var[1(2)cos]2

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：

LOr3

外力对O轴的矩为：

gds  范文 范例 指导 参考

M2Ogrrr0grcosdsgr20grcosrd

gr2gr2sinLOMOr3gr2gr2sin

因为：rdvdvddvvdvdtddtdrd，所以上式可表示成： rggsinvdvrdggsin vdvrg(sin)d

积分上式可得：12v2rg(122cos)c

1由初始条件确定积分常数cgr，最后得：v[gr(22cos2)/]2

动力学第三章部分习题解答

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：v0acos30vel，

vA

vBvBCv23al vve

3 研究AD杆，应用速度投影定理有：

a

vr

vDvDrvv043

ADcos30，vD3l

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，vDrvDvBC233l

3－4 AB构件（灰色物体）作平面运动， 已知A点的速度

vA0O1A450cm/s AB的速度瞬心位于C，应用速度瞬心法有：

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vAABAC32rad/s vBABBC，

设OB杆的角速度为，则有

vB15OB4rad/s

设P点是AB构件上与齿轮I的接触点， 该点的速度：

vPABCP 齿轮I的角速度为：PIvr6rad/s 13－6 AB杆作平面运动，取A为基点 根据基点法公式有：

vBAvBvAvBA

将上式在AB连线上投影，可得

vvB

B0,O1B0

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）。 atvA

根据加速度基点法公式

BA

atBaAaBAanBA

aanBA

将上式在AB连线上投影，可得

B an，a2Bcos600aAaBAB2.50r

BOBa1OB3220（瞬时针） 1aA

at

3－7 齿轮II作平面运动，取A为基点有

BA

aatanBAaBABA

aaatn1BAaBA

将上式在x 投影有：

anBA acosan

1aBA

由此求得：

y

x

BAa1acosIIan2r22r

2再将基点法公式在y轴上投影有：

asinatasinatOBAII2r2，由此求得II2A2r 2

anO2A y

atx anO2

范文 范例 指导 参考

再研究齿轮II上的圆心，取A为基点

atntnO2aO2aAaO2AaO2A 将上式在y轴上投影有

attasinO2aO2Ar2II2， 由此解得：O1OatO2asin2r 1r22(r1r2)再将基点法公式在x轴上投影有：ananO2a1O2A 由此解得：anacosa1O22，又因为an2O2(r1r2)O1O2 由此可得：O1O2acosa12(r 1r2)

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

aOvvDCRr

vO角加速度为

v vaRrRr 卷筒O点的速度为：

vRvRORr O点作直线运动，其加速度为 avRaROvORrRr

研究卷筒，取O为基点，求B点的加速度。

atnB BaOaBOaB0

atBO 将其分别在x,y轴上投影

at

an BxaOaaByanBOBOBO aO 

a22BaBxaByR(Rr)24a2(Rr)2v4 anO CO 同理，取O为基点，求C点的加速度。 atCaOaCOanC0

将其分别在x,y轴上投影

atC CO atanCxaOaCO0aCyCO

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aCaCyRv2(Rr)2 3－10 图示瞬时，AB杆瞬时平移，因此有：

vBvAOA2m/s B AB杆的角速度：AB0

vC圆盘作平面运动，速度瞬心在P点，圆盘的 vA

的角速度为：vBvBr4m/s

B 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 P

根据基点法公式有

atantBaBBaAaBA

将上式在x轴上投影可得：at0B

B

因此：anv2atB anBBaBr8m/s2

B

atBA

由于任意瞬时，圆盘的角速度均为：vBaA B r 将其对时间求导有：vratBBr，由于atBB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：

atnnCaBaCBaCBaBaCB

an2nC(a)(a)282m/s2a

BBCB

B anBC C

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，

P AB杆的角速度为：vAABAP1rad/s vr 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， va ve 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：

vave315m/s anBA AB杆作平面运动，其A点加速度为零， atBA B点加速度铅垂，由加速度基点法公式可知

aB aC 范文 范例 指导 参考

aatantnBAaBABAaBAaBA

由该式可求得aanBA2Bsin3000.8m/s 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：a5a2C0.B0.4m/s

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：

aaaearaC ar

其中牵连加速度就是AB杆上C点的加速度

即：a0.4m/s2e

a C

a

e 将上述公式在垂直于AB杆的轴上投影有：

aaa

acos300aecos300aC

科氏加速度aC2ABv2

r，由上式可求得：aam/s23

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： 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： vr va ve B Ov1vavtan3u,vvresin2u oe1

u 由于圆盘A在半圆盘上纯滚动，圆盘A相对半圆盘 A 的角速度为：

O vrr2ur

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。

再研究圆盘，取O1为基点根据基点法公式有：

vBvO1vBO1

v00BxvBO1sin30rsin30u vOv1 BO1 vByvO1vBO1cos30023u

B v2BvBxv2By13u

o1 uA  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 O 图 B

学习 资料 整理 分享 y

x o aanataearr （a）

其加速度图如图C所示，，anrvnru2Rrr， 将公式（a）在x和y轴上投影可得： x:0atrsinanrcosy:atn

aarcosarsin由此求出：at3u2r,aa2u2atr3u2raO1r，圆盘的角加速度为：rr2 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：

atnBaO1aBO1aBO1 （b） 将（b）式分别在x,y轴上投影：

n

aa0t0BxBO1cos30aBO1sin30yaan0tByO1aBO1sin30aBO1cos300 x n其中：an24u2BOroB aBO1r，

1 1 atBO1 3u2aatA BO1rr

u2O 由此可得：aB37图 D

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：

vvavevr a vr

由上式可解得：v0evatan3033r ve

因为BC杆瞬时平移，所以有：

vCDve33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）。

vCBC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：

vva avevr

vr 根据几何关系可求出：O816 2P3r,CP3r

v将速度合成定理公式在x,y轴上投影::

e y x BC

范文 范例 指导 参考

vaxvexvrxvexO2PBCvayveyvryv

exvrO2ABC由此解得:1BC4,v33r(22)r DC杆的速度vCP4CBC3r

aC3-16(b) BD杆作平面运动,根据基点法有:

tatnatanat

CBCBBBanaCBCaBaaCBCB

由于BC杆瞬时平移, BC0,上式可表示成:

atntCaBaBaCB

BC

将上式在铅垂轴上投影有:

0anat0BCBsin30

由此解得:BC126 natB

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）aB

a

。

AaaaearaK (a)

其中:aK为科氏加速度,因为AB0,所以aK0

动点的牵连加速度为: aantaeCaeCaeC C由于动系瞬时平移,所以anteC0,aeC

BCAC

牵连加速度为ateaCaeC,(a)式可以表示成

aar

AaaaCateCar 将上式在y轴上投影:

aA at

Acos300aCcos300aeC

ateC由此求得:a232 C(19)r

y

3－16(d) 取BC杆为动系，套筒A为动点， aC动点A的牵连加速度为

atneaCaACaAC

n动点的绝对加速度为

aKaAC aaaCatACanACaraK

a

a

其中aK为动点A的科氏加速度。 将上式在y轴上投影有

aACacos300atr

ataCcos300aACaK

BC

上式可写成

y

x

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2rcos300a0Ccos30BCAC2BCvr (a)

其中：1BC4,v33r(22)r（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 aatnCCO2aCO2a'ra'K 将上式在y轴投影有：a0tCcos30aCOa'K at2CO2 a'r该式可表示成：

aCa300 （b）

Ccos300BCCO22BCvCsin联立求解(a),(b)可得

a32r,32anCOa'K2 C49BC8

BC

3－17 AB杆作平面运动，其速度瞬心位于P， x

可以证明：任意瞬时，速度瞬心P均在以O为 y 圆心，R为半径的圆周上，并且A、O、P在同 P

一直径上。由此可得AB杆任何时刻的角速度均 vB

为

AAABvvO AP2R 杆上B点的速度为：vPB2R BAB2vA AB杆的角加速度为：ABvABAAP0 取A为基点，根据基点法有

aaantanBABAaBAAaBA

O

将上式分别在x,y轴上投影有

aanBA

aBxanBAcos450v2Ay

R A

4

aaan3v2

AByABAsin4504aBa2Bxa210v2Ax

By4R

范文 范例 指导 参考

F(2cosrr0) FS22

3－18 取DC杆上的C点为动点，构件AB为动系

vCavCevCr 根据几何关系可求得：vCevCr3r

vDevDr再取DC杆上的D点为动点，构件AB为动系

vDavDevDr 由于BD杆相对动系平移，因此vCrvDr v将上式分别在x,y轴上投影可得

Ce v0vCaDv3axDevDrsin302ry

vDayvcos3003Drrv Cr2 求加速度：研究C点有

x aCaCaaCeaCraCK

将上式在y轴投影有

aDK

0aCesin300aCrcos300aCKsin300

aDe

a

Dr

由此求得a2Cr3r

再研究D点

aDaDaaDeaDraDK

由于BD杆相对动系平移，因此aCraDr a将上式分别在x,y轴上投影有

aCK

y

Ce aasin300a3009 aCaDaxDrDKcos22ra

aDayaDa00332Cr eDrcos30aDKsin302rx

3－21 由于圆盘纯滚动，所以有aCr 根据质心运动定理有：

maCFcosFS0FNFsinmg

根据相对质心的动量矩定理有

aC m2FSrFr0

求解上式可得：

aFr(rcosr0)Cm(r22)，FNmgFsin

学习 资料 整理 分享 F S

FN

r若圆盘无滑动，摩擦力应满足FSfFN，由此可得：

当：mgFsin时，fF(2cosrr0)(mgFsin)(r22)fmin

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。 由质心运动定理有：

maCmgFAN 根据相对质心的动量矩定理有：

FAN1

ml2lmg12ABFAN2cos 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

aClAB2cos 求解以上三式可求得：

 F2P ABAN5mg C aA a

3－35 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 的接触点为A，则A点的加速度为

aaOAaOatAOanAO



an

R 将上式在水平方向投影有

aatAO atxAOaAOaORa1 （a）

A AO

取圆盘为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有

ma2aOF2 (b) 1 应用相对质心动量矩定理有

m 12g2m2R2F2R (c) F2

再取板为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有

F2N 范文 范例 指导 参考 m1a1FFSF2 (d ) 作用在板上的滑动摩擦力为：

FSfFNf(m1m2)g (e) F2 m2g 0,45，可求得初始瞬时AB杆的角加速度 根据初始条件032m1g (4m19m2)lF 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杆的加速度因为由上式可解得：

F3f(mm a12)g133mm

12FS m1g

F N 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：

T212121212m2J21vCCAB2m2vA2JAA 其中：

P ,vlABABC2,

vAABlsinlsin,

vvvAA

C lsinARR,

因此系统的动能可以表示成：

AT1l21m1l222m12122122m2(lsin)21m2R2 lsin222R

1m31l22m2642l22sinca 系统从450位置运动到任意角位置，

AB杆的重力所作的功为：

Wl012m1g2(sin45sin)

根据动能定理的积分形式 TaA

m1g2T1W12

初始时系统静止，所以T10，因此有

1m261l234m2l22sin2m1gl2(sin450sin) 将上式对时间求导可得：

13m1l232m2l2sin232m2l23sincosm1gl2cos 将上式中消去可得： 1m2332m2l2sin232m2l221lcossinm1gl2cos 学习 资料 整理 分享

瞬心在ca点，由此可求出AB杆上A点的加速度：

a0AABlsin45lcos4503m1g(4m9m

12)

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：

vm1vAmA

2vCI (a)

其中：vC为AB杆质心的速度，根据平面运动关系有

vlCvA2AB (b)

vABC

C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112m22l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9m (滑块的真实方向与图示相反)

2

3－34 研究整体，系统对A轴的动量矩为：

LALIAy

A(AC)LA(BC) 其中：AC杆对A轴的动量矩为L1

IAx

A(AC)3ml2AC

设C1为BC杆的质心，BC 杆对A轴的动量矩为

AC

Lmv31A(BC)C12l12ml2bC

vC vvl

C1vCC1ClAC2BC

根据冲量矩定理 LA2lI可得：

vBC

C1

AB杆对A 范文 范例 指导 参考

116ml25AC6ml2BC2lI （a） 再研究BC杆，其对与C点重合的固定点的动量矩为

LlIICy Cx 2112ml211CmvC1BC2ml2AC3ml2BC

v根据冲量矩定理LC C ClI有： 1vBC C12ml21AC3ml2BClI （b）

联立求解（a）,(b) 可得6IAC7ml2.5rad/s2

B

3－35 碰撞前，弹簧有静变形mgstk 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：

m3 st

(m!m3)vm32gh

碰撞结束时两物体向下运动的速度为v2gh v2

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2ghv 2

m3 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：

012(mm(mk2k213)v21m3)g(st)2st2

上式可表示成：

mgh222222mg(mgk)mg2kk223mg2k2mgk22 若使mmgmg2脱离地面，弹簧的拉力必须大于其重力，因此有k，将k代入上式求得：

h8mgk。若mgk，则h8mgk

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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0 IAB杆上A点的速度为v，角速度为，初始时受到 Ax IAy 冲击力的作用，应用对固定点O的冲量矩定理可得

vA L1 A OmvCl12m(2l)20 v其中：vCvAlvl

C 由此解得3v 4l

FB Ax FAy 当t0时，滑块A以加速度a向右运动，

a 取AB杆为研究对象，应用相对动点A的动量矩定理有： A 13m(2l)2malcosmgsin ma将上式积分并简化可得：

 23l2asingcosC B mg 其中C是积分常数由初始条件0,2 确定出C3v8lg。上式可表示成 232l2asingcos3v8lgf() 若AB杆可转动整圈，则应有2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。下面求f()的极值。

singcos3v2f()a8lg

将上式求导令其为零有f'()acosgsin0求得极值点为tan*ag 当sin*aa2g2,cos*ga2g2， 函数f(*)取最大值

当sin*ag2g2,cos*aa2g2， 函数f(*)取最小值，若使最小值大于零，则有

23l2a2a2g2g2a2g23v223v228lgag8lg0

范文 范例 指导 参考

由此求得3v28l(ga2g2)

（3） 先研究滑块C

动力学第四章部分习题解答

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：

FB

P alCABCPAB2

FlAB MCICImaCmAB2

M1aFCI12ml2AB

FC CI 根据动静法有：

A

m gMl P0 mg2cosFlCI2MCI0 3gAB2lcos3.528rad/s2

Fy0 FAmgFCIcos0 FAmg(134cos2)357.7N Fx0 FCIsinFB0 F3B4mgsincos176.4N

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：

FFx0 mgsin300FFA

I0

FI

B a

Cgsin3000.5g

aC（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， aA

mg x

其加速度垂直于AD，如图所示。

两者加速度的关系为

FFB aCaAsin300

A

FFCIABIa

C

F

CImCaC,FABImABaA,mmABmC

根据动静法有

F00x0 mgsin30FABIFCIsin300

a

A

aAx由此求得：aA1.25g,aC0.625g

mg 学习 资料 整理 分享

根据约束可知：a0CyaAsin30

FCIxmCaCx,FCIymCaCy

根据动静法有：

Fx0 FFCIx0 FmCaCx Fy0 FNFCIymCg0

FNmCgmCaAsin300

因为：FfFCIy N，所以有关系式

FmgmF CaCxf(mCCaAsin300)

即： a0CIx Cxf(gaAsin30) F

再研究整体，应用动静法有

Fy FN x'0

mgsin300F00x mCABIFCIysin30FCIxcos30 上式可表示成：

F Fg CIy A FB mgsin300ma20 F ABI

ABAmCaAsin30 FCIxma00 Cf(gAsin30)cos30

ax'

A 由上式解得：aA0.6776g6.64m/s2

aCxf(ga02Asin30)3.24m/s，

mg

a02CyaAsin303.32m/s，

a2C4.64m/s

4－8 （1）研究AB杆，将惯性力向杆的质心简化，

tFn2nFI

Im22r FI

Ftm2I2r

FAy

FB

MI

M1I12m(2r)2

根据动静法有：

F Ax

范文 范例 指导 参考

MnA0 F2I2rMIFBr0， FB16mr(32)14.286N Fx0 FAxFnIcos450FtIcos4500 FAx12mr(2)6.122N F0y0 FAyFnIsin45FtIsin450FB0， FAy16.33N

（2）若F26rad/s2B0，必有3，因此当，2rad/s

4－9 设OA杆和AB杆的角加速度分别为

FI1 FI2  OA,AB。将各杆的惯性力向各自质心简化。 FOy OA

AB

Fl2m(l

I1mOA,FI2AB2OAl),

FMI1

MM1ml2M12Ox

I2

I112OA,I212mlAB,

研究整体，根据动静法有：

mg

mg

M

O0， FFAy I 2 Fl3ll3l

I1FI2mgmgMI1AB

2222MI20

研究AB杆，根据动静法有：

llFAx

MMI2

A0 FI22mg2MI20

上述平衡方程可简化为

mg

11

6l5OA6lAB2g1

2l11OA3lAB2g求解该方程组可得：gOA97l,3gAB7l 4－10 取圆盘A的角加速度为，AB杆的角加速度为 设AB杆的质心为C，其加速度为

aatn CAaCAaCA

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：

A aA Ftn ICFIAFCAFCA

anC   FtCA IAmAr，FCAmCl2，Fnml CAC22 atB M1CA IA2mAr2，MIC112mCl2 MIA 学习 资料 整理 分享 Ft IA F

A CA  MICF mAg FIA C Fn CA 研究整体，

MP0 （a）

FMlnIArIAFIA(r2sin)FCArcosFtll

CA(2rsin)MICmg2cos0研究AB杆，

MA0 (b)

FltllIA2sinFCA2MICmg2cos0 将(a)－(b)得： FntIArMIAFIArFCArcosFCArsin0

上式化简为 522mr112mlr2cos2mlrsin0 还可写成： 5rl2coslsin0 即： ddt(5rlsin)0 将上式积分可得： 5rlsinC 再根据初始条件：0,0确定C0，由此可得l5rsin 根据动能定理有：

1m21221mv21ml2212AvA4mAr2ABC24AB2mglsin （C） 其中：vAr, v2122Cr22rlsin4l 再利用l5rsin（c）式可表示成 13ml22110ml22sin2mglsin (d) 当900, AB|30g9007l,vArl5AB6gl35 再将(d)式求导,然后销去,最后可得 223ml15ml2sin15ml22sincosmglcos 当900,可求得AB0, 又因为 l5rsinl2FAyFAx5rcos， A 当AB杆铅垂时，A0。aAAr0 再取圆盘为研究对象，应用动静法有

F mAg C P FN 范文 范例 指导 参考

MA0，Fr0, F0

再研究整体，利用动静法有

Fy0

FN2mgFIC0

F2mgF2mgml229NIC2AB7mg

2mgA

F P FFNIC

4－12 此瞬时AB杆作瞬时平移，所以

vatAvB2.44m/s

BA 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

a

C

vnB aB

aatnt

AB BAaBAaBAaBA

at又因为B点作圆周运动，所以

B

attvA

BaanBBaBA

2

将该式在铅垂轴上投影：antcos300vBBaBAh 2由此解得：ABvBhlcos3001.85rad/s2 AB杆质心C的加速度垂直于AB杆，

FB

其大小为：al2MIC

CAB22.817m/s

应用动静法：M1IC12ml2AB

FF0ICx0，FICsin30F0 FFmg

ICsin300ma0Csin3064N

lFF0，FA

yBlcos300MICF2mgl0IC2cos300， FB321N

4－14 图示瞬时，AB杆瞬时平移，其加速度瞬心 rA P 位于P点。设OA、AB杆的质心分别为C1,C2。

r各点加速度如图所示，其大小为

aA  C2 AB 学习 资料 整理 分享 a C 1

a C2 aB r B a20，ar2A032ArABAP2rcos30030

a3232CABC2P30r，aBABBP30r

有关的惯性力为：

MIC2 F23 FP IC3mr20 IC22maC2FIC21Fma32 IBBmg AB 3mr0

2mg M1232

FICIB 2122m(2r)2AB9mr20

mg

应用动静法和虚位移原理，有

FMFsin300rFrNB IC2C2FIBrBB0

因为：rBrC2rAr，上式可表示成

MF0IC2sin30rFIBrFr(MFIC2sin300rFIBrFr)0

因为0，所以 MF0IC2sin30rFIBrFr0， 由此解得

M23m22F30rFr AyF Ax M研究AB杆及滑块B，

ICF2 P ICM2A0

AB Frsin300F2rcos3002mgrcos300

2mg IC2NBFIBrFrmg2rcos302MIC20 FIB 由此解得：F2mg3NBF2m20r

mg

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