动力学习题解答
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解：解法一：先写出 xc、yc，求导得 acx、acy，代入方程求力。
xC =
m2 e sin ωt m1 + m2
yC =
m2 e cos ωt m1 + m2
(m1 + m2 )aCx = Fx (m1 + m2 )aCy = Fy - (m1 + m2 ) g
Fx m2e 2 sin t Fy (m1 m2 ) g m2e 2 cost
2n ，角加速度定义 60
12. 如图所示物块自倾角为 斜面上 A 点无初速下滑，滑行 L1 至水平面，在水平 面滑行 L2 至 B 点停止。 设斜面和水平面与物块的滑动摩擦因数相同， 已知 =25° ， L1 =0.15m， L2 =0.18m，求物块与斜面的动摩擦因数。
图 16-7 解：物块在斜面阶段滑动摩擦力
答：质点系的内力总是成对地出现的，内力的矢量和等于零，或者说内力的冲量和等于零。 所以质点系的内力不影响质点系的动量改变和质心运动。 质点系的内力成对出现，内力的力矩和为零，即内力的主矩为零。所以质点系的内力不 影响质点系的动量矩改变。 如果质点系内各质点之间的距离可变, 作用于两个质点之间的内力虽成对出现且等值、 反 向、共线，但内力作功的和并不等于零。例如炸弹爆炸、内燃机汽缸活塞工作等都是内力作 功。在此情况下，质点系的内力影响质点系的动能改变。
图 16-6
解：由杠杆定理可知，作用在均质圆轮上的正压力
FN F (1.2 1.8) 1.2 750N 圆盘的受力如图 16-6 所示，只有摩擦力 F f 对 O 轴的力矩不为零，根据刚体绕定轴转动运动
微分方程，可得
J o F f r
式中 J o
1 2 1 mr 100 12 kg m 2 50kg m 2 ，摩擦力 F f f FN 187.5kN ，故圆 2 2
8. 图示的调速器中，长为 2a 的水平杆 AB 与铅垂轴固连，并绕 z 轴转动。其两端 用铰链与长为 l 的细杆 AC、BD 相连，细杆端部各有一重力为 G 的球。起初两球 用线相连，杆 AC、BD 位于铅垂位置。当机构以角速度0 绕铅直轴转动时，线被 拉断。此后，杆 AC、BD 各与铅垂线成角。若不计各杆重力，且此时转轴不受外 力矩作用，求此系统的角速度。
F1 FN 1 f mg cosf
物块在水平面阶段滑动摩擦力
第三篇 动力学
F2 FN 2 f mgf
物块从 A 到 B 摩擦力所作的功 重力所作的功式
W f mgf ( L1 cos L2 )
W g mgL1 sin
代入质点动能定理的积分形式：
1 1 2 2 mv B mv A W f Wg 2 2
c) 均质圆盘作纯滚动，即作平面运动。作平面运动的刚体的运动可分解为随质心 O 的平 动及绕质心 O 的转动。质心速度为 能为
vC vO r
，绕质心 O 转动的角速度为ω，则圆盘的动
T
1 1 3 2 mvC J C 2 mr 2 2 2 2 4
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11. 如图所示，质量为 100kg，半径为 1m 的均质圆轮以转速 n=135r/min 绕轴 O 转 动，设有一常力 F 作用于闸杆端点，由于摩擦使圆轮停止转动。已知 F=300N，闸 杆与圆轮间的摩擦因数 f=0.25，求使圆轮停止所需的时间。
图 16-2 解：如图 16-2 所示，作用在质点系上的外力在某水平轴 x 上的投影为零， 系统质心初速度为 0。由质心运动守恒定理可知，当物块 A 在斜面上滑动时，系统质心在水平轴 x 上的坐标不变。 即
m A x A mB x B mC xC 0
x A sC s A cos300 ， x B xC s C ，所以物体 B 的质量
解： （1）物块从 A 点运动到 B 点过程中，只有重力作功，大小为 图 16-8
Wg mgr(1 cos )
代入质点动能定理
1 1 mv 2 mv 2 W g ，得到物块的速度： 2 B 2 A
2 v B v0 2 gr(1 cos )
（2）当物块到达图 10-12 所示位置时，物块受到重力 mB g 、圆柱压力 FN ，代入牛顿第 二定律得：
T T0
0
解：取重物 W 为研究对象，作受力图如 16-1 所示。 取自然轴，列运动微分方程如下
图 16-1
a
W dv W sin g dt
an
W v2 FT W cos g l FT max W (1
2 v0 ) gl
FT W (cos
v2 ) gl
解：由质点系动量矩守恒定律知， 绳拉断前后系统对 z 轴的动量矩不变。 绳拉断前系统的动量矩为：
绳拉断后系统的动量矩为：
由 Lz= L'z 得
绳拉断后系统的角速度为：
第三篇 动力学
动能定理 9. 质点系的内力是否影响质点系的动量改变和质心运动？是否影响质点系的动 量矩改变？是否影响质点系的动能改变？
10. 如图所示，均质圆盘质量为 m，半径为 r，角速度为ω，计算其动能。
图 16-5 解：a) 均质圆盘绕质心 O 转动，动能为
T
b)
1 mr 2 2 J O 2 2 4
均质圆盘绕边缘上 O 点转动，动能为
T
1 1 mr 2 3 J O 2 ( mr 2 ) 2 mr 2 2 2 2 2 4
v2 2 L sin ，代入牛顿第二定律得： 小球的向心加速度为 L sin m 2 L sin FT sin
轮角加速度
F f r / J o 3.75rad / s 2
设 使 圆 轮 停 止 所 需 的 时 间 为 t ， 开 始 制 动 时 圆 盘 的 角 速 度 o
t 0
t
0
2n 60 ，结合上式得到 t 2n 2 3.14 135 t s 3.77s 60 60 (3.75)
0
2. 液压减振器工作时，活塞在液压缸内作直线运动。若液体对活塞的阻力正比于 活塞的速度 v，即 FR=-μv，其中μ为比例常数。设初始速度为 vo，试求活塞相对 于液压缸的运动规律，并确定液压缸的长度。
解：取活塞为研究对象，如所示。
建立质点运动微分方程为：
令 k=u/m 代入上式得： 分离变量，对等式两边积分，并以初始条件 t＝0、v＝v0 代入
得到物块与斜面的动摩擦因数
f
L1 sin 0.15 sin 250 0 .2 L1 cos L2 0.15 cos 250 0.18
13. 物块的质量为 m， 在半径为 r 的光滑半圆柱顶点 A 以初速度 v0 滑下， 当物块到 达如图 10-12 所示位置时， 求物块的速度和对圆柱的压力，并求当角θ为何值时物 块离开圆柱面。
M o mB gr2 m A gr1
根据动量矩定理
dH o Mo dt
(m A r1 mB r2 ) (mB r2 m A r1 ) g 得 求得塔轮的角加速度
2 2
图 16-3
mB r2 m A r1 15 0.18 10 0.12 g 9.8rad / s 2 23.3rad / s 2 2 2 2 2 m A r1 mB r2 10 0.12 15 0.18
第三篇 动力学
5. 在上例中若电动机没有用螺栓固定，各处摩擦不计，初始时电动机静止，求转 子以匀角速度转动时电动机外壳的运动。
解：系统水平方向质心运动守恒
∑mi Δxi = 0
-m1x+ m2(esinωt-x) = 0
x m2 e sin t m1 m2
x
6. 质量为 3kg, 倾角为 30°的斜面 C 可在光滑水平轨道上运动，物块 A 的质量 m A 6kg ，轮 O 的质量不计。当 A 在斜面无初速地下滑过 0.4m 时，斜面在水平轨 道上滑过的距离为 0.2m，求物体 B 的质量。
m 2 [v 2 gr (1 cos )] 0 r 0
2 3
2 v0 ) 时，物块离开圆柱面。 3 gr
达朗伯原理 14. 如图所示，小车内用细绳悬挂质量为 m 的物体，当小车以加速度 a 运动时， 求挂重物的细绳与铅垂线的夹角 以及细绳的拉力 FT。
解：
重物 A 上的作用力有重力 mg、拉力 FT、其惯性力大小为 ma，方向与 a 相反。按达朗贝尔原 理，以上三个力组成平衡力系，在 x、y 方向投影，可得
解： 锤自由下落 H 时的速度：
υ1 y = 2 gH
mυ2 y - mυ1 y = F dt ∫ 0 y
t
- mυ1 y = -FN t
得：
FN = m 3000 2 gH = 2 ×9.8 ×1.5 N = 1626.7kN t 0.01
4. 电动机的外壳用螺栓固定在水平基础上，外壳与定子的总质量为 m1。质心位于 转轴的中心 O1，转子质量为 m2，转子的质心 O2 到 O1 的距离为 e。若转子匀速转 动，角速度为 w。求基础的支座的反力。
积分后得： 再次积分，并以初始条件 t＝0、x＝0 代入： 得到： -
∫dx =∫v e
0 0 0
x
t
kt
dt
xmax = lim[v0 (1 - e -kt ) / k ] = v0 / k = mv0 / μ
t →∞
动量定理 3. 锤的质量为 3000kg，从高度 H=1.5m 处自由落到工件上，如图所示。已知工件 因受锤击而变形所经时间 t＝0.01s，求锻锤对工件的平均打击力。
统，对垂直于圆盘平面的转轴 O 应用动量矩定理。设 v 为物体 A、B 的瞬时速度，ω为圆盘 的角速度，有以下关系： v A r1 ， v B r2 计算系统对 O 轴的动量矩
H 0 mA v A r1 mB vB r2 (mA r12 mB r22 )
系统外力对 O 轴的力矩为
mB
所以物块对圆柱的压力
2 vB mB g cos FN r 2 vB m 2 mg cos [v0 2 gr(1 cos )] r r
FN mB g cos mB FN
（3）当物块离开圆柱面时：
FN 0，
解得当角 arccos(
即 mg cos
FT sin ma FT cos mg 0
arctan
a g
FT m a 2 g 2
15. 如图所示，小球质量为 m，用长为 L 的细绳系于 O 点，以匀角速度ω绕铅垂 线作圆周运动，绳与铅垂线成 角，求绳的拉力。
解：如图 16-9 所示，小球受到重力 mg 、绳的拉力 FT 作用，
第三篇 动力学
第3篇 动力学
主要知识点： （1）质点动力学； （2）动量定理； （3）动量矩定理； （4）动能定理； （5）达朗伯原理； （6）振动基础。 质点动力学 1. 如图所示，桥式起重机上跑车悬吊一重为 W 的重物，以速度 vo 作匀速直线运 动，刹车后，重物的重心因惯性绕悬挂点 O 向前摆动，求钢绳的最大拉力。
解法二：先求出各 ai，用质心运动定理来求力
aC1 0 aC 2 e 2
Σmi a C i = ∑Fie
m2 aC 2 sin t Fx
Fx = m2eω2 sin ωt
Fy = m2eω2 cos ωt + W1 + W2
m2 aC 2 cosωt = Fy - W1 - W2
mB = m A Δx A + mC ΔxC 6 ×(0.2 - 0.4 ×cos30 0 ) + 3 ×0.2 =kg = 1.4kg Δx B 0.2
动量矩定理 7. 重物 A 和 B 的质量分别为 mA 10kg , mB 15kg ， 通过质量不计的绳索缠绕在半 径为 r1 和 r2 的塔轮上，其中 r1 0.12 m ， r2 0.18 m ，塔轮的质量不计，如图 10-7 所 示。系统在重力作用下运动，求塔轮的角加速度。 解：由于 m A r1 < mB r2 ，物体 B 下降，物体 A 上升。考虑物体 A、B、圆盘及绳索组成的系
xC =
m2 e sin ωt m1 + m2
yC =
m2 e cos ωt m1 + m2
(m1 + m2 )aCx = Fx (m1 + m2 )aCy = Fy - (m1 + m2 ) g
Fx m2e 2 sin t Fy (m1 m2 ) g m2e 2 cost
2n ，角加速度定义 60
12. 如图所示物块自倾角为 斜面上 A 点无初速下滑，滑行 L1 至水平面，在水平 面滑行 L2 至 B 点停止。 设斜面和水平面与物块的滑动摩擦因数相同， 已知 =25° ， L1 =0.15m， L2 =0.18m，求物块与斜面的动摩擦因数。
图 16-7 解：物块在斜面阶段滑动摩擦力
答：质点系的内力总是成对地出现的，内力的矢量和等于零，或者说内力的冲量和等于零。 所以质点系的内力不影响质点系的动量改变和质心运动。 质点系的内力成对出现，内力的力矩和为零，即内力的主矩为零。所以质点系的内力不 影响质点系的动量矩改变。 如果质点系内各质点之间的距离可变, 作用于两个质点之间的内力虽成对出现且等值、 反 向、共线，但内力作功的和并不等于零。例如炸弹爆炸、内燃机汽缸活塞工作等都是内力作 功。在此情况下，质点系的内力影响质点系的动能改变。
图 16-6
解：由杠杆定理可知，作用在均质圆轮上的正压力
FN F (1.2 1.8) 1.2 750N 圆盘的受力如图 16-6 所示，只有摩擦力 F f 对 O 轴的力矩不为零，根据刚体绕定轴转动运动
微分方程，可得
J o F f r
式中 J o
1 2 1 mr 100 12 kg m 2 50kg m 2 ，摩擦力 F f f FN 187.5kN ，故圆 2 2
8. 图示的调速器中，长为 2a 的水平杆 AB 与铅垂轴固连，并绕 z 轴转动。其两端 用铰链与长为 l 的细杆 AC、BD 相连，细杆端部各有一重力为 G 的球。起初两球 用线相连，杆 AC、BD 位于铅垂位置。当机构以角速度0 绕铅直轴转动时，线被 拉断。此后，杆 AC、BD 各与铅垂线成角。若不计各杆重力，且此时转轴不受外 力矩作用，求此系统的角速度。
F1 FN 1 f mg cosf
物块在水平面阶段滑动摩擦力
第三篇 动力学
F2 FN 2 f mgf
物块从 A 到 B 摩擦力所作的功 重力所作的功式
W f mgf ( L1 cos L2 )
W g mgL1 sin
代入质点动能定理的积分形式：
1 1 2 2 mv B mv A W f Wg 2 2
c) 均质圆盘作纯滚动，即作平面运动。作平面运动的刚体的运动可分解为随质心 O 的平 动及绕质心 O 的转动。质心速度为 能为
vC vO r
，绕质心 O 转动的角速度为ω，则圆盘的动
T
1 1 3 2 mvC J C 2 mr 2 2 2 2 4
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11. 如图所示，质量为 100kg，半径为 1m 的均质圆轮以转速 n=135r/min 绕轴 O 转 动，设有一常力 F 作用于闸杆端点，由于摩擦使圆轮停止转动。已知 F=300N，闸 杆与圆轮间的摩擦因数 f=0.25，求使圆轮停止所需的时间。
图 16-2 解：如图 16-2 所示，作用在质点系上的外力在某水平轴 x 上的投影为零， 系统质心初速度为 0。由质心运动守恒定理可知，当物块 A 在斜面上滑动时，系统质心在水平轴 x 上的坐标不变。 即
m A x A mB x B mC xC 0
x A sC s A cos300 ， x B xC s C ，所以物体 B 的质量
解： （1）物块从 A 点运动到 B 点过程中，只有重力作功，大小为 图 16-8
Wg mgr(1 cos )
代入质点动能定理
1 1 mv 2 mv 2 W g ，得到物块的速度： 2 B 2 A
2 v B v0 2 gr(1 cos )
（2）当物块到达图 10-12 所示位置时，物块受到重力 mB g 、圆柱压力 FN ，代入牛顿第 二定律得：
T T0
0
解：取重物 W 为研究对象，作受力图如 16-1 所示。 取自然轴，列运动微分方程如下
图 16-1
a
W dv W sin g dt
an
W v2 FT W cos g l FT max W (1
2 v0 ) gl
FT W (cos
v2 ) gl
解：由质点系动量矩守恒定律知， 绳拉断前后系统对 z 轴的动量矩不变。 绳拉断前系统的动量矩为：
绳拉断后系统的动量矩为：
由 Lz= L'z 得
绳拉断后系统的角速度为：
第三篇 动力学
动能定理 9. 质点系的内力是否影响质点系的动量改变和质心运动？是否影响质点系的动 量矩改变？是否影响质点系的动能改变？
10. 如图所示，均质圆盘质量为 m，半径为 r，角速度为ω，计算其动能。
图 16-5 解：a) 均质圆盘绕质心 O 转动，动能为
T
b)
1 mr 2 2 J O 2 2 4
均质圆盘绕边缘上 O 点转动，动能为
T
1 1 mr 2 3 J O 2 ( mr 2 ) 2 mr 2 2 2 2 2 4
v2 2 L sin ，代入牛顿第二定律得： 小球的向心加速度为 L sin m 2 L sin FT sin
轮角加速度
F f r / J o 3.75rad / s 2
设 使 圆 轮 停 止 所 需 的 时 间 为 t ， 开 始 制 动 时 圆 盘 的 角 速 度 o
t 0
t
0
2n 60 ，结合上式得到 t 2n 2 3.14 135 t s 3.77s 60 60 (3.75)
0
2. 液压减振器工作时，活塞在液压缸内作直线运动。若液体对活塞的阻力正比于 活塞的速度 v，即 FR=-μv，其中μ为比例常数。设初始速度为 vo，试求活塞相对 于液压缸的运动规律，并确定液压缸的长度。
解：取活塞为研究对象，如所示。
建立质点运动微分方程为：
令 k=u/m 代入上式得： 分离变量，对等式两边积分，并以初始条件 t＝0、v＝v0 代入
得到物块与斜面的动摩擦因数
f
L1 sin 0.15 sin 250 0 .2 L1 cos L2 0.15 cos 250 0.18
13. 物块的质量为 m， 在半径为 r 的光滑半圆柱顶点 A 以初速度 v0 滑下， 当物块到 达如图 10-12 所示位置时， 求物块的速度和对圆柱的压力，并求当角θ为何值时物 块离开圆柱面。
M o mB gr2 m A gr1
根据动量矩定理
dH o Mo dt
(m A r1 mB r2 ) (mB r2 m A r1 ) g 得 求得塔轮的角加速度
2 2
图 16-3
mB r2 m A r1 15 0.18 10 0.12 g 9.8rad / s 2 23.3rad / s 2 2 2 2 2 m A r1 mB r2 10 0.12 15 0.18
第三篇 动力学
5. 在上例中若电动机没有用螺栓固定，各处摩擦不计，初始时电动机静止，求转 子以匀角速度转动时电动机外壳的运动。
解：系统水平方向质心运动守恒
∑mi Δxi = 0
-m1x+ m2(esinωt-x) = 0
x m2 e sin t m1 m2
x
6. 质量为 3kg, 倾角为 30°的斜面 C 可在光滑水平轨道上运动，物块 A 的质量 m A 6kg ，轮 O 的质量不计。当 A 在斜面无初速地下滑过 0.4m 时，斜面在水平轨 道上滑过的距离为 0.2m，求物体 B 的质量。
m 2 [v 2 gr (1 cos )] 0 r 0
2 3
2 v0 ) 时，物块离开圆柱面。 3 gr
达朗伯原理 14. 如图所示，小车内用细绳悬挂质量为 m 的物体，当小车以加速度 a 运动时， 求挂重物的细绳与铅垂线的夹角 以及细绳的拉力 FT。
解：
重物 A 上的作用力有重力 mg、拉力 FT、其惯性力大小为 ma，方向与 a 相反。按达朗贝尔原 理，以上三个力组成平衡力系，在 x、y 方向投影，可得
解： 锤自由下落 H 时的速度：
υ1 y = 2 gH
mυ2 y - mυ1 y = F dt ∫ 0 y
t
- mυ1 y = -FN t
得：
FN = m 3000 2 gH = 2 ×9.8 ×1.5 N = 1626.7kN t 0.01
4. 电动机的外壳用螺栓固定在水平基础上，外壳与定子的总质量为 m1。质心位于 转轴的中心 O1，转子质量为 m2，转子的质心 O2 到 O1 的距离为 e。若转子匀速转 动，角速度为 w。求基础的支座的反力。
积分后得： 再次积分，并以初始条件 t＝0、x＝0 代入： 得到： -
∫dx =∫v e
0 0 0
x
t
kt
dt
xmax = lim[v0 (1 - e -kt ) / k ] = v0 / k = mv0 / μ
t →∞
动量定理 3. 锤的质量为 3000kg，从高度 H=1.5m 处自由落到工件上，如图所示。已知工件 因受锤击而变形所经时间 t＝0.01s，求锻锤对工件的平均打击力。
统，对垂直于圆盘平面的转轴 O 应用动量矩定理。设 v 为物体 A、B 的瞬时速度，ω为圆盘 的角速度，有以下关系： v A r1 ， v B r2 计算系统对 O 轴的动量矩
H 0 mA v A r1 mB vB r2 (mA r12 mB r22 )
系统外力对 O 轴的力矩为
mB
所以物块对圆柱的压力
2 vB mB g cos FN r 2 vB m 2 mg cos [v0 2 gr(1 cos )] r r
FN mB g cos mB FN
（3）当物块离开圆柱面时：
FN 0，
解得当角 arccos(
即 mg cos
FT sin ma FT cos mg 0
arctan
a g
FT m a 2 g 2
15. 如图所示，小球质量为 m，用长为 L 的细绳系于 O 点，以匀角速度ω绕铅垂 线作圆周运动，绳与铅垂线成 角，求绳的拉力。
解：如图 16-9 所示，小球受到重力 mg 、绳的拉力 FT 作用，
第三篇 动力学
第3篇 动力学
主要知识点： （1）质点动力学； （2）动量定理； （3）动量矩定理； （4）动能定理； （5）达朗伯原理； （6）振动基础。 质点动力学 1. 如图所示，桥式起重机上跑车悬吊一重为 W 的重物，以速度 vo 作匀速直线运 动，刹车后，重物的重心因惯性绕悬挂点 O 向前摆动，求钢绳的最大拉力。
解法二：先求出各 ai，用质心运动定理来求力
aC1 0 aC 2 e 2
Σmi a C i = ∑Fie
m2 aC 2 sin t Fx
Fx = m2eω2 sin ωt
Fy = m2eω2 cos ωt + W1 + W2
m2 aC 2 cosωt = Fy - W1 - W2
mB = m A Δx A + mC ΔxC 6 ×(0.2 - 0.4 ×cos30 0 ) + 3 ×0.2 =kg = 1.4kg Δx B 0.2
动量矩定理 7. 重物 A 和 B 的质量分别为 mA 10kg , mB 15kg ， 通过质量不计的绳索缠绕在半 径为 r1 和 r2 的塔轮上，其中 r1 0.12 m ， r2 0.18 m ，塔轮的质量不计，如图 10-7 所 示。系统在重力作用下运动，求塔轮的角加速度。 解：由于 m A r1 < mB r2 ，物体 B 下降，物体 A 上升。考虑物体 A、B、圆盘及绳索组成的系