高等动力学部分参考答案

1.3．解： （1）因为 AB 是长度为 l 的刚性杆，故 AB 两点坐标应该满足方程为：
( x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2 = l 2 （2）选择中点 OC 的坐标 xc , yc 和相对轴 X 的倾角 θ 为广义坐标。因 为接触点 A 的速度只能沿与 AB 杆垂直方向 即: ̇1 y = − cot θ ̇1 x ①
所以,能量积分为 T + V = C 即
ϕ + ϕ2 1 1 1 2 ̇12 + m2 R 2ϕ ̇2 m1R 2ϕ + k (2 R cos 1 − l0 )2 = C 2 2 2 2
化简为
2 ̇12 + m2 R 2ϕ ̇2 m1R 2ϕ + k (2 R cos
ϕ1 + ϕ2 − l0 ) 2 = C1 2
∴∆l = l − l0 = 2 R cos
ϕ1 + ϕ2 − l0 2
对系统有
1 1 2 ̇12 + m2 R 2ϕ ̇2 T = m1R 2ϕ 2 2 1 1 ϕ +ϕ V = k ∆l 2 = k (2 R cos 1 2 − l0 ) 2 2 2 2
因此,拉格朗日函数为
ϕ + ϕ2 1 1 1 2 ̇12 + m2 R 2ϕ ̇2 L = T − V = m1 R 2ϕ − k (2 R cos 1 − l0 )2 2 2 2 2
1.5．选取两圆柱的转角 ϕ1 , ϕ 2 为广义坐标，由题意可知
. .
VB = R1 ϕ1 + R2 ϕ 2
此系统的动能为：
. . . 1 1 1 1 2 J A ϕ12 + J B ϕ 2 + mB ( R1ϕ1 + R2ϕ 2 ) 2 + mC ( R1 ϕ 1 ) 2 2 2 2 2
T=
JB =
化简得：
1 3 ̇2 ̇ cos α − gθ sin α ) = c ̇ 2 + m1r ( rθ ̇θ (m1 + m2 ) x +x 2 4
1 ．8 解： 此系统为单自由度系统， 但动能和势能不显含时间 t,以干与铰链中心 O 的连线相
对垂直的偏角 ϕ1 , ϕ 2 为广义坐标，因为杆对 O 点的转动惯量
系统动能和势能为：
. 2 . 2 . 2 . 2 . . 1 1 . 2 1 1 T = m1l12 θ 1 + J1 θ 1 + J 2 θ 2 + m2[l 2 θ 1 + l22 θ 2 + 2ll2 θ 1 θ 2 cos(θ 2 − θ1)] 2 2 2 2 V = − m1 gl1 cos θ1 − m2 g (l cos θ1 + l2 cos θ2 ) L = T −V
1 J = ml 2 3
所以，杆 L1 的动能为：
T1 =
杆 L2 的动能为：
1 1 1 1 ̇12 = m1l12ϕ ̇12 JW 2 = × ml1 2 × ϕ 2 2 3 6
T2 =
1 1 1 ̇12 + m2l1l2ϕ ̇1ϕ ̇2 cos(ϕ2 − ϕ1 ) JW 2 + m2l1 2ϕ 2 2 2 1 1 1 ̇12 + m2l 2 2ϕ ̇2 2 + m2l1l2ϕ ̇1ϕ ̇2 cos(ϕ2 − ϕ1 ) = m2l1 2ϕ 2 6 2
（其中 J =
1 m1r 2 ） 2
势能： V = − m1 grθ sin α
将 T 和 V 代入拉格朗日函数 L = T − V 得：
1 ̇ cos α + 3 m r 2θ ̇ 2 + m grθ sin α ̇ 2 + m1 xr ̇θ L = (m1 + m2 ) x 1 1 2 4 ∂L ∂L ̇ cos α ̇ + m1rθ 则 =0 = (m1 + m2 ) x ̇ ∂x ∂x ∂L ∂L 3 ̇ ̇ cos α + m1r 2θ = m1 grθ sin α = m xr 1 ̇ ∂θ ∂θ 2 ∂L d( ) ̇ = (m + m ) ̇̇ ∂x ̇̇ 1 2 x + m1 rθ cos α dt ∂L d( ̇) 3 ∂θ = m ̇̇ ̇̇ m1r 2θ 1 xr cos α + dt 2
2 2 2 2
y
P2 ( x 2，y 2 )
•
v
•
P 1 ( x 1， y1 )
O
x
题1.2图
1.2.解：因为制导系统保证质点 p1 的速度 v 始终对准质点 p2 ， 所以， p1 p 2 所形成的直线 y = f ( x) 的斜率为
y −y x −x
2 2
i 1
1
= i ＝tanθ x
y
可见是对位形和速度加以限制，此系统是非完整系统。 因为 p2 有两个自由度， p1 有一个自由度，所以此系统有三个自由度。
由拉格朗日方程：
d ∂L ∂L ( . ) − . = 0 （i=1,2） dt ∂ ϕ ∂ ϕ2 2
2(
.. m1 m2 m3 2 .. + + ) R1 ϕ1 + m2 R1 R2 ϕ 2 + m3 gR1 − m2 gR1 = 0 4 2 2
1 2
.. .. 3 2 m2 R2 ϕ 2 + m2 R1 R2 ϕ1 − m2 gR2 = 0 2
故： T =
1 m1 R12 2
1 2 J B = m2 R2 2
. . . . . 1 1 1 1 2 m1 R12 ϕ12 + m2 R22 ϕ 2 + m2 ( R1 ϕ1 + R2 ϕ 2 ) 2 + m3 R12 ϕ12 4 4 2 2
=(
. . . m1 m2 m3 2 . 2 3 2 2 + + ) R1 ϕ1 + m2 R2 ϕ2 + m2 R1 R2 ϕ1 ϕ 2 4 2 2 4
由拉格朗日方程
d ⎛ ∂L ⎜ ̇j dt ⎜ ⎝ ∂q
⎞ ∂L − = 0有 ⎟ ⎟ ∂q ⎠
ϕ1 + ϕ2 ⎛ ϕ + ϕ2 ⎞ . ⎜ 2 R cos 1 − l0 ⎟ = 0 2 2 ⎝ ⎠ ⇒ ϕ1 + ϕ2 ⎛ ϕ1 + ϕ2 ⎞ 2 ̇̇2 − kR sin m2 R ϕ . ⎜ 2 R cos − l0 ⎟ = 0 2 2 ⎝ ⎠
.. . .
∂ qj
dt
..
(m1l12 + J1 + m2l 2 ) θ1 + m2ll2 θ 2 cos(θ 2 − θ1 ) − m2ll2 θ 1 θ 2 sin(θ 2 − θ1 ) + (m1l1 + m2l ) g sin θ = M 1 − M 2 (m2l2 2 + J 2 ) θ 2 + m2ll2 θ1 cos(θ 2 − θ1 ) + m2ll2 θ 1 θ 2 sin(θ 2 − θ1 ) + m2l2 g sin θ2 = M 2
所以
∂L ̇1 = m1 R 2ϕ ̇ ∂ϕ1
d ⎛ ∂L ⎞ 2 ̇̇1 ⎜ ̇ ⎟ = m1 R ϕ dt ⎝ ∂ϕ1 ⎠
∂L ϕ + ϕ2 ⎛ ϕ + ϕ2 ⎞ = kR sin 1 . ⎜ 2 R cos 1 − l0 ⎟ ∂ϕ1 2 2 ⎝ ⎠
由于 ϕ1 , ϕ 2 是对称的,所以有
ϕ + ϕ2 ⎛ ϕ + ϕ2 ∂L ⎞ = kR sin 1 . ⎜ 2 R cos 1 − l0 ⎟ ∂ϕ2 2 2 ⎝ ⎠ d ⎛ ∂L ⎞ 2 ̇̇2 ⎜ ̇ ⎟ = m2 R ϕ dt ⎝ ∂ϕ 2 ⎠
系统势能：
V = − m2 g ( R1ϕ1 + R2ϕ 2 ) + m3 gϕ1
拉格朗பைடு நூலகம்函数：
L = T −V
=(
. . . m1 m2 m3 2 . 2 3 2 2 + + ) R1 ϕ1 + m2 R2 ϕ2 + m2 R1 R2 ϕ1 ϕ 2 − m2 gR1ϕ1 + m2 g ( R1ϕ1 + R2ϕ 2 ) 4 2 2 4
整理 1，2 式， 其能量积分：
T +V = C
即： (
. . . . m1 3 2 2 + m2 + m3 ) R12 ϕ12 + m2 R2 ϕ2 + m2 R1 R2 ϕ1 ϕ 2 + g (m3 R1ϕ1 − m2 R1ϕ1 − m2 R2ϕ 2 ) = C 2 4
1.6 解；此系统的自由度= 3n − 2 pl − p h = 3 × 1 − 2 × 0 − 1 = 2 系统。
.
.
.
.
. 2
. 2
.
.
计算非保守力虚功 δ W1 = ( M 1 − M 2 )δθ1 = Qθ1 • δθ1 ; δ W2 = M 2δθ 2 = Qθ2 • δθ 2 得广义力
Qθ1 = M 1 − M 2 ; Qθ2 = M 2 d(
代入拉格朗日方程 得
∂L
.
) − ∂L = Q j ( j = 1, 2……f ) ∂q j
̇̇ x=−
拉格朗日函数 L = T − V 中不显含 x，存在循环积分
∂L ̇ cos α = c ̇ + m1rθ = (m1 + m2 ) x 1 ̇ ∂x
能量积分：T+V=C 即：
1 ̇ cos α + 3 m r 2θ ̇2 − m grθ sin α = c ̇ 2 + m1 xr ̇θ (m1 + m2 ) x 1 1 2 4
̇̇1 − kR sin m1R 2ϕ
ϕ1 + ϕ2 ⎛ ϕ + ϕ2 ⎞ . ⎜ 2 R cos 1 − l0 ⎟ = 0 2 2 ⎝ ⎠ ϕ + ϕ2 ⎛ ϕ + ϕ2 ⎞ ̇̇2 − k sin 1 m2 Rϕ . ⎜ 2 R cos 1 − l0 ⎟ = 0 2 2 ⎝ ⎠
̇̇1 − k sin m1Rϕ
高等动力学习题答案 第一章
y
A
o
B
1.1 解：
x
D
C
由此图可以看出，该均质杆的长度为 L,并已知该杆的两个端点的坐标分别为 A（ x1 , y 1 ）,B （ x2 , y 2 ） ， 建立坐标系， 根据其几何关系可确定其约束方程： （ x1 - x 2 ） + ( y 1 - y 2 ） =L 又∵△BOD∽△BAC ∴h/( y 1 - y 2 )=(- x 2 )/( x1 - x 2 )= h 2 + x 2 /L 所谓的完整系统即系统中的约束均为完整约束（仅对质点的位形加以限制约束）的系统， 在 此系统中的约束仅对杆的位形加以限制约束，故为完整系统。另外，均质杆的 B 和 O 两点 与台阶构成点接触（高副） ，故 f=3-2=1 即自由度为 1。
，此系统为二自由度完整
以上，下躯干相对垂直轴偏角 θ1.θ 2 为广义坐标，下躯干质心速度 vc2 ：
vc2 = (l θ 1 )2 + (l2 θ 2 )2 − 2ll2 θ 1 θ 2 cosψ = l 2 θ 1 + l2 2 θ 2 + 2ll2 θ 1 θ 2 cos(θ 2 − θ1 )
d(
带入式
∂L ) ̇j ∂q
dt
−
∂L = 0 得: ∂q j
̇̇ cos α = 0 (m1 + m2 ) ̇̇ x + m1rθ 3 ̇̇ − m gr sin α = 0 m1̇̇ xr cos α + m1r 2θ 1 2
m1 gr sin 2α 3m2 + m1 (3 − 2 cos 2α ) 得： 2(m1 + m2 ) g sin α ̇̇ = θ r[3m2 + m1 (3 − 2 cos 2 2α )]
cot θ =
x2 − x1 y2 − y1
̇1 ( x2 − x1 ) + y ̇1 ( y2 − y1 ) = 0 x
②
①②两式联立得:
(3) f = 3n − 2 pL − pH = 3 − 1 = 2 故此系统为二自由度的非完整系统。
1.4 解:由几何关系知
ϕ + ϕ2 l = R cos 1 2 2
1 ̇2 2 (m1 + 2m2 ) gl1 cos ϕ1 + m2 gl2 cos ϕ2 + k2ϕ12 + k2 (ϕ2 − ϕ1 )2 + m2l2 2ϕ 3 1 ̇12 + m2l1l2ϕ ̇1ϕ ̇2 cos(ϕ2 − ϕ1 ) = C + ( m1 + m2 )l1 2ϕ 3
.. .. . .
1.7 解：设圆盘的中心 o 为坐标原点，取位移 x，转角θ为广义坐标。 动能： T=
1 1 ̇ cos α ) 2 + r 2θ ̇2 sin 2 α ] + 1 Jθ ̇2 ̇ 2 + [( x ̇ + rθ m2 x 2 2 2 1 3 ̇ cos α + m r 2θ ̇2 ̇ 2 + m1 xr ̇θ = (m1 + m2 ) x 1 2 4
系统的总动能：T ＝ T1 ＋ T2 系统的势能：
1 1 1 1 V = m1 gl1 cos ϕ1 + m2 g (l1 cos ϕ1 + l2 cos ϕ 2 ) + k1ϕ12 + k2 (ϕ 2 − ϕ1 )2 2 2 2 2
拉格朗日函数 L＝T－V 中不显含 t ，存在能量积分，将系统的动能 T 和势能 V 代入能量积 分公式 T＋V＝C 得广义能量积分，整理后得