理论力学课后答案-谢传峰.王琪-动力学部分

《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：yltan，其中kt。

将运动方程对时间求导并将30代入得

llk4lk vy22

3coscos

2lk2sin8lk2

 ay3

9cos

1－6

证明：质点做曲线运动,所以aatan, 设质点的速度为v,由图可知:

cos

vyv



avan

，所以: an avy

v

2

x

将vyc，an



o

v3

代入上式可得 a

c

证毕

1－7

证明：因为

3

aavv

，anasin anv

2

所以：证毕

v

av

o

x

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：

sLv0t，并且 slx

将上面两式对时间求导得：

222

vo

F

FN

v0，2ss2xx s

sv

0 （a） 由此解得：x

x

vo

v0s，将该式对时间求导得： (a)式可写成：xx

2

xx2sv0v0 (b) x

222

2v0v0lx

将(a)式代入(b)式可得：axx3（负号说明滑块A的加速度向上）

xx

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：

maFFNmg

将该式在x,y轴上投影可得直角坐标形式的运动微分方程：

mgFcosmx

FsinFNmy

其中：cos

xxl

2

2

,sin

lx2l2

22

v0l3,0 xy

x

22v0ll2

将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得：Fm(g3)()

xx

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vBR，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： vBvAcos （a） 因为

cos

x2R2

（b） x

将上式代入（a）式得到A点速度的大小为： vAR

xxR

2

22

（c）

，xRRx，将该式两边平方可得： 由于vAx（c）式可写成：x

2

2(x2R2)2R2x2 x

将上式两边对时间求导可得：

(x2R2)2xx322R2xx 2xx

后，可求得： 将上式消去2x

x

2R4x

(x2R2)2

(d)

由上式可知滑块A的加速度方向向左，其大小为 aA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：

2R4x

(xR)

2

22

maFFNmg

将该式在x,y轴上投影可得直角坐标形式的 运动微分方程：

Fcosmx

FsinFNmgmy

其中：

R

sin,cos

x

2R4xx2R2

20 , ,yx

x(xR2)2

将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得

F

m2R4x2

(xR)

22

5,

FNmg

m2R5x

(xR)

22

5

1－13

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。 根据速度合成定理

veva

vr

vavevr

有：vacosve，因为AB杆平动，所以vav，

vevcos2l

由此可得vcosve，OC杆的角速度为，OA，所以

OAcosl

当45时，OC杆上C点速度的大小为vC

1－15

解：动点：销子M

动系1：圆盘 动系2：OA杆 动系：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

avcos2450av

a

l2l

vr1

ve1

ve2vr2

x

va1ve1vr1， va2ve2vr2

由于动点M的绝对速度与动系的选取无关，即va2va1，由上两式可得：

ve1vr1ve2vr2 (a)

将（a）式在向在x轴投影,可得：

ve1sin300ve2sin300vr2cos300

由此解得：

bsin300

vr2tan30(ve2ve1)OMtan30(21)(39)0.4m/s 20

cos30

ve2OM20.2

2

vMva2ve2vr220.529m/s

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O1A杆）

牵连运动：定轴转动。 根据速度合成定理有

vavevr （a）

将（a）式在垂直于O1A杆的轴上投影以及在O1Cvacos300vecos300，vasin300vesin300 vevaR，vavrR，1veR0.5

O1A

2R

根据加速度合成定理有

aaaetaenaraC （b）

将（b）式在垂直于O1A杆的轴上投影得

aasin300aetcos300aensin300aC

其中：aaR，ae2R1，aC21vr

2

n

2

aet32

由上式解得：1

2R12

1－19

解：由于ABM弯杆平移，所以有

vAvM,.aAaM

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

vavevr

2ve2b22m/s，vrveb2m/s，

可求得：vMvAva

1

vA224rad/s O1A1.53

aet

aen

aan

ar

at

2

根据加速度合成定理

aataanaetaenaraC

将上式沿aC方向投影可得：

aC

aatcos450aansin450aetaC

n

2

2

t

2

由于aa1l8m/s，aeb1m/s，aC2vr8m/s，根据上式可得：

aat22(742)742

，1a12rad/s2 0

l3cos45

t

a

1-20

解：取小环为动点，OAB杆为动系

运动分析

O

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：veOM

r

2r 0

cos60

根据速度合成定理： vavevr

rsin600ve

可以得到：vatanve2r ，v4r r200

cos60cos60

加速度如图所示，其中：

O

B

r2

aeOM2r2， 0

cos60

2

aC2vr8r2

根据加速度合成定理：

aaaearaC

将上式在x'轴上投影，可得：aacosaecosaC由此求得：aa14r2

,

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

y’

vavr

e



O

x’

vavevr

将上式沿绝对速度方向投影可得：

vavevr

y’

因此 vrveva

v

其中：vavB,veRB,A，

RA

由此可得：vr

arn

RB380vAvBm/s RA9

O



x’

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：

vr2

ara1.78m/s2

RB

nr

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。

v

v

。由于销钉M的运解：销钉M上作用有水平槽的约束力F和圆槽的约束力FO（如图所示）

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 vavevr 由此可求出：va

vev

。再根据加速度合成定理有：aaaear 

coscos

由于绝对运动是圆周运动，牵连运动是匀速直线平移，所以ae0

，并且上式可写成：

aataanar

va2v2v2sintn

因为a

，所以根据上式可求出aaaatan。 

rrcos2rcos3

n

a

根据矢量形式的质点运动微分方程有：

m(aataan)FFOmg

将该式分别在x轴上投影： m(aasinaacos)FOcos

t

n

mv22

由此求出： FO(tan1) 2

rcos

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的关系式。

解：由于要求重物相对吊车的速度，所以取吊车为动系，重物M为动点。根据质点相对运动微分方程有

marFmgFe

将上式在切向量方向投影有

mgsinFcos matmle

dddd因为Femaema,，所以上式可写成

dtddtd

dmlmgsinmacos

d

整理上式可得

dgsindacosd l

将上式积分：

l2

gcosasinc 2

，上式可写成 ，因为相对速度vrl其中c为积分常数（由初始条件确定）

vr2

gcosasinc 2l

初始时0，系统静止，vave0，根据速度合成定理可知vr0，由此确定cg。重物相对速度与摆角的关系式为：

vr22l[g(cos1)asin]

，1-26 水平板以匀角速度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RO，求小球到转轴的距离为RRO时的相对速度。

vr

e C

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：

marFFeFC

将上式在vr上投影有 marm因为FemR，

2

t

dvr

Fecos dt

dvrdvrdRdR

，vrcos，所以上式可写成 dtdtdRdt

dv

mvrcosrmR2cos

dR

dv121222

整理该式可得vrrR，将该式积分有vrRc

dR22

122

初始时RRO,vr0,由此确定积分常数cRO，因此得到相对速度为

2

2 vrR2RO

1-27 重为P的小环M套在弯成xyc形状的金属丝上，该金属丝绕铅垂轴x以匀角速度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。

F y

y

x

因为金属丝为曲线，解：取小环为动点，金属丝为动系，根据题意，相对平衡位置为ar0，所以vr0，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

2

F,Fe,P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：

FFeP0

其中：Fe

P

y2，将上式分别在x,y轴上投影有

g

PFsin0

（a）

FeFcos0

dyc2dyc2

以为tan，y,2,因此

dxxdxx

c2

tan2 （b）

x

由（a）式可得

tan

P

F （c） e

将Fe

Pg

y2代入（c），联立求解（b）、（c）并利用xyc2

，可得： 114

2

x3

2

3

c

g,ycg2 

再由方程（a）中的第一式可得

4

4442

F

PPxcx

c3

sinc4P1c4P1g 

11

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FfFN 取整体为研究对象，受力如图， 系统的动量：pm2vr

将其在x轴上投影可得：pxm2vrm2bt

vr

v

m2g

F

FN

1g

x

根据动量定理有：

dpx

m2bFfFNf(m1m2)g dt

即：当摩擦系数f

m2b

时，平台AB的加速度为零。

(m1m2)g

当摩擦系数f

m2b

时，平台AB将向左滑动，此时系统的动量为：

(m1m2)g

pm2(vvr)m1v

将上式在x轴投影有：pxm2(vvr)m1(v)m2bt(m1m2)v

根据动量定理有：

dpx

m2b(m1m2)aFfFNf(m1m2)g dt

由此解得平台的加速度为：a

m2b

fg（方向向左）

m1m2

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：

pmvm1v1mvm1(vvr)

将上式在x轴投影：

FN

v

m1(xlcos) pxmx

根据动量定理有：

F

mg

m1g

2

vr

dpx

m1l2sinFkx (mm1)x

dt

kxm1lsint 系统的运动微分方程为：(mm1)x

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mvt，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vr，方向向下，大小为v（如图a所示）。

y

F(t)

v

vr

mg

FN

(b)

（a）

根据变质量质点动力学方程有：

m

dvdmF(t)mgvrF(t)(vt)gvrv dtdtdv

F(t)(vt)gvrvF(t)(vgtv2) dt

将上式在y轴上投影有：

m

由于

dv

0，所以由上式可求得：F(t)(vgtv2)。 dt

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：FN(lvt)g

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：

m

dvdmFmgvrFN dtdt

FN

v

船的质量为：mm0qt，水的阻力为Ffv 将其代入上式可得：

mg

x

dv

fvmgqvrFN dt

dv

将上式在x轴投影：(m0qt)fvq(vr)。应用分离变量法可求得

dt

(m0qt)

ln(qvrfv)

f

ln(m0qt)c q

由初始条件确定积分常数cln(qvr)

f

lnm0，并代入上式可得： q

qvvr

f

f

m0qtq

 1(

m0

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

。圆盘中心到转轴的距离为l。半径为R的圆周运动，其相对方板的速度大小为u（常量）

质点在方板上的位置由确定。初始时，0，方板的角速度为零，求方板的角速度与角的关系。

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L1，其角速度为，于是有

L1J

设质点M对转轴的动量矩为L2，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ve,vr。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vavevr。它对转轴的动量矩为

L2L2(mva)L2(mve)L2(mvr)

其中：

L2(mve)mr2m[(lRcos)2(Rsin)2] L2(mvr)m(lRcos)vrcosmRsin2vr

系统对z轴的动量矩为LL1L2。初始时，0,0,vru，此时系统对z轴的动量矩为

L0m(lR)u

当系统运动到图8-12位置时，系统对z轴的动量矩为

LJm[(lRcos)2(Rsin)2]m(lRcos)ucosmRsin2u[J(lR2lRcos)m](lcosR)mu

由于系统对转轴的动量矩守恒。所以有LL0，因此可得：

2

2

m(lR)u[J(l2R22lRcos)m](lcosR)mu

由上式可计算出方板的角速度为



ml(1cos)u

Jm(l2R22lRcos)

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，则系统对O轴的动量矩为：

LOJOl(2ar)r2

根据动量矩定理有：

FOy



FOx

dLO

[JOl(2ar)r2]

dt

l(ax)grl(ax)gr

整理上式可得：

P

l(2x)gr [JOl(2ar)r2]

，因此有：rx。上式可表示成： 由运动学关系可知：rx

2lgr2x [JOl(2ar)r2]x

2lgr22

，上述微分方程可表示成：xx0，该方程的通解为： 令2

JOl(2ar)r

2

xc1etc2et

0可以确定积分常数c1c2根据初始条件：t0,xx0,x

x0

，于是方程的解为： 2

xx0cht

系统的动量在x轴上的投影为：px系统的动量在y轴上的投影为：py根据动量定理：





 rsinlrd2lr22lrx

 l(ax)rl(ax)r2lxr2lxx

xF0xp

pyF0yPl(2ar)g

由上式解得：FOx2lrx0cht，FoyP

2－14 取整体为研究对象，系统的动能为：

2

2

l(2ar)g4l2x0ch(2t)

T

1212

mvAmCvC

22

vr vA

mg

其中：vA,vC分别是AB杆的速度和楔块C的速度。 若vr

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：vAvCtan， 因此系统的动能可表示为：T

vC

121122

，系统在能mvAmCcot2vA(mmC

cot2)vA

222

够过程中，AB杆的重力作功。根据动能定理的微分形式有：dTW程可表示成：

122d(mmCcot2)vA(mmcot)vAdvAmgvAdt C2

由上式解得：aA

2－17 质量为m0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m(m03m)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30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。

dvAmg

，aCaAcot 

dtmmCcot2

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vr，物块的速度为ve，则系统的动能为

T

1111

m0ve2mva2m0ve2m[(vevrsin)2(vrcos)2] 2222

设0为势能零点，则系统的势能为

VmgRsin

根据机械能守恒定理和初始条件有TV0，即

321

mvem[(vevrsin)2(vrcos)2]mgRsin 22

系统水平方向的动量为：

pxm0vem(vevrsin)

根据系统水平动量守恒和初始条件有

3mvem(vevrsin)0

由此求出ve

1

vrsin，将这个结果代入上面的机械能守恒式,且300最后求得： 4

vr4

1gR

,ve152

gR

15

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ar，物块的加速度为ae，对于小球有动力学方程

maam(aearnart)Fmg （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

m0aeFm0gFN （b）

将方程（a）在小球相对运动轨迹的法线方向投影，可得

m(arnaecos)Fmgsin

vr2

其中相对加速度为已知量，a。将方程（b）在水平方向和铅垂方向投影，可得

R

nr

m0aeFcos

0FNm0gFsin

领30，联立求解三个投影可求出

ae

47g94

,Fmg,FN3.6267mg 2

1575

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：

1

m(R)2mgR(1cos) （a） 2

将上式对时间t求导并简化可得：

gsin (b ) 

R

每个小球的加速度为

tn

aamam

22(RcosRsin)i(RsinRcos)j

gm0g

n

m

tm

mg

FN

取圆环与两个小球为研究对象，应用质心运动定理

ma

i

iC

Fi

2

将上式在y轴上投影可得：

sinRcos)F2mgmg m002m(RN0

将(a),(b)两式代入上式化简后得

FNm0g2mg(3cos22sin)

FN0时对应的值就是圆环跳起的临界值，此时上式可表示成

3cos22cos

1

3m0

0 2m

3m1

0) 32m

上述方程的解为：，cos(

圆环脱离地面时的值为1arccos

113m

0

332m

 

113m

而2arccos0

332m

也是方程的解，但是1时圆环已脱离地面，因此

2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vr，牵连速度为v

e系统对z轴的动量矩守恒，有：

Lzm0r2mvermvrcosr0

其中：ver，则上式可表示成：

(m0m)r2mvrcosr

由此解得：

vcosmvrcos

r

(m0m)rr

其中：

mh，tan

m0m2r

根据动能定理积分式，有：T2T1

W

2

12

T10,T2

2

2

11

m0r22mva222

W

12

mgnh

其中：va(vevrcos)(vrsin)，将其代入动能定理的积分式，可得：

m0r22m[(rvrcos)2(vrsin)2]2mghn

将

vrcos

r

代入上式，可求得：vr

2ghn

2

1cos

2

由v(vevrcos)(vrsin)可求得：vavr[1(2)cos

2a

22

]

12

2－20 取链条为研究对象，设链条单位长度的质量为 应用动量矩定理，链条对O轴的动量矩为：

LOr3

外力对O轴的矩为：

Mrr

Ogr2

grcosds

gr2



grcosrd

gr2gr2sin

LOMO

r3gr2gr2

sin

因为：r

dvdvddvvdv

dtddtd

rd

，所以上式可表示成： r

ggsin

vdv

rd

ggsinvdvrg(sin)d

积分上式可得：

12v2rg(1

2

2cos)c 1

由初始条件确定积分常数cgr，最后得：v[gr(22cos2

)/]2

9

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

vavevr

可得：vacos30vel，

vAva ve

r

vD

vDr

vBvBCva

23

l 3

研究AD杆，应用速度投影定理有：

vAvDcos300，vD

4l 3

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

vDvBCvDr

将上式在x轴上投影有：vDvBCvDr，vDrvDvBC

3－4 AB构件（灰色物体）作平面运动， 已知A点的速度

23

l 3

vA0O1A450cm/s

AB的速度瞬心位于C

AB

vA3

rad/s AC2

vBABBC，

设OB杆的角速度为，则有



vB15

rad/s OB4

设P点是AB构件上与齿轮I的接触点， 该点的速度：

vPABCP

齿轮I的角速度为：I

vP

6rad/s r1

3－6 AB杆作平面运动，取A为基点 根据基点法公式有：

vBA

B

vBvAvBA

将上式在AB连线上投影，可得

vB0,O1B0

因此，AB

v1A0 AB4

taBA

A

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

aBaAa

tBA

a

nBA

aB

naBA

将上式在AB连线上投影，可得

n2

aBcos600aAaBA，aB2.50r

aA

OB

1

aB2

0（瞬时针） O1B2

t

aBA

n

BA

3－7 齿轮II作平面运动，取A为基点有

tn

aBaAaBAaBA tnaa1aBAaBA

y

x

将上式在x 投影有：

nacosa1aBA

由此求得：

II

naBA

2r2a1acos

2r2

asin

2r2

y

naO 2

t

aO

2AnaO

2A

再将基点法公式在y轴上投影有：

t

asinaBAII2r2，由此求得II

再研究齿轮II上的圆心，取A为基点

a

t

O2

a

nO2

aAa

tO2A

a

nO2A

taO

2

将上式在y轴上投影有

ttaOar2IIO22A

asin

， 2

由此解得：O1O2

taO

2

r1r2



asin

2(r1r2)

n

n

再将基点法公式在x轴上投影有：aO2a1aO2A 由此解得：aO2

n

acosa1n2

，又因为aO2(r1r2)O1O2

2

由此可得：O1O2

acosa1

2(r1r2)

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



角加速度为

vv



DCRrva



RrRr

vR

Rr



卷筒O点的速度为：

vOR

OO点作直线运动，其加速度为 aOv

Rv 

RrR

r

研究卷筒，取O为基点，求B点的加速度。

tn

aBaOaBOaB0

将其分别在x,y轴上投影

taBxaOaBO

n

aByaBO

22

aBaBxaBy

R

(Rr)2

4a2(Rr)2v4

同理，取O为基点，求C点的加速度。

tn

aCaOaCOaC0

将其分别在x,y轴上投影

tn

aCxaOaCO0aCyaCO

aCaCy

Rv2

 2

(Rr)

3－10 图示瞬时，AB杆瞬时平移，因此有：

vBv

AOA2m/s

AB杆的角速度：AB0

圆盘作平面运动，速度瞬心在P点，圆盘的 的角速度为：B



vA

vB

4m/s r

圆盘上C点的速度为：vCBPC22m/s 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

tnt

aBaBaBaAaBA

B

t

aB n

B

taBA

将上式在x轴上投影可得：aB0 因此：aBaB

n

t

v

8m/s2 r

vB

r

2B

aA

由于任意瞬时，圆盘的角速度均为：B

t

BaBvt

B0。 B，由于aB0，所以圆盘的角加速度B将其对时间求导有：

rr

圆盘作平面运动，取B为基点，根据基点法公式有：

tnn

aCaBaCBaCBaBaCB

aC(a)(a)82m/s

3－13 滑块C的速度及其加速度就是DC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：AB

n2Bn2CB

2

vA

1rad/s AP

杆上C点的速度为：vCABPC0.2m/s 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：

vavevr

其中：vevC，根据几何关系可求得：

vavem/s

15

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

tntn

aBaAaBAaBAaBAaBA n

aBA

由该式可求得aB0.8m/s2 0

sin30

ta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：aC0.5aB0.4m/s 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：

2

ar

aC

aaaearaC

其中牵连加速度就是AB杆上C点的加速度 即：ae0.4m/s

将上述公式在垂直于AB杆的轴上投影有：

2

ae

aa

aacos300aecos300aC

科氏加速度aC2ABvr，由上式可求得：aa

3-14：取圆盘中心O1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： vavevr

速度图如图A所示。由于动系平移，所以veu， 根据速度合成定理可求出：

2

m/s2 3

vv

vO1vaeu,vre2u

tansin

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： 

图 A

vr2u



rr

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O1为基点根据基点法公式有：

vBvO1vBO1

vBxvBO1sin300rsin300u

vByvO1vBO1cos3002u

22

vBvBxvByu

图B

为求B点的加速度，先求O1点的加速度和圆盘的角加速度。取圆盘中心O1为动点，半圆盘为动系，根据加速度合成定理有 aaaeaa （a）

nr

tr

vu2

， 其加速度图如图C所示，，a

Rrr

nr

nr

将公式（a）在x和y轴上投影可得：

x:y:

0artsinarncosaaacosasin

tr

trnr

图 C

由此求出：a

art3u2u22u2

，圆盘的角加速度为：2 ,aaaO1

rrrr

下面求圆盘上B点的加速度。取圆盘为研究对象，O1为基点，应用基点法公式有：

tn

（b） aBaO1aBOaBO11

将（b）式分别在x,y轴上投影：

nt

aBxaBOcos300aBOsin300

11

aByaO1a

nBO1

nBO1

sin30a

2

tBO1

cos30

其中：a

4u

r，

r

2

1

图 D

a

tBO1

u2

rr

u2

由此可得：aB

r

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：

vavevr

由上式可解得：vevatan30因为BC杆瞬时平移，所以有：

3r 3

vCDve

3r 3

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

根据速度合成定理有：

vavevr

根据几何关系可求出：O2P

816

r,CPr 33

将速度合成定理公式在x,y轴上投影::

vaxvexvrxvexO2PBCvayveyvryvexvrO2ABC

由此解得:BC

13,vr(r 422

DC杆的速度vCCPBC

4

r 3

3-16(b) BD杆作平面运动,根据基点法有:

tntntn

aCaBaCBaCBaBaBaCBaCB

aC

t

aCB

由于BC杆瞬时平移,BC0,上式可表示成:

tnt

aCaBaBaCB

BC

将上式在铅垂轴上投影有:

nt

0aBaCBsin300

n

aB

t

aB

由此解得:BC

12

 6

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）。

aAaaaearaK (a)

其中:aK为科氏加速度,因为AB0,所以aK0 动点的牵连加速度为: aeaCaeCaeC 由于动系瞬时平移,所以aeC0,aeCBCAC 牵连加速度为aeaCaeC,(a)式可以表示成

tn

tn

t

aAaaaCaetCar

将上式在y轴上投影:

aAcos300aCcos300aetC

由此求得:aC(1

232

r 9

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

tn

aeaCaACaAC

aC

aK

n

aAC动点的绝对加速度为

tn

aaaCaACaACaraK

aa

BC

y

x

ar

t

AC

其中aK为动点A的科氏加速度。 将上式在y轴上投影有

t

aacos300aCcos300aACaK

上式可写成

2rcos300aCcos300BCAC2BCvr (a)

其中：BC

133

,vr()r（见3－15d）BC为BC杆的角加速度。 422

再取BC杆上的C点为动点，套筒O2为动系，由加速度合成定理有

aaCaCa'ea'ra'K

其中a'e

aCO2aCO2，上式可表示为

t

n

tn

aCaCOaCO2a'ra'K 2

将上式在y轴投影有：aCcos30a该式可表示成：

t

CO2

a'K

taCO 2

a'r

aaCcos300BCCO22BCvCsin300 （b）

na'KaCO 联立求解(a),(b)可得

aC

422

9r,BC8



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

AAB

v

APv

A2R

杆上B点的速度为：v2BABPB

2

vA AB杆的角加速度为：v

AAB

ABAP

0 取A为基点，根据基点法有

aaantn

BABAaBAaAaBA

将上式分别在x,y轴上投影有

aBxa

nBA

cos450



v2A

4

2

aan

A

ByAaBAsin450

3v

4

aBa

2Bx

a

2

v2A

By

4R

2

BC

x

y

O

aan

BA y

A

x

3－18 取DC杆上的C点为动点，构件AB为动系

vCavCevCr

根据几何关系可求得：vCevCr

r

再取DC杆上的D点为动点，构件AB为动系

vDavDevDr

由于BD杆相对动系平移，因此vCrvDr 将上式分别在x,y轴上投影可得

vDaxvDay

vDevDrsin30r

2

3

vDrcos300r

2

求加速度：研究C点有

aCaCaaCeaCraCK

将上式在y轴投影有

a0aCesin300aCrcos300aCKsin300

由此求得aCr3r 再研究D点

2

aDaDaaDeaDraDK

由于BD杆相对动系平移，因此aCraDr 将上式分别在x,y轴上投影有

y

a

aDaxaDrsin300aDKcos300

92r2

32

r2

aDayaDeaDrcos300aDKsin300

10

3－21 由于圆盘纯滚动，所以有aCr 根据质心运动定理有：

maCFcosFS0FNFsinmg

根据相对质心的动量矩定理有

aC m2FSrFr0

求解上式可得：

aC

Fr(rcosr0)

，FNmgFsin

m(r22)

FS

FN

F(2cosrr0)FS 22

r

若圆盘无滑动，摩擦力应满足FSfFN，由此可得：

F(2cosrr0)

fmin 当：mgFsin时，f

(mgFsin)(r22)

3－22 研究AB杆，BD

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：

maCmgFAN

根据相对质心的动量矩定理有：

l1

ml2ABFANcos 122

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，AB杆的加速度瞬心位于P有运动关系式

aCAB

l

cos 22mg 5

求解以上三式可求得：

FAN

3－35 设板和圆盘中心O的加速度分别为

a1,aO，圆盘的角加速度为，圆盘上与板

的接触点为A，则A点的加速度为

tn

aAaOaAOaAO

将上式在水平方向投影有

axAaOa

t

AOaORa1 （a）

取圆盘为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有

m2aOF2

(b)

应用相对质心动量矩定理有

2

1

m2R2F2R (c) 2

再取板为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有

m1a1FFSF2 (d )

作用在板上的滑动摩擦力为：

FSfFNf(m1m2)g (e)

由上式可解得：

a1

3F3f(m1m2)g

3m1m2

N

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：

T2

11112222

m1vCJCABm2vAJAA

2222lAB,vC,

2

vAABlsinlsin,

vAlsinA,

RR

其中：

因此系统的动能可以表示成：

21l1m1l2211m2R22m2(lsin)T2m122212222

13

m1l22m2l22sin2

64

2

lsinR

系统从45位置运动到任意角位置， AB杆的重力所作的功为：

l

W12m1g(sin450sin)

2

根据动能定理的积分形式 T2T1W12 初始时系统静止，所以T10，因此有

13l

m1l22m2l22sin2m1g(sin450sin) 642

将上式对时间求导可得：

13ml2sin23ml23sincosmglcos m1l2221

3222

可得： 将上式中消去

13ml2sin23ml22cossinmglcos m1l22213222

0,45，可求得初始瞬时AB杆的角加速度 根据初始条件

32m1g

(4m19m2)l

0，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杆的因为

加速度瞬心在ca点，由此可求出AB杆上A点的加速度：

aAABlsin450lcos450

3m1g

(4m19m2)

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：

vA vC

m1vAm2vCI (a)

其中：vC为AB杆质心的速度，根据平面运动关系有

l

vCvAAB (b)

2

再根据对固定点的冲量矩定理：LAMA(I)

AB

C

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

LAm2vC

l1

m2l2AB 212

将其代入冲量矩定理有：

m2vC

l1

m2l2ABlI (c) 212

由（a,b,c）三式求解可得：vA

2I

(滑块的真实方向与图示相反) 9m2

3－34 研究整体，系统对A轴的动量矩为：

IAy

IAx

LALA(AC)LA(BC)

其中：AC杆对A轴的动量矩为LA(AC)

12

mlAC 3

设C1为BC杆的质心，BC 杆对A轴的动量矩为

ACLA(BC)mvC1

vC1vCvC1C

31

lml2bC 212

l

lACBC

2

vC

BC

vC1

根据冲量矩定理 LA2lI可得：

1125

mlACml2BC2lI （a） 66

再研究BC杆，其对与C点重合的固定点的动量矩为

11l1

LCmvC1ml2BCml2ACml2BC

21223

根据冲量矩定理LClI有：

CC1

121

mlACml2BClI （b） 23

6I

联立求解（a）,(b) 可得AC2.5rad/s2

7ml

3－35 碰撞前，弹簧有静变形st

mg

k

第一阶段：m3与m

1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：

(m!m3)vm3

2gh

碰撞结束时两物体向下运动的速度为v

2gh

2

第二阶段：m3与m1一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

v

gh

2

第三阶段：m3与m1一起上升到最高位置，此时弹簧 被拉长。根据动能定理T2T1

W

12

有：

1k2k20(m1m3)v2(m1m3)g(st)st

222

上式可表示成：

mghmgm2g2k23m2g2k

2mg()2mg2

k22k22k2

若使m2脱离地面，弹簧的拉力必须大于其重力，因此有得：h

mgmg

，将代入上式求kk

8mgmg8mg

。若，则h kkk

注：上述结果是在假设m3与m1始终粘连在一起的条件下得到的，若m3与m1之间没有粘着力，答案应为h

9mg

，如何求解，请思考。 k

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t0时系统静止，t0 AB杆上A点的速度为v，角速度为，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





1

LOmvClm(2l)20

12

其中：vCvAlvl

由此解得

3v 4l

m当t0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：

1malcosmgsin m(2l)23

将上式积分并简化可得：

22

lasingcosC 3

3v2

g。上式可表示成 其中C是积分常数由初始条件0,确定出C

8l

223v2lasingcosgf() 38l

0，因此f()0。若f()的最小值大于零，则AB若AB杆可转动整圈，则应有

2

杆就可以完成整圈转动。下面求f()的极值。

3v2f()asingcosg

8l

将上式求导令其为零有f'()acosgsin0求得极值点为tan

*

a g

当sin

*

aa2g2

a

,cos*

ga2g2

g

， 函数f()取最大值

*

当sin零，则有

*

a2g2

,cos*

a2g2

， 函数f()取最小值，若使最小值大于

*

22a2l

223ag

由此求得3v8l(g

2

g2a2g2

3v23v222

gagg0 8l8l

a2g2)

6

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，则质心加速度为：

F

CI

l 2l

FCImaCmAB

2

1

MCIml2AB

12

aCABCPAB

根据动静法有：

ll

M0 mgcosFMCI0 PCI

223g

ABcos3.528rad/s2

2l

3

F0 FmgFcos0 Fmg(1cos2)357.7N yACIA

43

F0 FsinF0 Fmgsincos176.4N xCIBB

4

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

FImaC 根据动静法有：

FA

FI aA

aCmg

FBF

x

0 mgsin300FI0

aCgsin300.5g

（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

FA

aCaAsin30

FCImCaC,FABImABaA,mmABmC

根据动静法有

FABI

FCIa

C

aAmg

FBaA

F

x

0 mgsin300FABIFCIsin3000

由此求得：aA1.25g,

（3） 先研究滑块C

aC0.625g

根据约束可知：aCyaAsin30

aCx

FCIxmCaCx,

根据动静法有：

FCIymCaCy

aA

FF

x

0 FFCIx0 FmCaCx 0 FNFCIymCg0

aCy

y

FNmCgmCaAsin300

因为：FfFN，所以有关系式

FCIy

FCIx

y

x

F

mCaCxf(mCgmCaAsin300)

即： aCxf(gaAsin30)

再研究整体，应用动静法有

mCg

FN

F

x'

0

mgsin300FABIFCIysin300FCIxcos300

上式可表示成：

FA

FCIy

FABI

FB'

FCIx

mgsin300mABaAmCaAsin2300

mCf(gaAsin300)cos300

aA

m

由上式解得：aA0.6776g6.64m/s

2

aCxf(gaAsin300)3.24m/s2，

aCyaAsin3003.32m/s2，

aC4.64m/s2

4－8 （1）研究AB杆，将惯性力向杆的质心简化，

FIm

n2

2r 22r 2

FInFAy

FIt

FB

FItm

MIFAx

1

MIm(2r)2

12

根据动静法有：

MA0 FIn

1

rMIFBr0， FBmr(32)14.286N 26

1

mr(2)6.122N 2

Fx0 FAxFIncos450FItcos4500 FAxF

y

0 FAyFInsin450FItsin450FB0， FAy16.33N

2

2

（2）若FB0，必有3，因此当6rad/s，

4－9 设OA杆和AB杆的角加速度分别为

2rad/s

OA,AB。将各杆的惯性力向各自质心简化。

FI1mOAMI1

ll

,FI2m(ABOAl), 2211

ml2OA,MI2ml2AB, 1212

FOy

FI1

FI2

OA

MI2

AB

FOx MI1

mg

研究整体，根据动静法有：

MO0，

3l3lll

FI1FI2mgmgMI1MI20

2222

研究AB杆，根据动静法有：

FAy FI2 FAx

MI2

AB

MA0 FI2

ll

mgMI20 22

mg

上述平衡方程可简化为

115

lOAlAB2g66

111lOAlABg232

求解该方程组可得：OA

9g3g

,AB

7l7l

，AB

4－10 取圆盘A的角加速度为

设AB杆的质心为C，其加速度为

tn aCaAaCAaCA

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：

tn

F

ICFIAFCAFCA

lltn，FCA2 FIAmAr，FCAmCmC

22

1，M1ml2 MIAmAr2ICC212

研究整体，

M

P

0 （a）

ln

FIArMIAFIA(rsin)FCArcos

2

llt

FCA(rsin)MICmgcos0

22

研究AB杆，

M

A

0 (b)

lltlFIAsinFCAMICmgcos0

222

将(a)－(b)得： FIArMIAFIArFCArcosFCArsin0 上式化简为

n

t

5211

2cosmlrsin0 mrmlr

222

2

lcoslsin0 还可写成： 5r

即：

d

sin)0 (5rl

dt

lsinC 将上式积分可得： 5r

0确定C0，由此可得再根据初始条件：0,

根据动能定理有：

l

sin 5r

1111122

2mglsin （C） mAvAmAr22mABvCmABl2

242242

122

, v2r22rl 其中：vArlsinC

4

lsin（c）式可表示成 再利用

5r

1221

ml22sin2mglsin (d) ml310

|900当90, AB

30grl,vAAB

7l56gl

35

,最后可得

再将(d)式求导,然后销去

2211



ml2sinml22sincosmglml355

当900

,可求得AB

0, 又因为 

ll5rsin5r

2

cos， 当AB杆铅垂时，A0。aAA

r0 再取圆盘为研究对象，应用动静法有

MA

0，Fr0, F0

再研究整体，利用动静法有

F

y

0

FN2mgFIC0

Fl229

N2mgFIC2mgm2AB7

mg

4－12 此瞬时AB杆作瞬时平移，所以

vAvB2.44m/s

因为AB杆的角速度为零，且A点的加速度为零，取A为基点，有

atnat

BaAaBAaBABA

又因为B点作圆周运动，所以

aatnt

BBaBaBA

将该式在铅垂轴上投影：ana

tBBA

cos300

v2

B

h

at

BA aC

vB

anB AB

atB

vA

由此解得：AB

2vB2

1.85rad/s 0

hlcos30

AB杆质心C的加速度垂直于AB杆， 其大小为：aCAB应用动静法：MIC

MIC

FIC

FA

mg

FB

l

2.817m/s2 21

ml2AB 12

F

x

0，FICsin300F0

FFICsin300maCsin30064N

Fy0，FBlcos300MICFIC

ll

mgcos3000，FB321N 22

4－14 图示瞬时，AB杆瞬时平移，其加速度瞬心 位于P点。设OA、AB杆的质心分别为C1,C2。 各点加速度如图所示，其大小为

aAaC1

aAr20，AB

2

aAr0320 AP2rcos3003

aCABC2P

32320r，aBABBP0r 33

有关的惯性力为：

FIC22maC2

22

mr0

332

mr0

3

FIC1

mg

FIBmaB

MIC2

122

mr202m(2r)2AB

129

应用动静法和虚位移原理，有

MFIC2sin300rC2FIBrBFrB0

因为：rBrC2rAr，上式可表示成

MFIC2sin300rFIBrFr(MFIC2sin300rFIBrFr)0

因为0，所以 MFIC2sin30rFIBrFr0， 由此解得

222

FAyM3

m0rFr

研究AB杆及滑块B，

M

A

0

FIC2rsin300FNB2rcos3002mgrcos300F

IBrFrmg2rcos302MIC20

由此解得：FNB2mg

3223F9

m0r

g

动力学第五章部分习题解答

5-2滑轮组上悬挂有质量为10kg的重物M1和质量为8kg的重物M2，如图所示。忽略滑轮的质量，试求重物M2的加速度a2及绳的拉力。解：

取整个系统为研究对象，不考虑摩擦，该系统具有理想约束。作用在系统上的主动力为重物的重力

M1g,M2g。假设重物M2的加速度a2的方向竖直向

下，则重物M1的加速度a1竖直向上，两个重物惯性力

FI1,FI2为：

FI1M1a1

FI2M2a2

(1)

FI2

该系统有一个自由度，假设重物M2有一向下的虚位移

δx1

M1g

FI1

（2）

M2g

x2，则重物M1的虚位移x1竖直向上。由动力学普遍

方程有：

δx2

WM1gx1M2gx2FI1x1FI2x20

根据运动学关系可知：

x1x2

121a1a2

2

（3）

将(1)式和(3)式代入(2)式，可得对于任意x20有：

TM2ga2

a2

4M22M1

g2.8(m/s2)

4M2M1

方向竖直向下。取重物M2为研究对象，受力如图所示，由牛顿第二定律有：

M2gTM2a2

解得绳子的拉力T56.1(N)。本题也可以用动能定理，动静法，拉格朗日方程求解。

5-4如图所示，质量为m的质点悬在一线上，线的另一端绕在一半径为R的固定圆柱体上，构成一摆。设在平衡位置时，线的下垂部分长度为l，且不计线的质量，试求摆的运动微分方程。解：

该系统为保守系统，有一个自由度，取为广义坐标。系统的动能为：

1]2Tm[(lR)2

取圆柱轴线O所在的水平面为零势面，系统的势能为：

Vmg[lRsin(lR)cos]

拉格朗日函数LTV，代入拉格朗日方程有：

零势面

dLL()0dt

整理得摆的运动微分方程为：

R2gsin0(lR)

5-6质量为m的质点在重力作用下沿旋轮线导轨运动，如图所示。已知旋轮线的方程为

s4bsin，式中s是以O为原点的弧坐标，是旋轮线的切线与水平轴的夹角。试求质

点的运动规律。

解：

该系统为保守系统有一个自由度，取弧坐标S为广义坐标。系统的动能为：

T

12mS2

h

零势面

取轨线最低点O所在的水平面为零势面，系统的势能为：

Vmgh

由题可知

dhSsin，因此有：dS4bSS2

dS4b8b

h

S

则拉格朗日函数：LTV

12mg2

mSS28b

代入拉格朗日方程：

dLLgS0，()0，整理得摆的运动微分方程为：SSdtS4b

解得质点的运动规律为：SAsin(

1g

t0)0，其中A,0微积分常数。2b

5-13质量为m的质点沿半径为r的圆环运动，圆环以匀角速度绕铅垂直径AB转动，如图所示。试建立质点的运动微分方程，并求维持圆环匀角速度转动所必需的转矩M。

解：

1.求质点的运动微分方程

圆环（质量不计）以匀角速度绕铅垂轴AB转动，该系统有一个自由度，取角度为广义坐标。系统的动能为：

1)21m(rsin)2Tm(r22

取圆环最低点A所在的水平面为零势面，系统的势能

为：

Vmgr(1cos)

零势面

则拉格朗日函数：

LTV

122

mr(2sin2)mgr(1cos2

dLL()0，整理得质点的运动微分方程为：dt

代入拉格朗日方程：

(2cos)sin0

2.求维持圆环作匀速转动的力偶M

如果求力偶M，必须考虑圆环绕铅垂轴AB的一般转动。因此解除“圆环绕铅垂轴AB匀速转动”这一约束，将力偶M视为主动力。此时系统有两个自由度，去角度和圆环绕轴

gr

代替，AB的转角为广义坐标，系统的势能不变，动能表达式中以则拉格朗日函数为：

LTV

122

2sin2)mgr(1cos)mr(

2

力偶M为非有势力，它对应于广义坐标和的广义力计算如下：

取0,0，在这组虚位移下力偶M所作的虚功为[W]0，因此力偶M对应于广义坐标的广义力Q0；

取0,0，在这组虚位移下力偶M所作的虚功为[W]M，因此力偶M对应于广义坐标的广义力Q

M

M

[W]



M；

代入拉格朗日方程

dLLgsin0()QM0，整理可得：

rdt

代入拉格朗日方程

dLLM

()QM，整理可得：dt

Mmr2sin2mr2sin2

,0，代入上式可得：圆环绕铅垂轴AB匀速转动，即：

sin2Mmr2

5-14如图所示，质量为m的物体可绕水平轴O1O2转动，轴O1O2又绕铅垂轴OC以匀角速

O3Gl。度转动。物体的质心G在垂直于O1O2的直线上，设O1O2和O3G是物体过O3

点的惯量主轴，转动惯量为J1和J2，物体对另一过O3点的惯量主轴的转动惯量为J3，试求物体的动能表达式并建立物体的运动微分方程。

解：

以该物体为研究对象，有一个自由度，取O3G和OC的夹角为广义坐标。若以框架

O1O2OC为动系，则物体的相对运动是以角速度绕轴O1O2的定轴转动，牵连运动是以角是和的矢量之和。为了方便起见，速度绕OC轴的定轴转动，物体的绝对角速度φ

和以O1O2为x轴，O3G为y轴，如图建立一个固连在物体上的坐标系，将角速度是icos在该坐标系上投影有：φ

jsinz。

垂直于O1O2的平面



z’z’

O3

x’

y’



θ

G

y’

坐标系O3xyz的三个坐标轴为过O3点的三个惯量主轴，则系统的动能为：

1

T[J12J2(cos)2J3(sin)2]

2

取圆环最低点A所在的水平面为零势面，系统的势能为：Vmglcos则拉格朗日函数：

1

LTV[J12J2(cos)2J3(sin)2]mglcos

2

代入拉格朗日方程：

dLL()0，整理得物体的运动微分方程为：dt

2(JJ)sincosmglsinJ123

5-15长为2l，质量为m的均质杆AB的两端沿框架的水平及铅垂边滑动，如图所示，框架

以角速度绕铅垂边转动。忽略摩擦，试建立杆的相对运动微分方程。解：

框架（质量不计）以匀角速度绕铅垂边转动，该系统是保守系统，有一个自由度，取AB杆与铅垂边的夹角为广义坐标。若以框架为动系，AB杆上任意一点的速度是该点相对于框架的相对速度和随框架运动的牵连速度的矢量和，且相对速度和牵连速度相互垂直。杆AB的动能可表示为相对于框架运动的动能和随框架转动的动能之和。AB杆相对于框架作平面运动，速度瞬心为O点，设AB杆的质心为C，由几何关系可知ACOCBCl，则质心为C的速度：

vCl

杆AB相对于框架运动的动能：

T1

111222ml22mvC[m(2l)2]22123

O

杆AB随框架转动的动能

12lm2T2dx(xsin)2ml22sin2

202l3

系统的动能TT1T2。

取90为势能零点，则系统的势能为：

Vmglcos

则拉格朗日函数：

LTV

222

ml(2sin2)mglcos3

dLL()0，整理得系统的运动微分方程为：dt

代入拉格朗日方程：

4l2sincos3gsin04l

由于角描述的是杆AB相对于框架的位置变化，因此上式也就是杆的相对运动微分方程。5-17重P重P2的楔块沿楔块A的斜边滑动，在楔块B上作用一水1的楔块可沿水平面滑动，平力F，如图所示。忽略摩擦，角已知，试求楔块A的加速度及楔块B的相对加速度。解：

取楔块A，B构成的系统为研究对象，该系统有二个自由度，取楔块A水平滑动的位移x，以及楔块B相对于A的沿斜面滑动的位移s为广义坐标。若以楔块A为动系，楔块A的速度vA，楔块B的速度vB，以及B相对于A的相对速度满足如下的矢量关系（方向如图所示）：

s

vBvAvBr

系统的动能为：

vBr

vA

P12P21122

scos)2(ssin)2]TmAvAmBvBx[(x

222g2g



111

2P2cosxs2(P1P2)xP2s

2gg2g

取过x轴的水平为零势面，系统的势能为：

VP2ssin

则拉格朗日函数：

LTV

111

2P2cosxs2P2ssin(P1P2)xP2s

2gg2g

将水平力F视为非有势力，它对应于广义坐标x和s的广义力计算如下：

取x0,s0，在这组虚位移下力F所作的虚功为[W]xFx，因此力F对应于广义坐标x的广义力QxF；

取x0,s0，在这组虚位移下力F所作的虚功为[W]sFcoss，因此力F对应于广义坐标s的广义力QsFcos；代入拉格朗日方程

FF

dLL()QxFF，整理可得：dtxx

（1）

P2cosFg(P1P2)xs

代入拉格朗日方程

dLL()QsFFcos，整理可得：dtss

（2）

P2(FcosP2sin)gP2cosxs

由方程(1)和方程(2)解得：楔块A的加速度：

aAx

FsinP2cos

g，方向水平向右。2

P1P2sin

FP1cos(P1P2)P2sing，方向沿斜面向上。2

P2(P1P2sin)

s楔块B的相对加速度：aBr

5-18在光滑水平面上放一质量为m的三角形楔块ABC，质量为m1，半径为r的均质圆柱沿楔块的AB边滚动而不滑动，如图所示。试求楔块的加速度及圆柱的角加速度。

解：

取楔块ABC和圆柱构成的系统为研究对象，该系统为保守系统，有二个

零势面

自由度，取楔块水平滑动的位移x，A

φ以及圆柱的转角（A点=0）为广

v

义坐标。若以楔块为动系，楔块的速度vA，圆柱轴心O的速度vo，以及轴心O相对于A的相对速度满足如

下的矢量关系（方向如图所示）：

Or

vOvAvOr

r。系统的动能为：圆柱在斜面上作纯滚动有：vOr

T

111122

2mvAm1vO(m1r2)

2222

1211m1[(xrcos)2(rsin)2]m1r22mx224



13

2m1rcosxm1r22(mm1)x

24

取过楔块上A点的水平为零势面，系统的势能为：

Vm1grsin

则拉格朗日函数：

《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：yltan，其中kt。

将运动方程对时间求导并将30代入得

llk4lk vy22

3coscos

2lk2sin8lk2

 ay3

9cos

1－6

证明：质点做曲线运动,所以aatan, 设质点的速度为v,由图可知:

cos

vyv



avan

，所以: an avy

v

2

x

将vyc，an



o

v3

代入上式可得 a

c

证毕

1－7

证明：因为

3

aavv

，anasin anv

2

所以：证毕

v

av

o

x

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：

sLv0t，并且 slx

将上面两式对时间求导得：

222

vo

F

FN

v0，2ss2xx s

sv

0 （a） 由此解得：x

x

vo

v0s，将该式对时间求导得： (a)式可写成：xx

2

xx2sv0v0 (b) x

222

2v0v0lx

将(a)式代入(b)式可得：axx3（负号说明滑块A的加速度向上）

xx

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：

maFFNmg

将该式在x,y轴上投影可得直角坐标形式的运动微分方程：

mgFcosmx

FsinFNmy

其中：cos

xxl

2

2

,sin

lx2l2

22

v0l3,0 xy

x

22v0ll2

将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得：Fm(g3)()

xx

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vBR，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： vBvAcos （a） 因为

cos

x2R2

（b） x

将上式代入（a）式得到A点速度的大小为： vAR

xxR

2

22

（c）

，xRRx，将该式两边平方可得： 由于vAx（c）式可写成：x

2

2(x2R2)2R2x2 x

将上式两边对时间求导可得：

(x2R2)2xx322R2xx 2xx

后，可求得： 将上式消去2x

x

2R4x

(x2R2)2

(d)

由上式可知滑块A的加速度方向向左，其大小为 aA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：

2R4x

(xR)

2

22

maFFNmg

将该式在x,y轴上投影可得直角坐标形式的 运动微分方程：

Fcosmx

FsinFNmgmy

其中：

R

sin,cos

x

2R4xx2R2

20 , ,yx

x(xR2)2

将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得

F

m2R4x2

(xR)

22

5,

FNmg

m2R5x

(xR)

22

5

1－13

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。 根据速度合成定理

veva

vr

vavevr

有：vacosve，因为AB杆平动，所以vav，

vevcos2l

由此可得vcosve，OC杆的角速度为，OA，所以

OAcosl

当45时，OC杆上C点速度的大小为vC

1－15

解：动点：销子M

动系1：圆盘 动系2：OA杆 动系：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

avcos2450av

a

l2l

vr1

ve1

ve2vr2

x

va1ve1vr1， va2ve2vr2

由于动点M的绝对速度与动系的选取无关，即va2va1，由上两式可得：

ve1vr1ve2vr2 (a)

将（a）式在向在x轴投影,可得：

ve1sin300ve2sin300vr2cos300

由此解得：

bsin300

vr2tan30(ve2ve1)OMtan30(21)(39)0.4m/s 20

cos30

ve2OM20.2

2

vMva2ve2vr220.529m/s

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O1A杆）

牵连运动：定轴转动。 根据速度合成定理有

vavevr （a）

将（a）式在垂直于O1A杆的轴上投影以及在O1Cvacos300vecos300，vasin300vesin300 vevaR，vavrR，1veR0.5

O1A

2R

根据加速度合成定理有

aaaetaenaraC （b）

将（b）式在垂直于O1A杆的轴上投影得

aasin300aetcos300aensin300aC

其中：aaR，ae2R1，aC21vr

2

n

2

aet32

由上式解得：1

2R12

1－19

解：由于ABM弯杆平移，所以有

vAvM,.aAaM

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

vavevr

2ve2b22m/s，vrveb2m/s，

可求得：vMvAva

1

vA224rad/s O1A1.53

aet

aen

aan

ar

at

2

根据加速度合成定理

aataanaetaenaraC

将上式沿aC方向投影可得：

aC

aatcos450aansin450aetaC

n

2

2

t

2

由于aa1l8m/s，aeb1m/s，aC2vr8m/s，根据上式可得：

aat22(742)742

，1a12rad/s2 0

l3cos45

t

a

1-20

解：取小环为动点，OAB杆为动系

运动分析

O

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：veOM

r

2r 0

cos60

根据速度合成定理： vavevr

rsin600ve

可以得到：vatanve2r ，v4r r200

cos60cos60

加速度如图所示，其中：

O

B

r2

aeOM2r2， 0

cos60

2

aC2vr8r2

根据加速度合成定理：

aaaearaC

将上式在x'轴上投影，可得：aacosaecosaC由此求得：aa14r2

,

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

y’

vavr

e



O

x’

vavevr

将上式沿绝对速度方向投影可得：

vavevr

y’

因此 vrveva

v

其中：vavB,veRB,A，

RA

由此可得：vr

arn

RB380vAvBm/s RA9

O



x’

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：

vr2

ara1.78m/s2

RB

nr

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。

v

v

。由于销钉M的运解：销钉M上作用有水平槽的约束力F和圆槽的约束力FO（如图所示）

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 vavevr 由此可求出：va

vev

。再根据加速度合成定理有：aaaear 

coscos

由于绝对运动是圆周运动，牵连运动是匀速直线平移，所以ae0

，并且上式可写成：

aataanar

va2v2v2sintn

因为a

，所以根据上式可求出aaaatan。 

rrcos2rcos3

n

a

根据矢量形式的质点运动微分方程有：

m(aataan)FFOmg

将该式分别在x轴上投影： m(aasinaacos)FOcos

t

n

mv22

由此求出： FO(tan1) 2

rcos

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的关系式。

解：由于要求重物相对吊车的速度，所以取吊车为动系，重物M为动点。根据质点相对运动微分方程有

marFmgFe

将上式在切向量方向投影有

mgsinFcos matmle

dddd因为Femaema,，所以上式可写成

dtddtd

dmlmgsinmacos

d

整理上式可得

dgsindacosd l

将上式积分：

l2

gcosasinc 2

，上式可写成 ，因为相对速度vrl其中c为积分常数（由初始条件确定）

vr2

gcosasinc 2l

初始时0，系统静止，vave0，根据速度合成定理可知vr0，由此确定cg。重物相对速度与摆角的关系式为：

vr22l[g(cos1)asin]

，1-26 水平板以匀角速度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RO，求小球到转轴的距离为RRO时的相对速度。

vr

e C

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：

marFFeFC

将上式在vr上投影有 marm因为FemR，

2

t

dvr

Fecos dt

dvrdvrdRdR

，vrcos，所以上式可写成 dtdtdRdt

dv

mvrcosrmR2cos

dR

dv121222

整理该式可得vrrR，将该式积分有vrRc

dR22

122

初始时RRO,vr0,由此确定积分常数cRO，因此得到相对速度为

2

2 vrR2RO

1-27 重为P的小环M套在弯成xyc形状的金属丝上，该金属丝绕铅垂轴x以匀角速度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。

F y

y

x

因为金属丝为曲线，解：取小环为动点，金属丝为动系，根据题意，相对平衡位置为ar0，所以vr0，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

2

F,Fe,P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：

FFeP0

其中：Fe

P

y2，将上式分别在x,y轴上投影有

g

PFsin0

（a）

FeFcos0

dyc2dyc2

以为tan，y,2,因此

dxxdxx

c2

tan2 （b）

x

由（a）式可得

tan

P

F （c） e

将Fe

Pg

y2代入（c），联立求解（b）、（c）并利用xyc2

，可得： 114

2

x3

2

3

c

g,ycg2 

再由方程（a）中的第一式可得

4

4442

F

PPxcx

c3

sinc4P1c4P1g 

11

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FfFN 取整体为研究对象，受力如图， 系统的动量：pm2vr

将其在x轴上投影可得：pxm2vrm2bt

vr

v

m2g

F

FN

1g

x

根据动量定理有：

dpx

m2bFfFNf(m1m2)g dt

即：当摩擦系数f

m2b

时，平台AB的加速度为零。

(m1m2)g

当摩擦系数f

m2b

时，平台AB将向左滑动，此时系统的动量为：

(m1m2)g

pm2(vvr)m1v

将上式在x轴投影有：pxm2(vvr)m1(v)m2bt(m1m2)v

根据动量定理有：

dpx

m2b(m1m2)aFfFNf(m1m2)g dt

由此解得平台的加速度为：a

m2b

fg（方向向左）

m1m2

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：

pmvm1v1mvm1(vvr)

将上式在x轴投影：

FN

v

m1(xlcos) pxmx

根据动量定理有：

F

mg

m1g

2

vr

dpx

m1l2sinFkx (mm1)x

dt

kxm1lsint 系统的运动微分方程为：(mm1)x

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mvt，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vr，方向向下，大小为v（如图a所示）。

y

F(t)

v

vr

mg

FN

(b)

（a）

根据变质量质点动力学方程有：

m

dvdmF(t)mgvrF(t)(vt)gvrv dtdtdv

F(t)(vt)gvrvF(t)(vgtv2) dt

将上式在y轴上投影有：

m

由于

dv

0，所以由上式可求得：F(t)(vgtv2)。 dt

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：FN(lvt)g

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：

m

dvdmFmgvrFN dtdt

FN

v

船的质量为：mm0qt，水的阻力为Ffv 将其代入上式可得：

mg

x

dv

fvmgqvrFN dt

dv

将上式在x轴投影：(m0qt)fvq(vr)。应用分离变量法可求得

dt

(m0qt)

ln(qvrfv)

f

ln(m0qt)c q

由初始条件确定积分常数cln(qvr)

f

lnm0，并代入上式可得： q

qvvr

f

f

m0qtq

 1(

m0

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

。圆盘中心到转轴的距离为l。半径为R的圆周运动，其相对方板的速度大小为u（常量）

质点在方板上的位置由确定。初始时，0，方板的角速度为零，求方板的角速度与角的关系。

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L1，其角速度为，于是有

L1J

设质点M对转轴的动量矩为L2，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ve,vr。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vavevr。它对转轴的动量矩为

L2L2(mva)L2(mve)L2(mvr)

其中：

L2(mve)mr2m[(lRcos)2(Rsin)2] L2(mvr)m(lRcos)vrcosmRsin2vr

系统对z轴的动量矩为LL1L2。初始时，0,0,vru，此时系统对z轴的动量矩为

L0m(lR)u

当系统运动到图8-12位置时，系统对z轴的动量矩为

LJm[(lRcos)2(Rsin)2]m(lRcos)ucosmRsin2u[J(lR2lRcos)m](lcosR)mu

由于系统对转轴的动量矩守恒。所以有LL0，因此可得：

2

2

m(lR)u[J(l2R22lRcos)m](lcosR)mu

由上式可计算出方板的角速度为



ml(1cos)u

Jm(l2R22lRcos)

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，则系统对O轴的动量矩为：

LOJOl(2ar)r2

根据动量矩定理有：

FOy



FOx

dLO

[JOl(2ar)r2]

dt

l(ax)grl(ax)gr

整理上式可得：

P

l(2x)gr [JOl(2ar)r2]

，因此有：rx。上式可表示成： 由运动学关系可知：rx

2lgr2x [JOl(2ar)r2]x

2lgr22

，上述微分方程可表示成：xx0，该方程的通解为： 令2

JOl(2ar)r

2

xc1etc2et

0可以确定积分常数c1c2根据初始条件：t0,xx0,x

x0

，于是方程的解为： 2

xx0cht

系统的动量在x轴上的投影为：px系统的动量在y轴上的投影为：py根据动量定理：





 rsinlrd2lr22lrx

 l(ax)rl(ax)r2lxr2lxx

xF0xp

pyF0yPl(2ar)g

由上式解得：FOx2lrx0cht，FoyP

2－14 取整体为研究对象，系统的动能为：

2

2

l(2ar)g4l2x0ch(2t)

T

1212

mvAmCvC

22

vr vA

mg

其中：vA,vC分别是AB杆的速度和楔块C的速度。 若vr

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：vAvCtan， 因此系统的动能可表示为：T

vC

121122

，系统在能mvAmCcot2vA(mmC

cot2)vA

222

够过程中，AB杆的重力作功。根据动能定理的微分形式有：dTW程可表示成：

122d(mmCcot2)vA(mmcot)vAdvAmgvAdt C2

由上式解得：aA

2－17 质量为m0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m(m03m)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30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。

dvAmg

，aCaAcot 

dtmmCcot2

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vr，物块的速度为ve，则系统的动能为

T

1111

m0ve2mva2m0ve2m[(vevrsin)2(vrcos)2] 2222

设0为势能零点，则系统的势能为

VmgRsin

根据机械能守恒定理和初始条件有TV0，即

321

mvem[(vevrsin)2(vrcos)2]mgRsin 22

系统水平方向的动量为：

pxm0vem(vevrsin)

根据系统水平动量守恒和初始条件有

3mvem(vevrsin)0

由此求出ve

1

vrsin，将这个结果代入上面的机械能守恒式,且300最后求得： 4

vr4

1gR

,ve152

gR

15

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ar，物块的加速度为ae，对于小球有动力学方程

maam(aearnart)Fmg （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

m0aeFm0gFN （b）

将方程（a）在小球相对运动轨迹的法线方向投影，可得

m(arnaecos)Fmgsin

vr2

其中相对加速度为已知量，a。将方程（b）在水平方向和铅垂方向投影，可得

R

nr

m0aeFcos

0FNm0gFsin

领30，联立求解三个投影可求出

ae

47g94

,Fmg,FN3.6267mg 2

1575

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：

1

m(R)2mgR(1cos) （a） 2

将上式对时间t求导并简化可得：

gsin (b ) 

R

每个小球的加速度为

tn

aamam

22(RcosRsin)i(RsinRcos)j

gm0g

n

m

tm

mg

FN

取圆环与两个小球为研究对象，应用质心运动定理

ma

i

iC

Fi

2

将上式在y轴上投影可得：

sinRcos)F2mgmg m002m(RN0

将(a),(b)两式代入上式化简后得

FNm0g2mg(3cos22sin)

FN0时对应的值就是圆环跳起的临界值，此时上式可表示成

3cos22cos

1

3m0

0 2m

3m1

0) 32m

上述方程的解为：，cos(

圆环脱离地面时的值为1arccos

113m

0

332m

 

113m

而2arccos0

332m

也是方程的解，但是1时圆环已脱离地面，因此

2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vr，牵连速度为v

e系统对z轴的动量矩守恒，有：

Lzm0r2mvermvrcosr0

其中：ver，则上式可表示成：

(m0m)r2mvrcosr

由此解得：

vcosmvrcos

r

(m0m)rr

其中：

mh，tan

m0m2r

根据动能定理积分式，有：T2T1

W

2

12

T10,T2

2

2

11

m0r22mva222

W

12

mgnh

其中：va(vevrcos)(vrsin)，将其代入动能定理的积分式，可得：

m0r22m[(rvrcos)2(vrsin)2]2mghn

将

vrcos

r

代入上式，可求得：vr

2ghn

2

1cos

2

由v(vevrcos)(vrsin)可求得：vavr[1(2)cos

2a

22

]

12

2－20 取链条为研究对象，设链条单位长度的质量为 应用动量矩定理，链条对O轴的动量矩为：

LOr3

外力对O轴的矩为：

Mrr

Ogr2

grcosds

gr2



grcosrd

gr2gr2sin

LOMO

r3gr2gr2

sin

因为：r

dvdvddvvdv

dtddtd

rd

，所以上式可表示成： r

ggsin

vdv

rd

ggsinvdvrg(sin)d

积分上式可得：

12v2rg(1

2

2cos)c 1

由初始条件确定积分常数cgr，最后得：v[gr(22cos2

)/]2

9

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

vavevr

可得：vacos30vel，

vAva ve

r

vD

vDr

vBvBCva

23

l 3

研究AD杆，应用速度投影定理有：

vAvDcos300，vD

4l 3

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

vDvBCvDr

将上式在x轴上投影有：vDvBCvDr，vDrvDvBC

3－4 AB构件（灰色物体）作平面运动， 已知A点的速度

23

l 3

vA0O1A450cm/s

AB的速度瞬心位于C

AB

vA3

rad/s AC2

vBABBC，

设OB杆的角速度为，则有



vB15

rad/s OB4

设P点是AB构件上与齿轮I的接触点， 该点的速度：

vPABCP

齿轮I的角速度为：I

vP

6rad/s r1

3－6 AB杆作平面运动，取A为基点 根据基点法公式有：

vBA

B

vBvAvBA

将上式在AB连线上投影，可得

vB0,O1B0

因此，AB

v1A0 AB4

taBA

A

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

aBaAa

tBA

a

nBA

aB

naBA

将上式在AB连线上投影，可得

n2

aBcos600aAaBA，aB2.50r

aA

OB

1

aB2

0（瞬时针） O1B2

t

aBA

n

BA

3－7 齿轮II作平面运动，取A为基点有

tn

aBaAaBAaBA tnaa1aBAaBA

y

x

将上式在x 投影有：

nacosa1aBA

由此求得：

II

naBA

2r2a1acos

2r2

asin

2r2

y

naO 2

t

aO

2AnaO

2A

再将基点法公式在y轴上投影有：

t

asinaBAII2r2，由此求得II

再研究齿轮II上的圆心，取A为基点

a

t

O2

a

nO2

aAa

tO2A

a

nO2A

taO

2

将上式在y轴上投影有

ttaOar2IIO22A

asin

， 2

由此解得：O1O2

taO

2

r1r2



asin

2(r1r2)

n

n

再将基点法公式在x轴上投影有：aO2a1aO2A 由此解得：aO2

n

acosa1n2

，又因为aO2(r1r2)O1O2

2

由此可得：O1O2

acosa1

2(r1r2)

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



角加速度为

vv



DCRrva



RrRr

vR

Rr



卷筒O点的速度为：

vOR

OO点作直线运动，其加速度为 aOv

Rv 

RrR

r

研究卷筒，取O为基点，求B点的加速度。

tn

aBaOaBOaB0

将其分别在x,y轴上投影

taBxaOaBO

n

aByaBO

22

aBaBxaBy

R

(Rr)2

4a2(Rr)2v4

同理，取O为基点，求C点的加速度。

tn

aCaOaCOaC0

将其分别在x,y轴上投影

tn

aCxaOaCO0aCyaCO

aCaCy

Rv2

 2

(Rr)

3－10 图示瞬时，AB杆瞬时平移，因此有：

vBv

AOA2m/s

AB杆的角速度：AB0

圆盘作平面运动，速度瞬心在P点，圆盘的 的角速度为：B



vA

vB

4m/s r

圆盘上C点的速度为：vCBPC22m/s 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

tnt

aBaBaBaAaBA

B

t

aB n

B

taBA

将上式在x轴上投影可得：aB0 因此：aBaB

n

t

v

8m/s2 r

vB

r

2B

aA

由于任意瞬时，圆盘的角速度均为：B

t

BaBvt

B0。 B，由于aB0，所以圆盘的角加速度B将其对时间求导有：

rr

圆盘作平面运动，取B为基点，根据基点法公式有：

tnn

aCaBaCBaCBaBaCB

aC(a)(a)82m/s

3－13 滑块C的速度及其加速度就是DC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：AB

n2Bn2CB

2

vA

1rad/s AP

杆上C点的速度为：vCABPC0.2m/s 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：

vavevr

其中：vevC，根据几何关系可求得：

vavem/s

15

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

tntn

aBaAaBAaBAaBAaBA n

aBA

由该式可求得aB0.8m/s2 0

sin30

ta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：aC0.5aB0.4m/s 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：

2

ar

aC

aaaearaC

其中牵连加速度就是AB杆上C点的加速度 即：ae0.4m/s

将上述公式在垂直于AB杆的轴上投影有：

2

ae

aa

aacos300aecos300aC

科氏加速度aC2ABvr，由上式可求得：aa

3-14：取圆盘中心O1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： vavevr

速度图如图A所示。由于动系平移，所以veu， 根据速度合成定理可求出：

2

m/s2 3

vv

vO1vaeu,vre2u

tansin

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： 

图 A

vr2u



rr

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O1为基点根据基点法公式有：

vBvO1vBO1

vBxvBO1sin300rsin300u

vByvO1vBO1cos3002u

22

vBvBxvByu

图B

为求B点的加速度，先求O1点的加速度和圆盘的角加速度。取圆盘中心O1为动点，半圆盘为动系，根据加速度合成定理有 aaaeaa （a）

nr

tr

vu2

， 其加速度图如图C所示，，a

Rrr

nr

nr

将公式（a）在x和y轴上投影可得：

x:y:

0artsinarncosaaacosasin

tr

trnr

图 C

由此求出：a

art3u2u22u2

，圆盘的角加速度为：2 ,aaaO1

rrrr

下面求圆盘上B点的加速度。取圆盘为研究对象，O1为基点，应用基点法公式有：

tn

（b） aBaO1aBOaBO11

将（b）式分别在x,y轴上投影：

nt

aBxaBOcos300aBOsin300

11

aByaO1a

nBO1

nBO1

sin30a

2

tBO1

cos30

其中：a

4u

r，

r

2

1

图 D

a

tBO1

u2

rr

u2

由此可得：aB

r

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：

vavevr

由上式可解得：vevatan30因为BC杆瞬时平移，所以有：

3r 3

vCDve

3r 3

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

根据速度合成定理有：

vavevr

根据几何关系可求出：O2P

816

r,CPr 33

将速度合成定理公式在x,y轴上投影::

vaxvexvrxvexO2PBCvayveyvryvexvrO2ABC

由此解得:BC

13,vr(r 422

DC杆的速度vCCPBC

4

r 3

3-16(b) BD杆作平面运动,根据基点法有:

tntntn

aCaBaCBaCBaBaBaCBaCB

aC

t

aCB

由于BC杆瞬时平移,BC0,上式可表示成:

tnt

aCaBaBaCB

BC

将上式在铅垂轴上投影有:

nt

0aBaCBsin300

n

aB

t

aB

由此解得:BC

12

 6

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）。

aAaaaearaK (a)

其中:aK为科氏加速度,因为AB0,所以aK0 动点的牵连加速度为: aeaCaeCaeC 由于动系瞬时平移,所以aeC0,aeCBCAC 牵连加速度为aeaCaeC,(a)式可以表示成

tn

tn

t

aAaaaCaetCar

将上式在y轴上投影:

aAcos300aCcos300aetC

由此求得:aC(1

232

r 9

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

tn

aeaCaACaAC

aC

aK

n

aAC动点的绝对加速度为

tn

aaaCaACaACaraK

aa

BC

y

x

ar

t

AC

其中aK为动点A的科氏加速度。 将上式在y轴上投影有

t

aacos300aCcos300aACaK

上式可写成

2rcos300aCcos300BCAC2BCvr (a)

其中：BC

133

,vr()r（见3－15d）BC为BC杆的角加速度。 422

再取BC杆上的C点为动点，套筒O2为动系，由加速度合成定理有

aaCaCa'ea'ra'K

其中a'e

aCO2aCO2，上式可表示为

t

n

tn

aCaCOaCO2a'ra'K 2

将上式在y轴投影有：aCcos30a该式可表示成：

t

CO2

a'K

taCO 2

a'r

aaCcos300BCCO22BCvCsin300 （b）

na'KaCO 联立求解(a),(b)可得

aC

422

9r,BC8



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

AAB

v

APv

A2R

杆上B点的速度为：v2BABPB

2

vA AB杆的角加速度为：v

AAB

ABAP

0 取A为基点，根据基点法有

aaantn

BABAaBAaAaBA

将上式分别在x,y轴上投影有

aBxa

nBA

cos450



v2A

4

2

aan

A

ByAaBAsin450

3v

4

aBa

2Bx

a

2

v2A

By

4R

2

BC

x

y

O

aan

BA y

A

x

3－18 取DC杆上的C点为动点，构件AB为动系

vCavCevCr

根据几何关系可求得：vCevCr

r

再取DC杆上的D点为动点，构件AB为动系

vDavDevDr

由于BD杆相对动系平移，因此vCrvDr 将上式分别在x,y轴上投影可得

vDaxvDay

vDevDrsin30r

2

3

vDrcos300r

2

求加速度：研究C点有

aCaCaaCeaCraCK

将上式在y轴投影有

a0aCesin300aCrcos300aCKsin300

由此求得aCr3r 再研究D点

2

aDaDaaDeaDraDK

由于BD杆相对动系平移，因此aCraDr 将上式分别在x,y轴上投影有

y

a

aDaxaDrsin300aDKcos300

92r2

32

r2

aDayaDeaDrcos300aDKsin300

10

3－21 由于圆盘纯滚动，所以有aCr 根据质心运动定理有：

maCFcosFS0FNFsinmg

根据相对质心的动量矩定理有

aC m2FSrFr0

求解上式可得：

aC

Fr(rcosr0)

，FNmgFsin

m(r22)

FS

FN

F(2cosrr0)FS 22

r

若圆盘无滑动，摩擦力应满足FSfFN，由此可得：

F(2cosrr0)

fmin 当：mgFsin时，f

(mgFsin)(r22)

3－22 研究AB杆，BD

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：

maCmgFAN

根据相对质心的动量矩定理有：

l1

ml2ABFANcos 122

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，AB杆的加速度瞬心位于P有运动关系式

aCAB

l

cos 22mg 5

求解以上三式可求得：

FAN

3－35 设板和圆盘中心O的加速度分别为

a1,aO，圆盘的角加速度为，圆盘上与板

的接触点为A，则A点的加速度为

tn

aAaOaAOaAO

将上式在水平方向投影有

axAaOa

t

AOaORa1 （a）

取圆盘为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有

m2aOF2

(b)

应用相对质心动量矩定理有

2

1

m2R2F2R (c) 2

再取板为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有

m1a1FFSF2 (d )

作用在板上的滑动摩擦力为：

FSfFNf(m1m2)g (e)

由上式可解得：

a1

3F3f(m1m2)g

3m1m2

N

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：

T2

11112222

m1vCJCABm2vAJAA

2222lAB,vC,

2

vAABlsinlsin,

vAlsinA,

RR

其中：

因此系统的动能可以表示成：

21l1m1l2211m2R22m2(lsin)T2m122212222

13

m1l22m2l22sin2

64

2

lsinR

系统从45位置运动到任意角位置， AB杆的重力所作的功为：

l

W12m1g(sin450sin)

2

根据动能定理的积分形式 T2T1W12 初始时系统静止，所以T10，因此有

13l

m1l22m2l22sin2m1g(sin450sin) 642

将上式对时间求导可得：

13ml2sin23ml23sincosmglcos m1l2221

3222

可得： 将上式中消去

13ml2sin23ml22cossinmglcos m1l22213222

0,45，可求得初始瞬时AB杆的角加速度 根据初始条件

32m1g

(4m19m2)l

0，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杆的因为

加速度瞬心在ca点，由此可求出AB杆上A点的加速度：

aAABlsin450lcos450

3m1g

(4m19m2)

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：

vA vC

m1vAm2vCI (a)

其中：vC为AB杆质心的速度，根据平面运动关系有

l

vCvAAB (b)

2

再根据对固定点的冲量矩定理：LAMA(I)

AB

C

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

LAm2vC

l1

m2l2AB 212

将其代入冲量矩定理有：

m2vC

l1

m2l2ABlI (c) 212

由（a,b,c）三式求解可得：vA

2I

(滑块的真实方向与图示相反) 9m2

3－34 研究整体，系统对A轴的动量矩为：

IAy

IAx

LALA(AC)LA(BC)

其中：AC杆对A轴的动量矩为LA(AC)

12

mlAC 3

设C1为BC杆的质心，BC 杆对A轴的动量矩为

ACLA(BC)mvC1

vC1vCvC1C

31

lml2bC 212

l

lACBC

2

vC

BC

vC1

根据冲量矩定理 LA2lI可得：

1125

mlACml2BC2lI （a） 66

再研究BC杆，其对与C点重合的固定点的动量矩为

11l1

LCmvC1ml2BCml2ACml2BC

21223

根据冲量矩定理LClI有：

CC1

121

mlACml2BClI （b） 23

6I

联立求解（a）,(b) 可得AC2.5rad/s2

7ml

3－35 碰撞前，弹簧有静变形st

mg

k

第一阶段：m3与m

1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：

(m!m3)vm3

2gh

碰撞结束时两物体向下运动的速度为v

2gh

2

第二阶段：m3与m1一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

v

gh

2

第三阶段：m3与m1一起上升到最高位置，此时弹簧 被拉长。根据动能定理T2T1

W

12

有：

1k2k20(m1m3)v2(m1m3)g(st)st

222

上式可表示成：

mghmgm2g2k23m2g2k

2mg()2mg2

k22k22k2

若使m2脱离地面，弹簧的拉力必须大于其重力，因此有得：h

mgmg

，将代入上式求kk

8mgmg8mg

。若，则h kkk

注：上述结果是在假设m3与m1始终粘连在一起的条件下得到的，若m3与m1之间没有粘着力，答案应为h

9mg

，如何求解，请思考。 k

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t0时系统静止，t0 AB杆上A点的速度为v，角速度为，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





1

LOmvClm(2l)20

12

其中：vCvAlvl

由此解得

3v 4l

m当t0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：

1malcosmgsin m(2l)23

将上式积分并简化可得：

22

lasingcosC 3

3v2

g。上式可表示成 其中C是积分常数由初始条件0,确定出C

8l

223v2lasingcosgf() 38l

0，因此f()0。若f()的最小值大于零，则AB若AB杆可转动整圈，则应有

2

杆就可以完成整圈转动。下面求f()的极值。

3v2f()asingcosg

8l

将上式求导令其为零有f'()acosgsin0求得极值点为tan

*

a g

当sin

*

aa2g2

a

,cos*

ga2g2

g

， 函数f()取最大值

*

当sin零，则有

*

a2g2

,cos*

a2g2

， 函数f()取最小值，若使最小值大于

*

22a2l

223ag

由此求得3v8l(g

2

g2a2g2

3v23v222

gagg0 8l8l

a2g2)

6

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，则质心加速度为：

F

CI

l 2l

FCImaCmAB

2

1

MCIml2AB

12

aCABCPAB

根据动静法有：

ll

M0 mgcosFMCI0 PCI

223g

ABcos3.528rad/s2

2l

3

F0 FmgFcos0 Fmg(1cos2)357.7N yACIA

43

F0 FsinF0 Fmgsincos176.4N xCIBB

4

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

FImaC 根据动静法有：

FA

FI aA

aCmg

FBF

x

0 mgsin300FI0

aCgsin300.5g

（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

FA

aCaAsin30

FCImCaC,FABImABaA,mmABmC

根据动静法有

FABI

FCIa

C

aAmg

FBaA

F

x

0 mgsin300FABIFCIsin3000

由此求得：aA1.25g,

（3） 先研究滑块C

aC0.625g

根据约束可知：aCyaAsin30

aCx

FCIxmCaCx,

根据动静法有：

FCIymCaCy

aA

FF

x

0 FFCIx0 FmCaCx 0 FNFCIymCg0

aCy

y

FNmCgmCaAsin300

因为：FfFN，所以有关系式

FCIy

FCIx

y

x

F

mCaCxf(mCgmCaAsin300)

即： aCxf(gaAsin30)

再研究整体，应用动静法有

mCg

FN

F

x'

0

mgsin300FABIFCIysin300FCIxcos300

上式可表示成：

FA

FCIy

FABI

FB'

FCIx

mgsin300mABaAmCaAsin2300

mCf(gaAsin300)cos300

aA

m

由上式解得：aA0.6776g6.64m/s

2

aCxf(gaAsin300)3.24m/s2，

aCyaAsin3003.32m/s2，

aC4.64m/s2

4－8 （1）研究AB杆，将惯性力向杆的质心简化，

FIm

n2

2r 22r 2

FInFAy

FIt

FB

FItm

MIFAx

1

MIm(2r)2

12

根据动静法有：

MA0 FIn

1

rMIFBr0， FBmr(32)14.286N 26

1

mr(2)6.122N 2

Fx0 FAxFIncos450FItcos4500 FAxF

y

0 FAyFInsin450FItsin450FB0， FAy16.33N

2

2

（2）若FB0，必有3，因此当6rad/s，

4－9 设OA杆和AB杆的角加速度分别为

2rad/s

OA,AB。将各杆的惯性力向各自质心简化。

FI1mOAMI1

ll

,FI2m(ABOAl), 2211

ml2OA,MI2ml2AB, 1212

FOy

FI1

FI2

OA

MI2

AB

FOx MI1

mg

研究整体，根据动静法有：

MO0，

3l3lll

FI1FI2mgmgMI1MI20

2222

研究AB杆，根据动静法有：

FAy FI2 FAx

MI2

AB

MA0 FI2

ll

mgMI20 22

mg

上述平衡方程可简化为

115

lOAlAB2g66

111lOAlABg232

求解该方程组可得：OA

9g3g

,AB

7l7l

，AB

4－10 取圆盘A的角加速度为

设AB杆的质心为C，其加速度为

tn aCaAaCAaCA

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：

tn

F

ICFIAFCAFCA

lltn，FCA2 FIAmAr，FCAmCmC

22

1，M1ml2 MIAmAr2ICC212

研究整体，

M

P

0 （a）

ln

FIArMIAFIA(rsin)FCArcos

2

llt

FCA(rsin)MICmgcos0

22

研究AB杆，

M

A

0 (b)

lltlFIAsinFCAMICmgcos0

222

将(a)－(b)得： FIArMIAFIArFCArcosFCArsin0 上式化简为

n

t

5211

2cosmlrsin0 mrmlr

222

2

lcoslsin0 还可写成： 5r

即：

d

sin)0 (5rl

dt

lsinC 将上式积分可得： 5r

0确定C0，由此可得再根据初始条件：0,

根据动能定理有：

l

sin 5r

1111122

2mglsin （C） mAvAmAr22mABvCmABl2

242242

122

, v2r22rl 其中：vArlsinC

4

lsin（c）式可表示成 再利用

5r

1221

ml22sin2mglsin (d) ml310

|900当90, AB

30grl,vAAB

7l56gl

35

,最后可得

再将(d)式求导,然后销去

2211



ml2sinml22sincosmglml355

当900

,可求得AB

0, 又因为 

ll5rsin5r

2

cos， 当AB杆铅垂时，A0。aAA

r0 再取圆盘为研究对象，应用动静法有

MA

0，Fr0, F0

再研究整体，利用动静法有

F

y

0

FN2mgFIC0

Fl229

N2mgFIC2mgm2AB7

mg

4－12 此瞬时AB杆作瞬时平移，所以

vAvB2.44m/s

因为AB杆的角速度为零，且A点的加速度为零，取A为基点，有

atnat

BaAaBAaBABA

又因为B点作圆周运动，所以

aatnt

BBaBaBA

将该式在铅垂轴上投影：ana

tBBA

cos300

v2

B

h

at

BA aC

vB

anB AB

atB

vA

由此解得：AB

2vB2

1.85rad/s 0

hlcos30

AB杆质心C的加速度垂直于AB杆， 其大小为：aCAB应用动静法：MIC

MIC

FIC

FA

mg

FB

l

2.817m/s2 21

ml2AB 12

F

x

0，FICsin300F0

FFICsin300maCsin30064N

Fy0，FBlcos300MICFIC

ll

mgcos3000，FB321N 22

4－14 图示瞬时，AB杆瞬时平移，其加速度瞬心 位于P点。设OA、AB杆的质心分别为C1,C2。 各点加速度如图所示，其大小为

aAaC1

aAr20，AB

2

aAr0320 AP2rcos3003

aCABC2P

32320r，aBABBP0r 33

有关的惯性力为：

FIC22maC2

22

mr0

332

mr0

3

FIC1

mg

FIBmaB

MIC2

122

mr202m(2r)2AB

129

应用动静法和虚位移原理，有

MFIC2sin300rC2FIBrBFrB0

因为：rBrC2rAr，上式可表示成

MFIC2sin300rFIBrFr(MFIC2sin300rFIBrFr)0

因为0，所以 MFIC2sin30rFIBrFr0， 由此解得

222

FAyM3

m0rFr

研究AB杆及滑块B，

M

A

0

FIC2rsin300FNB2rcos3002mgrcos300F

IBrFrmg2rcos302MIC20

由此解得：FNB2mg

3223F9

m0r

g

动力学第五章部分习题解答

5-2滑轮组上悬挂有质量为10kg的重物M1和质量为8kg的重物M2，如图所示。忽略滑轮的质量，试求重物M2的加速度a2及绳的拉力。解：

取整个系统为研究对象，不考虑摩擦，该系统具有理想约束。作用在系统上的主动力为重物的重力

M1g,M2g。假设重物M2的加速度a2的方向竖直向

下，则重物M1的加速度a1竖直向上，两个重物惯性力

FI1,FI2为：

FI1M1a1

FI2M2a2

(1)

FI2

该系统有一个自由度，假设重物M2有一向下的虚位移

δx1

M1g

FI1

（2）

M2g

x2，则重物M1的虚位移x1竖直向上。由动力学普遍

方程有：

δx2

WM1gx1M2gx2FI1x1FI2x20

根据运动学关系可知：

x1x2

121a1a2

2

（3）

将(1)式和(3)式代入(2)式，可得对于任意x20有：

TM2ga2

a2

4M22M1

g2.8(m/s2)

4M2M1

方向竖直向下。取重物M2为研究对象，受力如图所示，由牛顿第二定律有：

M2gTM2a2

解得绳子的拉力T56.1(N)。本题也可以用动能定理，动静法，拉格朗日方程求解。

5-4如图所示，质量为m的质点悬在一线上，线的另一端绕在一半径为R的固定圆柱体上，构成一摆。设在平衡位置时，线的下垂部分长度为l，且不计线的质量，试求摆的运动微分方程。解：

该系统为保守系统，有一个自由度，取为广义坐标。系统的动能为：

1]2Tm[(lR)2

取圆柱轴线O所在的水平面为零势面，系统的势能为：

Vmg[lRsin(lR)cos]

拉格朗日函数LTV，代入拉格朗日方程有：

零势面

dLL()0dt

整理得摆的运动微分方程为：

R2gsin0(lR)

5-6质量为m的质点在重力作用下沿旋轮线导轨运动，如图所示。已知旋轮线的方程为

s4bsin，式中s是以O为原点的弧坐标，是旋轮线的切线与水平轴的夹角。试求质

点的运动规律。

解：

该系统为保守系统有一个自由度，取弧坐标S为广义坐标。系统的动能为：

T

12mS2

h

零势面

取轨线最低点O所在的水平面为零势面，系统的势能为：

Vmgh

由题可知

dhSsin，因此有：dS4bSS2

dS4b8b

h

S

则拉格朗日函数：LTV

12mg2

mSS28b

代入拉格朗日方程：

dLLgS0，()0，整理得摆的运动微分方程为：SSdtS4b

解得质点的运动规律为：SAsin(

1g

t0)0，其中A,0微积分常数。2b

5-13质量为m的质点沿半径为r的圆环运动，圆环以匀角速度绕铅垂直径AB转动，如图所示。试建立质点的运动微分方程，并求维持圆环匀角速度转动所必需的转矩M。

解：

1.求质点的运动微分方程

圆环（质量不计）以匀角速度绕铅垂轴AB转动，该系统有一个自由度，取角度为广义坐标。系统的动能为：

1)21m(rsin)2Tm(r22

取圆环最低点A所在的水平面为零势面，系统的势能

为：

Vmgr(1cos)

零势面

则拉格朗日函数：

LTV

122

mr(2sin2)mgr(1cos2

dLL()0，整理得质点的运动微分方程为：dt

代入拉格朗日方程：

(2cos)sin0

2.求维持圆环作匀速转动的力偶M

如果求力偶M，必须考虑圆环绕铅垂轴AB的一般转动。因此解除“圆环绕铅垂轴AB匀速转动”这一约束，将力偶M视为主动力。此时系统有两个自由度，去角度和圆环绕轴

gr

代替，AB的转角为广义坐标，系统的势能不变，动能表达式中以则拉格朗日函数为：

LTV

122

2sin2)mgr(1cos)mr(

2

力偶M为非有势力，它对应于广义坐标和的广义力计算如下：

取0,0，在这组虚位移下力偶M所作的虚功为[W]0，因此力偶M对应于广义坐标的广义力Q0；

取0,0，在这组虚位移下力偶M所作的虚功为[W]M，因此力偶M对应于广义坐标的广义力Q

M

M

[W]



M；

代入拉格朗日方程

dLLgsin0()QM0，整理可得：

rdt

代入拉格朗日方程

dLLM

()QM，整理可得：dt

Mmr2sin2mr2sin2

,0，代入上式可得：圆环绕铅垂轴AB匀速转动，即：

sin2Mmr2

5-14如图所示，质量为m的物体可绕水平轴O1O2转动，轴O1O2又绕铅垂轴OC以匀角速

O3Gl。度转动。物体的质心G在垂直于O1O2的直线上，设O1O2和O3G是物体过O3

点的惯量主轴，转动惯量为J1和J2，物体对另一过O3点的惯量主轴的转动惯量为J3，试求物体的动能表达式并建立物体的运动微分方程。

解：

以该物体为研究对象，有一个自由度，取O3G和OC的夹角为广义坐标。若以框架

O1O2OC为动系，则物体的相对运动是以角速度绕轴O1O2的定轴转动，牵连运动是以角是和的矢量之和。为了方便起见，速度绕OC轴的定轴转动，物体的绝对角速度φ

和以O1O2为x轴，O3G为y轴，如图建立一个固连在物体上的坐标系，将角速度是icos在该坐标系上投影有：φ

jsinz。

垂直于O1O2的平面



z’z’

O3

x’

y’



θ

G

y’

坐标系O3xyz的三个坐标轴为过O3点的三个惯量主轴，则系统的动能为：

1

T[J12J2(cos)2J3(sin)2]

2

取圆环最低点A所在的水平面为零势面，系统的势能为：Vmglcos则拉格朗日函数：

1

LTV[J12J2(cos)2J3(sin)2]mglcos

2

代入拉格朗日方程：

dLL()0，整理得物体的运动微分方程为：dt

2(JJ)sincosmglsinJ123

5-15长为2l，质量为m的均质杆AB的两端沿框架的水平及铅垂边滑动，如图所示，框架

以角速度绕铅垂边转动。忽略摩擦，试建立杆的相对运动微分方程。解：

框架（质量不计）以匀角速度绕铅垂边转动，该系统是保守系统，有一个自由度，取AB杆与铅垂边的夹角为广义坐标。若以框架为动系，AB杆上任意一点的速度是该点相对于框架的相对速度和随框架运动的牵连速度的矢量和，且相对速度和牵连速度相互垂直。杆AB的动能可表示为相对于框架运动的动能和随框架转动的动能之和。AB杆相对于框架作平面运动，速度瞬心为O点，设AB杆的质心为C，由几何关系可知ACOCBCl，则质心为C的速度：

vCl

杆AB相对于框架运动的动能：

T1

111222ml22mvC[m(2l)2]22123

O

杆AB随框架转动的动能

12lm2T2dx(xsin)2ml22sin2

202l3

系统的动能TT1T2。

取90为势能零点，则系统的势能为：

Vmglcos

则拉格朗日函数：

LTV

222

ml(2sin2)mglcos3

dLL()0，整理得系统的运动微分方程为：dt

代入拉格朗日方程：

4l2sincos3gsin04l

由于角描述的是杆AB相对于框架的位置变化，因此上式也就是杆的相对运动微分方程。5-17重P重P2的楔块沿楔块A的斜边滑动，在楔块B上作用一水1的楔块可沿水平面滑动，平力F，如图所示。忽略摩擦，角已知，试求楔块A的加速度及楔块B的相对加速度。解：

取楔块A，B构成的系统为研究对象，该系统有二个自由度，取楔块A水平滑动的位移x，以及楔块B相对于A的沿斜面滑动的位移s为广义坐标。若以楔块A为动系，楔块A的速度vA，楔块B的速度vB，以及B相对于A的相对速度满足如下的矢量关系（方向如图所示）：

s

vBvAvBr

系统的动能为：

vBr

vA

P12P21122

scos)2(ssin)2]TmAvAmBvBx[(x

222g2g



111

2P2cosxs2(P1P2)xP2s

2gg2g

取过x轴的水平为零势面，系统的势能为：

VP2ssin

则拉格朗日函数：

LTV

111

2P2cosxs2P2ssin(P1P2)xP2s

2gg2g

将水平力F视为非有势力，它对应于广义坐标x和s的广义力计算如下：

取x0,s0，在这组虚位移下力F所作的虚功为[W]xFx，因此力F对应于广义坐标x的广义力QxF；

取x0,s0，在这组虚位移下力F所作的虚功为[W]sFcoss，因此力F对应于广义坐标s的广义力QsFcos；代入拉格朗日方程

FF

dLL()QxFF，整理可得：dtxx

（1）

P2cosFg(P1P2)xs

代入拉格朗日方程

dLL()QsFFcos，整理可得：dtss

（2）

P2(FcosP2sin)gP2cosxs

由方程(1)和方程(2)解得：楔块A的加速度：

aAx

FsinP2cos

g，方向水平向右。2

P1P2sin

FP1cos(P1P2)P2sing，方向沿斜面向上。2

P2(P1P2sin)

s楔块B的相对加速度：aBr

5-18在光滑水平面上放一质量为m的三角形楔块ABC，质量为m1，半径为r的均质圆柱沿楔块的AB边滚动而不滑动，如图所示。试求楔块的加速度及圆柱的角加速度。

解：

取楔块ABC和圆柱构成的系统为研究对象，该系统为保守系统，有二个

零势面

自由度，取楔块水平滑动的位移x，A

φ以及圆柱的转角（A点=0）为广

v

义坐标。若以楔块为动系，楔块的速度vA，圆柱轴心O的速度vo，以及轴心O相对于A的相对速度满足如

下的矢量关系（方向如图所示）：

Or

vOvAvOr

r。系统的动能为：圆柱在斜面上作纯滚动有：vOr

T

111122

2mvAm1vO(m1r2)

2222

1211m1[(xrcos)2(rsin)2]m1r22mx224



13

2m1rcosxm1r22(mm1)x

24

取过楔块上A点的水平为零势面，系统的势能为：

Vm1grsin

则拉格朗日函数：