《理论力学》动力学典型习题+答案

由天下分享时间：2024/9/13 18:52:12 加入收藏我要投稿点赞

《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??cos2??lkcos2??4lk3 ??y??2lk2sin?cos3??83lk2a?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??vy?ana,所以: a?anvvv

y vy? vy a 将vy?c,av2n??

a? n3代入上式可得 a?v c? 证毕

1－7

2a?at

证明:因为??va,asin??vn?a nv

y ? a ??v3所以: a?v

a证毕 n1－10

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

vo 将上面两式对时间求导得: s???v0,2ss??2xx? 由此解得:x???sv0x (a) vo

(a)式可写成:xx???v

0s,将该式对时间求导得: ?x?x?x?2??s?vv20?0 (b)

将(a)式代入(b)式可得:av22220?x?vx?x???x??0lx3(负号说明滑块A的加速度向上) 1－11

解:设B点就是绳子AB与圆盘的切点,由于绳子相对圆盘无滑动vB,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 B O vBA ?vcos? ? ,即: O R ? A A(a) 因为

vxA 22x 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

运动分析:

绝对运动:直线运动; vr

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,

杆的角速度为??v2由此可得vcos??velvcos?e,OCOA,OA?cos?,所以??l

当??450时,OC杆上C点速度的大小为vavcos2450C??a?l?av2l

1－15

解:动点:销子M

vvr1

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

《理论力学》动力学典型习题+答案

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:

?ve1sin300??ve2sin300?vr2cos300

由此解得:

0(vOMtan300(?bsin300vr2?tan30e2?ve1)?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;

ve 运动分析:绝对运动:圆周运动;

va 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

va?ve?vr (a)

将(a)式在垂直于O1A杆的轴上投影以及在OC轴上投影得:

vacos300?vecos300,vasin300?vesin300

ve?va?R?,vvvR?a?r?R?,?1?eO??0.5? 1A2R根据加速度合成定理有

at?ana?aee?ar?aC (b)

将(b)式在垂直于O1A杆的轴上投影得

?at0nasin300?aecos30?aesin300?aC

atar e 其中:a2a?R?,an?2R?2,a e1C?2?1vr

at3a由上式解得:?e21?2R?12? anaaCe

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??22m/s,vr?ve?b??2m/s,

?vA1?tOA?221.5?433rad/s 1ae

根据加速度合成定理

at?anaa?at?anee?ar?aC

ane将上式沿aan

C方向投影可得:

ataacos450?anasin450??ate?aC

a由于an??2l?8m/s2,at??b?1m/s2r 2aCa1e,aC?2?vr? 8m/s,根据上式可得t : at?7?42ata22(7?42)2aaacos450,?1?l?3?12rad/s 1-20

解:取小环为动点,OAB杆为动系

运动分析

vrB 绝对运动:直线运动;

M 相对运动:直线运动; O 牵连运动:定轴转动。由运动分析可知点的绝对速度、相对速度与牵连速度的方向如图所示?? va A , ve ? 其中:ve?OM??rcos600?2r? 根据速度合成定理:

va?ve?vr

可以得到:

v?tan?vr?sin600vae?cos2600?23r? ,vr?ecos600?4r? 加速度如图所示,其中:

a?2?r?2e?OM?2r?2, aarcos600eB

M aC?2?vr?8r?2

根据加速度合成定理:

?? aaaCA aa?a x'e?ar?aC

将上式在x'轴上投影,可得:a2acos???aecos??aC,

由此求得:aa?14r?

1－21

解:求汽车B相对汽车A的速度就是指以汽车 A为参考系观察汽车B的速度。

取:动点:汽车B; y’ vvr

ve 《理论力学》动力学典型习题+答案

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

va?ve?vr

将上式沿绝对速度方向投影可得:

va??ve?vr 因此 vr?ve?va

y’

其中:vvva?B,ve??RB,??AR,

Aan由此可得:vR380r

r?BRvA?vB?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:

v2x’

anr2r?ar??R?1.78m/s

B2-1 解:当摩擦系数f足够大时,平台AB O

相对地面无滑动,此时摩擦力F?fFN

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:px?m2vr?m2bt v

m2g

根据动量定理有:

dpx?mF

m1g

dt2b?F?fFN?f(m1? m2)g FN

即:当摩擦系数f?m2b(mg时,平台AB的加速度为零。

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

1?m2p?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?m22-2 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??m1(x??l?cos?)

根据动量定理有:

dpxdt?(m?m1)?x??m1l?2sin???F??kx

系统的运动微分方程为:(m?m)x???kx?m211l?sin?t 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)。

（a）根据变质量质点动力学方程有F(t)(b) y

mdvdt?F(t)?mg?vdmrdt?F(t)?(?vt)g?vr?v 将上式在y轴上投影有v: mgmdv dt?F(t)?(?vt)g?vr?v?F(t)??(vgt?v2) 由于

dvvr 2dt?0,所以由上式可求得 :F(t)??(vgt?v)。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FN ,因此地面的支撑力就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:

mdvdt?F?mg?vdm

rdt?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:

(m)dvdt??fv?mg?qvx 0?qtr?FN

将上式在x轴投影:(mdv0?qt)dt??fv?q(?vr)。应用分离变量法可求得

ln(qvfr?fv)?qln(m0?qt)?c

由初始条件确定积分常数c?ln(qv?fr)qlnm0,并代入上式可得:

v?qvr?m?qtf0q?f??1?(?m)?? 0?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 g vr veu ? M 《理论力学》动力学典型习题+答案

o 图a 图 b 解:取方板与质点为研究对象,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。下面分别计算方板与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?,于就是有

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,其牵连速度与相对速度分别为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

L222??J??m[(l?Rcos?)?(Rsin?)]??m(l?Rcos?)ucos??mRsin?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 取链条与圆盘为研究对象,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:

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

根据动量矩定理有:

OydL?O

dt?[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??l(2a??r)r2]?x??2?2lgrx

令?2?2?lgr2Jr)r2,上述微分方程可表示成:?x???2x?0,该方程的通解为: O??l(2a??x?ct1e??c2e??t

根据初始条件:t?0,x?xx00,x??0可以确定积分常数c1?c2?2,于就是方程的解为: x?x0ch?t

系统的动量在x轴上的投影为:px???0?rsin??lrd??2??lr2?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?y?F0y?P??l(2a??r)g

由上式解得:F?22Ox?2lrx0?ch?t,Foy?P??l(2a??r)g?4?2l?x0ch(2?t)

2－14 取整体为研究对象,系统的动能为:

T?12mv212A?2mCvC 其中:vA,vC分别就是AB杆的速度与楔块C的速度。 mg

若vr就是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?,

因此系统的动能可表示为:T?1211 2mv22 2A?2mCcot?vA?2(m?m2Ccot?)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? Ccot2－17 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、槽对小球的约束力与地面对物块的约束力。

图A A 图B A 解:取小球与物块为研究对象无外力,因此系统的机械能守恒R ?,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

,水平动量守恒。设小球为动点为vv,R物块为动系 ,设小球相对物块的速度e m0gr,物块的速度为ve,则系统的动能为B B T?1m212112vmg r0ve?mva?2m0v2e?2m[(ve?vrsin?)?(vrF cos?)222] 设??0为势能零点,则系统的势能为

N V??mgRsin?

根据机械能守恒定理与初始条件有T?V?0,即

32mv21e?2m[(ve?vrsin?)2?(vrcos?)2]?mgRsin? 系统水平方向的动量为:

《理论力学》动力学典型习题+答案

px?m0ve?m(ve?vrsin?)

根据系统水平动量守恒与初始条件有

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

由此求出v1e?vrsin?,将这个结果代入上面的机械能守恒式,且??3004最后求得: vgR1gRr?415,ve?215

下面求作用在小球上的约束力与地面对物块的约束力。分别以小球与物块为研究对象,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?anr?atr)?F?mg (a)

图C 图 D 对于物块,由于它就是平移,根据质心运动动力学方程有mA 0ae?F?m0agtA r ?FN (b) 将方程(a)在小球相对运动轨迹的法线方向投影R ? F aan ,可得 R ? r m(anre mB g? aecos?)?aF?mgsinm?0 g F e B 其中相对加速度为已知量 ,anv2rr?R。将方程(b)在水平方向与铅垂方向投影 m?F,可得 N 0ae?Fcos0?F?m N0g?Fsin?领??300,联立求解三个投影可求出

a473g152,F?94e?75mg,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:

12m(R??)2?mgR(1?cos?) (a) 将上式对时间t求导并简化可得:

anatm????gmg mmg

Rsin? (b ) mg

0每个小球的加速度为

a?atnm?amF

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

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?值就就是圆环跳起的临界值,此时上式可表示成

3cos2??2cos??m02m?0 上述方程的解为:,cos??(113?31?3m02m) 圆环脱离地面时的?值为??111?arccos???1?3m0??332m?? ?而??113m?2?arccos???3?31?02m??也就是方程的解,但就是????1时圆环已脱离地面,因此???2不就是圆环脱离地面时的值。

2－19 取圆柱、细管与小球为研究对象。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:ve?r?,则上式可表示成:

(m0?m)r2??mvrcos?r

由此解得:??mvrcos??vcos?(mm)r?rr

0?ve 其中:??mhm,tan??

vr ? 0?m2?r 根据动能定理积分式,有:T2?T1??W1?2

T1m121?0,T2?20r2?2?2mva?W1?2?mgnh 其中:v2?v22a?(vercos?)?(vrsin?),将其代入动能定理的积分式,可得:

m220r??m[(r??vrcos?)2?(vrsin?)2]?2mghn

将???vrcos?2ghnr代入上式,可求得:vr?1??cos2? 1由v22a?(v22e?vrcos?)?(vrsin?)可求得:va?vr[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??