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- 2022-04-29 14:15:14 发布
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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:,其中。将运动方程对时间求导并将代入得1-6xyo证明:质点做曲线运动,所以,设质点的速度为,由图可知:,所以:将,代入上式可得xyo证毕1-7证明:因为,所以:证毕
1-10解:设初始时,绳索AB的长度为,时刻时的长度为,则有关系式:,并且将上面两式对时间求导得:,由此解得:(a)(a)式可写成:,将该式对时间求导得:(b)将(a)式代入(b)式可得:(负号说明滑块A的加速度向上)AOAOBR1-11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,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:(a)因为(b)将上式代入(a)式得到A点速度的大小为:(c)由于,(c)式可写成:,将该式两边平方可得:
将上式两边对时间求导可得:将上式消去后,可求得:由上式可知滑块A的加速度方向向左,其大小为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。根据速度合成定理有:,因为AB杆平动,所以,由此可得,OC杆的角速度为,,所以当时,OC杆上C点速度的大小为x1-15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,由于动点M的绝对速度与动系的选取无关,即,由上两式可得:
(a)将(a)式在向在x轴投影,可得:由此解得: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(a)将(a)式在垂直于O1A杆的轴上投影以及在O1C轴上投影得:,,,根据加速度合成定理有(b)将(b)式在垂直于O1A杆的轴上投影得其中:,,由上式解得:1-19解:由于ABM弯杆平移,所以有
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。根据速度合成定理可求得:,,根据加速度合成定理将上式沿方向投影可得:由于,,,根据上式可得:,1-20MOAB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:根据速度合成定理:可以得到:
,MOAB加速度如图所示,其中:,根据加速度合成定理:将上式在轴上投影,可得:,由此求得:1-21Ox’y’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,根据速度合成定理将上式沿绝对速度方向投影可得:Ox’y’因此其中:,由此可得: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:
2-1x解:当摩擦系数足够大时,平台AB相对地面无滑动,此时摩擦力取整体为研究对象,受力如图,系统的动量:将其在轴上投影可得:根据动量定理有:即:当摩擦系数时,平台AB的加速度为零。当摩擦系数时,平台AB将向左滑动,此时系统的动量为:将上式在轴投影有:根据动量定理有:由此解得平台的加速度为:(方向向左)2-2x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,其中为作用在滑块A上的弹簧拉力。系统的动量为:将上式在x轴投影:根据动量定理有:系统的运动微分方程为:
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,提起部分的速度为,根据点的复合运动可知质点并入的相对速度为,方向向下,大小为(如图a所示)。y(a)(b)根据变质量质点动力学方程有:将上式在y轴上投影有:由于,所以由上式可求得:。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:x3-5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:船的质量为:,水的阻力为将其代入上式可得:将上式在x轴投影:。应用分离变量法可求得
由初始条件确定积分常数,并代入上式可得: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,质量为的质点沿半径为的圆周运动,其相对方板的速度大小为(常量)。圆盘中心到转轴的距离为。质点在方板上的位置由确定。初始时,,方板的角速度为零,求方板的角速度与角的关系。oM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,其角速度为,于是有设质点M对转轴的动量矩为,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。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。它对转轴的动量矩为其中:系统对z轴的动量矩为。初始时,
,此时系统对z轴的动量矩为当系统运动到图8-12位置时,系统对z轴的动量矩为由于系统对转轴的动量矩守恒。所以有,因此可得:由上式可计算出方板的角速度为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:P根据动量矩定理有:整理上式可得:由运动学关系可知:,因此有:。上式可表示成:令,上述微分方程可表示成:,该方程的通解为:根据初始条件:可以确定积分常数,于是方程的解为:系统的动量在x轴上的投影为:系统的动量在y轴上的投影为:
根据动量定理:由上式解得:,2-14取整体为研究对象,系统的动能为:其中:分别是AB杆的速度和楔块C的速度。若是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:,因此系统的动能可表示为:,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:,系统的动力学方程可表示成:由上式解得:,2-17质量为的均质物块上有一半径为的半圆槽,放在光滑的水平面上如图A所示。质量为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。ABAB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,物块的速度为,则系统的动能为设为势能零点,则系统的势能为根据机械能守恒定理和初始条件有,即系统水平方向的动量为:根据系统水平动量守恒和初始条件有由此求出,将这个结果代入上面的机械能守恒式,且最后求得: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,物块的加速度为,对于小球有动力学方程ABAB(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
(b)将方程(a)在小球相对运动轨迹的法线方向投影,可得其中相对加速度为已知量,。将方程(b)在水平方向和铅垂方向投影,可得领,联立求解三个投影可求出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:(a)将上式对时间求导并简化可得:(b)每个小球的加速度为取圆环与两个小球为研究对象,应用质心运动定理将上式在y轴上投影可得:将(a),(b)两式代入上式化简后得时对应的值就是圆环跳起的临界值,此时上式可表示成
上述方程的解为:,圆环脱离地面时的值为而也是方程的解,但是时圆环已脱离地面,因此不是圆环脱离地面时的值。z2-19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,牵连速度为系统对z轴的动量矩守恒,有:其中:,则上式可表示成:由此解得:其中:,根据动能定理积分式,有:其中:,将其代入动能定理的积分式,可得:将代入上式,可求得:由可求得:
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:外力对O轴的矩为:因为:,所以上式可表示成:积分上式可得:由初始条件确定积分常数,最后得: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可得:,研究AD杆,应用速度投影定理有:,
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将上式在x轴上投影有:,3-4AB构件(灰色物体)作平面运动,已知A点的速度CAB的速度瞬心位于C,应用速度瞬心法有:,设OB杆的角速度为,则有设P点是AB构件上与齿轮I的接触点,该点的速度:齿轮I的角速度为:3-6AB杆作平面运动,取A为基点根据基点法公式有:将上式在AB连线上投影,可得因此,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将上式在AB连线上投影,可得
,xy(瞬时针)3-7齿轮II作平面运动,取A为基点有将上式在x投影有:由此求得:xy再将基点法公式在y轴上投影有:,由此求得再研究齿轮II上的圆心,取A为基点将上式在y轴上投影有,由此解得:再将基点法公式在x轴上投影有:由此解得:,又因为由此可得:3-9卷筒作平面运动,C为速度瞬心,其上D点的速度为,卷筒的角速度为
角加速度为卷筒O点的速度为:O点作直线运动,其加速度为OCB研究卷筒,取O为基点,求B点的加速度。将其分别在x,y轴上投影同理,取O为基点,求C点的加速度。将其分别在x,y轴上投影P3-10图示瞬时,AB杆瞬时平移,因此有:AB杆的角速度:圆盘作平面运动,速度瞬心在P点,圆盘的的角速度为:圆盘上C点的速度为: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
将上式在x轴上投影可得:因此:由于任意瞬时,圆盘的角速度均为:BC将其对时间求导有:,由于,所以圆盘的角加速度。圆盘作平面运动,取B为基点,根据基点法公式有:P3-13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:杆上C点的速度为: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:其中:,根据几何关系可求得: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由该式可求得由于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:
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:其中牵连加速度就是AB杆上C点的加速度即:将上述公式在垂直于AB杆的轴上投影有:科氏加速度,由上式可求得:3-14:取圆盘中心为动点,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:OAB图A速度图如图A所示。由于动系平移,所以,根据速度合成定理可求出: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: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,取为基点根据基点法公式有:OAB图BO图C为求B点的加速度,先求点的加速度和圆盘的角加速度。取圆盘中心为动点,半圆盘为动系,根据加速度合成定理有
(a)其加速度图如图C所示,,,将公式(a)在和轴上投影可得:由此求出:,圆盘的角加速度为:下面求圆盘上B点的加速度。取圆盘为研究对象,为基点,应用基点法公式有:(b)OB图D将(b)式分别在轴上投影:其中:,由此可得: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:由上式可解得:因为BC杆瞬时平移,所以有:Pyx
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:根据几何关系可求出:将速度合成定理公式在x,y轴上投影::由此解得:DC杆的速度3-16(b)BD杆作平面运动,根据基点法有:由于BC杆瞬时平移,,上式可表示成:将上式在铅垂轴上投影有:由此解得: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)。y(a)其中:为科氏加速度,因为,所以动点的牵连加速度为:由于动系瞬时平移,所以,牵连加速度为,(a)式可以表示成
将上式在y轴上投影:由此求得:yx3-16(d)取BC杆为动系,套筒A为动点,动点A的牵连加速度为动点的绝对加速度为其中为动点A的科氏加速度。将上式在y轴上投影有上式可写成(a)其中:(见3-15d)为BC杆的角加速度。再取BC杆上的C点为动点,套筒为动系,由加速度合成定理有其中,上式可表示为yx将上式在y轴投影有:该式可表示成:(b)联立求解(a),(b)可得
3-17AB杆作平面运动,其速度瞬心位于P,POR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杆上B点的速度为:AB杆的角加速度为:ORxy取A为基点,根据基点法有将上式分别在x,y轴上投影有xy3-18取DC杆上的C点为动点,构件AB为动系根据几何关系可求得:再取DC杆上的D点为动点,构件AB为动系由于BD杆相对动系平移,因此将上式分别在x,y轴上投影可得
xy求加速度:研究C点有将上式在y轴投影有由此求得再研究D点由于BD杆相对动系平移,因此将上式分别在x,y轴上投影有3-21由于圆盘纯滚动,所以有根据质心运动定理有:根据相对质心的动量矩定理有求解上式可得:,若圆盘无滑动,摩擦力应满足,由此可得:
当: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:根据相对质心的动量矩定理有:刚体AB作平面运动,运动初始时,角速度为零。PA点的加速度水平,AB杆的加速度瞬心位于P点。有运动关系式求解以上三式可求得:AR3-35设板和圆盘中心O的加速度分别为,圆盘的角加速度为,圆盘上与板的接触点为A,则A点的加速度为将上式在水平方向投影有(a)取圆盘为研究对象,受力如图,应用质心运动定理有(b)应用相对质心动量矩定理有(c)再取板为研究对象,受力如图,应用质心运动定理有(d)
作用在板上的滑动摩擦力为:(e)由上式可解得: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:P其中:因此系统的动能可以表示成:系统从位置运动到任意角位置,AB杆的重力所作的功为:根据动能定理的积分形式初始时系统静止,所以,因此有将上式对时间求导可得:将上式中消去可得:
根据初始条件,可求得初始瞬时AB杆的角加速度因为,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杆的加速度瞬心在点,由此可求出AB杆上A点的加速度:C3-33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:(a)其中:为AB杆质心的速度,根据平面运动关系有(b)再根据对固定点的冲量矩定理: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)为将其代入冲量矩定理有:(c)由(a,b,c)三式求解可得:(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:其中:AC杆对A轴的动量矩为设为BC杆的质心,BC杆对A轴的动量矩为
根据冲量矩定理可得:BC(a)再研究BC杆,其对与C点重合的固定点的动量矩为根据冲量矩定理有:(b)联立求解(a),(b)可得3-35碰撞前,弹簧有静变形第一阶段:与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:碰撞结束时两物体向下运动的速度为第二阶段:与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,大小仍然为第三阶段:与一起上升到最高位置,此时弹簧被拉长。根据动能定理有:
上式可表示成:若使脱离地面,弹簧的拉力必须大于其重力,因此有,将代入上式求得:。若,则BA注:上述结果是在假设与始终粘连在一起的条件下得到的,若与之间没有粘着力,答案应为,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,当时系统静止,AB杆上A点的速度为,角速度为,初始时受到冲击力的作用,应用对固定点O的冲量矩定理可得其中:BA由此解得当时,滑块A以加速度向右运动,取AB杆为研究对象,应用相对动点A的动量矩定理有:将上式积分并简化可得:其中C是积分常数由初始条件确定出。上式可表示成若AB杆可转动整圈,则应有,因此。若的最小值大于零,则AB杆就可以完成整圈转动。下面求的极值。
将上式求导令其为零有求得极值点为当,函数取最大值当,函数取最小值,若使最小值大于零,则有由此求得动力学第四章部分习题解答P4-6图示瞬时,AB杆的加速度瞬心位于P点,设其角加速度为,则质心加速度为:根据动静法有: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根据动静法有:(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根据动静法有由此求得:(3)先研究滑块C根据约束可知:根据动静法有:因为:,所以有关系式即:再研究整体,应用动静法有
上式可表示成:由上式解得:,,4-8(1)研究AB杆,将惯性力向杆的质心简化,根据动静法有:,,(2)若,必有,因此当,4-9设OA杆和AB杆的角加速度分别为。将各杆的惯性力向各自质心简化。
研究整体,根据动静法有:,研究AB杆,根据动静法有:上述平衡方程可简化为求解该方程组可得:ABC4-10取圆盘A的角加速度为,AB杆的角加速度为设AB杆的质心为C,其加速度为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:PABC,,,研究整体,(a)研究AB杆,(b)将(a)-(b)得:
上式化简为还可写成:即:将上式积分可得:再根据初始条件:确定,由此可得根据动能定理有:(C)其中:再利用(c)式可表示成(d)当,,PAC再将(d)式求导,然后销去,最后可得当,可求得,又因为,当AB杆铅垂时,。再取圆盘为研究对象,应用动静法有PA,再研究整体,利用动静法有
4-12此瞬时AB杆作瞬时平移,所以因为AB杆的角速度为零,且A点的加速度为零,取A为基点,有又因为B点作圆周运动,所以将该式在铅垂轴上投影:由此解得:AB杆质心C的加速度垂直于AB杆,其大小为:应用动静法:,,,P4-14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。各点加速度如图所示,其大小为,P,
有关的惯性力为:应用动静法和虚位移原理,有因为:,上式可表示成因为,所以,P由此解得研究AB杆及滑块B,由此解得:'
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