理论力学5、6、9答案

第五章 点的运动学

5-1、根据点M 的下列运动方程求轨迹方程（时间以s ，长度以m ，角度以rad 计）。

（1）t y t x sin 53, cos 3-==； （2）333 , t y t x -==； （3）22cos 3 , sin 2t y t x ==；

（4）kl)kl-b(y kl kl a x cos sin , )cos (sin =+=

解：（1）125

)3(92

2=-+

y x （2）3=+y x

（3）1942

2=+y x

（4）122

22=+b

y a x

5-2、点沿空间曲线运动，如图所示，在点M 处其速度为j i 34+=ν

，加速度a 与速度ν

的夹角030=β，且s m a /10=。求轨迹在该点密切面内的曲率半径ρ和切向加速度τa 。

解：s m y x / 534)()(2222=+=+=ννν

20/ 530sin 10sin s m a a n ===β

m a n

52

==

νρ

20/ 66.830cos 10cos s m a a ===βτ

5-3、在如图所示的平面机构中，直杆OA 以匀角速度ω绕O 轴逆时针转动，杆O 2M 长为r ，绕O 1轴转动，两杆的运动通过套在杆OA 上的套筒M 而联系，OO 1=r ，初始时杆O 1M 与点O 成一直线，试用自然坐标法和直角坐标法求套筒M 的运动方程以及速度和加速度。 解：1、自然坐标法

取套筒初始位置为弧坐标的原点，

以套筒的运动方程为弧坐标的正向，则

?r s m 2=

将t ω?=代入，得套筒M 的运动方程 t r s m ω2=

套筒M 的速度大小为：ωνr dt

ds m

m 2==

（匀速圆周运动）， 套筒的切向和法向加速度分别为：

0==dt d a m m ντ

，22

4ωνr r

a m n

m ==

2

224)()(ωτr a a a a n m n m m m ==+=，方向指向圆心O 1。

2、直角坐标法

以O 1为直角坐标原点，建立如图所示直角坐标，则

A

?2cos r x m = ?2sin r y m =

将t ω?=代入，得套筒M 的运动方程 t r x m ω2cos =

t r y m ω2sin =

将上两式分别对时间求一阶和二阶导数， t r dt dx m mx ωων2sin 2-==，t r dt

dy

m my ωων2cos 2== t r dt x d a m mx

ωω2cos 4222-==，t r dt

y d a m my ωω2sin 422

2-== 套筒M 的速度大小及方向为 ωνννr my mx m 2)()(22=+= t x m mx m ωνννsin ),cos(-==

，t y m

my m ωννν2cos ),cos(==

套筒M 的加速度大小及方向为

2224)()(ωr a a a my mx m =+= t a a x a m mx m ω2cos ),cos(-==

，t a a y a m

my m ω2sin ),cos(-==

第六章 刚体基本运动

6-1、在如图所示中，已知ω、α。在图上标示出A 、B 两的速度、加速度。

6-2、在如图所示的平面机构中，半径为r 的半圆盘在A 和B 处与杆铰接，已知l B O A O ==21，AB O O =21,曲柄O 1A 以匀角速度ω转动。求图示瞬时圆盘上M 点的速度和加速度。 解：半圆盘作平动，故有

ωωννl A O A M ===1 212ωνl A

O a a a A

n

A

A M ==

==

6-3、在如图所示的平面机构中，齿轮1紧固在杆AC 上，21O O AB =,齿轮1与半径为r 2的齿轮2啮合，齿轮2可绕O 2轴转动，。设

l B O A O ==21，t b ω?sin =，试确定s t ω

π

2=

时，轮2的角速度和角加速度。

解：AB 作平移，所以轮B 上与轮2接触点处速度和加速度与A 点相等，即

n

A A A A a a a a

+===τνν ,

而轮1、轮2啮合，故轮2上与轮1接触点处速度和加速度与A 点相等，则有

t r lb r a t r lb r l A ωωαωω?ωτsin , cos 2

222222====

当s t ω

π

2=

时， 02=ω，2

2

r lb ωα=

6-4、在如图所示中，A 小车和B 以绳索绕过滑轮C 相连，A 车高出B 车m h 5.1=，A 车以s m A /4.0=ν匀速拉动B 车，初始时，BC 长度m l 5.40=。试求5秒后B 车的速度和加速度（不计滑轮C 的尺寸大小）。

解：由于不计滑轮C 的尺寸大小，则有

222

h l s B -=

而 t l l A ν-=0，所以

2202)(h t l s A B --=ν

将上式对t 求一阶、二阶导数，得

A B

A B s t

l ννν-=

0 A B

A

B B A B s s t l a νννν--=

)(0

当s t 5=时

m s B 25.1)54.05.4(22=-?-=

s m B / 5.04.02

5

4.05.4=??-=

ν 22

/ 045.04.02

4.02

5.0)54.05.4(s m a B =??-??-=

第九章 质点动力学的基本方程

9-1、质点M 的质量为m ，受指向原点的力r k F

-=作用，如图所

示。力与质点M 到原点的距离成正比。如初始时质点的坐标为0 , 0==y x x ，速度的分量为0=x ν，0νν=y 。

求质点M 的运动轨迹。 解：kx F dt x

d m x -==22 （1）

ky F dt

y

d m y -==22 （2）

设m

k

=

ω分别代入（1）（2）式，得02=+x x

ω （3） 02=+y y

ω （4） 上两微分方程通解为：

t C t C x ωωcos sin 21+=

t C t C y ωωcos sin 43+=

考虑初始条件0=t 时，0 , 0==y x x ，0=x ν，0νν=y ，得

0 , , , 0 40

3021==

==C C x C C ω

ν 质点M 的运动方程为：t m

k x t x x cos cos 00==ω t m

k k m t y sin sin 00νωων==

消去参量t ，得质点M 的运动轨迹：120

2

202=+νm ky x x

9-2、物块A 重为P ，放置在以匀加速度a 向右运动的斜面上，如图所示。重物与斜面之间的静摩擦系数为f 。试求维持重物与斜面之间没有相对滑动时的a 的大小。 解：取滑块A 为研究对象，

1、当滑块有向下滑动趋势时，受力如图。

N

f f N f N fF F P F F F F a g

P

≤-+=-=000045sin 45cos 045cos 45sin 联立上述各式解得：g f

f

a +-=

11 2、当滑块有向上滑动趋势时，受力如图。

N

f f N f N fF F P F F F F a g

P

≤--=+=000045sin 45cos 045cos 45sin 联立上述各式解得：g f

f

a -+=

11 滑块相对斜面没有滑动时，a 的范围值：g f

f

a g f f -+≤≤+-1111

a

F A

a

F A

第十三章 达朗贝尔原理

1、在图13-1所示的平面机构中，质量为kg m 30=的匀质半圆盘用两根不计质量的细杆悬挂，已知：半圆盘半径为r ，l B O A O ==21，AB O O =21,系统在045=α处从静止释放，试求初瞬时两根细杆所受的力。

2、重P 1的物体A 沿三棱柱D 的斜面滑下，借绕过滑轮C 的绳子提升重P 2的重物B ，如图13-2所示。已知：斜面与水平面成α角，不计绳子的重量和伸长。求三棱柱D 对地面凸出部分点E 的水平附加动压

C

力。

3、在图13-3所示的结构中，质量为m1的物体A下落时，带动质量为m2的均质圆盘B转动。已知l

BC ,圆盘半径为R，若不计

支架和绳索的重量及摩擦，求固定端的约束力。

南华大学第九届大学生力学竞赛通知

A

为活跃我校校园学术气氛，培养大学生创新能力，并为参加2013年5月19日举办的第九届全国“周培源大学生力学竞赛”暨第九届湖南省大学生力学竞赛选拔参赛选手，定于2013年3月23日举行南华大学第八届大学生力学竞赛。

参赛对象：本校（含船山学院）年龄30周岁以下大学生和研究生。报名方式：免报名，直接到考场参加考试。

竞赛科目：理论力学和材料力学，各占一半，范围为本校课程教学大纲规定内容。

竞赛方式：闭卷笔试。

竞赛时间：2013年3月23日（星期六）晚7:30?—10:00。

竞赛地点：第九教学楼9-401、9-402教室。

奖项设置：一等奖8名，二等奖14名，三等奖23名。（本次竞赛只按总成绩设综合奖，不再设单科奖）。获得奖项的同学（以及往年在省赛、国赛中获奖的同学）可由学校全额资助前往长沙参加国赛暨省赛。

南华大学大学生力学竞赛组委会

2013年3月15日