大学本科理论力学课程动力学例题
理论力学动力学部分试题及答案
1物体自地球表面以速度眄铅直上抛.试求该物体返回地面时的速度巧・假定空气阻力R=mkv2,其中k是比例常量，搜数值它等于单位质量在单位速度时所受的阻力。
m是物体质V 是物体速度，重力加速度认为不变.答:叮解：阻力方向在上升与下降阶段不同（其方向与速度y相反），故分段考虑（1）上升阶段：tn— - -tng一dt通过坐标变换有加V字二-刃护-加£ ,积分得axvdv（2）下落阶段:(1)g2.静止中心0以引力F=k2mr吸弓I质量是m的质点M,其中k是比例常量，r=OM是点M的矢径.运动开始时OMo=b,初速度时呵并与阪成夹角求质点M的运动方程。
x = b cos 处 + —cosasin ktky = —sinasin^k解：取坐标如图，质点M在任意位貳将fna = F 沿x、y轴投彫，得mx = 一F cos<p= -k2fnrcos （p= -Qmxfny = 一Fsin cp= -k2fnr sin (p= -k^my艮卩x+k2x = 0 , y+^2y = 0徽分方程得通解为：x = s coskt+c2 sin kt求导得x = -kc x sin kt + kc2 coskt , y = -kc3 sin kt + kc^ cos kt (2)已知初始条件f=0 z 妒b z /o=0，x0 = v0 sin a ,代入方程（1），（2）得点M的运动方程为v =—cosax = 2?cos Ar/ +—kcos ar sin kt -I sin asin kt y =c3 cos kt + c^ sin kt (1)九=v0 sin a3单摆M 的悬线长/,摆重G 支点B 具有水平向左的均加速度a.如将摆在&=0处静止 释啟，试确定悬线的张力T （表示成&的函数）.解：质点的相对徴分方程为 ma r = mg+f +©投影到法线方向由式(2)得T = Gsin3 + —acos0 + — v 2g 0T = G 3 sin + 3 — cos — 2 —\ g S )答・ T - G(3sin3-cos^- 2-) g g投影到切线方向= T-Gsin^-0e cosB g !(2)由式（1）得 妙=gcos^-usin 0分离变量并积分|*V Xiv = \ f geos^10- [ asm Odd v 2 = 2"gsin &+ocos&-a 1(3)将式（3）代入上式代入式（2）得dt dt积分得4.水平面内弯成任意形状的细管以匀角速度G 绕点0转动.光滑小球M 在管內可自由 运动.设初瞬时小球在吆处，OMo=©相对初速^v o =0,求小球相对速度大小冬与极径r的关系。
理论力学习题课动力学部分-精品
动力学部分（III）
基本内容
动力学三大普遍定律
刚体的转动惯量
直杆
A
O
Jo
1 12
ml2
J
A
1 3
ml2
•动能定理 •动量定理 •动量矩定理
实心
Jo
2 5
m
Rቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
2
空心
Jo
2 3
m R2
圆环 圆盘（板、轮） 圆球
O
O
O
Jo mR2
Jo
1 2
mR2
用途介绍
动能定理 侧重于运动量和力系的功间的关系 动量定理 侧重于运动量和外力系主矢间的关系 动量矩定理 侧重于运动量和外力系主矩间的关系
质心运动定理 动量矩定理
刚体的平面运动微分方程
ax,ay
动能定理
刚体平面运动
习题1
11-24 边长为 0.25m、质量为 m＝2.0kg 的均质平板绕 O 点转动，＝0 时，0 ＝0。求 ＝45时，轴承 O 的反力。
一般位置
a Cy
动能定理
a Cx
F oy
w
45
,
a
C
a
n C
分析思路
判断是否存在某种守恒量
在某一方向上
外力或力矩为零 光
滑
动量守恒
质心运动守恒
动量矩守恒
已知质点系主动力求运动
理想约束
动能定理
质心运动定理
动量矩定理
s
一般位置进行分析 运动到某一位置
sd
dt
v ddt
a
分析思路
动力学部分例题
例 10.4 解：以物体为研究对象，将其视为质点，建立如图坐标。质点在任一位置受
地球引力的大小为： 由于 所以
mM F G0 2 x mM mg G0 2 R
x
H
M
F
gR2 G0 M
d2 x mgR 2 m 2 F 2 dt x
o R
由直角坐标形式的质点运动微分方程得：
2 d x dvx dvx dx dvx ，将上式改写为 由于 vx 2 dt dt dx dt dx
FB 0 v 4.9 2.21m s
因此，只有当 2.21m/s v 2.91m/s 时，两绳才同时受力。否 则将只有其中一绳受力。
例3 从某处抛射一物体，已知初速度为v0，抛射角为a，如不计空 气阻力，求物体在重力单独作用下的运动规律。
例10.3
解：研究抛射体, 列直角坐标形式的 质点运动微分方程
所以物体在任意位置的速度为：
v (v 2 gR ) 2 gR
2 0
2
x
可见物体的速度将随x的增加而减小。
v (v 2 gR ) 2 gR
2 0
2 Rv0 H 2 2 gR v0
2
x
若v0² <2gR，则物体在某一位置 x＝R+H时速度将为零，此后物体将回落， H为以初速v0向上发射物体所能达到的最大高度。将x＝R+H及v＝0代入上 式可得
例10.5
解：以物体为研究对象，将其视为 质点。建立图示坐标。在任一位置 质点受力如图。由直角坐标形式的 质点运动微分方程得
2
y
FR M v
x
v0 cosa
v0 O
mg x
理论力学
1、运动分析。----说明机构中主要构件的运动形式。 2、作速度分析，需要画出相关速度，求一点速度或图形角
速度。（若要分析加速度，一般需要求图形的角速度）
画速度 （1）沿点的运动轨迹切线，与相关的角速度方向协调。
（2）要符合速度投影定理。
3、作加速度分析，需要画出相关加速度，求一点加速度 或图形角加速度。 画加速度
例8-10
如图所示，在椭圆规的机构中，曲柄OD以匀角速度ω绕O 轴转动。
OD＝AD＝BD＝l。求：当 60 时，尺AB的角加速度和点A的加速度。
B ABC AB D
O O
O
A A
vD
O
aA
n a BA
a A B
aD
v A
aD
n a AD y’ a AD
n a AD l 2
n x’ a A cos aD cos 2 a AD
y’ n a A 0 aD sin aAD cos a AD sin
x’
若OD变速转动，有什么变化？
a A l
2
a 0 AD AD
a AD 0 AD
解：
（1）动点：OA上的A点
动系：摇杆O1B
（2）运动分析： 绝对运动： 圆周运动。 相对运动： 直线运动。 牵连运动： 摇杆转动。
（3）速度分析与计算
v a r
ve
O ω
va
B vr
A ω1
vr va cos
ve va sin
r 2 O1 1 2 2 O1 A l r ve
动力学例题一27708445
动力学有限元分析例题一例题1：图1所示的悬臂梁，长L =3m ，截面宽度b =0.02m ，高度h =0.10m 。
材料弹性模量E =210GPa ，密度ρ=7800Kg/m 3。
不考虑系统的阻尼，试计算梁横向振动的前6阶固有频率和正则振型，运用振型叠加法计算梁右端在受到力(100sin 10F t )π=N 作用下0-1s 时间内的响应，并与理论解对比。
【理论解：固有频率f 1=9.3132Hz ，f 2=58.365Hz ，f 3=163.42Hz ，f 4=320.25Hz ，f 5=529.39Hz ，f 6=790.81Hz ；响应()()()()()2321410sin 10sin 100101i i x L i i i i X t p p L y t EI k L p πππ=∞=⎡⎤−⎢⎥⎣t =⎡⎤⎛⎞⎢⎥−⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦∑⎦其中i i p k =是系统的无阻尼固有频率，A 是梁截面积，()()()()()()()()(sin cos sin cos i i i i i i i i i sh k L k L )X ch k x k x sh k x k x ch k L k L −=−−−+是系统的正则振型，k i 满足特征方程()()cos 1i i k L ch k L =−。
】图1 悬臂梁结构图解：求解中采用国际单位制。
Edb=extract(Edof,Egv(:,i));ext=ex+(i-4)*4;eldraw2(ext,eyt,[2 3 1]);eldisp2(ext,eyt,Edb,[1 2 2],magnfac);FreqText=num2str(Freq(i));text(4*(i-4)+1.25,-3.0,FreqText);end% 绘制前6阶正则振型图。
% Step 6 设定简谐响应分析条件和6.进入简谐响应分析，给定相关参数选取模态T=1; nev=2;% 设定计算总时间为1s，选择结构的前两阶模态作为振型叠加法分析的基础。
《理论力学》动力学典型习题+答案
学习 资料 整理 分享《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：θtan l y =，其中kt =θ。
将运动方程对时间求导并将030=θ代入得34cos cos 22lklk l y v ====θθθ 938cos sin 2232lk lk y a =-==θθ1－6证明：质点做曲线运动,所以n t a a a +=, 设质点的速度为v ,由图可知:a a v v yn cos ==θ，所以: yv va a n =将c v y =，ρ2n v a =代入上式可得 ρc v a 3=证毕 1－7证明：因为n2a v =ρ，v a a v a ⨯==θsin n所以：va ⨯=3v ρ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：t v L s 0-=，并且 222x l s +=将上面两式对时间求导得： 0v s-= ，x x s s 22= 由此解得：xsv x-= （a ） (a)式可写成：s v x x 0-= ，将该式对时间求导得： 2002v v s x x x =-=+ (b)将(a)式代入(b)式可得：3220220xlv x x v x a x -=-==（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R v B ω=，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： θcos A B v v = （a ） 因为xR x 22cos -=θ （b ） 将上式代入（a ）式得到A 点速度的大小为： 22Rx x Rv A -=ω （c ）由于x v A -=，（c ）式可写成：Rx R x xω=--22 ，将该式两边平方可得： 222222)(x R R x xω=- 将上式两边对时间求导可得：x x R x x R x xx 2232222)(2ω=-- 将上式消去x2后，可求得：22242)(R x xR x --=ω由上式可知滑块A 的加速度方向向左，其大小为 22242)(R xxR a A -=ω1－13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；o vo va ve vr vxovxot学习 资料 整理 分享 相对运动：直线运动； 牵连运动：定轴转动。
典型例题分析(动力学)
典型例题分析（动力学）一、自由度1.判断自由度的数量。
二、单自由度体系的自振频率1. 试列出图1a结构的振动方程，并求出自振频率。
EI＝常数。
图1a 图1b M1 图1c M2分析：（1） 质点m 的水平位移y 为由惯性力和动荷载共同作用引起：()()t F ym y p 1211δδ+-= 。
（2） 挠度系数：EIll l l l l l EI 245232222123222211311=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=δEIll l l EI 822122211312=⨯⨯⨯⨯=δ（3） 自振频率：111δωm =2.图2a 简单桁架，在跨中的结点上有集中质量m 。
若不考虑桁架自重，并假定各杆的EA 相同，试求自振频率。
图2a 图2b分析：（1）由于结构对称，质量分布对称，所以质点m 无水平位移，只有竖向位移，此桁架为单自由度体系。
（2） 挠度系数：()211211+==∑EAl l F EAN δ（3） 自振频率：111δωm =3.计算图3a 结构的自振频率，设各杆的质量不计。
图3a 图3b分析：（1）A 、B 两点的竖向位移相同，()B B A A X X 111δδ=∆=-=∆。
（2） 挠度系数：()13113116482EI l EI l A ==δ，()23223216482EI l EI l B ==δ（3） 自振频率：Am δω1=三、单自由度体系的动力特性 1. 简支梁，跨度a ，抗弯刚度EI ，抗弯截面模量W z 。
跨中放置重量为G 转速n 的电动机．离心力竖直分量()tF t F p p θsin =。
若不计梁重，试求动力系数、最大动位移及最大动应力。
分析：（1）动力系数：211⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ωθμEIGag n st st48303=∆∆==ωπθ（2） 最大动位移：EI aF y y y y p st st st st d 4831111max max ==∆+=∆+=δδμ（3） 最大动应力： ()a G F MM MM MW MpGstGd z+=+=+==μμσ41maxmaxmaxmax四、两个自由度体系的特性（自振频率、主振型、位移－振型分解法） 1. 求1a 体系的自振频率和主振型，作振型图并求质点的位移。
理论力学--动力学习题+答案
A
B
2g 5r
aC
4 5
g
（2）选圆柱A为研究对象
1 2
P g
r 2 A
M
Tr
（1）
选圆柱B为研究对象
1 2
P g
r
2
B
T
'r
（2）
P g
aC
T 'P
（3）
运动学关系：
aC ae ar r A r B （4）
由（1）~（4）式得：
B
4gM 2g 5 Pr2
mv1x
py 0
mv2x mv3x
5 2
ml1()
所以
p
px
5 2
ml1
A
方向水平向左
B
O
例9－5在静止的小船中间站着两个人，其中甲m1＝50kg，面向船首方向走动1.5m。 乙m2＝60kg，面向船尾方向走动0.5m。若船重M＝150kg，求船的位移。水的阻力不计。
【解受】力有三个重力和一个水的浮力，因无水平力，水平方向质心运动守恒，
0 3.67rad/s
如图所示，均质杆AB质量为m，长为l，由图示位置（ ）无初速度地倒下4，5求0 该瞬
时A端所受到地面的约束反力。
B
C C
A
例10-13 如图所示均质细长杆，质量为M，长为l，放置在光滑水平面上。若在A 端 作用一垂直于杆的水平力F，系统初始静止,试求B端的加速度。
Pr
A
6gM 5
2g Pr2
Pr
aC
E420-理论力学-动力学第三章部分习题解答
动力学第三章部分习题解答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r e a v v v +=可得：l v v ω==e 0a 30cos ，l v v v BC B ω332a === 研究AD 杆，应用速度投影定理有：030cos D A v v =，l v D ω334=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r D BC D v v v +=将上式在x 轴上投影有：r D BC D v v v +-=-，l v v v BC D D ω332r =+-=3－4 AB 构件（灰色物体）作平面运动， 已知A 点的速度s A O v A /0cm 4510==ωAB 的速度瞬心位于C ，应用速度瞬心法有：rad/s 23==AC v A AB ω BC v AB B ω=，设OB 杆的角速度为ω，则有rad/s 415==OB v B ω 设P 点是AB 构件上与齿轮I 的接触点， 该点的速度：CP v AB P ω=齿轮I 的角速度为：rad/s 61==r v PI ω a v e vr vA vDv rD v A vB P v CAB ωI ω3－6 AB 杆作平面运动，取A 为基点 根据基点法公式有：BA A B v v v +=将上式在AB 连线上投影，可得0,01==B O B v ω因此，041ωω==AB v A AB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n t BA BAA B aaa a ++=将上式在AB 连线上投影，可得n060cos BA A B a a a +=-，r a B 205.2ω-=201231ωα-==B O a B B O （瞬时针）3－7 齿轮II 作平面运动，取A 为基点有nt BA BA A B a a a a ++= n t 1BA BA a a a a ++=将上式在x 投影有：n 1cos BA a a a -=-β由此求得：212n 2cos 2r a a r a BAII βω+==再将基点法公式在y 轴上投影有：2t2sin r a a II BA αβ==，由此求得22sin r a II βα=再研究齿轮II 上的圆心，取A 为基点n t n t2222A O AO A O O aaa aa++=+将上式在y 轴上投影有2sin 2t t 22βαa r a a II AO O ===， B vBAv A vAa Ba t BA an BA atBA anBA axyt2A Oa n 2AO a xyn 2O a t 2Oa由此解得：)(2sin 2121t 221r r a r r a OO O +=+=βα再将基点法公式在x 轴上投影有：n1n22A O O a a a -=- 由此解得：2cos 1n2a a a O -=β，又因为221n 212)(O O O r r a ω+= 由此可得：)(2cos 21121r r a a O O +-±=βω3－9 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r R vDC v -==ω 角加速度为rR ar R v -=-== ωα 卷筒O 点的速度为：rR vRR v O -==ω O 点作直线运动，其加速度为 rR aRr R R v va O O -=-==研究卷筒，取O 为基点，求B 点的加速度。
理论力学第八章
？
几个有意义的实际问题
偏心转子 为什么要 固定，如 果不固定 会怎样
几个有意义的实际问题
偏心转子 电动机工作 时为什么会 左右运动；
这种运动有 什么规律； 会不会上 下跳动； 利弊得失。
？
几个有意义的实际问题
偏心转子 没有跳起 时，质心 运动情况
几个有意义的实际问题
偏心转子 有跳起时， 质心运动 情况
工程实际中的动力学问题
v1
F
v2
棒球在被球棒 击打后，其速度 的大小和方向发 生了变化。如果 已知这种变化即 可确定球与棒的 相互作用力。
工程实际中的动力学问题
载人飞船的交会与对接
v2 v1
B A
工程实际中的动力学问题
航空航天器 的姿态控制
工程实际中的动力学问题
高速列车的振动问题
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
工程实际中的动力学问题
1. 直角坐标系投影式
z
ma F
O x
M
r z y
a
y
x
v
F
d r m 2 dt
2
F
直角坐标形式
d2x m 2 Fx ma x m x dt d2y m 2 Fy ma y m y dt d 2z m 2 Fz ma z m z dt
牛顿及其在力学发展中的贡献
牛顿出生于林肯郡伍尔索朴城的一个中等农户家中。 在他出生之前父亲即去世，他不到三岁时母亲改嫁了， 他不得不靠他的外祖母养大。
1661年牛顿进入了剑桥大学的三一学院，1665年获文 学学士学位。在大学期间他全面掌握了当时的数学和光 学。1665-1666的两年期间，剑桥流行黑热病，学校暂 时停办，他回到老家。这段时间中他发现了二项式定律， 开始了光学中的颜色实验，即白光由7种色光构成的实 验，而且由于一次躺在树下看到苹果落地开始思索地心 引力问题。在30岁时，牛顿被选为皇家学会的会员，这 是当时英国最高科学荣誉。
北京航空航天大学本科理论力学习题课动.ppt
dvr dvr dR dt dR dt
dR dt
vr
cos
mvr
cos
dvr dR
mR 2
cos
vrdvr R2dR
v2 r
2R2
C
22
aa 0, ae 2R, aC 2 vr
x': 0 ae arx' aC cos450 y': 0 0 ary' aC sin 450
ar
a2 rx '
a2 ry '
12
习题1－10：求滑块A的加速度绳索的拉力。
v0
s FvA
FN
mg
ma F FN mg
x : mx F cos mg
x
(
x2
2R4x R2)2
mx Fx
15
y’
方法三：求滑块的速度
动点：滑块A
vr
动系：ox’y’,x’轴平行于绳
速度分析
θ
运动分析
va v x’ e
绝对运动： 直线运动 相对运动： 直线运动 牵连运动： 定轴转动
va ve vr ve x vr ( )R
y : 0 ve vr sin x : x va vr cos
动点：圆盘中心O 动系：AB杆
A
AB
运动分析： 绝对运动： 直线运动
v r 300 n ae
相对运动： 直线运动 AB 牵连运动： 定轴转动
y'
aa
o ve Rar va
aB et
速度分析
vr 0,
va ve vr va ve
AB
ve OA
va 2R
加速度分析 aa aet aen ar aC
《理论力学》第九章_质点动力学_习题解
AC
g l AC
( cos )
F
n
TAC W cos man W an g
W an g
TAC W cos TAC W cos
W W 2 a n W cos l AC AC g g
初瞬时， AC 0 ，故： TAC W cos （2）求小球 A 运动到铅垂位置时，AC 绳中的拉力 小球运动到铅垂位置时，由上一步骤可知：
dx 9 cos(2t )d (2t ) dt
2
dx 9 sin(2t ) C1 dt
x 9 sin(2t ) C1
x |t 0 x0 9 sin(2 0) C1 C1 0
dx 9 sin(2t ) dt 9 x sin(2t )d (2t ) 2 9 x cos(2t ) C 2 2 9 9 x |t 0 x0 cos(2 0) C 2 C 2 4.5(m) C 2 (m) 0.04(m) 2 2
y
v0
30 0
1m
地面
v x v0 cos 30 0 dx 13 3 dt 2 x 13 3 t C1 2
13 3 (m / s ) 2
mg
O
x
x |t 0
13 3 0 C1 C1 0 2
x
13 3 t 2
v y v0 sin 30 0 gt 6.5 9.8t
x
y
5
[习题 9-4] 通过光滑圆环 C 的绳索将物体 A 与 B 相连，已知 m A 7.5kg ， mB 6.0kg ， 物体 A 与水平面的摩擦因素 f 0.6 ， 在图示瞬时， 物体 B 具有朝右上方的速度 v B 2m / s 。 若在此时突然剪断墙与物体间的绳子，求该瞬时物体 A 的加速度 a A 解： （1）求 AB 间绳子的拉力 以 B 为研究对象，其受力如图所示。
理论力学(动力学专题)_哈尔滨工业大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年
理论力学（动力学专题）_哈尔滨工业大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年1.在图示系统中，已知：匀质圆柱A的质量为m1，半径为r，板B的质量为m2，F为常力，圆柱A在板面上作纯滚动，板B沿光滑水平面运动。
试求：（1）以x和φ为广义坐标，用第二类拉格朗日方程建立系统的运动微分方程；（2）圆柱A的角加速度和板B的加速度。
答案:2.图示质量为m的小球M放在半径为r的光滑圆管内，并可沿管滑动。
如圆管在水平面内以匀角速度ω绕管上某定点A转动，试求小球沿圆管的运动微分方程。
答案:3.匀质杆AB的质量m=10kg ，长l=4m ，在光滑的水平面内运动，其质心速度v C=20m/s，方向垂直于A，角速度ω=10rad/s ，转向如图示。
当杆的A 端突然固定时，试求：(1)杆的角速度；(2) 杆端A的碰撞冲量。
答案:ω2=10 rad/sI=04.图示物块A的质量为m，均质杆OB的质量为1.5m，长为l，上、下两弹簧的刚度系数分别为2k与k。
在平衡位置时，弹簧处于铅垂，而杆OB处于水平。
试求系统的主振动频率。
若给杆以微小的起始角速度ω0时，物块A 的速度等于零，求物块A的运动方程。
答案:5.重P1为180N的矩形框架绕水平轴AB以角速度2πrad/s 转动；框架的C，D上又安装重P2为120N的飞轮M，如图所示。
飞轮的转速为n=1800r/min，飞轮对自转轴的回转半径ρ=100 mm，CD=300 mm，AB=600 mm。
求：(l)在轴承C与D上的陀螺力；(2)轴承A和B上的全压力；(3)欲使轴承A上的压力为零时，飞轮的自转角速度。
答案:F C=F D=483.4N；F A=91.7N, F B=391.6N；ω=117rad/s6.长为l、单位长度质量为ρ的链条，从板上小孔向下降落。
最初，当y很小时，链条处于静止，并不计摩擦。
在图a中，假设链条在通过小孔前都是静止的；在图b 中，假设任何时刻链条各节都具有相同的速度值。
最新理论力学动力学复习题
1.在图示平面机构中，菱形板分别与杆AA1和BB 1铰接，两杆可分别绕轴A 1 和轴B 1作定轴转动。
AB =BD =20cm ，AA 1=25cm 。
当ϕ=30°，AA 1⊥BB 1时，设平板的角速度ω=2rad/s 。
试求此瞬时点D 的速度和杆AA 1的角速度。
解：菱形板的速度瞬心在P 点，故s cm /2030sin =⋅︒⋅=⋅=ωωAB AP v A杆AA 1的角速度 s rad/8.0AA 11==Av ω（顺钟向）D 点的速度 s cm/720=⋅=ωDP v D（斜向左下方）2.等腰三角形平板ABC 的腰长AB =BC ＝5 cm ，AC =6 cm ，端点A 和端点B 分别在水平面上和斜面上运动。
斜面与铅垂线之间的夹角ϕ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛43arctan 。
在图示位置时，AC 边铅垂，平板的角速度ω＝4 rad/s ，角加速度α＝5 rad/s 2。
试求该瞬时A ，B 和C 三点的加速度的大小。
解：平板取A 为基点 t n BA BA A B a a a a +==式中2n ωAB a BA =，αAB a BA =tBC ： ()()ϕθϕθϕ---+=cos sin cos 0t n BA BA A a a a故 2cm /s 1.2=A ay ： ϕϕϕcos sin cos t n BA BA B a a a --=-故 2cm/s 85=B a取A 为基点 t n CA CA A C a a a a ++=式中 2n ωAC a CA =，αAC a CA =tx ：2t cm/s 9.27=+-=CA A C a a a xy ： 2n cm/s 96-=-=CA C a a y 2cm/s 100=C a3.在图示平面机构中，已知：杆OA 以匀角速度0ω绕定轴O 转动，OA =AC =r ，O 1B =2r ， β=30°。
在图示位置时，OA ，CB 水平，O 1B ，AC 铅垂。
动力学例题(供参考)
匀加速直线运动时。
解：（1）小车水平加速 y
运动时，摆锤的受力如图。 在如图坐标系中有
T1 m m
a1
x方向： T1 sin ma1 O
x
mg
y方向： T1 cos mg 0
T1 m g 2 a12
解得
tan a1
g
arctan
a1 g
当a1 0时， 0；当a1较大时，较大。
于平衡,其平衡方程的法向分
量式为
T+dT
(T dT )sin d T sin d N 0(1)
2
2
切向分量式为
N f
d
T
(T dT) cos d T cos d f 0(2)
2
2
由于dθ很小,可取sin(dθ/2)=dθ/2,cos(dθ/2)=1, 再略去高价无穷小量,上述两式变为
N Td (3)
F0 mg
2L
2g
(2n / 60)2 L
2g
4 2 400 2 5.97
2 9.8 60 2
534
g cos
g cos
若α=0，a2=a1,即为情况（1）T2 T1, 。
若a2= -gsinα,即为小车沿斜面自由下滑的情况，
此时 T2 mg cos mg， ，
可见此时悬线方向与斜面垂直。
利用一个系统中的单摆悬线的取向，可测定这个系 统直线运动时的加速度。
例题2.如图所示，在水平转台上放置一质量为M=2kg 的小物块A，物块与转台间的静摩擦系数μ=0.2，一条 光滑的绳子一端系在物块A上，另一端则由转台中心 处的小孔穿下并悬一质量为m=0.8kg的物块B。转台 以ω=4πrad/s的角速度绕竖直中心轴转动，求：转台 上面的物块A与转台相对静止时，物块转动半径的最 大值和最小值。
《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:θtan l y =,其中kt =θ。
将运动方程对时间求导并将 030=θ代入得34cos cos 22lk lk l y v ====θθθ98cos sin 2232lk lk y a =-==θθ1-6证明:质点做曲线运动 , 所以 n t a a a +=, 设质点的速度为 v , 由图可知 : a a vv y n cos ==θ,所以 : yv va a n = 将c v y =, ρ2n va =代入上式可得ρc v a 3=证毕 1-7证明:因为 n2a v=ρ, va a v a ⨯==θsin n所以:va ⨯=3v ρ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: t v L s 0-=,并且 222x l s +=将上面两式对时间求导得:0v s-= , x x s s 22= 由此解得:xsv x-= (a (a式可写成:s v x x 0-= ,将该式对时间求导得: 2002v v s x x x=-=+ (b 将 (a式代入 (b式可得:3220220xlv x x v x a x -=-==(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R v B ω=,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: θcos A B v v = (a 因为xR x 22cos -=θ (b 将上式代入(a 式得到 A 点速度的大小为: 22Rx x Rv A -=ω (c由于 x v A -=, (c 式可写成:Rx R x xω=--22 ,将该式两边平方可得: 222222 (x R R x x ω=- 将上式两边对时间求导可得:x x R x x R x xx 2232222 (2ω=-- 将上式消去 x 2后,可求得:22242(R x xR x--=ω由上式可知滑块 A 的加速度方向向左,其大小为 2 2242(R x xR a A -=ω1-13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。
《理论力学》章节典型例题(含详解)—精品文档
《理论力学》章节典型例题（含详解）A 卷1-1、自重为P=100kN 的T 字形钢架ABD,置于铅垂面内，载荷如图所示。
其中转矩M=20kN.m ，拉力F=400kN,分布力q=20kN/m,长度l=1m 。
试求固定端A 的约束力。
解：取T 型刚架为受力对象，画受力图.1-2 如图所示，飞机机翼上安装一台发动机，作用在机翼OA 上的气动力按梯形分布：1q =60kN/m ，2q =40kN/m ，机翼重1p =45kN ，发动机重2p =20kN ，发动机螺旋桨的反作用力偶矩M=18kN.m 。
求机翼处于平衡状态时，机翼根部固定端O 所受的力。
解：1-3图示构件由直角弯杆EBD以及直杆AB组成，不计各杆自重，已知q=10kN/m，F=50kN，M=6kN.m，各尺寸如图。
求固定端A处及支座C的约束力。
1-4 已知：如图所示结构，a, M=Fa, 12F F F ==, 求：A ，D 处约束力.解：1-5、平面桁架受力如图所示。
ABC 为等边三角形，且AD=DB 。
求杆CD 的内力。
1-6、如图所示的平面桁架，A 端采用铰链约束，B 端采用滚动支座约束，各杆件长度为1m 。
在节点E 和G 上分别作用载荷E F =10kN ，G F =7 kN 。
试计算杆1、2和3的内力。
解：2-1 图示空间力系由6根桁架构成。
在节点A上作用力F，此力在矩形ABDC平面内，且与铅直线成45º角。
ΔEAK=ΔFBM。
等腰三角形EAK，FBM和NDB在顶点A，B和D处均为直角，又EC=CK=FD=DM。
若F=10kN，求各杆的内力。
2-2 杆系由铰链连接，位于正方形的边和对角线上，如图所示。
在节点D沿对角线LD方向F。
在节点C沿CH边铅直向下作用力F。
如铰链B，L和H是固定的，杆重不计，作用力D求各杆的内力。
2-3 重为1P ＝980 N ，半径为r =100mm 的滚子A 与重为2P ＝490 N 的板B 由通过定滑轮C 的柔绳相连。
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LO
PA g
vr
PB g
vr
JO
将JO
1 2
P g
r2
代入
,得
LO
r 2
g
( PA
PB
P) 2
由动量矩定理：
d dt
[
r
g
2
(
PA
PB
P 2
)]
(
PA
PB
)r
d g PA PB
dt r PA PB P/ 2
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第十五章 达朗贝尔原理
例13-12 均质圆柱体A和B的重量均为P，半径均为r，一绳缠在 绕固定轴O转动的圆柱A上，绳的另一端绕在圆柱B上，绳重不计 且不可伸长，不计轴O处摩擦。 求：圆柱B下落时质心的加速度。 解法一：单独分析各物体，利用定轴转动微分方程或相对质心动 量矩定理+质心运动定理联合求解； 解法二：利用动静法求解。
3g
2l FA
cos mg 4
0 ; cos
0
。
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第十五章 达朗贝尔原理
法2：用动量矩定理+质心运动定理再求解此题：
解：选AB为研究对象，由动量矩定理，得：
J A
mg
l 2
cos0
mg
l 2
cos 0
1 ml 2
3g 2l
cos 0
t 0时
,
0
,
3g 2l
cos 0
联合求解；
解法三：分析整体，利用动能定理+质心运动定理联合求解；
解法三：利用动静法求解。
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第十五章 达朗贝尔原理
例13－3
已知 ：PA PB ;
P;
r
; JO
1 2
P r2, g
求
。
【解】 (1)取整个系统为研究对象，
受力分析如图示。
M (e) O
PAr
PBr
(PA
PB
)r
运动分析： v =ｒ
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第十五章 达朗贝尔原理
解：（1）选圆柱A为研究对象
1 2
P g
r2AFra bibliotekTr（1）
（2）选圆柱B为研究对象
1 2
P g
r 2
B
T
'r
P g
aC
P
T
'
（2） （3）
（3）运动学关系：
aC ae ar r A r B （4）
由（1）、（2）式得： A B
代入（3）、（4）并结合（2）式得：
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第十五章 达朗贝尔原理
20170606[例15-1] 均质杆长l ,质量m, 与水平面铰接, 杆从与平面
成0角位置静止落下。求开始落下时杆AB的角加速度及A点支座
反力。
解：（法1）选杆AB为研究对象，虚加惯性力系：
注意定轴转动刚体的惯性力虚加于转轴上。
FIR
ml
2
FIRn man 0 ,
A
B
2g 5r
aC
4 5
g
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第十五章 达朗贝尔原理
课后习题 （1）13-8 （2）综合14 (要求：（1）采用动量矩定理与质心运动定 理方法联立求解；（2）采用动静法（达朗 贝尔原理）方法求解；（3）采用动能定理 与质心运动定理方法联立求解。) （3）13-18 （4）综合17 (要求：（1）采用动量矩定理与质心运动定 理方法联立求解；（2）采用动静法（达朗 贝尔原理）方法求解。)
M IA
J A
ml 2
3
根据动静法，有 F 0 , FA mg cos0 FIA 0 (1)
Fn 0 , FAn mg sin 0 FInA 0 (2)
M A (F ) 0 , mg l/ 2 cos0 M IA 0 (3)
由(2)得: FAn mg sin 0 ;
由(3)得 : 代入(1)得 :
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第十五章 达朗贝尔原理
在铅垂平面内，均质杆AB长为l，质量 为m，两端A和B分别沿地面和墙滑动， 在图示位置，已知角速度为ω，角加速
度为a，则惯性力系的主矢大小为
（对质心FIC 的 主m2la矩大小FIn为（ml22）m1，2l 2 a ）。
对点O的主矩大小为（ ml 2 a ）。
6
解法一：利用相对质心动量矩定理+质心运动定理联合求解； 解法二：利用动静法求解。
O
A
P
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第十五章 达朗贝尔原理
例13－3
已知 ：PA PB ;
P;
r
; JO
1 2
P r2, g
求
。
解法一：分析整体，对轴O应用动量矩定理+质心运动定理联合联
合求解；
解法二：单独分析各物体，利用定轴转动微分方程+质心运动定理
A
a C
O
B
质量为m，半径为R的均质 圆轮在水平面作纯滚动，已知 轮心的加速度为aC，则系统惯 性力系对速度瞬心P的主矩的大 小为（1.5mRaC ）， 对轮缘顶端A的主矩的大小为 （ 0.5mRaC ）。
A
aC
C
P
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第十五章 达朗贝尔原理
机车的连杆AB的质量为m，两端用铰链连接于主动轮上， 铰链到轮心的距离均为r，主动轮的半径均为R。求当机车以匀 速v直线前进时，铰链对连杆的水平作用力的合力，及A、B处 的竖向约束力。
解法一：利用相对质心动量矩定理+质心运动定理联合求解； 解法二：利用动静法求解。
e
OC Ar
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第十五章 达朗贝尔原理
质量不计的圆环如图，在径向焊接一个质量为m，长为r 的均质细棒，圆环可在水平面上纯滚动，在图示位置细棒OA 水平，从静止开始运动，试用达朗伯原理（动静法）求细棒 OA在图示位置的角加速度和地面对圆环的摩擦力。
3 ,
此时 0
由质心运动定理：
maC
FA
mg
cos 0
这里
aC
l
2
3g 4
cos 0
0 maCn mg sin 0 FAn
所以
FAn
mg sin 0 ,
FA
mg 4
cos
0
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第十五章 达朗贝尔原理
置于水平地面上的半圆柱质量为m，半径为r，质心C距圆心O 的距离为e，对过质心C且垂直于纸面的轴的转动惯量为J。如半圆 柱于图示位置（OC水平）从静止开始运动，不计摩擦，求：（1） 试用动力学普遍定理方法求初瞬时半圆柱的角加速度；（2）试用 达朗伯原理（动静法）求初瞬时半圆柱的角加速度；（3）用动力 学普遍定理求质心C运动到最低位置时半圆柱的角速度。
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第十五章 达朗贝尔原理
课后习题 （1）13-19 (要求：采用动静法（达朗贝尔原理）方法) （2）14-15、14-21 (要求：分别采用动力学普遍定理方法和动 静法（达朗贝尔原理）方法两种方法)
解法一：利用质心运动定理+相对质心动量矩定理联合求解； 解法二：利用动静法求解。
A
R r
O1
B
C
r
v
O2
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第十五章 达朗贝尔原理
[例15-1] 均质杆长l ,质量m, 与水平面铰接, 杆从与平面成0角位
置静止落下。求开始落下时杆AB的角加速度及A点支座反力。
解法一：利用定轴转动微分方程+质心运动定理联合求解； 解法二：利用动静法求解。