理论力学典型例题答案及解析(适用于邓国红版)

联立求解上式，并注意到
JC
1 ml2 12
可得
3g cos j
2l
w
3g l
(sin
j0
sin
j
)
以C点为基点，则A点的加速度为 注： 亦可由加速度合成法求出
aAaCaA tCaA nC
在运动开始时, 到y 轴上，得
w＝0,
故
aAnC＝0
, 将上式投影
0aCy aA tCsinq
aC yaA tCsinq2 lsinq (4)
知识点：动能定理的运用
分析：对m1与m2进行整体分 析，分别写出初末状态下的动 能，运用动能定理进行求解
解：
系统的初动能T1 0，当转过j角度时有
T2
1 2
Jw2
1 2
m2v2
W12 Mj m2grj sinq fm2grj cosq
由T2 T1 W12求出w,然后对w求导得到
11.15
大小
√
√
？
？
求出滑枕B的加速度
7.15 轮只滚不滑，I点为瞬心
求B点与C点的速度
vA
vB
vC
分析可知：AB杆为瞬时平动，则有
wB
vBvAwO A 2m/s I
wBvB/B I4rad/s
vCwBC I2.8m 3 /s
取A点为基点，对B点作加速度分析 y
an BatBaAan B AatBAaA
vr vo v e
L z2
Jw
M z (mv e mv r )
Jw
m • OM
2 w mv 0 • MA
其中 MA ＝ l cos j r
OM 2 (l r cos j ) 2 (r sin j ) 2
解得w
10.17
解
由圆柱体受力与运动分
平面运动微分方程为
m a A mg F T
大小：√ ？ √ 0 0
x
aBt
aBAt
aBn
方向：√ √ √
aB nvB 2/r8m2/s
at 0 B
C点同理，取B点为基点， 请自己分析
解：取圆柱分析。
9.10
求圆盘中心的加速度。
maA F1
FN1mg0
1 2
mr2
F1r
aAar
A
aA
F
A
aA
mg a
F1
FN1
取板分析
Ma FF 2F 1 FN2MgFN '10
vavMvetajn 0.17 m3/s
由于其牵连运动为定轴转动 ，所以存在科氏加速度
aM =aa a= e + ar + aC
=a
t e
+
a
n e
+a
t r
+
a
n r
+aC
y
ar ae
j
aC
aM
由于其牵连运动的角加速度为O，所以 t 为O。
ae a 同时，相对运动为直线运动，所以 r只有一项
在y方向投影 aMco j saCaeco js
1 mR 2
2
FT R
aA R
v2 2aAh
可得：
FT
1 3
mg
,v
2 3
3 gh
析可得其
分析：圆柱体沿绳子作纯滚动， 与绳子相切处的速度为零
10.19
1、
解：以杆AB为研究对象，分析受力。
由刚体平面运动微分方程
y B
C
mg
Ax
m a C x F B
( 1 )FB B
m a C y F A m g
1 2
ml(
sinj
w2
cosj0 )
得到j
arcsin(2 3
sin j0
)
10.20
突然解除约束问题
FOy
O
FOx
W=mg
解除约束前： FOx=0, FOy=mg/2
FOy FOx
O W=mg
突然解除约束瞬时： FOx=？,FOy=？
FOy FOx
O
W=mg
突然解除约束瞬时，杆 OA将绕O轴转动，不再是
对m1与m2进行整体分析分别写出初末状态下的动能运用动能定理进行求解求圆轮转过角度的角速度和角加速度所以先求出其角速度然后求导得到其角加速度求导得到然后对求出角度时有当转过系统的初动能grfmgrcossin求a点在初瞬时的加速度知识点
1.3(e)
P
A
C
D
FC
C
B
FB B
P
P
A
C
D
FA
F'C
A
C
D
FAx
vA l sin j
当 j 45 。， v A 0 .
3 mg aA 4m 9M
谢谢!
动能定理的运用
求链条离开桌面时的速度
解:链条在初始及终了两状态的动能分别为
T1 0
T2
1 2
mv2
在运动过程中所有的力所作的功为
l a
a
W 12m2 lga lma 2g2 lm ga 2l2mg
T2T1W12 解得
g(l2 a2) v
l
11.14
j 求圆轮转过角度 的角速度和角
加速度（所以先求出其角速度，然后 求导得到其角加速度）
(2 )
JFA2 lcojsFB2 lsijn （3）
aCy aCx
C
mg
A
FA
由坐标法求得：
xC2lsinq, yC2lcosq
xC2 lcosqq, yC2 lsinqq
x
B
q C
Ay
qq qq qq qq x C 2 ls i n 2 2 lc o s,y C 2 lc o s2 2 ls i n
10.7
知识点：动量矩守恒定律 分析：圆盘和质点M作为
一个系统，其外力（重 力与约束力）对转轴Z 之矩为零，所以系统动 量守恒
vr vo v e
解：
由于 M e ( F ) 0, 所以
L z1 L z 2 常量
当点
M在M
点时有
o
L z1 mv 0 (l r )
点 M 在任意角度 j 位置时有
求A点在初瞬时的加速度
知识点：动能定理 分析：轮的初动能为零，取任
j 意的 角受力进行分析，列
出其动能表达式，得到点A的速 度，再对时间求导，得到点A的 加速度
解：
初始状态下动能 T2 T轮 T杆 由于轮为平面运动，则
T 1 0 ，在任意时刻有 有
T轮
1 2
Mv
2 A
1 2
(1 2
MR
2 ) w 2 3 Mv 4
静力学问题。这时，w 0， 0。需要先求出 ，再
确定约束力。
应用定轴转动微分方程
1m2lmgl, 3g
3
2
2l
应用质心运动定理
m
lw 2
2
0
FOx
m
l 2
mg
FOy
FOx 0
FOy
mgml
2
mg 4
11.5
知 识 点 ： 平面运动刚体的动能
等于随质心平动的动能与绕质心转动 的动能的和。
1AB
1m 6
v A2 sin 2 j
, 其中
j 为 q 的一个值
由图示的几何关系有
w AB
vA l sin j
力所作的功为 由动能定理有
W 1 mgl (sin 45 。 sin j ) 2
T 2 T 1 W , 然后对这个式子进行对
时间求导
得到
w w AB
F2 fFN2
F'N1
F'1
a F
F2
Mg
FN2
解得：
aAF3fM (mm M)g
10.3
平动刚体的动量矩
刚体平移时，可将全部质量集中于质心，作为一个
质点计算其动量矩。
z
定轴转动刚体的动量矩
w L z m z( m iv i) m iv ir i m ir i2
令 Jz＝Σmiri2 称为刚体对 z 轴的转动 惯量, 于是得
先以杆O２B为动系，滑块A为动点求 的杆O２B的速度和加速度角速度Ｗ２ 和角加速度
动点：滑块A 动系：杆O２B 绝对运动：定轴转动 相对运动：相对动系的直线运动 牵连运动：定轴转动
vAa = vAe + vAr
va
v
vr
e
大小：√ 方向：√
？ √
v v ?
√
求从出而A求e得与ｗA２r，
再以滑枕CD为动系，以滑块B为动点求滑枕的速度和加速度
一物体的一端完全固定在另一物体上所构成的约 束称为固定端或插入端支座。
A
MA FAy FAx
A
4.
5.4
求火箭的运动方程
5.11
求摇杆的运动方程
5.12
求飞轮的转动方程以及 角速度与转角间的关系
分析：将a分解为两个分量， 由微分关系求解
5.13
6.7
求 vBC 的速度，就是求牵
连运动的速度
点的速度合成
v
动点：滑块A 动系：摇杆OA 绝对运动：铅垂方向的直线运动 相对运动：相对动系的直线运动 牵连运动：定轴转动
va = ve + vr
大小：√ ？ ？ 方向：√ √ √
va v
ve
vacojs
2sinj
2
w ve
2v 2
v
OA l 2l
cos j
vc
w•OC
av 2l
6.20
求小环M的速度和加速度
w
ri mivi Mi
Lz Jzw
即：绕定轴转动刚体对其转轴的动量矩等于刚体对 转轴的转动惯量与转动角速度的乘积。
(a) 圆盘与杆固结；
(b) 圆盘绕轴A相对杆OA以角速度w 逆 时针
方向转动；
(c) 圆盘绕轴A相对杆OA以角速度w 顺 时针
方向转动。
w
O
(b)wr w A
(c)wr w
解：(a)
ａｎ Ａａ＝ａｔ Ａｅ＋ａｎ Ａｅ ＋ａ Ａｒ ＋ａ ｃ
求得O２B的角加速度
再以滑枕CD为动系，以滑块B 为动点求滑枕的加速度
动点：滑块B 动系：滑枕CD 绝对运动：定轴转动 相对运动：相对动系的直线运动 牵连运动：水平方向的直线运动
ａ ｔ Ｂ＋ ａ ｎ Ｂ ａ ＝ ａ Ｂ ａ ＋ ｒ Ｂ ａ ｅ
平行轴定理
JO
1mR2 m2l 2
LOJOwm(R22 l2)w
w
O
A
动量矩：刚体的平动，注意方向问题
(b)
JO
1mR2 m2l 2
w
O
(b)wr w A
LOm (R 22l2)wM o(mA)vmw 2 l
(c)
JO
1mR2 m2l 2
w
O
A
(c)wr w
L O m (R 2 2 l2)w M o(m A ) vm (R w 2 L 2)
j 90 vBC2m/s
6.8
求 v BC的速度，就是
求牵连动的速度
知识要点：点的速度合成
动点：滑块A
动系：滑槽 DE
绝对运动：圆周运动 相对运动：沿DE的直线运动 牵连运动：水平方向上直线平移
va = ve + vr
大小：√ ？ ？ 方向：√ √ √
6.10
va v
求C点的速度
e
vr
知识要点：刚体的定轴转动，
动点：滑块B 动系：滑枕CD 绝对运动：定轴转动 相对运动：相对动系的直线运动 牵连运动：水平方向的直线运动
vＢa = vＢe + vＢr
大小：√
？
?
方向：√
√
√
求出vＢe
先以杆O２B为动系，滑块A为动点求得
杆O２B的角加速度 ；
动点：滑块A 动系：杆O２B 绝对运动：定轴转动 相对运动：相对动系的直线运动 牵连运动：定轴转动
F'C
FAy
1.4（d）
F2
D
C
F1
B
A
FAy
FAx
A
FCy
F2
FCx C
B FB
D F1
B F'B
3.6
已知：在OA上作用力偶M，在滑块D上作用力F
– 11
分析：先研究曲柄OA，再研 究铰链B，然后研究滑块D
3.11
考查知识：平面任意力系的平衡 问题及应用，分布载荷的简化
平面固定端约束
ae w2 OM 0.05 m/s 2
aC2wevr 0.2m2/s
aM 0.35 m/s 2
6.21
求滑枕CD的速度和加速度
知识要点：点的速度合成 和加速度合成（科氏加速度 什么情况下存在）
先以杆O２B为动系，滑块A为动点求 的杆O２B的速度和加速度，从而求出 其角速度和角加速度；再以滑枕CD为 动系，以滑块B为动点求滑枕的速度 和加速度
知识要点：点的速度合成 动点：滑块A 动系：BCE，
ve
w
j
vA
vr
绝对运动：圆周运动 相对运动：铅垂方向上直线运 动 牵连运动：水平方向上直线平 移
va = ve + vr
大小：√ ？ ？ 方向：√ √ √
vawAO 2m/s
vevasijn2sijn
ve
w
j
vA
vr
ve vBC
解得j当 30 vBC1ms/
再以C点为基点，则B点的加速度为
aBaCaB tCaB nC
x
B
atBC
aCy
q aB C
aCx atAC
A
aA y
同理，aBnC＝0 ，将上式投影到 x轴上，得
0aCxaC tBcosq
aC xaC tBcosq2 lcosq (5)
x
2、
B
q
脱离墙面的条件是FNA 0
C
则有：
Ay
FA
macx
知识要点：点的速度合成 和加速度合成（科氏加速度 什么情况下存在）
vr
动点：小环M
动系：曲杆OBC
绝对运动：水平方向的直线运动
va
相对运动：相对动系的直线运动
ve
牵连运动：定轴转动
va = ve + vr
vr
大小：? √ ?
方向：√ √ √
va
vewOM 0.1m/s
v
e
vr ve/cojs0.2m/s