《理论力学》动力学典型习题 答案图文.docx
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《理论力学》动力学典型习题答案图文
《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:
θtanly=,其中kt=θ。
将运动方程对时间求导并将0
30=θ代入得
34coscos22lklklyv====θ
θθ
98cossin22
32lklkya=
-==θ
θ
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:
aav
vyncos=
=
θ,所以:
y
vv
aan=将cvy=,ρ
2
nv
a=
代入上式可得ρ
cva3
=
证毕1-7
证明:
因为n
2
av
=
ρ,v
aava⨯==θsinn
所以:
v
a⨯=3
vρ
证毕
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2
22xls+=
将上面两式对时间求导得:
0vs
-=,xxss22=由此解得:
x
svx
-=(a(a式可写成:
svxx0-=,将该式对时间求导得:
2
002vvsxxx
=-=+(b将(a式代入(b式可得:
32
20220x
l
vxxvxax-=-==
(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RvBω=,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:
θcosABvv=(a因为
x
Rx2
2cos-=
θ(b将上式代入(a式得到A点速度的大小为:
2
2
R
xxR
vA-=ω(c
由于xvA-=,(c式可写成:
RxRxx
ω=--22,将该式两边平方可得:
222222(xRRxx
ω=-将上式两边对时间求导可得:
xxRxxRxx
x2232222(2ω=--将上式消去x2后,可求得:
2
22
42
(Rxx
Rx
--=ω
由上式可知滑块A的加速度方向向左,其大小为2
22
42
(Rxx
RaA-=ω
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=ϕ,因为AB杆平动,所以vv=a,
由此可得ecosvv=ϕ,OC杆的角速度为OAve=ω,
ϕ
cosl
OA=,所以lvϕω2cos=
ov
ov
av
ev
rv
x
o
x
ot
当0
45=ϕ时,OC杆上C点速度的大小为l
av
lavavC245cos02===ω
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+=,e2a2vv+=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:
r1e1vv+r2e2vv+=
(a
将(a式在向在x轴投影,可得:
0r20e20e130cos30sin30
sinvvv+-=-
由此解得:
smbOMvvv/4.093(30
cos30
sin(30tan(30tan0
20
120
e1e20
r2-=-=-=-=ωω32.02e2==ωOMv
smvvvvM/529.022r2
e2a2=+==
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=ωRvv==ae,ωRvv==ra,ωωω5.02O1e1===R
RA
v
根据加速度合成定理有
Caaaaa+++=rn
etea(b
将(b式在垂直于O1A杆的轴上投影得
Caaaa-+=-0
ne
te
a30sin30cos30sin
其中:
2aωRa=,21n
e2ωRa=,r12vaCω=
由上式解得:
2
te112
32Rωα==a
1-19
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/s2222ea=====ωbvvvvAM,m/s2e
r===ωbvv,
rad/s3
3
45.12211===AOvAω
根据加速度合成定理
Caaaaaa+++=+rne
tenat
a
将上式沿Ca方向投影可得:
Caaaa+-=-te
na
ta
45sin45cos
由于221nam/s8==laω,2t
em/s1==baα,2rm/s82==vaCω,根据上式可得:
0ta45
cos247+=a,2
ta1rad/s123247(22≈+==laα
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:
ωω
ωrrOMv260
cos0
e==
=根据速度合成定理:
reavvv+=
可以得到:
ωωθrrvv260cos60sintan0
20ea===,ωrvv460cos0e
r
==加速度如图所示,其中:
t
aa
a
a
tea
n
ea
r
aC
ae1v
v
r2
r1v
x
BrvO
B
raC
a
avev
rv
20
2
2
e260
cosωωωrrOMa===,2r82ωωrvaC==
根据加速度合成定理:
Caaaa++=rea
将上式在'x轴上投影,可得:
Caaa+-=θθcoscosea,
由此求得:
2a14ωra=
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:
A
A
BBRvRvvv=
==ωω,,
ea,由此可得:
m/s9
380
r=+=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:
22rn
rrm/s78.1===B
Rvaa
2-1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gmmb
mf(212+≥时,平台AB的加速度为零。
当摩擦系数g
mmb
mf(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:
gmmffFFammbmt
p
Nx((dd21212+===+-=
由此解得平台的加速度为:
fgmmb
ma-+=2
12(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(1ϕωlxmxmpx++=根据动量定理有:
kxFlmx
mmt
px
-=-=-+=ϕωsin(dd211系统的运动微分方程为:
tlmkxx
mmωωsin(211=++
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vtmρ=,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。
(
根据变质量质点动力学方程有:
vvttt
m
mttmρρrr((dd(ddvgFvgFv++=++=
将上式在y轴上投影有:
((((dd2rvvgttFvvgvttFt
v
m
+-=--=ρρρ由于
0dd=t
v
所以由上式可求得:
((2vvgttF+=ρ。
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:
gvtlFNρ(-=
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:
x’
y’ω
eav
rv
x’
y’
ω
nra
NF
gmg1mF
vrv
vrv
NF
g1m
g2m
x
v
rvgm(tFyNFNF
v
Nt
mmtm
FvgFv+++=ddddr船的质量为:
qtmm-=0,水的阻力为vFf-=
将其代入上式可得:
Nqmft
qtmFvgvv
+-+-=-r0dd(
将上式在x轴投影:
(ddv
(r0vqfvt
qtm---=-。
应用分离变量法可求得cqtmqf
fvqv+-=-ln(ln(0r
由初始条件确定积分常数0lnln(mq
f
qvcr-=,并代入上式可得:
⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣
⎡--=q
f
mqt
mf
qvv(100
r
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ϕ确定。
初始时,0=ϕ,方板的角速度为零,求方板的角速度与ϕ角的关系。
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ω,于是有
ωJL=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:
ωϕϕω]sin(cos[((222e2RRlmmrmL++==v
r2rr2sincoscos((vmRvRlmmLϕϕϕ++=v
系统对z轴的动量矩为21LLL+=ϕ。
初始时,uv===r,0,0ϕω,此时系统对z轴的动量矩为
uRlmL(0+=
当系统运动到图8-12位置时,系统对z轴的动量矩为
mu
RlmlRRlJumRuRlmRRlmJLcos(]cos2([sincoscos(]sin(cos[(2
2
222+++++=++++++=ϕωϕϕϕϕωϕϕωϕ
由于系统对转轴的动量矩守恒。
所以有0LL=ϕ,因此可得:
muRlmlRRlJuRlmcos(]cos2([(22+++++=+ϕωϕ
由上式可计算出方板的角速度为
cos2(cos1(2
2ϕϕωlRRlmJu
ml+++-=
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ω,则系统对O轴的动量矩为:
ωπρω22(rraJLlOO++=
根据动量矩定理有:
gr
xagrxarraJt
LlllOO
((]2([dd2--+=++=ρρω
πρ整理上式可得:
grxrraJllO2(]2([2ρω
πρ=++由运动学关系可知:
x
r=ω,因此有:
xr=ω。
上式可表示成:
xgrx
rraJllO222]2([ρπρ=++令2
22
2(2r
raJgrlOlπρρλ++=,上述微分方程可表示成:
02
=-xxλ,该方程的通解为:
ttececxλλ-+=21
根据初始条件:
0,,00===x
xxt可以确定积分常数2
21xcc==,于是方程的解为:
txxλch0=
系统的动量在x轴上的投影为:
x
rrrrplllxρωρθθρωπ
22dsin0
2===⎰
系统的动量在y轴上的投影为:
x
xrxrxarxapllllyρωρωρωρ22((=-=+--=根据动量定理:
graPFp
Fp
lyyxx2(00πρ+--==
由上式解得:
trxFlOxλλρch22
0=,tch(242(2
02λλρπρxgraPFlloy-++=
2-14
取整体为研究对象,系统的动能为:
222
121CCAvmmvT+=
其中:
CAvv,分别是AB杆的速度和楔块C的速度。
若rv是AB杆上的A点相对楔块C的速度,则根据复合运动速度合成定理可知:
θtanCAvv=,
yOF
OxF
P
ωgm
Cv
Av
rv
因此系统的动能可表示为:
2
2222cot(2
1cot2121
ACACAvmmvmmvTθθ+=+=,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:
WTδ=d
tmgvvvmmvmmAAACACddcot(cot(21d222=+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+θθ由上式解得:
θ
2
cotddCAAmmmg
tva+==,θcotACaa=
2-17质量为0m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3(0mmm=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030=ϕ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。
图
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rv,物块的速度为ev,则系统的动能为
]cos(sin[(2
1
2121212r2re2e02a2e0ϕϕvvvmvmmvvmT+-+=+=
设0=ϕ为势能零点,则系统的势能为
ϕsinmgRV-=
根据机械能守恒定理和初始条件有0=+VT,即
ϕϕϕsin]cos(sin[(2
1
232r2re2emgRvvvmmv=+-+
系统水平方向的动量为:
sin(ree0ϕvvmvmpx-+=
根据系统水平动量守恒和初始条件有
0sin(3ree=-+ϕvvmmv
由此求出ϕsin4
1revv=,将这个结果代入上面的机械能守恒式,且0
30=ϕ最后求得:
15
21,154ergR
vgRv=
=
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ra,物块的加速度为ea,对于小球有动力学方程
gFaaaammm+=++=(trnrea(a
对于物块,由于它是平移,根据质心运动动力学方程有
NFgFa++=0e0mm(b将方程(a在小球相对运动轨迹的法线方向投影,可得
ϕϕsincos(enrmgFaam-=-
其中相对加速度为已知量,R
va2
rnr
=。
将方程(b在水平方向和铅垂方向投影,可得
ϕ
ϕ
sin0cos0e0FgmFFamN--==
领030=ϕ,联立求解三个投影可求出
mgFmgFgaN6267.3,75
94
153472
e===
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:
cos1((2
1
2θθ-=mgRRm(a将上式对时间t求导并简化可得:
θθ
sinR
g=(b每个小球的加速度为
j
ia
aacossin(sincos(22nt
θθθθθθθθRRRRm
m--+-=+=
取圆环与两个小球为研究对象,应用质心运动定理
∑∑=iiFa
C
i
m
将上式在y轴上投影可得:
gmmgFRRmmN0
2
02cossin(20--=+-⨯θθθθ将(a,(b两式代入上式化简后得
sin2cos3(220θθ-+=mggmFN
0=NF时对应的θ值就是圆环跳起的临界值,此时上式可表示成
02cos2cos302=+-m
m
θθ
tm
a
nm
gg
NF
g0m
上述方程的解为:
2331
31(cos0m
m-±=θ
圆环脱离地面时的θ值为⎪⎪⎭
⎫⎝⎛-+=mm233131arccos01θ而⎪⎪⎭
⎫⎝⎛--=mm233131arccos02θ也是方程的解,但是1θθ>时圆环已脱离地面,因此2θθ=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rv,牵连速度为
ev系统对z轴的动量矩守恒,有:
0cosre20=+--=rmvrmvrmLzθω
其中:
ωrv=e,则上式可表示成:
rmvrmmθωcos(r20=+
由此解得:
r
vrmmmvθ
μθωcos(cosr
0r=+=其中:
m
mm
+=0μ,rhπθ2tan=
根据动能定理积分式,有:
∑-=
-2
112W
TT
mgnhWmvrmTT=+=
=∑-212a220212
1
21,0ω
其中:
2r2re2
asin(cos(θθvvvv+-=,将其代入动能定理的积分式,可得:
mghnvvrmrm2]sin(cos[(2r2r220=+-+θθωω
将r
vθ
μωcosr=
代入上式,可求得:
θ
μ2rcos
12-=
ghn
v
由2
r2
re2a
sin(cos(θθvvvv+-=可求得:
2
12
ra]cos2(1[θμμ--=vv
2-20取链条为研究对象,设链条单位长度的质量为ρ应用动量矩定理,链条对O轴的动量矩为:
θ
ρπ3rLO=外力对O轴的矩为:
θ
ρρθϕϕρρθϕρρθθ
πθ
πsindcosdcos220
20
2grgrrgrgrsgrgrMrrO+=+=+=⎰
⎰
--
θ
ρρθθρπsin223grgrrMLO
O+=∴=
因为:
θθθθθθ
ddddddddddvrvvtvtvr====,所以上式可表示成:
θθθ
πθθθ
πsinddsinggv
rvggr+=+=θθθπdsin(d+=rgvv
积分上式可得:
crgv+-=cos2
1(212
2θθπ
由初始条件确定积分常数grc=,最后得:
2
1
2]/cos22([πθθ+-=grv
动力学第三章部分习题解
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