理论力学动力学典型习题+答案

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《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0
30=θ代入得
34cos cos 2
2lk
lk l y v ====θ
θθ&& 938cos sin 22
32lk lk y a =-==θ
θ&&
1－6
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 y
n cos ==θ，所以: y
v v
a a n =
将c v y =，ρ
2
n v
a =
代入上式可得 ρ
c v a 3
=
证毕
1－7
证明：因为n
2
a v
=
ρ，v
a a v a ⨯==θsin n
所以：v
a ⨯=3
v 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：x
sv x
-=& （a ） (a)式可写成：s v x x 0-=&，将该式对时间求导得： 2
002v v s x x x =-=+&&&& (b)
将(a)式代入(b)式可得：32
20220x
l
v 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
x
R x 2
2cos -=
θ （b ） 将上式代入（a ）式得到A 点速度的大小为： 2
2
R
x x R
v A -=ω （c ）
由于x v A &-=，（c ）式可写成：Rx R x x
ω=--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 x x &&&&&223
2222)(2ω=--
将上式消去x &2后，可求得：2
22
42)
(R x x
R 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 x
R a A -=ω
1－13
解：动点：套筒A ；
动系：OA 杆； 定系：机座； 运动分析：
o v
A
x
ω O
θ
A
v
A
x ω
O B
v
B R
a v
e v
r v
x
y
o
a
n
a
v
y v
θ θ
x
y
o a
n
a
t
θ
.
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
r e a v v v +=
有：e a cos v v =ϕ，因为AB 杆平动，所以v v =a ，
由此可得e cos v v =ϕ，OC 杆的角速度为OA v e =ω，ϕcos l
OA =，所以l v ϕω2cos =
当0
45=ϕ时，OC 杆上C 点速度的大小为l
av l av a v C 245cos 02===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
r1e1a1v v v +=， r2e2a2v v v +=
由于动点M 的绝对速度与动系的选取无关，即a1a2v v =，由上两式可得：
r1e1v v +r2e2v v += (a)
将（a ）式在向在x 轴投影,可得：
0r20e20e130cos 30sin 30sin v v v +-=-
由此解得：
s m b OM v v v /4.0)93(30
cos 30sin )(30tan )(30tan 0
20
120
e1e20
r2-=-=-=-=ωω 32.02e2==ωOM v
s m v v v v M /529.022r 2
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O 1A 杆）；
牵连运动：定轴转动。

根据速度合成定理有
r e a v v v += （a ）
将（a ）式在垂直于O 1A 杆的轴上投影以及在O 1C 轴上投影得：
0e 0a 30cos 30cos v v =，0e 0a 30sin 30sin v v =
ω
R v v ==a e ，ωR v v ==r a
，ωωω5.02O 1e 1===R
R A
v
根据加速度合成定理有
C a a a a a +++=r n
e t e a （b ）
将（b ）式在垂直于O 1A 杆的轴上投影得
C a a a a -+=-0n e 0t e 0a 30sin 30cos 30sin
其中：2a ωR a =，2
1n e 2ωR a =，r 12v a C ω=
由上式解得：2
t e
112
32R ωα==
a
1－19
解：由于ABM 弯杆平移，所以有
M A M A a a v v ==.,
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
r e a v v v +=
可求得：m/s 2222e a =====ωb v v v v A M ，m /s 2e r ===ωb v v ，
rad/s 3
3
45.12211===
A O v A ω 根据加速度合成定理
C a a a a a a +++=+r n e
t e
n a
t a
将上式沿C a 方向投影可得：
C a a a a +-=-t e
n a
t a
45sin 45cos
由于221n a m/s 8==l a ω，2t e m/s 1==b a α，2
r m/s 82==v a C ω，根据上式可得： t
a a
n a
a t e a
n
e a
r
a C
a a v
e v
v e1v
e2v
r2
v
r1v
x
a
a
t e a
n e
a
r
C
a
a
v e v
r v
.
t
a
45
cos 247+=a ，2
t a 1rad/s 123)247(22≈+==l a α
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
ωr r OM v 260cos 0
e ==
=
根据速度合成定理： r e a v v v +=
可以得到：
ωωθr r v v 3260cos 60sin tan 020
e a ==
= ，ωr v v 460cos 0
e
r
== 加速度如图所示，其中：
2
22
e 260
cos ωωωr r OM a ===， 2r 82ωωr v a C ==
根据加速度合成定理：
C a a a a ++=r e a
将上式在'x 轴上投影，可得：C a a a +-=θθcos cos e a ,
由此求得：2
a 14ωr a =
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
r e a v v v +=
将上式沿绝对速度方向投影可得：
r e a v v v +-=
因此 a e r v v v += 其中：A
A
B B R v R v v v =
==ωω,,e a ， 由此可得：m/s 9
380r =+=
B A A B v v R R v 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：
22r n
r r m/s 78.1===B
R v a a
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N fF F ≤
取整体为研究对象，受力如图， 系统的动量：r 2v p m =
将其在x 轴上投影可得：bt m v m p x 2r 2==
根据动量定理有： g m m f fF F b m t p N x
)(d d 212+=≤== 即：当摩擦系数g
m m b
m f )(212+≥时，平台AB 的加速度为零。

当摩擦系数g
m m b
m f )(212+<
时，平台AB 将向左滑动，此时系统的动量为：
v v v p 1r 2)(m m ++=
将上式在x 轴投影有：v m m bt m v m v v m p x )()()(2121r 2+-=-++-=
根据动量定理有：
g m m f fF F a m m b m t
p N x
)()(d d 21212+===+-= 由此解得平台的加速度为：fg m m b
m a -+=
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：
)(r 111v v v v v p ++=+=m m m m 将上式在x 轴投影： )cos (1ϕωl x m x m p x ++=&&
根据动量定理有：
kx F l m x m m t
p x
-=-=-+=ϕωsin )(d d 211&&
a
v
θ
M O A ω B r v e v
'x
C
a
a
a
θ
M
O
A
ω
B
r a
e
a
O x’ y’ ω
e v
a v
r v
O
x’
y’
ω
n r a
N F
g m
F x v r v
v
r v
N F F g 1m
g 2m
x
系统的运动微分方程为：t l m kx x m m ωωsin )(2
11=++&&
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vt m ρ=，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r v ，方向向下，大小为v （如图a 所示）。

（a ） (b)
根据变质量质点动力学方程有：
v vt t t
m m t t m
ρρr r )()(d d )(d d v g F v g F v ++=++= 将上式在y 轴上投影有：
)()()()(d d 2r v vgt t F v v g vt t F t
v
m
+-=--=ρρρ 由于0d d =t
v ，所以由上式可求得：)()(2v vgt t F +=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：g vt l F N ρ)(-=
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：
N t
m m t m F v g F v +++=d d d d r 船的质量为：qt m m -=0，水的阻力为v F f -=
将其代入上式可得：
N q m f t
qt m F v g v v
+-+-=-r 0d d )(
将上式在x 轴投影：)(d dv
)(r 0v q fv t
qt m ---=-。

应用分离变量法可求得
c qt m q
f
fv qv +-=-)ln()ln(0r
由初始条件确定积分常数0ln )ln(m q
f
qv c r -
=，并代入上式可得： ⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣⎡--=q f
m qt m f
qv
v )(
100r
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。

图a
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
ωJ L =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
r e ,v v 。

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r e a v v v +=。

它对转轴的动量矩为
)()()(r 2e 2a 22v v v m L m L m L L +==
其中：
ωϕϕω])sin ()cos [()(222e 2R R l m mr m L ++==v
r 2r r 2sin cos )cos ()(v mR v R l m m L ϕϕϕ++=v
系统对z 轴的动量矩为21L L L +=ϕ。

初始时，u v ===r ,0,0ϕω，此时系统对z 轴的动量矩为
u R l m L )(0+=
当系统运动到图8-12位置时，系统对z 轴的动量矩为
mu
R l m lR R l J u
mR u R l m R R l m J L )cos (])cos 2([sin cos )cos (])sin ()cos [(2
2
222+++++=++++++=ϕωϕϕϕϕωϕϕωϕ
由于系统对转轴的动量矩守恒。

所以有0L L =ϕ，因此可得：
v
r v
g m
)(t F y N F
g m
N F
v
x
z ϕ u l R o ϕ
o
l r v e v r ω
M
mu R l m lR R l J u R l m )cos (])cos 2([)(22+++++=+ϕωϕ
由上式可计算出方板的角速度为
)
cos 2()cos 1(2
2ϕϕωlR R l m J u
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：
ωπρω2)2(r r a J L l O O ++=
根据动量矩定理有：
gr
x a gr x a r r a J t
L l l l O O
)()(])2([d d 2--+=++=ρρω
πρ& 整理上式可得：
gr x r r a J l l O )2(])2([2ρω
πρ=++& 由运动学关系可知：x r &=ω，因此有：x
r &&&=ω。

上式可表示成： x gr x r r a J l l O 222])2([ρπρ=++&&
令2
22
)2(2r
r a J gr l O l πρρλ++=，上述微分方程可表示成：02
=-x x λ&&，该方程的通解为： t t e c e c x λλ-+=21
根据初始条件：0,,00===x
x x t &可以确定积分常数2
021x
c c ==，于是方程的解为： t x x λch 0=
系统的动量在x 轴上的投影为：x r r r r p l l l x &ρωρθθρωπ
22d sin 0
2===⎰
系统的动量在y 轴上的投影为：x x r x r x a r x a p l l l l y &ρωρωρωρ22)()(=-=+--=
根据动量定理：
g r a P F p F p l
y y x
x )2(00πρ+--==&&
由上式解得：t rx F l Ox λλρch 22
0=，t)ch(24)2(20
2λλρπρx g r a P F l l oy -++= 2－14
取整体为研究对象，系统的动能为：
222
121C C A v m mv T +=
其中：C A v v ,分别是AB 杆的速度和楔块C 的速度。

若r v 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：θtan C A v v =，
因此系统的动能可表示为：2
2222)cot (2
1cot 2121A
C A C A v m m v m mv T θθ+=+=，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：W T δ=d ，系统的动力学方程可表示成：
t mgv v v m m v m m A A A C A C d d )cot ()cot (21d 222=+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+θθ 由上式解得：θ
2cot d d C A A m m mg
t v a +==，θcot A C a a =
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(0m m m =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0
30
=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r v ，物块的速度为e v ，则系统的动能为
])cos ()sin [(2
1
2121212r 2r e 2e 02a 2e 0ϕϕv v v m v m mv v m T +-+=+=
设0=ϕ为势能零点，则系统的势能为
ϕsin mgR V -=
根据机械能守恒定理和初始条件有0=+V T ，即
ϕϕϕsin ])cos ()sin [(2
1
232r 2r e 2e mgR v v v m mv =+-+
系统水平方向的动量为：
)sin (r e e 0ϕv v m v m p x -+=
根据系统水平动量守恒和初始条件有
0)sin (3r e e =-+ϕv v m mv
由此求出ϕsin 4
1
r e v v =
，将这个结果代入上面的机械能守恒式,且030=ϕ最后求得： y O F
Ox F
P
ω g m
C v
A v
r v
R ϕ A B R ϕ A B r v e v g m g 0m
N F
15
21
,154e r gR
v gR v =
=
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r a ，物块的加速度为e a ，对于小球有动力学方程
g F a a a a m m m +=++=)(t r
n r e a （a ）
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
N F g F a ++=0e 0m m （b ）
将方程（a ）在小球相对运动轨迹的法线方向投影，可得
ϕϕsin )cos (e n r mg F a a m -=-
其中相对加速度为已知量，R
v a 2
r n r
=。

将方程（b ）在水平方向和铅垂方向投影，可得
ϕ
ϕ
sin 0cos 0e 0F g m F F a m N --==
领0
30=ϕ，联立求解三个投影可求出
mg F mg F g a N 6267.3,75
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：
)cos 1()(2
12θθ-=mgR R m & （a ） 将上式对时间t 求导并简化可得：
θθsin R
g =&& (b ) 每个小球的加速度为
j
i a a a )cos sin ()sin cos (22n
t θθθθθθθθ&&&&&&R R R R m
m --+-=+=
取圆环与两个小球为研究对象，应用质心运动定理
∑∑=i i F a
C
i
m
将上式在y 轴上投影可得：
g m mg F R R m m N 0202)cos sin (20--=+-⨯θθθθ
&&& 将(a),(b)两式代入上式化简后得
)sin 2cos 3(220θθ-+=mg g m F N
0=N F 时对应的θ值就是圆环跳起的临界值，此时上式可表示成
02cos 2cos 30
2=+
-m
m θθ 上述方程的解为：，)23131
31(cos 0m
m -±=θ 圆环脱离地面时的θ值为⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-+=m m 2313131arccos 01θ 而⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛--=m m 2313131arccos
02θ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r v ，牵连速度为
e v 系统对z 轴的动量矩守恒，有：
0cos r e 20=+--=r mv r mv r m L z θω
其中：ωr v =e ，则上式可表示成：
r mv r m m θωcos )(r 20=+
由此解得：r v r m m mv θ
μθωcos )(cos r 0r =+=
其中：m m m +=0μ，r
h
πθ2tan =
根据动能定理积分式，有：∑-=
-2
112W
T T
mgnh W mv r m T T =+=
=∑-212a 220212
1
21,0ω 其中：2
r 2r e 2a )sin ()cos (θθv v v v +-=，将其代入动能定理的积分式，可得：
R ϕ A B g m F n r a
t
r a e a R ϕ A B F
e a g 0m
N F z
θ
e v
r v
t m
a
n m
a
g m g m N F
g 0m
.
mghn v v r m r m 2])sin ()cos [(2r 2r 220=+-+θθωω
将r
v θ
μωcos r =
代入上式，可求得：θ
μ2
r cos 12-=
ghn
v 由2
r 2r e 2a )sin ()cos (θθv v v v +-=可求得：2
12r a ]cos )2(1[θμμ--=v v
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：
θρπ&3r L O =
外力对O 轴的矩为：
θρρθϕϕρρθϕρρθθ
πθ
πsin d cos d cos 220
2
2
gr gr r gr gr s gr gr M r r O +=+=+=⎰
⎰
--
θ
ρρθθρπsin 223gr gr r M L O
O +=∴=&&&Θ
因为：θθθθθθd d d d d d d d d d v r v v t v t v r ====&&&，所以上式可表示成： θθθ
πθ
θθπsin d d sin g g v
r v g g r +=+=&& θθθπd )sin (d +=rg v v
积分上式可得：c rg v +-=)cos 2
1(212
2θθπ
由初始条件确定积分常数gr c =，最后得：2
1
2
]/)cos 22([πθθ+-=gr v
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 0
a 30cos ，
l v v v BC B ω3
3
2a =
== 研究AD 杆，应用速度投影定理有：
030cos D A v v =，l v D ω3
3
4=
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 ω3
3
2r =+-=
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==ω
AB 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 4
15
==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
P I ω
3－6 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，04
1
ωω==
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 BA
A B a
a
a a ++=
将上式在AB 连线上投影，可得
n
060cos BA A B a a a +=-，r a B 205.2ω-=
2
012
31
ωα-==
B O a B B O （瞬时针）
ϕ
s d g ρ g θρr
a v
e v
r v
A v
D
v r
D v B v
BA
v
A v
A v
B v
P v
C
AB ω
I ω
A
a
B
a
t BA a
n
BA a
t
3－7 齿轮II 作平面运动，取A 为基点有
n
t 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：
2
12
n 2cos 2r a a r a
BA
II β
ω+==
再将基点法公式在y 轴上投影有：
2t
2sin r a a II BA
αβ==，由此求得2
2sin r a II β
α=
再研究齿轮II 上的圆心，取A 为基点
n
t n t 2222A
O A O A O O a a a a a ++=+ 将上式在y 轴上投影有
2sin 2t t 22
β
αa r a a II A
O O ===，
由此解得：)
(2sin 2121t 2
21r r a r r a O O O +=
+=βα 再将基点法公式在x 轴上投影有：n
1n 22A O O a a a -=-
由此解得：2
cos 1n 2
a a a O -=β，又因为2
21n 212)(O O O r r a ω+=
由此可得：)
(2cos 211
21r r a a O O +-±=βω
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
r
R v DC v -==
ω 角加速度为
r
R a r R v -=-==&&ω
α 卷筒O 点的速度为：
r
R vR
R v O -==ω
O 点作直线运动，其加速度为 r
R aR
r R R v v a O O -=-=
=&&
研究卷筒，取O 为基点，求B 点的加速度。

n 0t B BO
O B a
a
a a ++=
将其分别在x,y 轴上投影
n t BO By BO
O Bx a a a
a a -=+=
4222
22)(4)
(v r R a r R R a
a
a By
Bx
B +--=+= 同理，取O 为基点，求
C 点的加速度。

n
0t C CO O C a a a a ++=
将其分别在x,y 轴上投影
n
t 0CO
Cy CO O Cx a a a a a ==-= 2
2
)(r R Rv a a Cy
C -=
= 3－10 图示瞬时，AB 杆瞬时平移，因此有：
m /s 2===OA v v A B ω
AB 杆的角速度：0=AB ω
圆盘作平面运动，速度瞬心在P 点，圆盘的 的角速度为：m/s 4==
r
v B B ω 圆盘上C 点的速度为：m/s 22==PC v B C ω
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 BA A B B B a a a a a +=+=
将上式在x 轴上投影可得：0t =-B
a
因此：22n m/s 8===r
v a a B
B
B 由于任意瞬时，圆盘的角速度均为：r
v B
B =ω 将其对时间求导有：r
a r v B B
B t
==&&ω，由于0t =B a ，所以圆盘的角加速度0==B B ωα&。

圆盘作平面运动，取B 为基点，根据基点法公式有：
n
n t CB B CB CB B C a a a a a a +=++=
22n
2n m/s 28)()(=+=CB B C a a a
3－13 滑块C 的速度及其加速度就是DC 杆的速度
t 2A
O a
n
2A
O a x
y
n
2O a
t 2
O
a
O
a
v
O
v
ω
O a
n CO a
O t
CO a
C
B
t BO a
n BO a
α
B ω
t
BA a
t B a
A a n B
a
A v
B v
B ω
P
C
v
B
C
B
a n
BC a
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：rad/s 1==
AP
v A
AB ω 杆上C 点的速度为：m /s 2.0==PC v AB C ω
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：
r e a v v v +=
其中：C v v =e ，根据几何关系可求得： m/s 15
3
e a =
=v v 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
n t n t
BA
BA
BA BA
A B a
a
a
a
a a +=++=
由该式可求得2
n m/s 8.030
sin ==
BA
B a a 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：2
m/s 4.05.0==B C a a
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：
C r e a a a a a ++=
其中牵连加速度就是AB 杆上C 点的加速度
即：2
e m/s 4.0=a
将上述公式在垂直于AB 杆的轴上投影有：
C 0e 0a 30cos 30cos a a a +=
科氏加速度r C 2v a AB ω=，由上式可求得：2
a m/s 3
2=a
3-14：取圆盘中心1O 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： r e a v v v +=
速度图如图A 所示。

由于动系平移，所以u v =e ， 根据速度合成定理可求出：
u v
v u v v v O 2sin ,3tan e r e a 1=====θ
θ
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：
r
u
r v 2r =
=
ω 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1O 为基点根据基点法公式有：
11BO O B v v v +=
u r v v BO Bx -=-=-=0030sin 30sin 1ω u v v v BO O By 3230cos 011=+=
u v v v By Bx B 132
2=+= 为求B 点的加速度，先求1O 点的加速度和圆盘的角加速度。

取圆盘中心O 为动点，半圆盘为动系，根据加速度合成定理有 t
r n r e a a a a a ++= （a ）
其加速度图如图C 所示，，r
u
r R v a 2
n
r
n
r =+=
， 将公式（a ）在x 和y 轴上投影可得：
θ
θθθsin cos :
cos sin 0:n r t r a n r t r a a a y a a x --=--=
由此求出：r u
a a r u a O 2
a 2
t
r 2,31===
，圆盘的角加速度为：2
2
t r
3r
u r a ==α 下面求圆盘上B 点的加速度。

取圆盘为研究对象，1O 为基点，应用基点法公式有：
n
t 1
11BO BO O B a a a a ++= （b ） 将（b ）式分别在y x ,轴上投影：
0t
0n 0
t 0n 30cos 30sin 30sin 30cos 1
111
1BO BO O By BO BO Bx a a a a a a a ---=+-= 其中：r u r a BO 2
2
n 41
==ω，
r u r a BO 2t
31==α
由此可得：r
u a B 2
37=
3－15（b ） 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：
r e a v v v +=
B
a
t BA a
n
BA a
C a
a
a
r a
e a C a
n r
a
t r a
a a
O 1o
θ
x
y
图 C
r v
a
v
O A B θ
u
e
v
1o
图 A
O
1o A
θ
u
B 1O v
1BO v
图 B
t
1BO a A a
O 1o
B θ
x
y
n
1BO a 图 D
a v e v
r v
.
由上式可解得：r v v ω3
330tan 0
a e == 因为BC 杆瞬时平移，所以有：
r v v CD ω3
3e =
=
3－15（d ） 取BC 杆为动系（平面运动），
套筒A 为动点（匀速圆周运动）。

BC 杆作平面运动，其速度瞬心为P ，设其角速度为BC ω 根据速度合成定理有：
r e a v v v +=
根据几何关系可求出：r CP r P O 3
16
,382==
将速度合成定理公式在x,y 轴上投影::
BC
x y y y BC x x x x A O v v v v v P O v v v v ωω2r e r e a 2e r e a +==+=-==+=
由此解得:r v r BC ωωω)2
3
23(,41+
== DC 杆的速度r CP v BC C ωω3
4
==
3-16(b) BD 杆作平面运动,根据基点法有:
n t n t n t
CB CB
B B CB
CB
B C a
a
a a a
a
a a +++=++=
由于BC 杆瞬时平移,0=BC ω,上式可表示成:
t
n t CB B B C a a a a ++=
将上式在铅垂轴上投影有:
t n
30sin 0CB
B a
a +-=
由此解得:26
1ωα=BC
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）。

K r e a a a a a a ++==A (a) 其中:K a 为科氏加速度,因为0=AB ω,所以0K =a
动点的牵连加速度为: t
e n e e C C C a a a a ++=
由于动系瞬时平移,所以0n
e =C
a
,AC a
BC C α=t e
牵连加速度为t
e e C C a a a +=,(a)式可以表示成
r t e a a a
a a a ++==C
C A
将上式在y 轴上投影:
t e 0030cos 30cos C C A a a a +-=-
由此求得:r a C 2
)9
321(ω+
=
3－16(d) 取BC 杆为动系，套筒A 为动点， 动点A 的牵连加速度为
n
t e AC AC C a a a a ++=
动点的绝对加速度为
K AC
AC
C a a a
a
a a ++++=r n t
a
其中K a 为动点A 的科氏加速度。

将上式在y 轴上投影有
K AC
C a a
a a +--=t 0
0a 30cos 30cos
上式可写成
r 002230cos 30cos v AC a r BC BC C ⋅+⋅--=ωαω (a)
其中：r v r BC ωωω)2
323(,41+==
（见3－15d ）BC α为BC 杆的角加速度。

再取BC 杆上的C 点为动点，套筒2O 为动系，由加速度合成定理有
K C '''r e aC a a a a a ++==
其中n
t
e 22'CO CO a a a +=，上式可表示为
K CO CO C ''r n
t 2
2a a a a a +++= 将上式在y 轴投影有：K CO C a a a '30cos t
02-=- 该式可表示成：
02030sin 230cos C BC BC C v CO a ωα-⋅=- （b ）
联立求解(a),(b)可得
2
28
3,934ωαω==
BC C r a
3－17 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
a v
e v
C
v
P
r v
y
x
BC ω
t
CB a
C
a
n B a
t
B a
BC α
A a
r a
C
a
B v
P
O
a a
K a
C
a
r a
y x BC α
t AC
a
n
AC a
K
'a
C
a
r
'a
y x
BC α
t 2
CO a
n 2
CO a
.
R
v
AP v A A AB 2==
ω 杆上B 点的速度为：A AB B v PB v 22==ω AB 杆的角加速度为：0===AP
v A
AB
AB
&&ωα 取A 为基点，根据基点法有
n
t n BA A BA BA A B a a a a a a +=++=
将上式分别在x,y 轴上投影有
4345sin 4
45cos 20
n 20n A
BA
A By A
BA Bx v
a a a v
a a =
-==
-=
R
v a a a A By Bx B 41022
2=+=
3－18 取DC 杆上的C 点为动点，构件AB 为动系
r e a C C C v v v +=
根据几何关系可求得：r v v C C ω3r e =
=
再取DC 杆上的D 点为动点，构件AB 为动系
r e a D D D v v v +=
由于BD 杆相对动系平移，因此r r D C v v = 将上式分别在x,y 轴上投影可得
r
v v r
v v v D y
D D D x D ωω23
30cos 23
30sin 0r a 0r e a -=-=-=+-=
求加速度：研究C 点有 K r e a C C C C C a a a a a ++==
将上式在y 轴投影有
0K 0r 0e 30sin 30cos 30sin 0C C C a a a +-=
由此求得r a C 2
r 3ω= 再研究D 点
K r e a D D D D D a a a a a ++==
由于BD 杆相对动系平移，因此r r D C a a =
将上式分别在x,y 轴上投影有
r a a a a r a a a D D D D D D D 2
0K 0r e ay 20K 0r ax 2
3330sin 30cos 2
930cos 30sin ωω-
=+--==
+=
3－21 由于圆盘纯滚动，所以有αr a C = 根据质心运动定理有：
mg
F F F F ma N S C -+=-=θθsin 0cos
根据相对质心的动量矩定理有
02Fr r F m S -=αρ
求解上式可得：
)
()
cos (2
20ρθ+-=
r m r r Fr a C ，θsin F mg F N -= 2
202)
cos (ρ
θρ++=r rr F F S 若圆盘无滑动，摩擦力应满足N S fF F ≤，由此可得：
当：θsin F mg >时，min 2
202)
)(sin ()
cos (f r F mg rr F f =+-+≥ρθθρ
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：
AN C F mg ma -=
根据相对质心的动量矩定理有：
ϕαcos 2
1212l
F ml AN AB = 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，A
B 杆的加速度瞬心位于P 点。

有运动关系式
ϕαcos 2l
a AB
C = 求解以上三式可求得：
mg F AN 5
2=
O
R
A a
n BA a
x
y
a
C v
e
C v
r
C v e
D v
r
D v
x
y
x y
r C a
a
C a
CK a
e C a
r D a
DK a
e D a
N
F
α
C a
S F
g
m
AN
F
C
a
A a
AB α
P
.
3－35 设板和圆盘中心O 的加速度分别为
O a a ,1，圆盘的角加速度为α，圆盘上与板
的接触点为A ，则A 点的加速度为
n
t AO AO O A a a a a ++=
将上式在水平方向投影有
1t
a R a a a a O AO O xA =+=+=α （a ）
取圆盘为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有
22F a m O = (b)
应用相对质心动量矩定理有
R F R m 2222
1
=α (c)
再取板为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有
211F F F a m S --= (d )
作用在板上的滑动摩擦力为：
g m m f fF F N S )(21+== (e)
由上式可解得：
2
12113)(33m m g
m m f F a ++-=
3－29
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：
2
2222122
1212121A
A A A
B
C C J v m J v m T ωω+++= 其中：
,
sin ,sin sin ,
2
,R
l R v l l v l v A A AB A C AB θ
θωθθθωθθω&&&
&-==-==-=-= 因此系统的动能可以表示成：
θθθθθθθθθ22
222212
2222221212sin 4
361sin 2
21)sin (211221221&&&&&&l m l m R l R m l m l m l m T +=
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=
系统从0
45=θ位置运动到任意θ角位置，
AB 杆的重力所作的功为：
)sin 45(sin 20121θ-=→l
g m W
根据动能定理的积分形式 2112→=-W T T 初始时系统静止，所以01=T ，因此有
)sin 45(sin 2
sin 4361012222221θθθθ-=+l g m l m l m && 将上式对时间求导可得：
θθθθθθθθθθ&&&&&&&&cos 2cos sin 23sin 2331132222221l g m l m l m l m -=++ 将上式中消去θ&可得：
θθθθθθθcos 2
sin cos 23sin 2331122222221l g m l m l m l m -=++&&&&& 根据初始条件045,0==θθ&，可求得初始瞬时AB 杆的角加速度 l
m m g m )94(23211+-
=θ&& 因为0<θ
&&，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a c 点，由此可求出AB 杆上A 点的加速度：
)
94(345cos 45sin 21100m m g
m l l a AB A +=
-==θα&&
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：
I v m v m C A =+21 (a)
其中：C v 为AB 杆质心的速度，根据平面运动关系有
AB A C l
v v ω2
+= (b)
再根据对固定点的冲量矩定理：)(I A A M L =
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
AB C
A l m l v m L ω22212
1
2+= 2N F
g
2m
2F
O
a
t AO a
1a
α
n
AO a
A
R N F
g
1m
F
S F
g
2m
2F
A
ω
θ&
A v
C v
AB
ω
P
g 1m a c
A a
A v
AB
ω
C
v
C
.
将其代入冲量矩定理有：
lI l m l v m AB C
=+ω22212
1
2 (c) 由（a,b,c ）三式求解可得：2
92m I
v A -= (滑块的真实方向与图示相反)
3－34 研究整体，系统对A 轴的动量矩为：
)()(BC A AC A A L L L +=
其中：AC 杆对A 轴的动量矩为AC AC A ml L ω2
)(3
1=
设1C 为BC 杆的质心，BC 杆对A 轴的动量矩为
bC C BC A ml l mv L ω2)(12
1
231
+= BC AC C C C C l
l v v v ωω2
11+=+=
根据冲量矩定理 I l L A 2=可得：
lI ml ml BC AC 26
5
61122=+ωω （a ） 再研究BC 杆，其对与C 点重合的固定点的动量矩为
BC AC BC C C ml ml ml l mv L ωωω2223
1
2112121+=+=
根据冲量矩定理I l L C =有： lI ml ml BC AC =+ωω223
1
21 （b ） 联立求解（a ）,(b) 可得2rad/s 5.276-=-=ml
I
AC ω
3－35 碰撞前，弹簧有静变形k
mg
st =
δ 第一阶段：3m 与1m 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：
gh m v m m 2)(33!=+
碰撞结束时两物体向下运动的速度为2
2gh
v =
第二阶段：3m 与1m 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
2
2gh v =
第三阶段：3m 与1m 一起上升到最高位置，此时弹簧
被拉长λ。

根据动能定理2
112→∑=
-W
T T 有：
22312312
2)()()(210λδλδk k g m m v m m st st -+++-=+-
上式可表示成：
2222222
22322)(22λλλλk
mg k g m k k g m k mg mg mgh ++=+-+= 若使2m 脱离地面，弹簧的拉力必须大于其重力，因此有k mg >λ，将k
mg
=λ代入上式求得：
k mg h 8=。

若k mg >λ，则k
mg
h 8> 注：上述结果是在假设3m 与1m 始终粘连在一起的条件下得到的，若3m 与1m 之间没有粘着力，答
案应为k
mg
h 9>，如何求解，请思考。

3－36 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-
=0t 时系统静止，+
=0t AB 杆上A 点的速度为v ，角速度为ω，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
0)2(12
1
2=+
=ωl m l mv L C O 其中：ωωl v l v v A C -=-=
由此解得l
v
43=ω
当0>t 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：
θθθsin cos )2(3
12mg mal l m -=&& 将上式积分并简化可得：
3m
st δ
v
3m
st δ
v
λ AC ω
BC ω
1
C v
C
v
Ay I
Ax I
Cy I
Cx I
BC
1
C
C
B
C
A v
Ay I
Ax I
ω
C
v
B
A
Ay F
Ax F
B
A
g m
a
a
m
θ
.
C g a l ++=θθθcos sin 3
22&
其中C 是积分常数由初始条件ωθθ==&,0确定出g l
v C -=
832。

上式可表示成 )(83cos sin 3222
θθθθf g l
v g a l =-++=& 若AB 杆可转动整圈，则应有02>θ&，因此0)(>θf 。

若)(θf 的最小值大于零，则AB 杆就可以
完成整圈转动。

下面求)(θf 的极值。

g l
v g a f -++=83cos sin )(2
θθθ
将上式求导令其为零有0sin cos )('=-=θθθg a f 求得极值点为g
a =*
tan θ 当2
2*2
2*cos ,sin g a g
g a a +=
+=
θθ， 函数)(*
θf 取最大值
当2
2*22*
cos ,sin g a g g a a
+-
=+-=θθ， 函数)(*θf 取最小值，若使最小值大于零，则有
083833222222222222>-++-=-++-+-=g l v g a g l v g
a g g a a l θ&
由此求得)(832
2
2
g a g l v ++>
动力学第四章部分习题解答
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 α，则质心加速度为：
2l
CP a AB AB C αα==
2
l
m ma F AB C CI α==
AB CI ml M α212
1
=
根据动静法有：
∑=0P
M 02cos 2=++CI CI M l F l mg θ 2rad/s 528.3cos 23==θαl
g
AB
∑=0y
F 0cos =+-θCI A F mg F N 7.357)cos 43
1(2=-=θmg F A ∑=0x
F 0sin =-B CI F F θ N 4.176cos sin 4
3
==θθmg F B
4－7 （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
C I ma F = 根据动静法有：
∑=0x F 030sin 0=-I F mg
g g a C 5.030sin 0
==
（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
030sin A C a a =
C AB A AB ABI C C CI m m m a m F a m F +===,,
根据动静法有
∑=0x
F
030sin 30sin 0
0=--CI ABI F F mg
由此求得：g a g a C A 625.0,25.1==
（3） 先研究滑块C
根据约束可知：0
30sin A Cy a a =
Cy C CIy Cx C CIx a m F a m F ==,
根据动静法有：
∑=0x
F 0=-CIx F F Cx C a m F = ∑=0y
F
0=-+g m F F C CIy N
030sin A C C N a m g m F -=
因为：N fF F =，所以有关系式
)30sin (0A C C Cx C a m g m f a m -=
即： )30sin (0
A Cx a g f a -=
再研究整体，应用动静法有
∑=0'x F
B F
A
F
P
CI F
CI
M
C a
AB α
g
m
C
a B F
A a
I F
A F
g m
x
A
a
B F
A a
A F
g m
x
C a
CI F
ABI F
A a
x
Cx a
Cy a B F
A F
CIy F
ABI
F
CIx
F
g C m x
.
.
00030cos 30sin 30sin CIx CIy ABI F F F mg ++=
上式可表示成：
2030cos )30sin (30sin 30sin A C A C A AB a g f m a m a m mg -++=
由上式解得：2
m /s 64.66776.0==g a A
20m/s 24.3)30sin (=-=A Cx a g f a ，
20m/s 32.330sin ==A Cy a a ，
2m/s 64.4=C a
4－8 （1）研究AB 杆，将惯性力向杆的质心简化，
r m F I 222
n ω= r m F I 22
t α=
α2)2(121
r m M I =
根据动静法有：
∑=0A
M 022n
=--r F M r F B I I ， N 286.14)3(6
1
2=-=αωmr F B ∑=0x
F 045cos 45cos 0t 0n =+-I I Ax F F F N 122.6)(2
12
=-=αωmr F Ax ∑=0y F 045sin 45sin 0t 0n =-++B I I Ay F F F F ， N 33.16-=Ay F
（2）若0>B F ，必有αω>23，因此当2
rad/s 6=α，rad/s 2>ω
4－9 设OA 杆和AB 杆的角加速度分别为
AB
OA αα,。

将各杆的惯性力向各自质心简化。

),2
(,221l l
m F l m F OA AB I OA I ααα+==
,121
,1212221AB I OA I ml M ml M αα== 研究整体，根据动静法有：
∑=0O
M
，
02
322322121
=++--+I I I I M M l
mg l mg l F l F 研究AB 杆，根据动静法有：
∑=0A M 02
222
=+-I I M l
mg l F 上述平衡方程可简化为
g l l g l l AB OA AB OA 2
1312126
5
611=+=+αααα
求解该方程组可得：l
g
l g AB OA 73,79-
==
αα 4－10 取圆盘A 的角加速度为θ&&，AB 杆的角加速度为ϕ&&
设AB 杆的质心为C ，其加速度为
n t
CA
CA
A C a a
a a ++=
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：
n
t CA CA IA IC F F F F ++=
r m F A IA θ&&=，2t l m F C CA ϕ&&=，2
2n l m F C CA ϕ
&= θ&&221r m M A IA =，ϕ&&212
1l m M C IC = 研究整体，
∑=0P M （a ）
cos 2
)sin 2(cos )sin 2
(t
n
=-+-+--++ϕϕϕ
ϕl mg M r l F r F l r F M r F IC CA CA IA IA IA
研究AB 杆，
∑=0A
M
(b) 0cos 2
2sin 2t =-++-ϕϕl mg M l F l F IC CA IA 将(a)－(b)得： 0sin cos t
n =--++ϕϕr F r F r F M r F CA CA IA IA IA
上式化简为 0sin 2
1cos 212522=--ϕϕϕϕθ&&&&&mlr mlr mr 还可写成： 0sin cos 52=--ϕϕϕϕθ
&&&&&l l r 即： 0)sin 5(d d =-ϕϕθ&&l r t
I
M
B F
Ax F
n I F
Ay F
t
I
F
OA α
I2M
I1M
g m
g m
AB α
Oy F 1I F
Ox F
2I F
I2M
AB α
Ay F
Ax F
2I F
A
B
θ&&
ϕ&&
ϕ t
CA a A a
n
CA a
C
P
A
B
g A m
N
F IA M
IC
M ϕ
t CA F
IA
F
n
CA F
C
g C m
F
IA
F。