理论力学教程第三版课后习题答案完整版|理论力学教程第三版课后答案(周衍柏)pdf格式完整版免费下载-东坡下载
东坡下载：内容最丰富最安全的下载站！
→ 理论力学教程第三版课后答案(周衍柏) pdf格式完整版免费下载
大学里，很多的课后习题答案都是没有的，我们不会做，老师讲解的我们听不明白怎么办？来看看这份理论力学教程第三版课后答案吧！超完整、超清晰！理论力学教程全书除绪论外共3篇14章。第1篇静力学，包括静力学公理与物体受力分析、平面汇交力系和平面力偶系、平面任意力系、空间力系。第2篇运动学，包括点的一般运动与刚体的基本运动、点的复合运动、刚体的平面运动。第3篇动力学，包括动量定理、动量矩定理、动能定理、达朗贝尔原理、虚位移原理、机械振动基础和碰撞。每章后配有思考题和习题，书末附有习题答案。怎样学好理论力学理论力学确实不好学！注意准确理解树上的基本概念，尤其是一些定义。然后仔细研究一些典型的例题，最后做一些练习。最后有参考答案。然后尽心核对分析！初学者确实感觉不太好学。有些基本概念理解不准！然后做题就很困难了！理论力学教程第三版课后答案预览
安卓官方手机版
IOS官方手机版
理论力学教程第三版课后答案(周衍柏)截图
经常听到有人说，找不到课后答案，但是马上老师就要检查了，要点你起来回答问题了，真是不会做，或者复习考试的时候，课后习题不会做，可以来东坡下载看看这份课后答案大全哦！非常的全面、详细，更多的内容加快更新...
中文 / 31.4M高等数学习题全解指南第七版包括
中文 / 5.9M大家都读过书，上过学，学习的时
中文 / 42.5M高等数学习题全解指南第六版上，
中文 / 23.6M课后习题比较难，而且老师也是不
中文 / 7.8M当我们在进行学习的时候，书本上
中文 / 584KB看到有很多的小伙伴们都在网上寻
这是一篇有东坡下载为大家整理高中学习方法合集，内容非常丰富对对整个高中的学习都很有帮助，里面包含各科目的学习方法以及大量的知识点总结，非常适合同学们考试前的复习使用，一直在为自己的学习苦恼的同学可以来...
中文 / 745KB这是东坡下载编辑整理的最完整的
中文 / 106KB在高中的各科目中，语文的学习可
中文 / 17KB之前已经给大家带来过高中化学中
中文 / 190KB这里给大家带来是的一篇高中化学
中文 / 324KB这里是东坡小编给大家整理的完整
中文 / 29KB这是我们东坡下载为广大高中学子
看动画学汉字的软件帮助你的宝宝可以轻松的学习汉字，里面都有一些非常不错的软件比如幼儿学汉字动画，让孩子们可以快乐的学习，而且这些软件都是免费的哟，不用担心学到一半就看不了了，还在等什么赶紧来让孩子成长...
中文 / 58KB汉字拼音查找软件是一款可以帮助
中文 / 428KBpp虫汉字转拼音是一款电脑上非常
中文 / 816KB汉字笔画查询软件可以支持查询汉
中文 / 957KB想让自己的孩子学习汉字更快更好
中文 / 89.1M汉字标准读音与笔顺是一款绿色免
中文 / 5.0M现在的幼儿园里的宝宝们都开始学
理论力学教程第三版课后答案(周衍柏) pdf格式完整版免费下载
本类最新软件
本类软件推荐
55.1M / 06-28 / 2.9.0.131官方最新版
26M / 06-05 / 完整版
26M / 05-31 / 1.0 官方版
16M / 05-31 / 1.0 官方版
26M / 05-31 / 完整无水印版
本类软件排行
本类软件必备
素材字体高考学习
请简要描述您遇到的错误，我们将尽快予以修正。
轮坛转帖HTML方式
轮坛转帖UBB方式当前位置： >>
第23章虚位移原理习题解
工程力学（2）习题全解第 23 章 虚位移原理23－1 曲柄－滑块机构的均质杆 AB = BC = 1 m，所受载荷如图所示，二杆的质量均为 10kg。当 θ = 45° 时，弹簧没有变形。试求系统的平衡位形 θ 角。 解：建立图示坐标系，有 x B = l cos θ ， δxB = ?l sin θ δθ x C = 2l cos θ ， δxC = ?2l sin θ δθyD = yE = l l sin θ ， δy D = δy E = cosθ δθ 2 2习题 23-1 图虚功式 即? Mδθ ? 2mgδy D + FδxB ? Fk δxC = 0l ? Mδ θ ? 2mg ( cosθ )δ θ + F (?l sin θ )δ θ ? Fk (?l sin θ )δ θ = 0 22l sin θFk = M + mgl cos θ + Fl sin θ Fk = M + mgl cos θ + Fl sin θ 2l sin θ（1）yBM DmgF又Fk = kδ = k 2l (cosθ ? cos 45°)lEmgl CθFk2 ) = 2kl (cosθ ? 2（2）Aθx由（1） 、 （2）M + mgl cos θ + Fl sin θ 2 2kl (cos θ ? )= 2 2l sin θ(a)即 4k 2 sin θ cos θ ? 2 2 kl 2 sin θ = M + mgl cos θ + Fl sin θ 将已知数据代入，得4 × 2000 sin θ cos θ ? 2 2 × 2000 sin θ = 100 + 10 × 9.81 cos θ + 500 sin θ即 98.1 cos θ + (400 2 + 500) sin θ ? 4000 sin 2θ + 100 = 0 用迭代法解得 θ ≈ 36.1° 23－2 图示为一医疗用的辐射器支架，C 为固定铰链，B 为活动螺母，调节螺杆上 BC 的距离可改变辐射器 A 的位置高低。已知辐射器的质量为 m，各杆等长均为 2b，螺杆的螺 距为 h，忽略杆的质量和各接触点的摩擦。试求：该系统在任意角度 θ 位置处于平衡时加在 螺杆手轮上的力偶矩值 M。 解：建立图（a）的坐标系，则 By A = 5b cosθ2+axδ?bMCb5 θ δy A = ? b sin δθ 2 2θx B = 2b sinθ2aθ δxB = b cos δθ 2Amg设丝杠的虚转角为 δ ? ，则δ?= 2π 2π b θ δ xB = cos δ θ h h 2习题 23-2 图 (a)y虚功式 Mδ ? + mgδ y A = 0 以 δ y A ， δ ? 的表达式代入上式，得M? 2π b 5 θ θ cos δ θ + mg (? b sin )δ θ = 0 h 2 2 2― 1 ―即M=5hmg θ tan 4π 223－3 两摇杆机构分别如图 a、b 所示， 图 a 中 OA = R， ∠AOO1 = π/ 2 ， ∠OO1 A = 30° ； 图 b 中 OB = R， ∠BOO1 = π / 2 ， ∠OO1 B = 30° 。 今各在杆 OA 上施加力偶的力偶矩 M1，试求 系统保持平衡时， 需在 O1B 上施加力偶的力偶 矩 M2 。 解： （a） δ rA = Rδ ?1 设 A1 为 O1B 杆上与套筒 A 重合的点，则δ rA1 = δ rA sin 30° = R δ ?1 2习题 23-3 图又δr 1 δ ? 2 = A1 = δ ?1 2R 4 ? M 1δ ?1 + M 2δ ? 2 = 0虚功方程 即1 ? M 1δ ?1 + M 2 δ ? 2 = 0 4Oδr A1B AOM1δ?1Rδ?1RBδrB1AδrBM2 = 4 M1 δ rB = 2 Rδ ? 2 （b） 设 B1 为 OA 杆上与 B 套筒重合的点， 则1 δ rB1 = δ rB = Rδ ? 2 230oM1δ?2M230oδ? 2又δ rB1 = Rδ ?1 δ ?1 = δ ? 2O1M2O1(a-1) (b-1)虚功式为M 1δ ?1 ? M 2δ ? 2 = 0M2 = M1 23－4 图中所示为相互铰接的三片拉门的门板，其中上片为水平，下片为铅垂位置、 中片与水平线成 45°角，每片拉门重 W。试求使系统在图示位置处于平衡时所需要的水平 位力 F。 解：画出 δ rA 、 δ rB 、 δ rD 、 δ rE ，找出 BD 板的虚位移瞬心 P，则有 δ rC ⊥ PCδ rC = 2 δ rB ， δ rD = δ rB 2δrC δrDB45oδrBδrAF显然 δ rA = δ rB ， δ rE = δ rD = δ rB 代入虚功方程Fδ rA ? Wδ rC cos 45° ? Wδ rE = 0C45oWADWδrEP即Fδ rB ? W ? δ rB ≠ 02 δ rB cos 45° ? W ?δ rB = 0 2EWF=3 W 2(a) 习题 23-4 图23－5试求图示连续梁的支座反力。设图中载荷、尺寸均为已知。FPqMABδθ DC(a)FD习题 23-5 图― 2 ―qFPδθFBDFPMδθqMDC(b)FAC(c)解： （1）图（a） ：FD ? 2lδ θ ? Mδ θ ? q ? 2l ? lδ θ = 0FD =M + 2ql 2 M = + ql （↑） 2l 2l（2）图（b） ：FPlδ θ ? FBlδ θ + q ? 2l ? lδ θ ? Mδ θ = 0FB =? M + FP l + 2ql 2 M = FP + 2ql ? （↑） l l（3）图（c） ：FA ? l ? 2δ θ + q ? 2l ? lδ θ ? Mδ θ = 0FA =M ? ql （↑） 2l23－6 试求图示梁－桁架组合结构中 1、2 两杆的内力。已知 F1 = 4 kN，F2 = 5 kN。 解：1．求杆 1 内力，给图（a）虚位移，则 δ y D = 3δ θ ， δ y E = 2δ θ δ rF = 5δ θ ， δ rG = 5δ θ 虚功式′ 1δ rG cos ? = 0 ? F1δ y D ? F2δ y E + FN1δ rF cos ? + FN即? F1 ? 3δ θ ? F2 ? 2δ θ + FN1 ? 5δ θ ?3 3 ′ 1 ? 5δ θ ? = 0 + FN 5 5F1习题 23-6 图F2δy D6 FN1 = 3F1 + 2 F2FN1 F F 11 kN（受拉） = 1+ 2 = 2 3 32．求杆 2 内力，给图（b）虚位移，则 δ rH = 4δ θ ， δ rD = 3δ θ δ rE = 2δ θ ， δ rG = 5δ θ δ rF ， δ rG 在 FG 方向投影响相等，即δ rF cos ? = δ rG cos ? δ rF = δ rGAδθδy ED3m 5mF?CδrF δrG?EB′ FN1 FN1G(a)F1 δr DF2δr H δθ δrE δθ? ?虚功式′ δ rF sin ? = 0 ? F1δ rD ? FN 2δ rH ? F2δ rE ? FN2A5mD? ?HFN2 ′ FN2CδrGEB即? F1 ? 3δ θ ? FN 2 ? 4δθ ? F2 ? 2δθ ? FN2 ? 5δθ ?4 =0 58 FN2 = ?3F1 ? 2 F2 = ?22 kNFN 2 = ?δrFF(b)G11 kN 423 － 7图示 四 根 杆 用铰 连 接 组 成平 行 四 边 形― 3 ―习题 23-7 图ABCD， 其中 AC 和 BD 用绳连结。 绳中张力 FT1 和 FT2。 试证： FT1 / FT2 = AC / BD 解：设 AB = DC = a，BC = AD = b 画出图（a） ： 由 ?ABC ：bsin(α ? θ )=AC AC = sin(π? α ) sin α（1） （2）? +α ?δrBBD b b 由 ?ABD ： = = sin α sin(π? α ? ? ) sin(α + ? )π2Bbπ? απ ?α 2给虚转角 δ α ，列虚功式π π δ W = ? aδ α ? cos(α + ? ? ) ? FT 2 + aδ α ? cos( ? α + θ ) FT1 = 0 2 2αδαFT2π? α ? ?θCαFT1aδαa即FT 1 sin(α + ? ) 由(2 ) b sin α / BD AC = = FT 2 sin(α ? θ ) 由(1) b sin α / AC BD? sin(α + ? ) FT 2 + sin(α ? θ ) FT 1 = 0αθ?αDAb(a)23－8 图示机构中，杆 AO 与 BC 在点 B 铰接组成曲柄－滑 块机构。杆 DG 的 D 端与杆 AO 铰接，G 端自由，中间穿过铰接 于杆 BC 上的套筒 E，并可在其自由滑动。OB = BC = AB = 2BD = 2BE = 2a，已知水平力 F，弹簧两端分别连接于 G 和套筒 E 上， 其刚度系数为 k， 当 θ = 0 时， 弹簧为原长。 试求系统平衡位形 θ 角。 解：建立坐标系如图（a） ，得 x A = 4a sin θ ， δ x A = 4a cos θδ θ x E = a sin θ ， δ x E = a cos θδ θ x G = 3a sin θ ? l 0 ， δ xG = 3a cos θδ θ 解除弹簧约束，代之以约束力 Fk ， Fk′ 。在任意 θ 角时，弹 簧的压缩量为δ = ED = 2a sin θ习题 23-8 图loyC C' Fk故Fk = kδ = 2ka sin θFδ x A + Fkδ x E ? Fk′δ xG = 0Aa虚功式 即F ? 4a cos θδ θ + 2ka sin θ ? a cos θδ θ ? 2ka sin θ ? 3a cos θδ θ = 0kFkaδFFGEaD D a a B(4 Fa ? 4ka 2 sin θ ) cos θ = 0 cos θ ≠ 0 ，∴ 4 F ? 4ka sin θ = 0 ， sin θ =F kaθO2ax(a)23－9 图中人坐在轮椅上，沿倾角为 θ 的斜面向上运动，试求人手需施加在轮圈上， 并与轮圈相切的力 F。设人与轮椅的总质量为 m，轮胎与轮圈的外半径为 R，内半径为 r， 轮在斜面上作无滑动的滚动（纯滚动） ，即有约束关系 d = R? ，其中，d 为轮心沿斜面上升 的距离， ? 为轮的转角。CmgRδ?θrORδ? RFθθ― 4 ―习题 23-9 图(a)解：人和车身的合重 mg，随轮心 O 作平移，所以轮心 O 的虚位移 Rδ ? 与人车重心 C 的虚位移相同，也是 Rδ ? ，此时手对车轮内圈加力 F 之虚位移为 rδ ? （注：设车轮有虚转 角δ ? ） 。 本题中作功力有 F（手对轮内侧加切向力）和人车 重力 mg，其余力理想约束力，不作功。 由虚位移原理δ W = F ? rδ ? ? mg sin θ ? Rδ ? = 0 .F= R mg sin θ r23－10 移动式汽车起重机如图所示，活动部分借两等长连杆 AB 和 CD 与底部相连， ABDC 构成一平行四边形，利用油压力作用在杆 BC 上而使汽车被举起。当汽车的质量为1.0 × 10 3 kg 时，试求活塞上所受的油压力为多大才能将汽车举起。设此时 CD 和 AC 与水平线的夹角均为 45°，AB = CD = 5m，AC = BD = 1.7m。 解：如图（a） ： tan θ =sin θ = 0.3219δ rB = δ rD1. 7 5δrBθ?mgBFNδrDD（BD 作上下平移运动――升汽车）? = 45°A45oθ45o代入虚功方程：δ W = FN ? δ rB + mg ? δ rB = 0C习题 23-10 图(a)即FN ? δ rB sinθ ? mg ? δ rB cos? = 0FN =cos 45° mg = 21.52 kN sin θ（BD 作平移，重力 mg 作虚功只与其铅垂虚位移有关，与画在 BD 杆何位置无关，为 简化几何关系，故画于 B 点。 ） 23－11 图示四根等长的杆所构成的系统， AB = BC = CD = DE = l， AE = 2l。 若在 B、 C、 D 三点均作用一相等的铅垂力 F，试求杆系处于平衡时 α 角和 β 角应满足的关系。杆的质量 和各连接点的摩擦均可略去不计。 解：由对称性 y B = y D = l sin α ， δ y B = δ y D = lcosαδ α （1） y C = l sin α + l sin β ， δ yC = lcosαδ α + lcosβδ β （2） x C = l cos α + l cos β = l ， cos α + cos β = 1 δ xC = ?l (sin δ α + sin βδ β ) = 0 （3）δβ =? sin α δα sin β = 0 ，即（4）习题 23-11 图代入 ∑δ WiFδ y B + Fδ y C + Fδ y D = 0 2 Fδ y B + Fδ yC = 0A BαE D FxFβ― 5 ―yC F(a)2 Fδ y B + δ yC = 0（1） 、 （2）代入，得： 2l cos αδ α + l cos αδ α + l cos βδ β = 0 （4）代入，得： 3l cos αδ α + l cos β ? ( ? sin α )δ α = 0sin β即3 cos α ?sin α cos β =0 sin β3 tan β = tan α（5）由（3） 、 （5）式知 α 和 β 的关系为：?cos α + cos β = 1 ? ?tan α = 3 tan β23－12 图示两均质杆的质量均为 m， 杆长均为 2l， 其中连有滚轮 A、C 和 D，分别置于铅垂和水平的光滑 滑槽内，在杆的一端施加有力偶，其力偶矩值为 M。试 求平衡位形 θ 角。 解： y C = l sinθ2M， δ yC= l cos δ 2 2习题 23-12 图θθy A = 3l sinθ2， δ y A = 3l cos θ δ θ22M- mgδ yC ? mgδ y A + Mδθ2=0A Blmg- mglcosθ θ θ θ θ ?δ ? mg 3l cos ?δ + M ?δ = 0 2 2 2 2 2? 4mgl coslθθ2+M =0lCOmgcosθ2θ2l=+M 4mglD(a)上一章返回总目录下一章― 6 ―
工程力学A 参考习题之组...1/2 相关文档推荐 工程力学 第23章虚位移... 6...? n c o? t 2( P1 ? P2 ) 解得: 15-15 用虚位移原理求图示桁架中...θ + b sin γ;δ yF = b cos θδθ + b cos γδγ yG = b sin β;δ yG = b cos βδβ 2mg 习题 12-6 解图 应用虚位移原理: mg ? ...虚位移原理及其应用 第 12 章 虚位移原理及其应用 12-1 图示结构由 8 根无...F1 ? δ xD = 0 O θ C D F1 x B G 习题 12-2 解图 F2 sin θ...虚位移原理习题解 15页 免费 第23章虚位移原理习题解 6页 5财富值 虚位移原理...11-3 图示曲柄―摇杆机构, 已知 OA = OB = l, 试建立图示位置两杆虚转角...第四章虚位移原理习题解答 7页 2财富值如要投诉违规内容,请到百度文库投诉中心;如要提出功能问题或意见建议,请点击此处进行反馈。 ...d 2 2 ? d 第一章第五节例题一 解:坐标向上为正时,速度 x 也向上为正...c 解:主动力 Fx ? 0 , Fy ? mg ,体系平衡时,由虚功原理得 ?W ? Fx...第八章部分习题解答 8- 6 解:图示瞬时,AB 杆的加速度瞬心位于 P 点, 设其...AB ? mr ?0 12 9 应用动静法和虚位移原理有 M?? ? FIC 2 sin 30 0 ...理论力学习题答案_理学_高等教育_教育专区。理论力学习题集答案 西北工业大学理论...达朗伯原理 126 127 128 129 130 131 132 133 第二十二章:虚位移原理 134...《结构力学习题集》(含答案)_研究生入学考试_高等教育_教育专区。东大结构力学...《结构力学》习题集 第三章一、判断题: 静定结构的位移计算 1、虚位移原理...机械有限元习题答案――哈工大_工学_高等教育_教育专区。课后习题答案 第二章习题 2.1 解释如下的概念:应力、应变,几何方程、物理方程、虚位移原理。 解○ 1 ...
All rights reserved Powered by
copyright &copyright 。文档资料库内容来自网络，如有侵犯请联系客服。理论力学习题答案_学霸学习网
理论力学习题答案
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 1(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：y FBC B 45o x F2 FAB由共点力系平衡方程，对 B 点有：y FBC 30o C 60o x FCDF1F2 ? FBC cos 45 0 ? 0 FBC ? F1 cos 30 0 ? 03? Fx ? 0对 C 点有：? Fx ? 0解以上二个方程可得： F ? 2 6 F ? 1.63 F 1 2 2解法 2(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。F2 FAB45oFBC FCD30o 60oFBC对 B 点由几何关系可知： F2 对 C 点由几何关系可知：F1? FBC cos 45 0FBC ? F1 cos 30 0解以上两式可得： F1 ? 1.63 F2静力学第二章习题答案 2-3 在图示结构中，二曲杆重不计，曲杆 AB 上作用有主动力偶 M。试求 A 和 C 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） ：?M ? 0其中： tan ?FA ? 10a ? sin(? ? 45 0 ) ? M ? 0FA ? 0.354M a?1 。对 BC 杆有： F ? F ? F ? 0.354 M C B A 3 aA，C 两点约束力的方向如图所示。2-4解：机构中 AB 杆为二力杆，点 A,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： 对 AB 杆有： 对 OA 杆有：?M ? 0FB ? FAFB ? B C ? sin 30 0 ? M 2 ? 0?M ? 0M 1 ? FA ? O A ? 0求解以上三式可得：M 1 ? 3 N ? m ， FAB ? FO ? FC ? 5 N ， 方向如图所示。 // 2-6 求最后简化结果。解：2-6a 坐标如图所示，各力可表示为:? 1 ? 3 ? F1 ? Fi ? Fj ， 2 2? ? F2 ? Fi ，? 1 ? 3 ? F3 ? ? Fi ? Fj 2 2先将力系向 A 点简化得（红色的） ：? ? ? ? 3 ? FR ? Fi ? 3Fj ， M A ? Fak 2 ? ? 方向如左图所示。由于 FR ? M A ，可进一步简化为一个不过色的)，主矢不变，其作用线距 A 点的距离 dA 点的力(绿?3 ，位置如左图所示。 a 42-6b 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：? ? FR ? ?2Fi其作用线距 A 点的距离 d?3 ，位置如右图所示。 a 4简化中心的选取不同，是否影响最后的简化结果？ 2-13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） ：? Fx ? 0P sin ? ? FBx ? 0? Fy ? 0? Fx ? 0FBy ? P ? P cos? ? 0FAx ? FBx ? 0选梁 AB 为研究对象，受力如图，列平衡方程：? Fy ? 0?MA ? 0FAy ? FBy ? 0M A ? FBy ? l ? 0求解以上五个方程，可得五个未知量 FAx , FAy , FBx , FBy , M A 分别为：FAx ? FBx ? ? P sin ? （与图示方向相反）FAy ? FBy ? P(1 ? cos? ) （与图示方向相同）M A ? P (1 ? cos? )l （逆时针方向）2-18解：选 AB 杆为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：?MA ? 0ND ?a l ? G ? cos? ? F ? l cos? ? 0 cos? 2? Fy ? 0N D cos? ? G ? F ? 0求解以上两个方程即可求得两个未知量 N D ,? ，其中：? ? arccos[未知量不一定是力。2( F ? G )a 1 ]3 (2 F ? G )l2-27 解：选杆 AB 为研究对象，受力如下图所示。列平衡方程：?My ? 01 P ? c tan ? ? FBC cos? ? c ? FBC sin ? ? c tan ? ? 0 2FBC ? 60 .6 N? M x' ? 0由 ? Fy1 P ? a ? FB ? c ? FBC sin ? ? a ? 0 2FB ? 100 N? 0 和 ? Fz ? 0 可求出 FAy , FAz 。平衡方程 ? M x ? 0 可用来校核。思考题：对该刚体独立的平衡方程数目是几个？2-29 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：? M DE ? 0 ? M AO ? 0F2 ? cos 45 0 ? 0F2 ? 0? F6 cos 45 0 ? a ? F cos 45 0 cos 45 0 ? a ? 0F6 ? ?? M BH ? 0 ? M AD ? 02 (受拉) F 2 F4 ? 2 (受压) F 2? F4 cos 45 0 ? a ? F6 cos 45 0 ? a ? 0F1 ? a ? F6 cos 45 0 ? a ? F sin 45 0 ? a ? 0F1 ?? M CD ? 0? M BC ? 01 ? 2 (受压) F 2F1 ? a ? F3 ? a ? F sin 45 0 ? a ? 0 F3 ? a ? F5 ? a ? F4 cos 45 0 ? a ? 01 F3 ? ? F (受拉) 2F5 ? 0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解一 个未知量，避免求解联立方程。 2-31 力偶矩 M? 1500 N ? cm? 0 ? F1 ? p cos 45 ? N 2 ? 0 ? 0 ? F2 ? p sin 45 ? N1 ? 0 ? D ? ( F1 ? F2 ) ? 2 ? M ? 0 ?解：取棒料为研究对象，受力如图所示。列平衡方程:? ? Fx ? 0 ? ? ? Fy ? 0 ?? M ? 0 ? O补充方程： ?? ? F2 ? f s N 2F1 ? f s N1五个方程，五个未知量 F1 , N1 , F2 , N 2，f s ，可得方程：2M ? f S2 ? 2 p ? D ? f S ? 2M ? 0解得 f S 1 ? 0.223, f S 2 ? 4.491 。当 f S 2 ? 4.491 时有：N1 ?p(1 ? f S 2 ) ?0 2 (1 ? f S22 )即棒料左侧脱离 V 型槽，与提议不符，故摩擦系数 f S ? 0.223 。2-33 解：当? ? 45 0 时，取杆 AB 为研究对象，受力如图所示。 列平衡方程：? ? Fx ? 0 ? ? ? Fy ? 0 ?? M ? 0 ? A? FN ? T sin ? ? 0 ? ? FS ? T cos? ? p ? 0 ? ? AB T cos? ? A C sin ? ? T sin ? ? A C cos? ? p ? sin ? ? 0 ? ? 2附加方程： FS ? f S FN 四个方程，四个未知量 FN , FS , T，f s ，可求得 f s ? 0.646 。2-35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：?? M A ? 0 ? ?? M B ? 0 ? ?F ? 0 ? xa a ? FNB ? a ? P cos? ? ? P sin ? ?0 ? 2 2 3 ? a a ? ?0 ?? FNA ? a ? P cos? ? ? P sin ? 2 2 3 ? FA ? FB ? P sin ? ? 0 ? ? ??F ? f F ? B s2 NB如果棱柱不滑动，则满足补充方程 ? FA ? f s1 FNA 时处于极限平衡状态。解以上 五个方程，可求解五个未知量 FA , FNA , FB , FNB , ? ，其中：tan ? ?当物体不翻倒时 FNB3 ( f s1 ? f s 2 ) f s 2 ? f s1 ? 2 3(1)? 0 ，则：(2)tan ? ? 60 0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 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：? MC ? 0FBy ? 2a ? 0FBy ? 0取杆 DE 为研究对象，受力如图所示，列平 衡方程：FBy FBx?MH ? 0 ?MB ? 0FDy ? a ? F ? a ? 0 FDy ? FFDx ? a ? F ? 2a ? 0 FDx ? 2 FFCy FCx取杆 AB 为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：? Fy ? 0?MA ? 0 ?MB ? 03-12FAy ? FDy ? FBy ? 0FDx ? a ? FBx ? 2a ? 0 ? FAx ? 2a ? FDx ? a ? 0FAy ? ? F (与假设方向相反)FBx ? ? F (与假设方向相反)FAx ? ? F (与假设方向相反)FCy FCx FD解：取整体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：? MC ? 0FD ? b ? F ? x ? 0FD ?x F b取杆 AB 为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：?MA ? 0FB ? b ? F ? x ? 0x FB ? F b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：?ME ? 0b b b ( FB ? FD ) ? ? F ? ( ? x) ? FAC ? ? 0 2 2 2解得 FAC ? F ，命题得证。 注意：销钉 A 和 C 联接三个物体。3-14FA FB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：?MA ? 0M A ( FB ) ? M ? M ? 0即 FB 必过 A 点，同理可得 FA 必过 B 点。也就是 FA 和 FB 是大小相等，方向相反且共线的一对力，如图所示。 取板 AC 为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：? MC ? 0解得： F ? AFA sin 45 0 ? a ? FA cos 45 0 ? b ? M ? 02M (方向如图所示) a?b3-20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 2qa，作用在 BC 杆中点。列平衡方程：0 ? M B ? 0 F3 sin 45 ? a ? 2qa ? a ? M ? 0F3 ? 2 (M ? 2qa) (受压) ay F2 F1 D选支撑杆销钉 D 为研究对象，受力如右图所示。列平衡方程：F3 x? Fx ? 0F1 ? F3 cos 45 0 ? 0 ? F2 ? F3 sin 45 0 ? 0F1 ?M ? 2qa (受压) a M ? 2qa) (受拉) a? Fy ? 0F2 ? ?(选梁 AB 和 BC 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：? Fx ? 0FAx ? F3 cos 45 0 ? 0FAx ? ?(M ? 2qa) (与假设方向相反) a? Fy ? 0?MA ? 0FAy ? F2 ? F3 sin 45 0 ? P ? 4qa ? 0FAy ? P ? 4qaM A ? F2 ? a ? P ? 2a ? 4qa ? 2a ? F3 sin 45 0 ? 3a ? M ? 0M A ? 4qa 2 ? 2 Pa ? M (逆时针)3-21解：选整体为研究对象，受力如右图所示。 列平衡方程：FAy FAxFBy FBx? M A ? 0 FBy ? 2a ? F ? 2a ? 0FBy ? F? M B ? 0 ? FAy ? 2a ? F ? 2a ? 0 FAy ? ? F? Fx ? 0 FAx ? FBx ? F ? 0(1)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： F ? E 取 CEB 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：2 。 F 2? MC ? 0FBx ? a ? FBy ? a ? FE sin 45 0 ? a ? 0?? F 2FBx ? ?F 2代入公式(1)可得： FAx3-24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：?MA ? 0N1 ? 3r ? P ?3r cos 60 0 ? 0 2N 1 ? 6.93( N )? Fx ? 0FAx ? N 1 sin 60 0 ? 0FAx ? 6( N )? Fy ? 0FAy ? N1 cos 60 0 ? P ? 0FAy ? 12.5`( N )取圆柱 C 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：? Fx ? 0N 1 cos 30 0 ? T cos 30 0 ? 0T ? 6.93( N )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 是杆 AB 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：?MA ? 0L FN ? 2 L sin ? ? 2 P ? cos? ? 0 2FN ?P 2 tan ?FS ? P(1)取杆 BC 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：?MB ? 0L FN ? L sin ? ? P ? cos? ? Fs ? L cos? ? 0 2(2)FAy FAx Fs P FN补充方程： Fs ? f s ? FN ， 将(1)式和(2)式代入有： tan ? ? f s ，即? ? 10 0 。P23-29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 FRC , FRD 来表示，如图所示。如圆柱不被挤出而处于平衡状态， 则 FRC , FRD 等值，反向，共线。由几何关系可知， FRC , FRD 与接触点 C，D 处法 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2会挤出，而处于自锁状态。2FAy o FAx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：FSD FND?MA ? 0FND ? a ? F ? l ? 0l FND ? F a再取杆 AB 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：?MA ? 0FNC ? a ? F ? l ? 0l FNC ? F ? FND aFSC ? FSD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：? MO ? 0FSC ? R ? FSD ? R ? 0? Fx ? 0FNC sin ? ? FSC cos? ? FSD ? 0FSC ? FSD ?sin ? sin ? FNC ? FND 1 ? cos? 1 ? cos?由补充方程： FSC ? f SC ? FNC , FSD ? f SD ? FND ，可得如果：f SC ?sin ? ? ? ? tan , f SD ? tan 1 ? cos? 2 2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 。全约束力 FRC FRC , FRD 。如果圆柱保持平衡，则三力必汇交于 D 点（如图所示） 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：2f SC ? sin ? ? ? tan 1 ? cos? 2(1)该结果与不计圆柱重量时相同。只满足(1)式时 C 点无相对滑动，但在 D 点有可 能滑动(圆柱作纯滚动)。再选杆 AB 为研究对象，对 A 点取矩可得 F 由几何关系可得：NCl ? F， a(2)FSC ? tan法 1（几何法） ：? l? F 2 aFRC ?Fl a ? cos?2φPFRD FRC?2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：P sin[180 0 ? ? ? (180 0 ? )] 2??FRC sin ?将(2)式代入可得： tan ? ?Fl sin ? ( Pa ? Fl )(1 ? cos? ) Fl sin ? ( Pa ? Fl )(1 ? cos? )(3)因此如果圆柱自锁在 D 点必须满足： f ? tan ? ? SD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：? Fx ? 0FNC sin ? ? FSC cos? ? FSD ? 0 FND ? P ? FSC sin ? ? FNC cos? ? 0? Fy ? 0解得： FSC? FSD ? tan? l? F， 2 aFND ? P ?Fl ? (cos? ? sin ? ? tan ) a 2代入补充方程： FSD ? f SD ? FND ， 可得如果圆柱自锁在 D 点必须满足： f ? tan ? ? SDFl sin ? ( Pa ? Fl )(1 ? cos? )(3)即当同时满足(1)式和(3)式时，圆柱自锁，命题得证。3-30解：取整体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：?? Fx ? 0 ? FSD ? FSE ? 0 ?F ? F ? F ? 2 P ? 0 ? NE ?? Fy ? 0 ? ND由题可知，杆 AC 为二力杆。作用在杆 BC 上的力有主动力 F ，以及 B 和 C 处 的约束力 FB 和 FAC ，由三力平衡汇交，可确定约束力 FB 和 FAC 的方向如图所示， 其中： tan ? ? 1 ，杆 AC 受压。3取轮 A 为研究对象，受力如图所示，设 FAC 的作用线与水平面交于 F 点，列平衡 方程：?MA ? 0 ?MF ? 0FSD ? R ? M D ? 0 ( FND ? P ) ? R ? M D ? 0取轮 B 为研究对象，受力如图所示，设 FB 的作用线与水平面交于 G 点，列平衡 方程：?MB ? 0 ?MG ? 0M E ? FSE ? R ? 0 M E ? ( P ? FNE ) ? R tan ? ? 0解以上六个方程，可得：1 3 FND ? P ? F ， FNE ? P ? F ， 4 4 1 1 FSD ? FSE ? F ， M D ? M E ? FR 4 4若结构保持平衡，则必须同时满足：M D ? ?FND ， M E ? ?FNE ， FSD ? f s FND ， FSE ? f s FNE即：F ? min{4 f P 4 fs P 4? 4? 4? ， P, P, s , }? P R ? ? R ? 3? 1 ? f s 1 ? 3 f s R ??因此平衡时 F 的最大值 Fmax ? 0.36 ，此时：FSD ? FSE ? 0.091( N ) ， M D ? M E ? 0.91( N ? cm )3-35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：? M C ? 0 F1 cos? ? 6 ? FH ? 4 ? FG ? 3 ? 0F1 ? ?14 .58(kN ) (受拉) F3 ? ?31 .3 (受拉) F2 ? 18.3 (受压)? Fx ? 0? F1 sin ? ? F3 ? FH ? 0 F2 ? F1 cos? ? FG ? 0? Fy ? 03-38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：? Fx ? 0F ? FCD ? 0FCD ? F (受压)取节点 C 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：? ? Fx ? 0 ? ?? Fy ? 0其中： tan ? ? 1 ?? FBC cos 45 0 ? FCD ? FCG cos? ? 0 ? 0 ? FBC sin 45 ? FCG sin ? ? 02 ，解以上两个方程可得： F ? 0.586 F (受压) BC 2? 23-40解：取整体为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：?MA ? 0FB ? 2a ? F ? 2a ? F ? 3a ? 0FB ? 2.5 FSC C3 4FAyA5B FAxSFB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：? MC ? 0? FX ? 0FB ? a ? F ? a ? F2 ? 3a ? 0 2 F ? F1 ? F2 ? 07 F2 ? F (受拉) 65 F1 ? F (受拉) 6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 F , FM 。 2.该系统的位置可通过杆 OA 与水平方向的夹角θ 完全确定，有一个自由度。选 参数θ 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δ θ ，相应 的各点的虚位移如下：?rA ? O A ? ?? ， ?rB ? O B ? ?? ， ?rC ? O1C ? ???rD ? O1 D ? ?? ， ?rB ? ?rC ， ?rD ? ?rE代入可得： ?rA ? 30?rE 4.由虚位移原理 ? ?W ( Fi ) ? 0 有：F ? ?rA ? FM ? ?rE ? (30 F ? FM ) ? ?rE ? 0对任意 ? rE ? 0 有： FM? 30 F ，物体所受的挤压力的方向竖直向下。4-5解： 1.选整个系统为研究对象，此系统包含弹簧。设弹簧力 F1 , F2 ，且 F1 ? F2 ， 将弹簧力视为主动力。此时作用在系统上的主动力有 F1 , F2 ，以及重力 P 。 2. 该系统只有一个自由度，选定? 为广义坐标。由几何关系可知：z A ? z B ? a ? sin ?3.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δ θ ，则质心的 虚位移为：?zC ? ?z A ? ?z B ? a cos? ? ??弹簧的长度 l? 2a sin?2，在微小虚位移δ θ 下：?l ? a cos?2? ??4.由虚位移原理 ? ?W ( Fi ) ? 0 有：P ? ?zC ? F2 ? ?l ? ( Pa ? cos? ? F2 a ? cos )?? ? 0 2其中 F2?? k (2a sin?2?a ，代入上式整理可得： ) 2? a [2 P cos? ? ka (2 sin ? ? cos )] ?? ? 0 2 2 由于 a ? 0 ，对任意 ?? ? 0 可得平衡时弹簧刚度系数为： 2 P cos? k ? ? a ( 2 sin ? ? cos ) 24-7解：将均布载荷简化为作用在 CD 中点的集中载荷 F3 ，大小为 6q 。1.求支座 B 处的约束力 解除 B 点处的约束，代之以力 FB ，并将其视为主动力，系统还受到主动力F1 , F2 , F3 , M 的作用，如图所示。在不破坏约束的前提下，杆 AC 不动，梁 CDB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 ? ?W ( Fi ) ? 0 有：FB ? ?rB cos 45 0 ? M ? ?? ? F2 ? ?y2 cos150 0 ? F3 ? ?y3 ? 0 (1)各点的虚位移如下：?rB ? 6 2 ? ??代入(1)式整理可得：?y2 ? 9 ? ???y3 ? 3 ? ??(6 FB ? M ?对任意 ??9 3 F2 ? 3F3 ) ? ?? ? 0 2? 0 可得： FB ? 18 .6( kN ) ，方向如图所示。2.求固定端 A 处的约束力 解除 A 端的约束，代之以 FAx , FAy , M A ，并将其视为主动力，系统还受到 主动力 F1 , F2 , F3 , M 的作用。 系统有三个自由度， 选定 A 点的位移 x A , y A 和 梁 AC 的转角? 为广义坐标。2a.求 FAx 在不破坏约束的前提下给定一组虚位移 ?x A ? 0, ?y A ? 0, ?? ? 0 ， 此 时整个结构平移，如上图所示。由虚位移原理 ? ?W ( Fi ) ? 0 有：FAx ? ?x A ? F1 ? ?x1 ? F2 ? ?x2 cos120 0 ? 0各点的虚位移如下：(2)?x1 ? ?x2 ? ?x A代入(2)式整理可得：( FAx ? F1 ? 0.5 F2 ) ? ?x A ? 0对任意 ? x A ? 0 可得： 2b.求 FAyFAx ? 2( kN ) ，方向如图所示。在不破坏约束的前提下给定一组虚位移 ?x A ? 0, ?y A ? 0, ?? ? 0 ，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? ?W ( Fi ) ? 0 有：FAy ? ?y A ? F3 ? ?y3 ? F2 ? ?y2 cos 30 0 ? M ? ?? ? 0各点的虚位移如下： (3)?y2 ? ?y3 ? ?yC ? ?y A代入(3)式整理可得：1 21 2?? ? ?y2 ? ?y A1 31 6( FAy ?1 3 1 F3 ? F2 ? M ) ? ?y A ? 0 2 4 6对任意 ? y A ? 0 可得：FAy ? 3.8(kN ) ，方向如图所示。2c.求 M A 在不破坏约束的前提下给定一组虚位移 ?x A ? 0, ?y A ? 0, ?? ? 0 ， 此 时梁 AC 绕 A 点转动， CDB 平移， 梁 如上图所示。 由虚位移原理 ? ?W ( Fi ) ? 0 有：? M A ? ?? ? F1 ? ?x1 ? F2 ? ?x2 cos120 0 ? 0各点的虚位移如下：(4)?x1 ? 3??代入(4)式整理可得：?x2 ? ?xC ? 6??( ? M A ? 3F1 ? 3F2 ) ? ?? ? 0对任意 ??? 0 可得： M A ? ?24 ( kN ? m) ，顺时针方向。4-8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 P ，系统有一个自由度，选 AK 与水平方向的夹角? 为 1 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 ?rD ? A D , ?rK ? A K ，且：?rD ? a ? ?? , ?rK ? 3a ? ??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， B 故 点不动。三角形 BEK 绕 B 点旋转 ?rE ? B E ，且：?rE ? ?rD ? a ? ??对刚性杆 CD 和杆 CE，由于 ?rD ? C D , ?rE ? C E ，因此 ?rC ? 0 。由虚位 移原理 ? ?W ( Fi ) ? 0 有：( F1 ? P ) ? ?rD cos 60 0 ? P ? ?rE cos 60 0 ? 0 1 1代入各点的虚位移整理可得：( F1 ? 2 P ) ? a?? ? 0 1对任意 ?? 。 ? 0 可得： P ? ? F1 （受压） 1 22．求杆 2 受力 去掉杆 2，代之以力 P ，系统有一个自由度，选 BK 与水平方向的夹角? 为 2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 ?rK ? A K ，且：?rK ? 3a ? ??同理可知 B 点不动，三角形 BEK 绕 B 点旋转 ?rE ? B E ，且：?rE ? a ? ?? ?rE ? ?rD ? a ? ??杆 AD 绕 A 点转动 ?rD ? A D ，由刚性杆 DE 上点 E 的虚位移可确定 D 点位 移方向如图所示，且：?rD ? ?rE ? a ? ??同理可知 ?rC ? 0 。由虚位移原理 ? ?W ( Fi ) ? 0 有：F1 ? ?rD cos120 0 ? P2 ? ?rD cos150 0 ? P2 ? ?rK cos120 0 ? 0代入各点的虚位移整理可得：( F1 ? 2 3P ) ? a?? ? 0 2对任意 ??? 0 可得： P ? ? 23F1 （受压） 。 63．求杆 3 受力 去掉杆 3，代之以力 P ，系统有一个自由度，选 AK 与水平方向的夹角? 为 3 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， ?rD ? A D , ?rK ? A K ，且：?rD ? a ? ?? , ?rK ? 3a ? ??同理可知 B 点不动， ?rE ? B E ，且：?rE ? ?rD ? a ? ???rC ? 0由虚位移原理 ? ?W ( Fi ) ? 0 有：F1 ? ?rD cos 60 0 ? P3 ? ?rE cos150 0 ? P3 ? ?rK cos120 0 ? 0代入各点的虚位移整理可得：( F1 ? 2 3P ) ? a?? ? 0 3对任意 ??? 0 可得： P ? 33F1 （受拉） 。 6动力学第一章习题答案1－3 解： 运动方程： y ? l tan? ，其中 ? ? kt 。 将运动方程对时间求导并将 ? ? 30 代入得0? v?y?l?? lk 4lk ? ? 2 2 3 cos ? cos ?2lk 2 sin? 8 3lk 2 ? 9 cos3 ?a ? ?? ? ? y1－6 证明：质点做曲线运动,所以 a ? a t ? a n , 设质点的速度为 v ,由图可知: yvy ?v?cos? ?vy v?a v an ，所以: a ? n vy av2ax将 v y ? c ， an ?anv3 c?o?a?代入上式可得 证毕 1－7atya?v v2 证明：因为 ? ? ， a n ? a sin ? ? an vv3 所以： ? ? a?v证毕 o?aanxvo1－10 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：F?FNyvomgs ? L ? v0 t ，并且s2 ? l 2 ? x2将上面两式对时间求导得：? ? ? s ? ?v 0 ， 2ss ? 2xx? 由此解得： x ? ?sv0 x（a）? (a)式可写成： xx ? ?v0 s ，将该式对时间求导得：2 ??x ? x 2 ? ?sv0 ? v0 ? ? x(b)2 ? v0 ? x 2 v 2l 2 ? ? 0 3 （负号说明滑块 A 的加速度向上） x x将(a)式代入(b)式可得： a x ? ?? ? x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：ma ? F ? FN ? mg将该式在 x, y 轴上投影可得直角坐标形式的运动微分方程：m?? ? mg ? F cos? x m?? ? ? F sin? ? FN y其中： cos? ?x x2 ? l 2, sin? ?l x2 ? l 22 v0 l 2 ?? ? ? 3 , ?? ? 0 x y x将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得： F ? m( g ?2 v0 l 2 l ) 1 ? ( )2 3 x x1－11vB?OA?B O R?xvAAx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 ? vA cos?因为（a）cos? ?x2 ? R2 x（b）将上式代入（a）式得到 A 点速度的大小为：v A ? ?R2x x ? R222（c）? ? （c）式可写成： ? x x ? R ? ?Rx ，将该式两边平方可得： 由于 v A ? ? x ，? x2 ( x2 ? R2 ) ? ? 2 R2 x2将上式两边对时间求导可得：?x ? ? 2 x??( x 2 ? R 2 ) ? 2 xx3 ? 2? 2 R 2 xx? 将上式消去 2 x 后，可求得：?? ? ? x? 2 R4 x( x 2 ? R 2 )2 aA ?(d)由上式可知滑块 A 的加速度方向向左，其大小为 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：? 2R4 x( x 2 ? R 2 )2yOB Rma ? F ? FN ? mg将该式在 x, y 轴上投影可得直角坐标形式的 运动微分方程：?F ?FNAvAxmgm?? ? ? F cos? x m?? ? F sin? ? FN ? mg y其中：sin? ?R , cos? ? xx2 ? R2 , x?? ? ? x? 2 R4 x( x 2 ? R 2 )2, ?? ? 0 y将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得F?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；m? 2 R 4 x 2 ( x2 ? R2 ) 25,FN ? mg ?m? 2 R 5 x ( x2 ? R2 ) 25vevavr相对运动：直线运动； 牵连运动：定轴转动。 根据速度合成定理 v a ? v e ? v r 有： va cos? ? ve ，因为 AB 杆平动，所以 va ? v ，ve l v cos2 ? 由此可得 v cos? ? ve ，OC 杆的角速度为 ? ? ， OA ? ，所以 ? ? cos? l OAav cos2 45 0 av 当 ? ? 45 时，OC 杆上 C 点速度的大小为 vC ? ?a ? ? l 2l01－15 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v e1ve2v r1v r2va1 ? ve1 ? vr1 ，va2 ? ve2 ? vr2x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 ? v r1 ? ve2 ? vr2将（a）式在向在 x 轴投影,可得： ? ve1 sin 30 ? ?ve2 sin 30 ? vr2 cos300 0 0(a)由此解得：vr2 ? tan 30 0 (ve2 ? ve1 ) ? OM tan 30 0 (? 2 ? ?1 ) ?ve2 ? OM? 2 ? 0.2 32 vM ? va2 ? ve2 ? vr22 ? 0.529 m / sb sin 30 0 (3 ? 9) ? ?0.4m / s cos2 30 01－17 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；vavevr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：va cos30 0 ? ve cos30 0 ， va sin 30 0 ? ve sin 30 0ve ? va ? R? ， va ? vr ? R? ， ?1 ? ve ? R? ? 0.5?O1 A 2R根据加速度合成定理有n aa ? aet ? ae ? a r ? aC（b）将（b）式在垂直于 O1A 杆的轴上投影得a etaraaaC? aa sin 30 0 ? aet cos 30 0 ? aen sin 30 0 ? aC其中： aa ? R? ， a ? 2 R?2 n e 2 1 ，aC ? 2?1v ran ea et 3 2 ? ? 由上式解得： ? 1 ? 2R 121－19 解：由于 ABM 弯杆平移，所以有v A ? v M , .a A ? a M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vrvaveva ? ve ? vr可求得： v M ? v A ? va ?2ve ? 2b? ? 2 2m/s ， vr ? ve ? b? ? 2m/s ，?1 ?vA 2 2 4 3 ? ? rad/s O1 A 1.5 3a etaen a an ar a ataC根据加速度合成定理n n aat ? aa ? aet ? ae ? a r ? aC将上式沿 a C 方向投影可得：n aat cos 45 0 ? aa sin 45 0 ? ?aet ? aC由于 aa ? ?1 l ? 8m/s ， ae ? ?b ? 1m/s ， aC ? 2?v r ? 8m/s ，根据上式可得：n 2 2 t 2 2a at ?a t 2 2 (7 ? 4 2 ) 7?4 2 ? 12 rad/s2 ， ?1 ? a ? l 3 cos 45 01-20 解：取小环为动点，OAB 杆为动系 运动分析 O ? 绝对运动：直线运动； ? 相对运动：直线运动； ve A 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： ve ? OM? ? 根据速度合成定理： 可以得到： va ? tan?ve ? 加速度如图所示，其中： Mvr Bvar? ? 2r? cos60 0va ? ve ? v rr? sin 60 0 ve ? 2 3r? ， vr ? ? 4r? 2 0 cos 60 cos60 0r? 2 ae ? OM? ? ? 2r? 2 ， cos60 02ae MOar BaCaC ? 2?vr ? 8r? 2根据加速度合成定理：??Aaax'a a ? a e ? a r ? aC将上式在 x ' 轴上投影，可得： aa cos? ? ?ae cos? ? aC 由此求得： aa ? 14 r? 2 ,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。y’vavrve?x’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 ? vry’ 因此v r ? ve ? vav 其中： va ? v B , ve ? ?RB , ? ? A ， RA由此可得： v r ?a rnRB 380 v A ? vB ? m/s RA 9O?x’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：a r ? a rn ?v r2 ? 1.78m/s 2 RB1－23 质量为 m 销钉 M 由水平槽带动，使其在半径为 r 的固定圆槽内运动。设水平槽以匀 速 v 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。 O OFr?vMr FO ?Mvmgmg解：销钉 M 上作用有水平槽的约束力 F 和圆槽的约束力 FO （如图所示） 。由于销钉 M 的运 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。 Ove?vaOrr aanM vr?Marat a根据速度合成定理有 由此可求出： va ?va ? ve ? v rve v 。再根据加速度合成定理有： aa ? ae ? ar ? cos? cos?由于绝对运动是圆周运动，牵连运动是匀速直线平移，所以 ae ? 0 ，并且上式可写成：n aat ? aa ? arva2 v2 v 2 sin? t n 因为 a ? ，所以根据上式可求出 aa ? aa tan? ? 。 ? r r cos2 ? r cos3 ?n a根据矢量形式的质点运动微分方程有： m(aa ? aa ) ? F ? FO ? mgt n将该式分别在 x 轴上投影：n m(aat sin? ? aa cos? ) ? FO cos?由此求出：FO ?mv 2 (tan2 ? ? 1) r cos2 ?1-24 图示所示吊车下挂一重物 M，绳索长为 l ，初始时吊车与重物静止。若吊车从静止以均 加速度 a 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。aa?M?FetFemg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。根据质点相对运动 微分方程有 mar ? F ? mg ? Fe? 将上式在切向量方向投影有 mat ? ml?? ? ?mg sin? ? Fe cos?? 因为 Fe ? mae ? ma, ?? ?? ? ? d? d? d? ? d? ? ?? ，所以上式可写成 dt d? dt d? ? ? d? ? ?mg sin? ? ma cos? ml? d?整理上式可得? ? l? d? ? ? g sin? d? ? a cos? d?将上式积分：l ?2 ? ? g cos? ? a sin? ? c 2? 其中 c 为积分常数（由初始条件确定） ，因为相对速度 vr ? l? ，上式可写成vr2 ? g cos? ? a sin? ? c 2l初始时 ? ? 0 ，系统静止， va ? ve ? 0 ，根据速度合成定理可知 vr ? 0 ，由此确定 c ? ?g 。 重物相对速度与摆角的关系式为： vr ? 2l[ g (cos? ? 1) ? a sin? ]21-26 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（如图 7-8） ， 初始时小球相对静止且到转轴 O 的距离为 RO ，求小球到转轴的距离为 R ? RO 时的相对速 度。vrθFe?ORRo?F RRoFCO 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：mar ? ? F ? Fe ? FC将上式在 v r 上投影有 因为 Fe ? mR? ，2mart ? mdvr ? Fe cos? dtdvr dvr dR dR ， ? ? vr cos? ，所以上式可写成 dt dR dt dt dv mvr cos? r ? mR? 2 cos? dR dvr 1 1 整理该式可得 vr ? R? 2 ，将该式积分有 vr2 ? ? 2 R 2 ? c dR 2 2 1 2 2 初始时 R ? RO , vr ? 0 ,由此确定积分常数 c ? ? ? RO ，因此得到相对速度为 22 vr ? ? R 2 ? RO1-27 重为 P 的小环 M 套在弯成 xy ? c 形状的金属丝上， 该金属丝绕铅垂轴 x 以匀角速度 ?2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。?MyFy?xMFexP解：取小环为动点，金属丝为动系， 根据题意， 相对平衡位置为 ar ? 0 ，因为金属丝为曲线， 所以 vr ? 0 ，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。其中F , Fe , P 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： F ? Fe ? P ? 0其中： Fe ?P y? 2 ，将上式分别在 x, y 轴上投影有 gP ? F sin? ? 0 Fe ? F cos? ? 0（a）c 2 dy c2 dy 以为 tan? ? ? ，y? , ? ? 2 ,因此 x x dx dx tan? ?由（a）式可得c2 x2（b）tan? ?P Fe（c）将 Fe ?P 2 ，联立求解（b）（c）并利用 xy ? c ，可得： 、 y? 2 代入（c） g? c 4? 2 ? 3 ? c2 g ?3 ? ,y ?? 2 ? x?? ? g ? ?? ? ? ? ? ?再由方程（a）中的第一式可得11F?? c? ? P x ?c x ?P ? P 1? 4 ? P 1? ? 4 ? g ? ? sin? c c ? ?4 4 4 24 3动力学第二章习题答案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 F ? fF NvrvFm2 g m1 gFNx取整体为研究对象，受力如图， 系统的动量： p ? m2 v r 将其在 x 轴上投影可得： p x ? m2 v r ? m2 bt根据动量定理有：dp x ? m2 b ? F ? fFN ? f (m1 ? m2 ) g dtm2 b 时，平台 AB 的加速度为零。 (m1 ? m2 ) g即：当摩擦系数 f ?当摩擦系数 f ?m2 b 时，平台 AB 将向左滑动，此时系统的动量为： (m1 ? m2 ) gp ? m2 (v ? v r ) ? m1v将上式在 x 轴投影有： p x ? m2 (?v ? vr ) ? m1 (?v) ? m2 bt ? (m1 ? m2 )v根据动量定理有：dp x ? m2 b ? (m1 ? m2 )a ? F ? fFN ? f (m1 ? m2 ) g dtm2 b ? fg （方向向左） m1 ? m2由此解得平台的加速度为： a ?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： xp ? mv ? m1v1 ? mv ? m1 (v ? v r )FN将上式在 x 轴投影：vF? ? p x ? mx ? m1 ( x ? l? cos? )根据动量定理有：mgm1 g2vrdp x ? (m ? m1 ) ?? ? m1l? 2 sin ? ? ? F ? ?kx x dtx 系统的运动微分方程为： (m ? m1 ) ?? ? kx ? m1l? sin ? t2－4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 v r ，方向向下，大小为 v （如图 a 所示） 。F (t )yvmg（a） 根据变质量质点动力学方程有：(b)mdv dm ? F (t ) ? mg ? v r ? F (t ) ? ( ?vt) g ? v r ?v dt dt将上式在 y 轴上投影有：m由于dv ? F (t ) ? ( ?vt) g ? vr ?v ? F (t ) ? ? (vgt ? v 2 ) dtdv ? 0 ，所以由上式可求得： F (t ) ? ? (vgt ? v 2 ) 。 dt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 2－5 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：dv dm m ? F ? mg ? v r ? FN dt dt船的质量为： m ? m0 ? qt ，水的阻力为 F ? ? fvFNvmgxdv 将其代入上式可得： (m0 ? qt) ? ? fv ? mg ? qv r ? FN dt dv 将上式在 x 轴投影： (m0 ? qt) ? ? fv ? q(?vr ) 。应用分离变量法可求得 dtln(qvr ? fv ) ? f ln(m0 ? qt) ? c q由初始条件确定积分常数 c ? ln(qvr ) ?f ln m0 ，并代入上式可得： qf m0 ? qt q ? qvr ? v? ) ? ?1 ? ( f ? m0 ? ? ?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。zgu ol??RovrveMrl?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 v e ,v r 。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 ? v r 。它对转轴的动量矩为L2 ? L2 (mva ) ? L2 (mve ) ? L2 (mvr )其中：L2 (mve ) ? mr 2? ? m[(l ? R cos? ) 2 ? ( R sin? ) 2 ]?L2 (mvr ) ? m(l ? R cos? )vr cos? ? mR sin2 ?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 ? R cos? ) 2 ? ( R sin ? ) 2 ]? ? m(l ? R cos? )u cos? ? mR sin 2 ?u ? [ J ? (l 2 ? R 2 ? 2lR cos? )m]? ? (l cos? ? 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 ? (l 2 ? R 2 ? 2lR cos? )m]? ? (l cos? ? R)mu由上式可计算出方板的角速度为??ml (1 ? cos? )u J ? m(l 2 ? R 2 ? 2lR cos? )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：LO ? J O? ? ? l (2a ? ?r )r 2?根据动量矩定理有：?FOydLO ? ? [ J O ? ? l (2a ? ?r )r 2 ]? dt ? ? l (a ? x) gr ? ? l (a ? x) gr整理上式可得：FOx? [ J O ? ? l (2a ? ?r )r ]? ? ? l (2 x) gr2P? ? 由运动学关系可知： ?r ? x ，因此有： ?r ? ?? 。上式可表示成： x[ J O ? ? l (2a ? ?r )r 2 ]?? ? 2 ? l gr 2 x x令? ?22 ? l gr 2 2 ，上述微分方程可表示成： ?? ? ? x ? 0 ，该方程的通解为： x 2 J O ? ? l (2a ? ?r )rx ? c1e ?t ? c 2 e ? ?t ? 根据初始条件： t ? 0, x ? x0 , x ? 0 可以确定积分常数 c1 ? c 2 ? x ? x0 ch?t系统的动量在 x 轴上的投影为： p x ?x0 ，于是方程的解为： 2??0? ? r sin??l rd? ? 2?? l r 2 ? 2 ?l rx? 系统的动量在 y 轴上的投影为： p y ? ? l (a ? x)? r ? ? l (a ? x)? r ? ?2 ? l x? r ? 2 ? l xx根据动量定理：? p x ? F0 x ? p y ? F0 y ? P ? ? l (2a ? ?r ) g2 由上式解得： FOx ? 2 ? l rx0 ? ch?t ， Foy ? P ? ? l (2a ? ?r ) g ? 4 ? l ? x0 ch(2?t)222－14取整体为研究对象，系统的动能为：T?1 2 1 2 mv A ? mC vC 2 2vrvAmg其中： v A , vC 分别是 AB 杆的速度和楔块 C 的速度。vC若 v r 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： v A ? vC tan? ，1 2 1 1 2 2 mv A ? mC cot 2 ?v A ? (m ? mC cot 2 ? )v A ，系统在能 2 2 2 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 ，系统的动力学方因此系统的动能可表示为：T ? 程可表示成：?1 2? d ? (m ? mC cot 2 ? )v A ? ? (m ? mC cot 2 ? )v A dv A ? mgv A dt ?2 ?由上式解得： a A ?dv A mg ? ， aC ? a A cot? dt m ? mC cot 2 ?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 (m0 ? 3m) 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 ? ? 30 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。0?RA?veABR m0 gvrFNmgB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 v r ，物块的速度为 v e ，则系统的动能为1 1 1 1 T ? m0ve2 ? mva2 ? m0ve2 ? m[(ve ? vr sin? )2 ? (vr cos? )2 ] 2 2 2 2设 ? ? 0 为势能零点，则系统的势能为V ? ?mgR sin?根据机械能守恒定理和初始条件有 T ?V ? 0 ，即3 2 1 mve ? m[(ve ? vr sin ? )2 ? (vr cos? ) 2 ] ? mgR sin ? 2 2系统水平方向的动量为：px ? m0ve ? m(ve ? vr sin ? )根据系统水平动量守恒和初始条件有3mve ? m(ve ? vr sin ? ) ? 0由此求出 ve ?1 vr sin ? ，将这个结果代入上面的机械能守恒式,且 ? ? 30 0 最后求得： 4vr ? 4 gR 1 , ve ? 15 2 gR 15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 a r ，物块的加速度为 a e ，对于小球有动力学 方程maa ? m(ae ? arn ? art ) ? F ? mg（a）?RaeAat rFn armgBaeR m0 g?FABFN图C 对于物块，由于它是平移，根据质心运动动力学方程有 图 Dm0ae ? F ? m0 g ? FN将方程（a）在小球相对运动轨迹的法线方向投影，可得（b）m(arn ? ae cos? ) ? F ? mg sin ?其中相对加速度为已知量， ar ?nvr2 。将方程（b）在水平方向和铅垂方向投影，可得 Rm0 ae ? F cos? 0 ? FN ? m0 g ? F sin ?领 ? ? 30 ，联立求解三个投影可求出0ae ?47 3 g 94 , F ? mg , FN ? 3.6267 mg 2 15 752－18 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 ? m( R? ) 2 ? mgR(1 ? cos? ) 2 将上式对时间 t 求导并简化可得：（a）mgm0 g FNan mt ammg? ?? ?g sin? R(b )每个小球的加速度为t n a ? am ? am ? ? ? ( R?? cos? ? R?? 2 sin? )i ? (? R??sin ? ? R?? 2 cos? ) j取圆环与两个小球为研究对象，应用质心运动定理?m aiiC? ? Fi将上式在 y 轴上投影可得：? ? m0 ? 0 ? 2m( R??sin? ? R? 2 cos? ) ? FN ? 2mg ? m0 g将(a),(b)两式代入上式化简后得FN ? m0 g ? 2mg (3 cos2 ? ? 2 sin? )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3 cos2 ? ? 2 cos? ?1 3m0 ?0 2m3m 1 1? 0 ) 3 2m?1 1 3m ? 1? 0 ?3 3 2m ? ? ? ? ?上述方程的解为： cos? ? ( ? ，圆环脱离地面时的 ? 值为 ? 1 ? arccos?而 ? 2 ? arccos??1 1 3m0 ? 1? ?3 3 2m ?? ? 也是方程的解，但是 ? ? ? 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 v r ， z 牵连速度为 v e 系统对 z 轴的动量矩守恒，有：Lz ? ?m0 r 2? ? mv e r ? mv r cos? r ? 0其中： v e ? r? ，则上式可表示成： (m0 ? m)r ? ? mv r cos? r2ve?vr由此解得： ? ?mv r cos? ?v cos? ? r ( m0 ? m) r r其中： ? ?m h ， tan? ? m0 ? m 2?r根据动能定理积分式，有： T2 ? T1 ??W1? 2T1 ? 0, T2 ?2 21 1 m0 r 2? 2 ? mva2 2 22?W1?2? mgnh其中： va ? (ve ? v r cos? ) ? (v r sin? ) ，将其代入动能定理的积分式，可得：m0 r 2? 2 ? m[( r? ? vr cos? ) 2 ? (vr sin? ) 2 ] ? 2mghn将? ??v r cos?r代入上式，可求得： v r ?2 ghn 1 ? ? cos2 ?1由 va ? (ve ? v r cos? ) ? (v r sin? ) 可求得： va ? vr [1 ? ? (2 ? ? ) cos2 ? ] 22 2 22－20 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 ? ??r ?3外力对 O 轴的矩为：M O ? ??gr ? ?2?r ? r? ? ???gds0?gr cos?ds ?gr cos? rd??r?g?? ??gr 2 ? ?0? ??gr 2 ? ?gr 2 sin ?? ? LO ? M O ? ? ??r 3?? ? ??gr 2 ? ?gr 2 sin ?? 因为： r?? ?dv dv d? ? dv ? v dv ，所以上式可表示成： ? ?? dt d? dt d? r d?? ?r?? ? ?g ? g sin ??v dv ? ?g ? g sin ? r d??vdv ? rg (? ? sin? )d?积分上式可得： ?1 2 1 v ? rg ( ? 2 ? cos? ) ? c 2 22 1 2由初始条件确定积分常数 c ? gr ，最后得： v ? [ gr(2 ? 2 cos? ? ? ) / ? ]动力学第三章习题答案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 ? vrvAve vavr vD v Dr可得： va cos 30 ? ve ? ?l ，0vB ? vBC ? va ?2 3 ?l 3研究 AD 杆，应用速度投影定理有：v A ? vD cos30 0 ， vD ?4 3 ?l 3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v D ? v BC ? v Dr将上式在 x 轴上投影有： ? vD ? ?vBC ? vDr ， vDr ? ?vD ? vBC ?2 3 ?l 33－4 AB 构件（灰色物体）作平面运动， 已知 A 点的速度v A ? ? 0 O1 A ? 450cm / sAB 的速度瞬心位于 C，应用速度瞬心法有：? AB ?vA 3 ? rad/s AC 2vAv B ? ? AB BC ，设 OB 杆的角速度为 ? ，则有??v B 15 ? rad/s OB 4?I? ABC设 P 点是 AB 构件上与齿轮 I 的接触点， 该点的速度：vBvPv P ? ? AB CP齿轮 I 的角速度为： ? I ?vP ? 6rad/s r13－6 AB 杆作平面运动，取 A 为基点 根据基点法公式有：v BAv B ? v A ? v BA将上式在 AB 连线上投影，可得vBvAv B ? 0, ? O1B ? 0因此， ? AB ?vA 1 ? ?0 AB 4t a BA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） 。 根据加速度基点法公式t n a B ? a A ? a BA ? a BAaBn a BA将上式在 AB 连线上投影，可得2 n ? a B cos 60 0 ? a A ? a BA ， a B ? ?2.5? 0 raA?O B ?1aB 3 2 ?? ? 0 （瞬时针） O1 B 2t a BA n a BA3－7齿轮 II 作平面运动，取 A 为基点有t n a B ? a A ? a BA ? a BA t n a ? a1 ? a BA ? a BAy x将上式在 x 投影有：n ? a cos ? ? a1 ? a BA由此求得：? II ?n a BA ? 2r2a1 ? a cos ? 2r2再将基点法公式在 y 轴上投影有：t a sin ? ? a BA ? ? II 2r2 ，由此求得 ? II ?a sin ? 2r2yt aO2 A n aO2 A再研究齿轮 II 上的圆心，取 A 为基点at O2?an O2? aA ? at O2 A?an O2 Ax将上式在 y 轴上投影有t t aO2 ? aO2 A ? r2? II ?n a O2t a O2a sin ? ， 2? a sin ? 2(r1 ? r2 )n n由此解得： ? O1O2 ?t aO2r1 ? r2再将基点法公式在 x 轴上投影有： ? aO2 ? a1 ? aO2 An 由此解得： aO2 ?a cos ? ? a1 n 2 ，又因为 aO2 ? (r1 ? r2 )? O1O2 2a cos ? ? a1 2(r1 ? r2 )由此可得： ? O1O2 ? ?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?v v ?? ? DC R ? r角加速度为aOvOv? ? ?? ?? v a ? R?r R?r vR R?r ? a O ? vO ? ? vR aR ? R?r R?rBn a BOn BO卷筒 O 点的速度为：vO ? ?R ?O 点作直线运动，其加速度为研究卷筒，取 O 为基点，求 B 点的加速度。a B ? aO ? at BO?an B0t a BO将其分别在 x,y 轴上投影aO?a Bx ? aO ? at BOa By ? ?aOa2 2 a B ? a Bx ? a By ?n COR (R ? r) 24a 2 ( R ? r ) 2 ? v 4同理，取 O 为基点，求 C 点的加速度。t n a C ? a O ? a CO ? a C 0at COC将其分别在 x,y 轴上投影t n aCx ? aO ? aCO ? 0 aCy ? aCOaC ? aCy ?Rv 2 (R ? r)23－10 图示瞬时，AB 杆瞬时平移，因此有：v B ? v A ? ?OA ? 2m/sAB 杆的角速度： ? AB ? 0?BvCvAvBP圆盘作平面运动，速度瞬心在 P 点，圆盘的 的角速度为： ? B ?vB ? 4m/s r圆盘上 C 点的速度为： vC ? ? B PC ? 2 2m/s AB 杆上的 A、B 两点均作圆周运动，取 A 为基点 根据基点法公式有t n t a B ? a B ? a B ? a A ? a BA?Bt aBn aB t a BA将上式在 x 轴上投影可得： ? a B ? 0t因此： a B ? a B ?nv ? 8m/s 2 r2 BaAvB r由于任意瞬时，圆盘的角速度均为： ? B ?t ? vB aB t ? ? 将其对时间求导有： ? B ? ，由于 a B ? 0 ，所以圆盘的角加速度 ? B ? ? B ? 0 。 ? r r圆盘作平面运动，取 B 为基点，根据基点法公式有：t n n a C ? a B ? a CB ? a CB ? a B ? a CBn n aC ? (a B ) 2 ? (aCB ) 2 ? 8 2m/s 2aBBn a BCC3－13 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， AB 杆的角速度为： ? AB ?PvA ? 1rad/s APvr杆上 C 点的速度为： vC ? ? AB PC ? 0.2m/s 取 AB 杆为动系，套筒 C 为动点， 根据点的复合运动速度合成定理有：vaveva ? ve ? vr其中： v e ? v C ，根据几何关系可求得：va ? ve ?3 m/s 15t a BAn a BAaBaCAB 杆作平面运动，其 A 点加速度为零， B 点加速度铅垂，由加速度基点法公式可知t n t n a B ? a A ? a BA ? a BA ? a BA ? a BA由该式可求得 a B ?n a BA ? 0.8m/s 2 sin 30 0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： aC ? 0.5a 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：2araCaa ? ae ? ar ? aC其中牵连加速度就是 AB 杆上 C 点的加速度 即： ae ? 0.4m/s2ae aa将上述公式在垂直于 AB 杆的轴上投影有：aa cos30 0 ? ae cos30 0 ? aC科氏加速度 aC ? 2? AB v r ，由上式可求得： aa ?2 m/s 2 33-14：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 ? v r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：vrAo1vaBvevO1 ? va ?ve v ? 3u, vr ? e ? 2u tan? sin?uO 图 A?由于圆盘 A 在半圆盘上纯滚动，圆盘 A 相对半圆盘 的角速度为：??vr 2u ? r r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：v B ? vO1 ? v BO1vO1Av BO1Bo1u?vBx ? ?vBO1 sin 30 0 ? ??r sin 30 0 ? ?uv By ? vO1 ? v BO1 cos30 0 ? 2 3u2 2 v B ? v Bx ? v By ? 13u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aa ? ae ? arn ? art（a）yxv rn u2 n 其加速度图如图 C 所示， a r ? ， ， ? R?r r将公式（a）在 x 和 y 轴上投影可得：a rnO 图 Co1aax: y:0 ? a rt sin ? ? a rn cos? ? a a ? ? a rt cos? ? a rn sin ?t r?a rt由此求出： a ?a rt 3u 2 3u 2 2u 2 ? 2 ，圆盘的角加速度为： ? ? , aa ? aO1 ? r r r r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：t n a B ? a O1 ? a BO1 ? a BO1（b）将（b）式分别在 x, y 轴上投影：n t a Bx ? ?a BO1 cos 30 0 ? a BO1 sin 30 0 n t a By ? ?aO1 ? a BO1 sin 30 0 ? a BO1 cos30 0yxn B a BO1其中： a BO1 ? ? r ?n 24u ， r3u 2 rO 图 D2o1t a BO1?aAt a BO1 ? ?r ?由此可得： a B ? 3－15（b）37u2 r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：va ? ve ? v rva vevr由上式可解得： ve ? va tan 30 ?03 ?r 3因为 BC 杆瞬时平移，所以有：vCD ? ve ?3 ?r 33－15（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：vavevrva ? ve ? v r8 16 根据几何关系可求出： O2 P ? r , CP ? r 3 3将速度合成定理公式在 x,y 轴上投影::vax ? vex ? v rx ? vex ? ?O2 P? BC vay ? vey ? v ry ? vex ? v r ? O2 A? BC由此解得: ? BC ?yx? BCP1 3 3 ? , vr ? ( ? )?r 4 2 2DC 杆的速度 vC ? CP? BC ?4 ?r 3aC3-16(b) BD 杆作平面运动,根据基点法有:t n t n t n a C ? a B ? a CB ? a CB ? a B ? a B ? a CB ? a CBt aCB由于 BC 杆瞬时平移, ? BC ? 0 ,上式可表示成:t n t a C ? a B ? a B ? a CB? BC将上式在铅垂轴上投影有:0 ? ?a ? an Bt CBsin 300n aBt aB由此解得: ? BC ?1 2 ? 6(a)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） 。a A ? aa ? ae ? ar ? a K其中: a K 为科氏加速度,因为 ? AB ? 0 ,所以 a K ? 0aCaraAt aeC动点的牵连加速度为: a e ? a C ? a eC ? a eCn t由于动系瞬时平移,所以 a eC ? 0 , a eC ? ? BC ACn t牵连加速度为 a e ? a C ? a eC ,(a)式可以表示成ta A ? a a ? a C ? a etC ? a r将上式在 y 轴上投影:? a A cos30 0 ? ?aC cos30 0 ? aetC由此求得: aC ? (1 ?2 3 2 )? r 93－16(d) 取 BC 杆为动系，套筒 A 为动点， 动点 A 的牵连加速度为t n a e ? a C ? a AC ? a ACaCaKaa? BCy xn a AC动点的绝对加速度为t n a a ? a C ? a AC ? a AC ? a r ? a Kart a AC其中 a K 为动点 A 的科氏加速度。 将上式在 y 轴上投影有aa cos30 ? ?aC cos30 ? a0 0t AC? aK上式可写成? 2 r cos 30 0 ? ?aC cos30 0 ? ? BC ? AC ? 2? BC ? vr其中： ? BC ?(a)1 3 3 ? , vr ? ( ? )?r （见 3－15d） ? BC 为 BC 杆的角加速度。 4 2 2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a aC ? a C ? a ' e ?a ' r ?a ' K其中 a ' e ? a CO2 ? a CO2 ，上式可表示为t n t n a C ? a CO2 ? a CO2 ? a ' r ?a ' K将上式在 y 轴投影有： ? aC cos 30 ? aCO2 ? a' K0 tt aCO2a 'raC该式可表示成：n a CO2a 'K?? aC cos30 0 ? ? BC ? CO2 ? 2? BC vC sin 30 0联立求解(a),(b)可得（b）aC ?4 3 2 3 2 ? r , ? BC ? ? 9 83－17 AB 杆作平面运动，其速度瞬心位于 P， 可以证明：任意瞬时，速度瞬心 P 均在以 O 为 圆心，R 为半径的圆周上，并且 A、O、P 在同 一直径上。由此可得 AB 杆任何时刻的角速度均 为PvBO R? ABv v ? A ? A AP 2 R2 vA 2杆上 B 点的速度为： v B ? ? AB PB ?? AB 杆的角加速度为： ? AB ? ? AB ?取 A 为基点，根据基点法有n t n a B ? a A ? a BA ? a BA ? a A ? a BA? vA ?0 APO y R将上式分别在 x,y 轴上投影有n a Bx ? ?a BA cos 45 0 ? 2 vA 4 0n a BA aAa By2 3v A ? a A ? a sin 45 ? 4 n BA2 10 v A 4Rx2 2 a B ? a Bx ? a By ?3－18 取 DC 杆上的 C 点为动点，构件 AB 为动系v Ca ? v Ce ? v Cr根据几何关系可求得： vCe ? vCr ?v De3?rv Drv CeyvCa再取 DC 杆上的 D 点为动点，构件 AB 为动系v Da ? v De ? v Dr由于 BD 杆相对动系平移，因此 v Cr ? v Dr 将上式分别在 x,y 轴上投影可得v Dax ? ?v De ? v Dr sin 30 0 ? ? 3 v Day ? ?v Dr cos 30 0 ? ? ?r 2求加速度：研究 C 点有3 ?r 2a C ? a Ca ? a Ce ? a Cr ? a CK将上式在 y 轴投影有a DKa De a Dr00 ? aCe sin 30 ? aCr cos30 ? aCK sin 300 0由此求得 aCr ? 3? r2再研究 D 点aCKya D ? a Da ? a De ? a Dr ? a DK由于 BD 杆相对动系平移，因此 aCr ? a Dr 将上式分别在 x,y 轴上投影有aCeaCaa Crxa Dax ? a Dr sin 30 0 ? a DK cos30 0 ?9 2 ? r 2 3 3 2 ? r 2a Day ? ? a De ? a Dr cos30 0 ? a DK sin 30 0 ? ?3－21由于圆盘纯滚动，所以有 aC ? r?根据质心运动定理有：ma C ? F cos? ? FS 0 ? FN ? F sin? ? mg根据相对质心的动量矩定理有aC?m? 2? ? FS r ? Fr0求解上式可得：aC ?Fr (r cos? ? r0 ) ， FN ? mg ? F sin? m( r 2 ? ? 2 )FSFNF ( ? 2 cos? ? rr0 ) FS ? r2 ? ?2若圆盘无滑动，摩擦力应满足 FS ? fF N ，由此可得： 当： mg ? F sin? 时， f ?F ( ? 2 cos? ? rr0 ) ? f min (mg ? F sin? )( r 2 ? ? 2 )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：ma C ? mg ? FAN根据相对质心的动量矩定理有：F ANmg1 l ml 2? AB ? FAN cos? 12 2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 ? ? ABl cos? 2P求解以上三式可求得：FAN2 ? mg 5? ABaCaA3－25 设板和圆盘中心 O 的加速度分别为a1 , a O ，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t n a A ? a O ? a AO ? a AO?aOn a AOR At a AO将上式在水平方向投影有t a xA ? aO ? a AO ? aO ? ?R ? a1 （a）a1取圆盘为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有m2 aO ? F2应用相对质心动量矩定理有(b)m2 g(c)1 m2 R 2? ? F2 R 2F2再取板为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有F2Nm1a1 ? F ? FS ? F2作用在板上的滑动摩擦力为：(d )FS ? fFN ? f (m1 ? m2 ) g由上式可解得：F2(e)m2 gFm1 g FNFSa1 ?3F ? 3 f (m1 ? m2 ) g 3m1 ? m23－29 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：1 1 1 1 2 2 2 2 T2 ? m1vC ? J C? AB ? m2vA ? J A? A 2 2 2 2其中：Pl 2 v A ? ? AB l sin ? ? ?l sin ???, v l sin ??? ?A ? A ? ? , R R? AB ? ???, vC ? ? ??,? ABvAv C ??因此系统的动能可以表示成：?A1 ? l?? ? 1 m1l 2 ? 2 1 1 m2 R 2 T2 ? m1 ? ? ? ? ? m2 (l sin ???) 2 ? 2 ? 2? 2 12 2 2 2 ? ? ?02? l sin ??? ? ? ? R ? ? ? ?21 3 m1l 2?? 2 ? m 2 l 2?? 2 sin 2 ? 6 4ca系统从 ? ? 45 位置运动到任意 ? 角位置， AB 杆的重力所作的功为：l W1?2 ? m1 g (sin 45 0 ? sin? ) 2根据动能定理的积分形式aAm1 gT2 ? T1 ? W1? 2初始时系统静止，所以 T1 ? 0 ，因此有1 3 l ? ? m1l 2? 2 ? m2 l 2? 2 sin 2 ? ? m1 g (sin 45 0 ? sin? ) 6 4 2将上式对时间求导可得：1 3 l ?? 3 ?? ? ? m1l 2??? ? m2 l 2???sin 2 ? ? m2 l 2? 3 sin? cos? ? ?m1 g cos?? 3 2 2 2将上式中消去 ?? 可得：1 3 l ? 3 ? ? m1l 2?? ? m2 l 2??sin 2 ? ? m2 l 2? 2 cos? sin? ? ?m1 g cos? 3 2 2 20 ? ? 根据初始条件 ? ? 0,? ? 45 ，可求得初始瞬时 AB 杆的角加速度 ?? ? ?3 2m1 g (4m1 ? 9m2 )l? 因为 ?? ? 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 杆的加速度瞬心在 ca 点，由此可求出 AB 杆上 A 点的加速度：?l a A ? ? AB l sin 45 0 ? ??? cos 45 0 ?3m1 g (4m1 ? 9m2 )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：vAvCCm1v A ? m2 vC ? I(a)其中： v C 为 AB 杆质心的速度，根据平面运动关系有? ABl vC ? v A ? ? AB 2(b)再根据对固定点的冲量矩定理： L A ? M A (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 AB 杆对 A 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L A ? m2 vC将其代入冲量矩定理有：l 1 ? m2 l 2? AB 2 12(c)m2 vCl 1 ? m2 l 2? AB ? lI 2 12由（a,b,c）三式求解可得： v A ? ?2I (滑块的真实方向与图示相反) 9m 23－34 研究整体，系统对 A 轴的动量矩为：I AyI AxL A ? L A( AC ) ? L A( BC )其中：AC 杆对 A 轴的动量矩为 L A( AC ) ?1 2 ml ? AC 3设 C1 为 BC 杆的质心，BC 杆对 A 轴的动量矩为? ACvC? BCL A( BC ) ? mvC1 vC1 ? vC ? vC1C根据冲量矩定理3 1 l ? ml 2? bC 2 12 l ? l? AC ? ? BC 2v C1L A ? 2lI 可得：（a）11 2 5 ml ? AC ? ml 2? BC ? 2lI 6 6 LC ? mvC1再研究 BC 杆，其对与 C 点重合的固定点的动量矩为l 1 1 1 ? ml 2? BC ? ml 2? AC ? ml 2? BC 2 12 2 3I CxC? BCI CyvCv C1根据冲量矩定理 LC ? lI 有：1 2 1 ml ? AC ? ml 2? BC ? lI 2 3联立求解（a）,(b) 可得 ? AC ? ?（b）6I ? ?2.5rad/s2 7mlB3－35 碰撞前，弹簧有静变形 ? st ?mg km3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：? st(m! ? m3 )v ? m3 2 gh碰撞结束时两物体向下运动的速度为 v ?v2gh 2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?m3v? stv?2gh 2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：1 k 2 k 0 ? (m1 ? m3 )v 2 ? ?(m1 ? m3 ) g (? st ? ? ) ? ? st ? ?2 2 2 2上式可表示成：mgh mg m 2 g 2 k 2 3m 2 g 2 k ? 2mg ( ? ?) ? ? ? ? ? 2mg? ? ?2 2 k 2k 2 2k 2若使 m 2 脱离地面，弹簧的拉力必须大于其重力，因此有 ? ? 得： h ?mg mg ，将 ? ? 代入上式求 k k8mg mg 8mg 。若 ? ? ，则 h ? k k k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 ?9mg ，如何求解，请思考。 k3－36 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 AB 杆上 A 点的速度为 v ，角速度为 ? ，初始时受到 冲击力的作用，应用对固定点 O 的冲量矩定理可得? ?I AxA?I AyvAvCB1 LO ? mvC l ? m(2l ) 2 ? ? 0 12其中： vC ? v A ? l? ? v ? l?由此解得 ? ?3v 4lFAxma?FAyA当 t ? 0 时，滑块 A 以加速度 a 向右运动， 取 AB 杆为研究对象，应用相对动点 A 的动量矩定理有：a1 ? m(2l ) 2 ?? ? mal cos? ? mg sin? 3将上式积分并简化可得：2 ?2 l? ? a sin? ? g cos? ? C 3? 其中 C 是积分常数由初始条件 ? ? 0,? ? ? 确定出 C ?2 ?2 3v 2 l? ? a sin? ? g cos? ? ? g ? f (? ) 3 8l2Bmg3v ? g 。上式可表示成 8l? 若 AB 杆可转动整圈，则应有 ? ? 0 ，因此 f (? ) ? 0 。若 f (? ) 的最小值大于零，则 AB2杆就可以完成整圈转动。下面求 f (? ) 的极值。f (? ) ? a sin? ? g cos? ?3v 2 ?g 8l*将上式求导令其为零有 f ' (? ) ? a cos? ? g sin? ? 0 求得极值点为 tan? ?a g当 sin ? ?*a a ?g2 2, cos? * ?g a ?g2 2， 函数 f (? ) 取最大值*当 sin ? ? ?*a a ?g2 2, cos? * ? ?g a ?g2 2， 函数 f (? ) 取最小值，若使最小值大于*零，则有2 ?2 a2 l? ? ? ? 3 a2 ? g 22 由此求得 3v ? 8l ( g ?g2 a2 ? g 2a2 ? g 2 )?3v 2 3v 2 ? g ? ? a2 ? g 2 ? ?g ?0 8l 8l动力学第四章习题答案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：FBPl aC ? ? AB CP ? ? AB 2 l FCI ? maC ? m? AB 2 1 M CI ? ml 2? AB 12根据动静法有：? ABaCM CIFCIFAmg?M ?F ?FP?0l l mg c o ? ? FCI ? M CI ? 0 s 2 2 3g ? AB ? cos? ? 3.528 rad/s2 2lFA ? mg ? FCI c o ? ? 0 s FCI s i n ? FB ? 0 ?y?0 ?0x3 FA ? mg (1 ? c o 2 ? ) ? 3 5 77 N s . 4 3 FB ? mg sin? cos? ? 176 .4 N 44－7 （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：FAFIaCFB?Fx?0mg sin 30 0 ? FI ? 00aC ? g sin 30 ? 0.5 g（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， 其加速度垂直于 AD，如图所示。 两者加速度的关系为aAxmgFAaC ? a A sin 300F ABIFCI a CFBFCI ? mC aC , FABI ? m AB a A , m ? m AB ? mC根据动静法有aAaAx?Fmg0 0x?0mg sin 30 ? FABI ? FCI sin 30 ? 0由此求得： a A ? 1.25 g ,aC ? 0.625 g（3） 先研究滑块 C 根据约束可知： aCy ? a A sin 300FCIx ? mC aCx ,根据动静法有：FCIy ? mC aCyaCx?F ?Fx?0 ?0F ? FC I x? 0F ? mC aCxaAxaCyyFN ? FC I y? mC g ? 0FN ? mC g ? mC a A sin 30 0因为： F ? fF N ，所以有关系式FCIyFCIxyFFNmC aCx ? f (mC g ? mC a A sin 30 0 )即： aCx ? f ( g ? a A sin 30 )0xmC g再研究整体，应用动静法有?Fx'?0mg sin 30 ? FABI ? FCIy sin 30 ? FCIx cos 300 0FCIy0FA上式可表示成：F ABIFBFCIxx'mg sin 30 0 ? m AB a A ? mC a A sin 2 30 0 ? mC f ( g ? a A sin 30 0 ) cos 30 0aAmg由上式解得： a A ? 0.6776 g ? 6.64m/s2aCx ? f ( g ? a A sin 30 0 ) ? 3.24 m/s 2 ，aCy ? a A sin 30 0 ? 3.32 m/s 2 ，aC ? 4.64 m/s 24－8 （1）研究 AB 杆，将惯性力向杆的质心简化，FIn ? m? 2FIt ? m?2 r 22 r 2FInFAyFIt FBMI1 M I ? m( 2r )2? 12根据动静法有：FAx?M ?F ?FxA?0FIn2 r ? M I ? FB r ? 0 ， 21 FB ? mr (3? 2 ? ? ) ? 14.286 N 6?0 ?0FAx ? FIn cos 450 ? FIt cos 450 ? 0FAx ?1 mr (? 2 ? ? ) ? 6.1 2 2 N 2FAy ? ?16.33 NyFAy ? FIn sin 450 ? FIt sin 450 ? FB ? 0 ，2 2（2）若 FB ? 0 ，必有 3? ? ? ，因此当 ? ? 6rad/s ， ? ?2rad/s4－9设 OA 杆和 AB 杆的角加速度分别为? OA ,? AB 。将各杆的惯性力向各自质心简化。FI 1 ? m? OAM I1FOyFI 1? OAM I1FI 2? ABM I2l l , FI 2 ? m(? AB ? ? OA l ), 2 2 1 1 ? ml 2? OA , M I 2 ? ml 2? AB , 12 12? 0，FOxmgFAymgFI 2研究整体，根据动静法有：?MOl 3l l 3l FI 1 ? FI 2 ? mg ? mg ? M I 1 ? M I 2 ? 0 2 2 2 2研究 AB 杆，根据动静法有：? ABM I2FAx?MA?0FI 2l l ? mg ? M I 2 ? 0 2 2mg上述平衡方程可简化为11 5 l? OA ? l? AB ? 2 g 6 6 1 1 1 l? OA ? l? AB ? g 2 3 2求解该方程组可得： ? OA ?9g 3g , ? AB ? ? 7l 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t n aC ? a A ? aCA ? aCA? ??AaAan CA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：t n FIC ? FIA ? FCA ? FCACt aCA?? ??Bl l t n ?r ?? ? FIA ? mA?? ， FCA ? mC? ， FCA ? mC? 2 2 2 1 1 ? ?? M IA ? mAr 2?? ， M IC ? mC l 2? 2 12研究整体，M IA FIAAt FCA?MP?0（a）?Cn FCAM ICBl n FIA r ? M IA ? FIA (r ? sin ? ) ? FCAr cos? 2 l l t ? FCA ( ? r sin ? ) ? M IC ? mg cos? ? 0 2 2研究 AB 杆，Fm A g FIAPFNmC g?MA?0(b)l l t l ? FIA sin ? ? FCA ? M IC ? mg cos? ? 0 2 2 2将(a)－(b)得： 上式化简为 还可写成： 即：n t FIA r ? M IA ? FIA r ? FCAr cos? ? FCAr sin ? ? 05 2 ?? 1 1 ? mr ? ? m l ? 2 c o ? ? m l ? s i n ? 0 r? s r? ? 2 2 2? ? ?? ? 5r?? ? l? 2 c o ? ? l? s i n ? 0 sd ? ? (5r? ? l? sin? ) ? 0 dt? ? 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 ? ?根据动能定理有：l ? ? sin ? 5r（C）1 1 1 1 1 2 2 ? ? m A v A ? m A r 2? 2 ? m AB vC ? m AB l 2? 2 ? mgl sin ? 2 4 2 24 2 1 2 2 2 2 ?2 ? ?? ? ? 其中： v A ? r? , vC ? r ? ? rl?? s i n ? l ? 4 ? l ? sin ? （c）式可表示成 ? 再利用 ? ? 5r1 2 2 1 ? ? ml ? ? ml 2? 2 sin 2 ? ? mgl sin ? 3 10当 ? ? 90 ,0(d)? ? AB ? ? |? ?90 ?030 g l ? , v A ? ?r ? ? AB ? 7l 56 gl 35? 再将(d)式求导,然后销去 ? ,最后可得2 2 1 1 ?? ?? ? ml ? ? ml 2? sin ? ? ml 2? 2 sin ? cos? ? mgl cos? 3 5 5?? 当 ? ? 90 ,可求得 ? AB ? ? ? 0 ,0FAyAFAxCl l ? ?? ? 又因为 ?? ? ? sin ? ? ? 2 cos? ， 5r 5r? 当 AB 杆铅垂时， ? A ? ?? ? 0 。 a A ? ? A r ? 0再取圆盘为研究对象，应用动静法有FmA gP?M ?FyA? 0 ， Fr ? 0,F ?0FN再研究整体，利用动静法有?0AFN ? 2mg ? FIC ? 02 mgl 2 29 FN ? 2mg ? FIC ? 2mg ? m ? AB ? mg 2 7FPFICFN4－12 此瞬时 AB 杆作瞬时平移，所以v A ? v B ? 2.44m/s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t n t a B ? a A ? a BA ? a BA ? a BAaC? ABt a BA vBn aB t aBvA又因为 B 点作圆周运动，所以t n t a B ? a B ? a B ? a BA将该式在铅垂轴上投影： a B ? a BA cos30 ?n t 02 vB h由此解得： ? AB ?2 vB ? 1.85rad/s2 0 hl cos 30AB 杆质心 C 的加速度垂直于 AB 杆， 其大小为： aC ? ? AB 应用动静法： M ICM ICFICFBl ? 2.817 m/s 2 2 1 ? ml 2? AB 12?F ?Fx? 0 ， FIC sin 30 0 ? F ? 00 0mgFAl l ? mg cos30 0 ? 0 ， FB ? 321N 2 2F ? FIC sin 30 ? maC sin 30 ? 64 Ny? 0 ， FB l cos30 0 ? M IC ? FIC4－14 图示瞬时，AB 杆瞬时平移，其加速度瞬心 位于 P 点。设 OA、AB 杆的质心分别为 C1 , C2 。 各点加速度如图所示，其大小为2 a A ? r?0 ， ? AB ??rA???rC2PaA aC1? ABaB?rBaA r? 3 2 ? ? ?0 0