谢传峰《理论力学》课后习题及详解

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 =
===θθθ
938cos sin 22
3
2lk lk y a =-==θ
θ
1－6
证明：质点做曲线运动，
所以质点的加速度为：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= x
y
o
a
n a
v
y v
θ
θ
t
a
y
z
o
a
n a
θ
x
o
v
o
v
F N F
g m
y
θ
由此解得：x
sv x 0
-= （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）
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：
g F F a m m N ++=
将该式在y x ,轴上投影可得直角坐标形式的运动微分方程：
N F F y
m F mg x
m +-=-=θθsin cos
其中：
2
22
2
sin ,cos l x l l
x x +=
+=
θθ0,32
20=-=y
x l v x
将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得：
2
3220)(1)(x l
x
l v g m F ++=
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：
22R 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 2232222)(2ω=--
将上式消去x 2后，可求得：
22242)(R x x
R x
--=ω (d)
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
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：
g F F a m m N ++=
将该式在y x ,轴上投影可得直角坐标形式的 运动微分方程：
mg F F y
m F x
m N -+=-=θθsin cos
其中：
x R x x
R
2
2cos ,sin -=
=θθ, 0,)(2
2242=--=y R x x R x ω
将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得
25
2
5)(,
)
(22522
2
242R x x R m mg F R x x R m F N --
=-=
ωω
1－13
解：动点：套筒A ；
动系：OC 杆；
定系：机座；
x
θ A
v
A
ω O
N
F B
R
g m
F
y
a
v
e
v
r v
运动分析：
绝对运动：直线运动；
相对运动：直线运动；
牵连运动：定轴转动。

根据速度合成定理
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：
e1
v e2
v
r2v
r1v
x
0r20e20e130cos 30sin 30sin v v v +-=-
由此解得：
s m b OM v v v /4.0)93(30cos 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：O 1A 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 =，0r 0a 30sin 30sin v v =
ω
R v v ==a e ，
ωR v v ==r a ，
ωω
ω5.02O 1e 1===
R R C 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：2
a ωR a =，21
n e
2ωR a =，r 12v a C ω=
由上式解得：2
t e 112
32R ωα==a
a v
e
v
r v
a
a
t e a
n e a
r a
C
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：滑块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 32
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 3
16
=
=l a ω，2t e m/s 1==b a α，2r m/s 82==v a C ω，根据上式可得：
2
t a
231527316s
/m .a =+=， 2t a 1rad/s 1610.l a ==α
1-20
解：取小环M 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；
a
v
e
v
r v
n a a
r a
t a a
C a
n e a
t
e a
a
v
θ
M
ω
B
r v v
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 3260tan 2tan 0e a === ，ωr v v 460
cos 0
e
r ==
加速度如图所示，其中：
20
2
2e 260cos ωω
ωr 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：2a 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：
'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
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：
2
2
r n r
r m/s 78.1===B
R v a a
1-23 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。

解：销钉M 上作用有水平槽的约束力F 和圆槽的约束力O F （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。

根据速度合成定理有 r e a v v v +=
由此可求出：θ
θcos cos e a v
v v =
=。

再根据加速度合成定理有：r e a a a a +=
由于绝对运动是圆周运动，牵连运动是匀速直线平移，所以0e =a ，并且上式可写成：
r n
a t a a a a =+
因为 θ
2
22a n
a
cos r v r v a ==，所以根据上式可求出: θθθ32n
a t a cos sin tan r v a a ==。

ω
y’
x’
n r a
O
θ M r O
v g m O
F θ M r O v
g m F r a
e v
a
v r v
θ
M r O n
a a
θ
M r O
t a
a
根据矢量形式的质点运动微分方程有：
g F F a a m m O ++=+)(n
a t a
将该式分别在水平轴上投影： θθθcos )cos sin (n a t
a O F a a m =+
由此求出：
θ
42
cos r mv F O =
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θ的关系式。

解：由于要求重物相对吊车的速度，
微分方程有
e r F g F a ++=m m
将上式在切向量方向投影有
θθθcos F sin mg ml ma t r e +-==
因为,e e ma ma F ==θ
θθθθθθθd d d d d d d d ===t t ，所以上式可写成
θ
θθθθcos sin d d ma mg ml +-=
整理上式可得
θθθθθθd cos d sin d a g l +-=
将上式积分：
c a g l ++=θθθsin cos 22
其中c 为积分常数（由初始条件确定），因为相对速度θ
l v =r ，上式可写成
c a g l v ++=θθsin cos 22
r
初始时0=θ，系统静止，0e a ==v v ，根据速度合成定理可知0r =v ，由此确定g c -=。

重物相对速度与摆角的关系式为：
]sin )1(cos [22r θθa g l v +-=
1-26 水平板以匀角速度ω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O R ，求小球到转轴的距离为O R R >时的相对速度。

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：
C
m F F F a ++=∑e r
将上式在r v 上投影有 θcos d d e r
t r F t
v m ma ==
因为2e ωmR F =，t R R v t v d d d d d d r r =
，θcos d d r v t
R
=，所以上式可写成
θωθ
cos d d cos 2r
r mR R v mv =
整理该式可得：
2r
r
d d ωR R
v v =
将该式积分有：
c R v +=2
22r 2
121ω
初始时O R R =,0r =v ,由此确定积分常数2
22
1
O R c ω-=，因此得到相对速度为
2
2r O
R R v -=ω
1-27 重为P 的小环M 套在弯成2c xy =形状的金属丝上，该金属丝绕铅垂轴x 以匀角速度ω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。

C
e
ωr v y x y F
解：取小环为动点，金属丝为动系，根据题意，相对平衡位置为0r =a ，因为金属丝为曲线，所以0r =v ，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
P F F ,,e 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：
0e =++P F F
其中：2e ωy g
P
F =
，将上式分别在y x ,轴上投影有
cos 0sin e =-=-θθF F F P
（a ）
以为x
y
d d tan -=θ，x c y 2=,22d d x c x y -=,因此
2
2
tan x
c =θ
（b ）
由（a ）式可得
e
tan F P =
θ
（c ）
将2e ωy g
P
F =和式（b ）代入式（c ）
，并利用 2c xy =，可得：
3
122
3
12
4,⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛=ωωg c y g c x
再由方程（a ）中的第一式可得
3
4
2
4421111⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=+==
g c P c x
P tan P sin P F ωθθ
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：
v
r v
N F
F
g 1m
g 2m
x
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：
系统的运动微分方程为：
t l m kx x
m m ωωsin )(211=++ 2－4 取提起部分为研究对象，受力如图(a)所示，提起部分的质量为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）。

N F g m
g 1m
F x
v r v kx F l m x
m m t
p x -=-=-+=ϕωsin )(d d 2
11 N F
v
r v
g m
)(t F y
(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)(-= 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：
t m m t m N d d d d r
v F g F v +++=
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：
r
0d d v F g v v
q m f t )qt m (N -++-=-
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。

g m
N F
v
x
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 [(22222+++++=++++++=ϕωϕϕϕϕωϕϕωϕ
由于系统对转轴的动量矩守恒。

所以有0L L =ϕ，因此可得：
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(22ϕϕωlR 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：
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
21x 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：
y
O F
ω
Ox
F
P
gr x r r a J l l O )2(])2([2
ρω
πρ=++
t
rx F l Ox λλρch 220=，
t)
ch(2222
02λλρπρx g )r a (P F l l oy -++=
2－14 取整体为研究对象，系统的动能为：
2
22121C 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：
θcot v v A c =，
因此系统的动能可表示为：
22222)cot (21cot 2121A C A C A v m m v m mv T θθ+=+=
，
系统在运动过程中，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：
θ2cot 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030=ϕ时相对物块的速度、物块的速度、槽对小球的约束力和地面对物块的约束力。

图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，
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
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 [(212121212r 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 =+-+
(1)
系统水平方向的动量为：
)
sin (r e e 0ϕv v m v m p x -+=
(2)
根据系统水平动量守恒和初始条件由(2)式有
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(1)中,且030=ϕ最后求得：
1521,154
e 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
ϕ F
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
ϕϕ
sin 0cos 0e 0F g m F F a m N --==
令030=ϕ，联立求解三个投影方程可求出
mg F mg F g a N 6267.3,7594
,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：
θθ
sin 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
)cos cos (mg g m F N θθ23220-+=
t m
a
g
0m
g m n
m
a
N
F g m
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 ，由系统对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 220212121,0ω
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：
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 则：
θ
μθ
μω2
cos 12cos -=
ghn
r
由2r 2r e 2a )sin ()cos (θθv v v v +-= 可求得：2
12
r a ]cos )2(1[θμμ--=v v
z
e
v
r v
θ
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：
θ
ρρθϕ
ϕρρθϕρρθθ
πθ
πsin d cos d cos 220
20
2gr gr r gr gr s gr gr M r r O +=+=+=⎰
⎰
--
θρρθθ
ρπsin 223gr gr r M L O
O +=∴=
因为：θ
θθθθθ
d 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：
θθθπ
θθθ
πsin 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
(2122θθπ
由初始条件确定积分常数gr c =，最后得：2
12
]/)cos 22([πθθ+-=gr v
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 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：
a
v
e
v
r v
A v
D v
r D v
A v
ϕ
s d g ρ g θρr
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 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
,01==B O B v ω
因此，
04
1ωω==
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）
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 ++=
B v
BA v
A v
A a
B a
t BA
a
n BA
a
t 2A O
a n 2A
O
a
x
y
n
a
t 2
O
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
22sin r a II β
α=
再研究齿轮II 上的圆心，取A 为基点
n t n t 2222
A 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 212
1t
2
2
1r r a r r a O
O O +=
+=
β
α
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：
2cos 1
n 2
a a a O -=β， 又因为2
21n
212
)(O O
O r r a ω+=
由此可得：
)(2cos 2112
1r 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 -=+=
4
222
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 ==-=
22)(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：
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
v
a
a
r a
e
a K a
2
2n
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 ω
α 。

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 +=++=
2
2n 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
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 153r 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 8.030sin ==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：
2m/s 4.05.0==B C a a
B
C
B a
n BC a
e
v
r v
a
v
P
B a
t
BA
a
BA
a
C
a
再取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：
K r e a a a a a ++=
其中：a K 表示科氏加速度；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：
K 0
e 0a 30cos 30cos a a a +=
科氏加速度r K 2v a AB ω=，由上式可求得：
2a m/s 32
=
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=====θθ
由于圆盘O 1 在半圆盘上纯滚动，圆盘O 1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：
1
1BO O B v v v +=
u r v v BO Bx -=-=-=0
30sin 30sin 1ω u v v v BO O By 3230cos 0
11=+=
u
v v v By Bx B 132
2=+=
图 B
图 A
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1O 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：
θθθθsin 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 2a 2t
r
2,31===
，圆盘的角加速度为：22
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
1
1
BO
BO O B a a a a ++= （b ）
将（b ）式分别在y x ,轴上投影：
t 0
n
t 0n 30
cos 30sin 30sin 30cos 1
1
11
1BO BO O By BO BO Bx a
a
a a a a a ---=+-=
其中：
r u
r a BO 2
2n 41
==ω， r u r a BO
2
t 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 +=
由上式可解得：
r v v ω3
330tan 0a e =
= t
1
BO a
A a
O 1o B θ
x
y
n 1
BO
a
图 D
t r a
n r
a O y
x
图 C
1o
θ
a
a
v e
v
r v
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 316,382==
将速度合成定理公式在x,y 轴上投影::
BC
y y y y BC
x x x A O v v v v P O v v v v ωω2e r e a 2r r e a ==+=-=+=
由此解得:
r v r BC ωωω)2332(,41+==
DC 杆的速度
r
CP v BC C ωω34
==
3-16(b) BC 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:
0t
n 30sin 0CB B a a +-=
由此解得:
2
6
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）。

t
CB
a
C
a
n B
a
t
B
a
BC α
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
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 +=, 则(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
)9321(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
00a 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)23
32(,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
A a
t e C
a
r a
C
a
y
a
a
K a
r a
y
x
BC α
t AC
a
n
AC
a
C
a
K 'a
C
a
r 'a
t
2
CO
a
n 2
CO a
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
283,934ωαω==
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
R v
AP v A
A A
B 2==
ω
杆上B 点的速度为：
A A
B B v PB v 2
2=
=ω
AB 杆的角加速度为：
0===AP
v A AB AB ω
α
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
R v sin a
a a R
v cos a a A
BA
A By A BA Bx 434544520
n 20
n =
-==
-=
R v a
a
a A By
Bx
B 410222=
+=
3－18 取DC 杆上的C 点为动点，构件AB 为动系
B v
P
O
R
O
R
A a
n BA
a
x
y
e
C v e
D v
r D v
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 ωω2
3
30cos 2
330sin 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 23330sin 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
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
02Fr r F m S -=αρ
求解上式可得：
)()
cos (220ρθ+-=
r m r r Fr a C ，θsin F mg F N -=
2
202)cos (ρθρ++=
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，
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 21212l
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 52=
3－25 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
min
2
202)
)(sin ()cos (f r F mg rr F f =+-+≥ρθθρg m
AN F C
a
A a
AB α
P
O
a t AO
a
1a
α
n AO
a A
R
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 Ax =+=+=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 22221
=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(a) (b) (c) (d) (e)联立可解得：
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
2222122121212
1A A A AB 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：
2N F
g 2m
2F
N F
g 1m
F
S
F
g 2m 2F
A
ωθ
A v
C v
AB ω
P
θθθθθθθθθ22222212
22222212
12sin 4
3
61sin 221)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 2sin 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 2sin 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：
g
1m a
c
A a
A v
AB ω
C
v
C
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，A
B 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 ω222121
2+=
将其代入冲量矩定理有：
lI l m l v m AB C
=+ω222121
2 (c) 由（a,b,c ）三式求解可得：
292m 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)(31
=
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 ω2121
231+=
BC
AC C C C C l
l v v v ωω211+=+=
根据冲量矩定理 I l L A 2=可得：
lI ml ml BC AC 265
61122=+ωω （a ）
ω1
C
C
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 ωωω22231
2112121
+=+=
根据冲量矩定理I l L C =有：
lI ml ml BC AC =+ωω2231
21 （b ）
联立求解（a ）,(b) 可得
2
rad/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 (2331=+
碰撞结束时两物体向下运动的速度为
22gh 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
22gh 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：
223123122)()()(210λδλδk k g m m v m m st st -+++-=+-
上式可表示成：
222222222322)(22λλλλk mg k g m k k g m k mg mg mgh ++=+-+=
3
m
st δ
v
3
m
st
δ
v
λ
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
2121
2=-=ω)l (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 l mg cos mal )l (m -= 2231
将上式积分并简化可得：
C g a l ++=θθθcos sin 322
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 3222θθθθf g l v g a l =-++=
若AB 杆可转动整圈，则应有0>θ ，因此0)(>θf 。

若)(θf 的最小值大于零，则AB 杆
m。