理论力学习题答案

1、静力学第一章习题答案静力学第一章习题答案1-3 试画出图示各结构中构件 AB 的受力图 1-4 试画出两结构中构件 ABCD 的受力图1-5 试画出图 a 和 b 所示刚体系整体合格构件的受力图1-5a1-5b 1- 8 在四连杆机构的 ABCD 的铰链 B 和 C 上分别作用有力 F1和 F2，机构在图示位置平衡。试求二力 F1和 F2之间的关系。解：杆 AB，BC，CD 为二力杆，受力方向分别沿着各杆端点连线的方向。解法解法 1(解析法解析法)假设各杆受压，分别选取销钉 B 和 C 为研究对象，受力如图所示：由共点力系平衡方程，对 B 点有： 0 xF045cos02BCFF对 C 点有：

2、 0 xF030cos01 FFBC解以上二个方程可得：22163. 1362FFFF2FBCFABB45oyxFBCFCDC60oF130oxy解法解法 2(几何法几何法)分别选取销钉 B 和 C 为研究对象，根据汇交力系平衡条件，作用在 B和 C 点上的力构成封闭的力多边形，如图所示。对 B 点由几何关系可知：0245cosBCFF 对 C 点由几何关系可知： 0130cosFFBC解以上两式可得：2163. 1FF 静力学第二章习题答案静力学第二章习题答案2-32-3 在图示结构中，二曲杆重不计，曲杆在图示结构中，二曲杆重不计，曲杆 ABAB 上作用有主动力偶上作用有主动力偶 M M。试

3、求。试求 A A 和和 C C点处的约束力。点处的约束力。 解：BC 为二力杆(受力如图所示)，故曲杆 AB 在 B 点处受到约束力的方向沿 BC两点连线的方向。曲杆 AB 受到主动力偶 M 的作用，A 点和 B 点处的约束力必须构成一个力偶才能使曲杆 AB 保持平衡。AB 受力如图所示，由力偶系作用下刚体的平衡方程有（设力偶逆时针为正）： 0M0)45sin(100MaFAaMFA354. 0其中：。对 BC 杆有： 31tanaMFFFABC354. 0A，C 两点约束力的方向如图所示。 FBCFCD60oF130oF2FBCFAB45o2-42-4 解：机构中 AB 杆为二力杆，点 A,

4、B 出的约束力方向即可确定。由力偶系作用下刚体的平衡条件，点 O,C 处的约束力方向也可确定，各杆的受力如图所示。对BC 杆有： 0M030sin20MCBFB对 AB 杆有： ABFF 对 OA 杆有： 0M01AOFMA求解以上三式可得：， ，方向如图所示。 mNM 31NFFFCOAB5/2-62-6 求求最后最后简化结果。简化结果。 解：2-6a坐标如图所示，各力可表示为:， jFiFF23211iFF2jFiFF23213先将力系向 A 点简化得（红色的）：，jFiFFR3kFaMA23方向如左图所示。由于，可进一步简化为一个不过 A 点的力(绿ARMF色的)，主矢不变，其作用线距

5、A 点的距离，位置如左图所示。ad432-6b同理如右图所示，可将该力系简化为一个不过 A 点的力（绿色的） ，主矢为：iFFR2其作用线距 A 点的距离，位置如右图所示。ad43简化中心的选取不同，是否影响简化中心的选取不同，是否影响最后最后的简化结果？的简化结果？2-132-13 解：整个结构处于平衡状态。选择滑轮为研究对象，受力如图，列平衡方程（坐标一般以水平向右为 x 轴正向，竖直向上为 y 轴正向，力偶以逆时针为正）： 0 xF0sinBxFP 0yF0cosPPFBy选梁 AB 为研究对象，受力如图，列平衡方程： 0 xF0BxAxFF 0yF0ByAyFF 0AM0lFMByA求

6、解以上五个方程，可得五个未知量分别为：AByBxAyAxMFFFF,（与图示方向相反）sinPFFBxAx（与图示方向相同）)cos1 (PFFByAy （逆时针方向）lPMA)cos1 (2-182-18解：选 AB 杆为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：0AM0coscos2coslFlGaND 0yF0cosFGND求解以上两个方程即可求得两个未知量，其中：,DN31)2()(2arccoslGFaGF未知量不一定是力。未知量不一定是力。2-272-27解：选杆 AB 为研究对象，受力如下图所示。列平衡方程：0yM0tansincostan21cFcFcPBCBCNFBC6 .600

7、xM0sin21aFcFaPBCBNFB100由和可求出。平衡方程可用来校核。 0yF 0zFAzAyFF ,0 xM思考题：思考题：对该刚体独立的平衡方程数目是几个？2-292-29解：杆 1，2，3，4，5，6 均为二力杆，受力方向沿两端点连线方向，假设各杆均受压。选板 ABCD 为研究对象，受力如图所示，该力系为空间任意力系。采用六矩式平衡方程：0DEM045cos02F02F0AOM045cos45cos45cos0006aFaF(受拉)FF226(受压)0BHM045cos45cos0604aFaFFF2240ADM045sin45cos0061aFaFaF(受压)FF2211(受拉

8、)0CDM045sin031aFaFaFFF213 0BCM045cos0453aFaFaF05F本题也可以采用空间任意力系标准式平衡方程，但求解代数方程组非常麻烦。类似本题的情况采用六矩式方程比较方便，适当的选择六根轴保证一个方程求保证一个方程求解一个未知量，避免求解联立方程解一个未知量，避免求解联立方程。2-312-31 力偶矩力偶矩cmNM1500解：取棒料为研究对象，受力如图所示。列平衡方程:000OyxMFF02)(045sin045cos21102201MDFFNpFNpF补充方程：2211NfFNfFss五个方程，五个未知量，可得方程：sfNFNF，2211,02222MfDpf

9、MSS解得。当时有：491. 4,223. 021SSff491. 42Sf0)1 (2)1 (2221SSffpN即棒料左侧脱离 V 型槽，与提议不符，故摩擦系数。223. 0Sf 2-332-33解：当时，取杆 AB 为研究对象，受力如图所示。045列平衡方程：000AyxMFF0sin2cossinsincos0cos0sinBApCATCATpTFTFSN附加方程：NSSFfF 四个方程，四个未知量，可求得。sSNfTFF，,646. 0sf2-352-35解：选棱柱体为研究对象，受力如图所示。假设棱柱边长为 a，重为 P，列平衡方程：000 xBAFMM0sin032sin2cos0

10、32sin2cosPFFaPaPaFaPaPaFBANANB如果棱柱不滑动，则满足补充方程时处于极限平衡状态。解以NBsBNAsAFfFFfF21上五个方程，可求解五个未知量，其中：,NBBNAAFFFF(1)32)(3tan1221ssssffff当物体不翻倒时，则：0NBF(2)060tan即斜面倾角必须同时满足(1)式和(2)式，棱柱才能保持平衡。静力学第三章习题答案静力学第三章习题答案3-10解：假设杆 AB，DE 长为 2a。取整体为研究对象，受力如右图所示，列平衡方程： 0CM02 aFBy0ByF取杆 DE 为研究对象，受力如图所示，列平FCxFCyFBxFBy衡方程： 0HM0

11、aFaFDyFFDy 0BM02 aFaFDxFFDx2 取杆 AB 为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：(与假设方向相反) 0yF0ByDyAyFFFFFAy(与假设方向相反) 0AM02 aFaFBxDxFFBx(与假设方向相反) 0BM02aFaFDxAxFFAx3-12解：取整体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程： 0CM0 xFbFDFbxFD取杆 AB 为研究对象，受力如图所示，列平衡方程： 0AM0 xFbFBFbxFBFCxFCyFD杆 AB 为二力杆，假设其受压。取杆 AB 和 AD 构成的组合体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程： 0EM02)2(2)(bFxbFbF

12、FACDB解得，命题得证。FFAC注意：销钉注意：销钉 A 和和 C 联接三个物体。联接三个物体。3-14 解：取整体为研究对象，由于平衡条件可知该力系对任一点之矩为零，因此有： 0AM0)(MMFMBA即必过 A 点，同理可得必过 B 点。也就是和是大小相等，方向相BFAFAFBF反且共线的一对力，如图所示。取板 AC 为研究对象，受力如图所示，列平衡方程： 0CM045cos45sin00MbFaFAAFAFB解得：(方向如图所示)baMFA23-20解：支撑杆 1，2，3 为二力杆，假设各杆均受压。选梁 BC 为研究对象，受力如图所示。其中均布载荷可以向梁的中点简化为一个集中力，大小为

13、2qa，作用在 BC 杆中点。列平衡方程：(受压) 0BM0245sin03MaqaaF)2(23qaaMF选支撑杆销钉 D 为研究对象，受力如右图所示。列平衡方程： (受压) 0 xF045cos031 FFqaaMF21 (受拉) 0yF045sin032FF)2(2qaaMF选梁 AB 和 BC 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：(与假设方向相反) 0 xF045cos03 FFAx)2(qaaMFAx 0yF0445sin032qaPFFFAyqaPFAy4 0AM0345sin242032MaFaqaaPaFMA(逆时针)MPaqaMA2423-21DF3F2F1xyFAxFAy

14、FBxFBy解：选整体为研究对象，受力如右图所示。列平衡方程： 0AM022aFaFByFFBy 0BM022aFaFAyFFAy(1) 0 xF0FFFBxAx由题可知杆 DG 为二力杆，选 GE 为研究对象，作用于其上的力汇交于点 G，受力如图所示，画出力的三角形，由几何关系可得：。FFE22取 CEB 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程： 0CM045sin0aFaFaFEByBx2FFBx代入公式(1)可得：2FFAx3-24 解：取杆 AB 为研究对象，设杆重为 P，受力如图所示。列平衡方程： 0AM060cos23301rPrN)(93. 61NN 0 xF060sin01 NF

15、Ax)(6 NFAx 0yF060cos01PNFAy)(5 .12NFAy取圆柱 C 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程： 0 xF030cos30cos001TN)(93. 6NT 注意：由于绳子也拴在销钉上，因此以整体为研究对象求得的注意：由于绳子也拴在销钉上，因此以整体为研究对象求得的 A 处的约束力不处的约束力不是杆是杆 AB 对销钉的作用力。对销钉的作用力。3-27解：取整体为研究对象，设杆长为 L，重为 P，受力如图所示。列平衡方程：(1) 0AM0cos22sin2LPLFNtan2PFN取杆 BC 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：(2) 0BM0coscos2sinL

16、FLPLFsNPFS 补充方程：，NssFfF将(1)式和(2)式代入有：，即。2tansf0103-29证明：（1）不计圆柱重量法 1：取圆柱为研究对象，圆柱在 C 点和 D 点分别受到法向约束力和摩擦力的作用，分别以全约束力来表示，如图所示。如圆柱不被挤出而处于平衡状态，RDRCFF ,则等值，反向，共线。由几何关系可知，与接触点 C，D 处法RDRCFF ,RDRCFF ,线方向的夹角都是，因此只要接触面的摩擦角大于，不论 F 多大，圆柱不22FAxFAyFNFsPP会挤出，而处于自锁状态。法 2（解析法）：首先取整体为研究对象，受力如图所示。列平衡方程： 0AM0lFaFNDFalFN

17、D再取杆 AB 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程： 0AM0lFaFNCNDNCFFalF取圆柱为研究对象，受力如图所示。假设圆柱半径为 R，列平衡方程： 0OM0RFRFSDSCSDSCFF 0 xF0cossinSDSCNCFFFNDNCSDSCFFFFcos1sincos1sin由补充方程：，可得如果：NDSDSDNCSCSCFfFFfF,FNDFSDoFAxFAy2tan,2tancos1sinSDSCff则不论 F 多大，圆柱都不被挤出，而处于自锁状态。证明：（2）圆柱重量 P 时取圆柱为研究对象，此时作用在圆柱上的力有重力 P，C 点和 D 点处的全约束力。如果圆柱保持平衡，则

18、三力必汇交于 D 点（如图所示） 。全约束力RDRCFF ,与 C 点处法线方向的夹角仍为，因此如果圆柱自锁在 C 点必须满足：RCF2(1)2tancos1sinSCf该结果与不计圆柱重量时相同。只满足只满足(1)式时式时 C 点无相对滑动，但在点无相对滑动，但在 D 点有点有可能滑动可能滑动(圆柱作纯滚动圆柱作纯滚动)。再选杆 AB 为研究对象，对 A 点取矩可得，FalFNC由几何关系可得：(2)FalFSC2tan2cosaFlFRC法 1（几何法）：圆柱保持平衡，则作用在其上的三个力构成封闭得力三角形，如图所示。由几何关系可知：sin)2180(180sin00RCFP将(2)式代入

19、可得：)cos1)(sintanFlPaFlPFRDFRC2因此如果圆柱自锁在 D 点必须满足：(3)cos1)(sintanFlPaFlfSD即当同时满足(1)式和(3)式时，圆柱自锁，命题得证。法 2（解析法）：取圆柱为研究对象，受力如图所示，列平衡方程： 0 xF0cossinSDSCNCFFF 0yF0cossinNCSCNDFFPF解得：，FalFFSDSC2tan)2tansin(cosaFlPFND代入补充方程：，NDSDSDFfF可得如果圆柱自锁在 D 点必须满足：(3)cos1)(sintanFlPaFlfSD即当同时满足(1)式和(3)式时，圆柱自锁，命题得证。3-30解：

20、取整体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：00yxFF020PFFFFFNENDSESD由题可知，杆 AC 为二力杆。作用在杆 BC 上的力有主动力，以及 B 和 C 处F的约束力和，由三力平衡汇交，可确定约束力和的方向如图所示，BFACFBFACF其中：，杆 AC 受压。31tan取轮 A 为研究对象，受力如图所示，设的作用线与水平面交于 F 点，列平ACF衡方程： 0AM0DSDMRF 0FM0)(DNDMRPF取轮 B 为研究对象，受力如图所示，设的作用线与水平面交于 G 点，列平BF衡方程： 0BM0RFMSEE 0GM0tan)(RFPMNEE解以上六个方程，可得：， ，FPFND

21、41FPFNE43， FFFSESD41FRMMED41若结构保持平衡，则必须同时满足：，NDDFMNEEFMNDsSDFfFNEsSEFfF即：，PRfPffPfPRPRFssss4314,14,34,4min因此平衡时的最大值，此时：F36. 0maxF， )(091. 0NFFSESD)(91. 0cmNMMED3-35解：由图可见杆桁架结构中杆 CF，FG，EH 为零力杆。用剖面 SS 将该结构分为两部分，取上面部分为研究对象，受力如图所示，列平衡方程： (受拉) 0CM0346cos1GHFFF)(58.141kNF(受拉) 0 xF0sin31HFFF3 .313F(受压) 0yF

22、0cos12GFFF3 .182F3-38解：假设各杆均受压。取三角形 BCG 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：(受压) 0 xF0CDFFFFCD取节点 C 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：00yxFF0sin45sin0cos45cos00CGBCCGCDBCFFFFF其中：，解以上两个方程可得：(受压)2221tanFFBC586. 03-40解：取整体为研究对象，受力如图所示。列平衡方程： 0AM0322aFaFaFBFFB5 . 2用截面 S-S 将桁架结构分为两部分，假设各杆件受拉，取右边部分为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：(受拉) 0CM032aFaFaFBFF

23、672(受拉) 0XF0221FFFFF651ABC345FAyFAxFBCSS静力学第四章习题答案静力学第四章习题答案4-1解：1.选定由杆 OA，O1C，DE 组成的系统为研究对象，该系统具有理想约束。作用在系统上的主动力为。MFF,2.该系统的位置可通过杆 OA 与水平方向的夹角 完全确定，有一个自由度。选参数 为广义坐标。3.在图示位置，不破坏约束的前提下，假定杆 OA 有一个微小的转角 ，相应的各点的虚位移如下：，AOrABOrBCOrC1，DOrD1CBrrEDrr代入可得：EArr304.由虚位移原理有：0)(iFW0)30(EMEMArFFrFrF对任意有：，物体所受的挤压力的

24、方向竖直向下。0ErFFM304-5解：1.选整个系统为研究对象，此系统包含弹簧。设弹簧力，且，21,FF21FF 将弹簧力视为主动力。此时作用在系统上的主动力有，以及重力。21,FFP2. 该系统只有一个自由度，选定为广义坐标。由几何关系可知：sinazzBA3.在平衡位置，不破坏约束的前提下，假定有一个微小的虚位移 ，则质心的虚位移为：cosazzzBAC弹簧的长度，在微小虚位移 下：2sin2al 2cosal4.由虚位移原理有：0)(iFW0)2coscos(22aFPalFzPC其中，代入上式整理可得： )22sin2(2aakF02)2cossin2(cos2akaP由于，对任意可

25、得平衡时弹簧刚度系数为：0a0)2cossin2(cos2aPk4-7解：将均布载荷简化为作用在 CD 中点的集中载荷，大小为。3Fq61.求支座 B 处的约束力解除 B 点处的约束，代之以力，并将其视为主动力，系统还受到主动力BF的作用，如图所示。在不破坏约束的前提下，杆 AC 不动，梁MFFF,321CDB 只能绕 C 点转动。系统有一个自由度，选转角为广义坐标。给定虚位移，由虚位移原理有：0)(iFW (1)0150cos45cos330220yFyFMrFBB各点的虚位移如下：26Br 92y 33y代入(1)式整理可得：0)32396(32FFMFB对任意可得：，方向如图所示。0)(

26、6.18kNFB2.求固定端 A 处的约束力解除 A 端的约束，代之以，并将其视为主动力，系统还受AAyAxMFF,到主动力的作用。系统有三个自由度，选定 A 点的位移MFFF,321和梁 AC 的转角为广义坐标。AAyx ,2a.求AxF在不破坏约束的前提下给定一组虚位移，0,0,0AAyx此时整个结构平移，如上图所示。由虚位移原理有：0)(iFW (2)0120cos02211xFxFxFAAx各点的虚位移如下：Axxx21代入(2)式整理可得：0)5.0(21AAxxFFF对任意可得：，方向如图所示。0Ax)(2 kNFAx2b.求AyF在不破坏约束的前提下给定一组虚位移，0,0,0AA

27、yx此时梁 AC 向上平移，梁 CDB 绕 D 点转动，如上图所示。由虚位移原理有：0)(iFW (3)030cos02233MyFyFyFAAy各点的虚位移如下：ACyyyy212132Ayy61312代入(3)式整理可得：0)614321(23AAyyMFFF对任意可得：，方向如图所示。0Ay)(8.3kNFAy2c.求AM在不破坏约束的前提下给定一组虚位移，0,0,0AAyx此时梁 AC 绕 A 点转动，梁 CDB 平移，如上图所示。由虚位移原理有：0)(iFW (4)0120cos02211xFxFMA各点的虚位移如下：31x62Cxx代入(4)式整理可得：0)33(21FFMA对任意

28、可得：，顺时针方向。0)(24mkNMA4-8解：假设各杆受拉，杆长均为 a。1求杆 1 受力去掉杆 1，代之以力，系统有一个自由度，选 AK 与水平方向的夹角1P为广义坐标，如上图所示。在不破坏约束的条件下给定一组虚位移，此时三角形 ADK 形状不变，绕 A 点转动，因此有，且：KArDArKD,ararKD3,滑动支座 B 处只允许水平方向的位移，而杆 BK 上 K 点虚位移沿铅垂方向，故B 点不动。三角形 BEK 绕 B 点旋转，且：EBrEarrDE对刚性杆 CD 和杆 CE，由于，因此。由虚位ECrDCrED,0Cr移原理有：0)(iFW 060cos60cos)(01011EDrP

29、rPF代入各点的虚位移整理可得：0)2(11aPF对任意可得：（受压） 。0211FP2求杆 2 受力去掉杆 2，代之以力，系统有一个自由度，选 BK 与水平方向的夹角2P为广义坐标，如上图所示。在不破坏约束的条件下给定一组虚位移，杆 AK绕 A 点转动，因此有，且：KArKarK3同理可知 B 点不动，三角形 BEK 绕 B 点旋转，且：EBrE arEarrDE杆 AD 绕 A 点转动，由刚性杆 DE 上点 E 的虚位移可确定 D 点位DArD移方向如图所示，且：arrED同理可知。由虚位移原理有：0Cr0)(iFW 0120cos150cos120cos020201KDDrPrPrF代入

30、各点的虚位移整理可得：0)32(21aPF对任意可得：（受压） 。06312FP3求杆 3 受力去掉杆 3，代之以力，系统有一个自由度，选 AK 与水平方向的夹角3P为广义坐标，如上图所示。在不破坏约束的条件下给定一组虚位移，三角形ADK 绕 A 点转动，且：KArDArKD,ararKD3,同理可知 B 点不动，且：EBrEarrDE0Cr由虚位移原理有：0)(iFW 0120cos150cos60cos030301KEDrPrPrF代入各点的虚位移整理可得：0)32(31aPF对任意可得：（受拉） 。06313FP 动力学第一章习题答案动力学第一章习题答案13解：运动方程：，其中。 tan

31、ly kt 将运动方程对时间求导并将代入得030 34coscos22lklklyv 938cossin2232lklkya 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: aavvyncos 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：sxyoanavyvxyoanataovovFNFgmy ，并且 tvLs0222xls将上面两式对时间求导得：，0vsxxs s22由此解得： （a）xsvx0(a)式可

32、写成：，将该式对时间求导得：svxx0 (b)2002vvsxxx 将(a)式代入(b)式可得：（负号说明滑块 A 的加速度向上）3220220 xlvxxvxax 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：gFFammN将该式在轴上投影可得直角坐标形式的运动微分方程：yx,NFFymFmgxm sincos 其中：2222sin,coslxllxx0,3220yxlvx 将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得：23220)(1)(xlxlvgmF111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RvB始终处于拉直状态，因此绳子

33、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AxOAvAxOBvBR （b）xRx22cos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：xvARxRxx22222222)(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 2 (d)22242)(RxxRx 由上式可知滑块 A 的加速度方向向左，其大小为 22242)(RxxRaA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：gFFammN将该式在轴上投影

34、可得直角坐标形式的yx,运动微分方程：mgFFymFxmNsincos 其中：, xRxxR22cos,sin0,)(22242yRxxRx 将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得2525)(,)(225222242RxxRmmgFRxxRmFN113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；avevrvxAvAONFBRgmFy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 a由此可得，OC 杆的角速度为，所以ecosvvOAvecoslOA lv2cos当时，OC 杆上 C 点速度的

35、大小为045lavlavavC245cos02115解：动点：销子 M动系 1：圆盘动系 2：OA 杆动系：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：0r20e20e130cos30sin30sinvvv由此解得：smbOMvvv/4 . 0)93(30cos30sin)(30tan)(30tan020120e1e20r232 . 02e2OMvsmvvvvM/529.

36、022r2e2a2117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；avevrve1ve2vr2vr1vx 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：，0e0a30cos30cosvv0e0a30sin30sinvv，RvvaeRvvra5 . 02O1e1RRAv根据加速度合成定理有 （b）Caaaaarnetea将（b）式在垂直于 O1A 杆的轴上投影得Caaaa0ne0te0a30sin30cos30sin其中：，2a

37、Ra 21ne2Rar12vaC由上式解得：2te11232Ra119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/s2erbvv rad/s3345 . 12211AOvA根据加速度合成定理 CaaaaaarnetenataaateanearaCaavevrvtaanaateanearaCa将上式沿方向投影可得：CaCaaaate0na0ta45sin45cos由于，根据上式可得：221n

38、am/s8la2tem/s1 ba2rm/s82vaC，0ta45cos247 a2ta1rad/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： ，rrvv3260cos60sintan020earvv460cos0er加速度如图所示，其中：，2022e260cosrrOMa2r82rvaC根据加速度合成定理： Caaaarea将上式在轴上投影，可得：,由此求得

39、： xCaaacoscosea2a14ra 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。avMOABrvev xCaaaMOABraeaOxyevavrv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/s9380rBAABvvRRv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

40、有：22rnrrm/s78. 1BRvaa123 质量为销钉 M 由水平槽带动，使其在半径为的固定圆槽内运动。设水平槽以匀mr速向上运动，不计摩擦。求图示瞬时，圆槽作用在销钉 M 上的约束力。v 解：销钉 M 上作用有水平槽的约束力和圆槽的约束力（如图所示） 。由于销钉 M 的运FOF动是给定的，所以先求销钉的加速度，在利用质点运动微分方程求约束力。取销钉为动点，水平槽为动系。由运动分析可知销钉的速度图如图所示。 OxynraMrOvgmOFMrOvgmFraevavrvMrOnaaMrOtaa根据速度合成定理有 reavvv由此可求出： 。再根据加速度合成定理有：coscoseavvvrea

41、aaa由于绝对运动是圆周运动，牵连运动是匀速直线平移，所以，并且上式可写成：0earnataaaa因为，所以根据上式可求出。222anacosrvrva32natacossintanrvaa根据矢量形式的质点运动微分方程有：gFFaammO)(nata将该式分别在轴上投影： xcos)cossin(nataOFaam由此求出： ) 1(tancos222rmvFO1-241-24 图示所示吊车下挂一重物 M，绳索长为 ，初始时吊车与重物静止。若吊车从静止以l均加速度沿水平滑道平移。试求重物 M 相对吊车的速度与摆角的关系式。a解：由于要求重物相对吊车的速度，所以取吊车为动系，重物 M 为动点。

42、根据质点相对运动微分方程有erFgFamm将上式在切向量方向投影有cossinetFmgmlma 因为，所以上式可写成,eemamaFdddddddd ttcossinddmamgml整理上式可得dcosdsindagl将上式积分：aMteagmeFFcaglsincos22其中为积分常数（由初始条件确定） ，因为相对速度，上式可写成clv rcaglvsincos22r初始时，系统静止，根据速度合成定理可知，由此确定。00ea vv0rvgc重物相对速度与摆角的关系式为：sin) 1(cos22raglv1-261-26 水平板以匀角速度绕铅垂轴 O 转动，小球 M 可在板内一光滑槽中运动（

43、如图 7-8） ，初始时小球相对静止且到转轴 O 的距离为，求小球到转轴的距离为时的相对速ORORR 度。解：取小球为动点，板为动系，小球在水平面的受力如图所示（铅垂方向的力未画出） 。根据质点相对运动微分方程有：CmFFFaer将上式在上投影有 rvcosddertrFtvmma因为，所以上式可写成2emRF tRRvtvddddddrrcosddrvtRcosddcos2rrmRRvmv整理该式可得，将该式积分有2rrddRRvvcRv222r2121初始时,由此确定积分常数，因此得到相对速度为ORR 0rv2221ORc22rORRv1-271-27 重为 P 的小环 M 套在弯成形状的

44、金属丝上，该金属丝绕铅垂轴以匀角速度2cxy x转动，如图所示。试求小环 M 的相对平衡位置以及金属丝作用在小环上的约束力。RRoOCFeFRRoFrvOxyMxyMFeFP解：解：取小环为动点，金属丝为动系，根据题意，相对平衡位置为，因为金属丝为曲0ra线，所以，因此在本题中相对平衡位置就是相对静止位置。小环受力如图所示。其0rv中分别为约束力、牵连惯性力和小环的重力。根据质点相对运动微分方程有：PFF,e0ePFF其中：，将上式分别在轴上投影有2eygPF yx, （a）0cos0sineFFFP以为，,因此xyddtanxcy222ddxcxy （b）22tanxc由（a）式可得 （c）

45、etanFP将代入（c） ，联立求解（b） 、 （c）并利用，可得：2eygPF 2cxy 31223124,gcygcx再由方程（a）中的第一式可得3424444411singcPcxPccxPPF动力学第二章习题答案动力学第二章习题答案2-1 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 vrvNFFg1mg2mx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，

46、此时系统的动量为：gmmbmf)(212vvvp1r2)(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,其中为作用在滑块 A 上的弹簧拉力。系统的动量为：F)(r111vvvvvpmmmm将上式在 x 轴投影：)cos(1lxmxmpx根据动量定理有：kxFlmxmmtpxsin)(dd211 系统的运动微分方程为：tlmkxxmmsin)(211 24

47、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，提起部vtm分的速度为，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vrv（如图 a 所示） 。vNFgmg1mFxvrvvrvgm)(tFyNF（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：)()()()(dd2rvvgttFvvgvttFtvm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力，因此地面的支撑力就是未提起部分自身的重力，即：gvtlFN

48、)( 25 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：NtmmtmFvgFvddddr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(mqfqvcrqfmqtmfqvv)(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Jm沿半径为的圆周运动，其相对方板的速度大小为（常量） 。圆盘中心到转轴的距离

49、为 。Rul质点在方板上的位置由确定。初始时，方板的角速度为零，求方板的角速度与0gmNFvx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，其角速度为，于是有1LJL 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2L别为。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re,vv参考系的绝对速度。它对转轴的动量矩为reavvv)()()(r2e2a22vvvmLmLmLL其中：)

50、sin()cos()(222e2RRlmmrmLvr2rr2sincos)cos()(vmRvRlmmLv系统对 z 轴的动量矩为。初始时，此时系统对 z 轴的动21LLLuv r, 0, 0量矩为uRlmL)(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()(22zulRogolrvevrM由上式可计算出方板的角速度为)cos2()cos1 (22lRRlm

51、Juml211 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：，因此有：。上式可表示成：xrxr xgrxrraJllO222)2( 令，上述微分方程可表示成：，该方程的通解为：222)2(2rraJgrlOl02xx ttececx21根据初始条件：可以确定积分常数，于是方程的解为：0, 00 xxxt2021xcctxxch0系统的动量在 x 轴上的投影为：xrrrrplll

52、x22dsin02系统的动量在 y 轴上的投影为：xxrxrxarxaplllly22)()(根据动量定理：graPFpFplyyxx)2(00由上式解得：，trxFlOxch220t)ch(24)2(202xgraPFlloy214 取整体为研究对象，系统的动能为：222121CCAvmmvTyOFOxFPgmCvAvrv其中：分别是 AB 杆的速度和楔块 C 的速度。CAvv ,若是 AB 杆上的 A 点相对楔块 C 的速度，则根据rv复合运动速度合成定理可知：，tanCAvv因此系统的动能可表示为：，系统在22222)cot(21cot2121ACACAvmmvmmvT能够过程中，AB

53、杆的重力作功。根据动能定理的微分形式有：，系统的动力学WTd方程可表示成：tmgvvvmmvmmAAACACdd)cot()cot(21d222由上式解得：，2cotddCAAmmmgtvacotACaa217 质量为的均质物块上有一半径为的半圆槽，放在光滑的水平面上如图 A 所示。0mR质量为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)3(0mmm动到 B 处时相对物块的速度、物块的速度、槽对小球的约束力和地面对物块的约030束力。 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

54、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，物块的速度为，则系统的动能为rvev)cos()sin(212121212r2re2e02a2e0vvvmvmmvvmT设为势能零点，则系统的势能为0sinmgRV根据机械能守恒定理和初始条件有，即0VTsin)cos()sin(21232r2re2emgRvvvmmvRABRABrvevgmg0mNF系统水平方向的动量为：)sin(ree0vvmvmpx根据系统水平动量守恒和初始条件有0)sin(3reevvmmv由此求出，将这个结果代入上面的机械能守恒式,且最后求得：sin41revv 0301521,154ergRvgRv下面

55、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，物块的加速度为，对于小球有动raea力学方程 （a）gFaaaammm)(trnrea 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 （b）NFgFa0e0mm将方程（a）在小球相对运动轨迹的法线方向投影，可得sin)cos(enrmgFaam其中相对加速度为已知量，。将方程（b）在水平方向和铅垂方向投影，可得Rva2rnrsin0cos0e0FgmFFamN领，联立求解三个投影可求出030mgFmgFgaN6267. 3,7594,153472e218

56、 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：RABgmFnratraeaRABFeag0mNFtmanmagmgmNFg0m （a）)cos1 ()(212 mgRRm将上式对时间 求导并简化可得：t (b )sinRg 每个小球的加速度为jiaaa)cossin()sincos(22nt RRRRmm取圆环与两个小球为研究对象，应用质心运动定理iiFaCim将上式在 y 轴上投影可得： gmmgFRRmmN0202)cossin(20 将(a),(b)两式代入上式化简后得)sin2cos3(220mggmFN时对应的值就是圆环跳起的临界值，此时上式可表示

57、成0NF02cos2cos302mm上述方程的解为：，)2313131(cos0mm圆环脱离地面时的值为mm2313131arccos01而也是方程的解，但是时圆环已脱离地面，因此mm2313131arccos021不是圆环脱离地面时的值。2219 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，牵连速度为系统对 z 轴的动量矩守恒，有：rvev0cosre20rmvrmvrmLz其中：，则上式可表示成：rv ermvrmmcos)(r20zevrv由此解得：rvrmmmvcos)(cosr

58、0r其中：，mmm0rh2tan根据动能定理积分式，有：2112WTTmgnhWmvrmTT212a220212121, 0其中：，将其代入动能定理的积分式，可得：2r2re2a)sin()cos(vvvvmghnvvrmrm2)sin()cos(2r2r220将代入上式，可求得：rvcosr2rcos12ghnv由可求得：2r2re2a)sin()cos(vvvv212racos)2(1 vv220 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：3rLO外力对 O 轴的矩为：sindcosdcos220202grgrrgrgrsgrgrMrrOsin223

59、grgrrMLOO 因为：，所以上式可表示成：ddddddddddvrvvtvtvr sinddsinggvrvggr d)sin(d rgvv积分上式可得：crgv)cos21(2122由初始条件确定积分常数，最后得：grc 212/ )cos22( grv动力学第三章习题答案动力学第三章习题答案33 取套筒 B 为动点，OA 杆为动系sdggr根据点的复合运动速度合成定理reavvv可得：，lvve0a30coslvvvBCB332a研究 AD 杆，应用速度投影定理有：，030cosDAvv lvD334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rDBCDvvv将上

60、式在 x 轴上投影有：，rDBCDvvvlvvvBCDD332r34 AB 构件（灰色物体）作平面运动，已知 A 点的速度sAOvA/0cm4510AB 的速度瞬心位于 C，应用速度瞬心法有：rad/s23ACvAAB，BCvABB设 OB 杆的角速度为，则有rad/s415OBvB设 P 点是 AB 构件上与齿轮 I 的接触点，该点的速度：CPvABP齿轮 I 的角速度为：rad/s61rvPI36 AB 杆作平面运动，取 A 为基点根据基点法公式有：avevrvAvDvrDvBvBAvAvAvBvPvCABIBAABvvv将上式在 AB 连线上投影，可得0, 01BOBv因此，041ABv