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静力学第一章习题答案静力学第一章习题答案 1-3 试画出图示各结构中构件 AB 的受力图 1-4 试画出两结构中构件 ABCD 的受力图 1-5 试画出图 a 和 b 所示刚体系整体合格构件的受力图 1-5a 1-5b 1- 8 在四连杆机构的 ABCD 的铰链 B 和 C 上分别作用有力 F1和 F2，机构在图示 位置平衡。试求二力 F1和 F2之间的关系。 解：杆 AB，BC，CD 为二力杆，受力方向分别沿着各杆端点连线的方向。 解法解法 1(1(解析法解析法) ) 假设各杆受压，分别选取销钉 B 和 C 为研究对象，受力如图所示： 由共点力系平衡方程，对 B 点有： 0 x F045cos 0 2 BC FF 对 C 点有： 0 x F030cos 0 1 FFBC 解以上二个方程可得： 221 63. 1 3 62 FFF F2 FBC FAB B 45o y x FBC FCD C 60o F1 30o x y 解法解法 2(2(几何法几何法) ) 分别选取销钉 B 和 C 为研究对象，根据汇交力系平衡条件，作用在 B 和 C 点上的力构成封闭的力多边形，如图所示。 对 B 点由几何关系可知： 0 2 45cos BC FF 对 C 点由几何关系可知： 0 1 30cosFFBC 解以上两式可得： 21 63 . 1 FF 静力学第二章习题答案静力学第二章习题答案 2-32-3 在图示结构中，二曲杆重不计，曲杆在图示结构中，二曲杆重不计，曲杆 ABAB 上作用有主动力偶上作用有主动力偶 M M。试求。试求 A A 和和 C C 点处的约束力。点处的约束力。 解：BC 为二力杆(受力如图所示)，故曲杆 AB 在 B 点处受到约束力的方向沿 BC 两点连线的方向。曲杆 AB 受到主动力偶 M 的作用，A 点和 B 点处的约束力必须 构成一个力偶才能使曲杆 AB 保持平衡。AB 受力如图所示，由力偶系作用下刚 体的平衡方程有（设力偶逆时针为正）： 0 M 0)45sin(10 0 MaFA a M FA354 . 0 其中：。对 BC 杆有： 3 1 tan a M FFF ABC 354 . 0 A，C 两点约束力的方向如图所示。 FBC FCD60o F1 30o F2 FBC FAB 45o 2-42-4 解：机构中 AB 杆为二力杆，点 A,B 出的约束力方向即可确定。由力偶系作用下 刚体的平衡条件，点 O,C 处的约束力方向也可确定，各杆的受力如图所示。对 BC 杆有： 0 M 030sin 2 0 MCBFB 对 AB 杆有： AB FF 对 OA 杆有： 0 M 0 1 AOFM A 求解以上三式可得：， ，方向如图所示。 mNM 3 1 NFFF COAB 5 / 2-62-6 求求最后最后简化结果。简化结果。 解：2-6a 坐标如图所示，各力可表示为: ， jFiFF 2 3 2 1 1 iFF 2 jFiFF 2 3 2 1 3 先将力系向 A 点简化得（红色的）： ，jFiFFR 3kFaM A 2 3 方向如左图所示。由于，可进一步简化为一个不过 A 点的力(绿 AR MF 色的)，主矢不变，其作用线距 A 点的距离，位置如左图所示。 ad 4 3 2-6b 同理如右图所示，可将该力系简化为一个不过 A 点的力（绿色的） ，主矢为： iFFR 2 其作用线距 A 点的距离，位置如右图所示。 ad 4 3 简化中心的选取不同，是否影响简化中心的选取不同，是否影响最后最后的简化结果？的简化结果？ 2-132-13 解：整个结构处于平衡状态。选择滑轮为研究对象，受力如图，列平衡方程 （坐标一般以水平向右为 x 轴正向，竖直向上为 y 轴正向，力偶以逆时针为正） ： 0 x F0sin Bx FP 0 y F0cosPPFBy 选梁 AB 为研究对象，受力如图，列平衡方程： 0 x F0 BxAx FF 0 y F0 ByAy FF 0 A M0lFM ByA 求解以上五个方程，可得五个未知量分别为： AByBxAyAx MFFFF, （与图示方向相反）sinPFF BxAx （与图示方向相同） )cos1 (PFF ByAy （逆时针方向）lPM A )cos1 ( 2-182-18 解：选 AB 杆为研究对象，受力如图所示，列平衡方程： 0 A M 0coscos 2cos lF l G a ND 0 y F0cosFGND 求解以上两个方程即可求得两个未知量，其中：, D N 3 1 )2( )(2 arccos lGF aGF 未知量不一定是力。未知量不一定是力。 2-272-27 解：选杆 AB 为研究对象，受力如下图所示。列平衡方程： 0 y M 0tansincostan 2 1 cFcFcP BCBC NFBC 6 . 60 0 x M 0sin 2 1 aFcFaP BCB NFB100 由和可求出。平衡方程可用来校核。 0 y F 0 z F AzAy FF ,0 x M 思考题：思考题：对该刚体独立的平衡方程数目是几个？ 2-292-29 解：杆 1，2，3，4，5，6 均为二力杆，受力方向沿两端点连线方向，假设各杆 均受压。选板 ABCD 为研究对象，受力如图所示，该力系为空间任意力系。采用 六矩式平衡方程： 0 DE M045cos 0 2 F0 2 F 0 AO M045cos45cos45cos 000 6 aFaF (受拉) FF 2 2 6 (受压)0 BH M045cos45cos 0 6 0 4 aFaF FF 2 2 4 0 AD M045sin45cos 00 61 aFaFaF (受压) FF 2 21 1 (受拉)0 CD M045sin 0 31 aFaFaF FF 2 1 3 0 BC M045cos 0 453 aFaFaF0 5 F 本题也可以采用空间任意力系标准式平衡方程，但求解代数方程组非常麻烦。 类似本题的情况采用六矩式方程比较方便，适当的选择六根轴保证一个方程求保证一个方程求 解一个未知量，避免求解联立方程解一个未知量，避免求解联立方程。 2-312-31 力偶矩力偶矩cmNM1500 解：取棒料为研究对象，受力如图所示。列平衡方程: 0 0 0 O y x M F F 0 2 )( 045sin 045cos 21 1 0 2 2 0 1 M D FF NpF NpF 补充方程： 22 11 NfF NfF s s 五个方程，五个未知量，可得方程： s fNFNF， 2211 , 0222 2 MfDpfM SS 解得。当时有： 491. 4,223. 0 21 SS ff491 . 4 2 S f 0 )1 (2 )1 ( 2 2 2 1 S S f fp N 即棒料左侧脱离 V 型槽，与提议不符，故摩擦系数。 223 . 0 S f 2-332-33 解：当时，取杆 AB 为研究对象，受力如图所示。 0 45 列平衡方程： 0 0 0 A y x M F F 0sin 2 cossinsincos 0cos 0sin BA pCATCAT pTF TF S N 附加方程： NSS FfF 四个方程，四个未知量，可求得。 sSN fTFF，,646. 0 s f 2-352-35 解：选棱柱体为研究对象，受力如图所示。假设棱柱边长为 a，重为 P，列平衡 方程： 0 0 0 x B A F M M 0sin 0 32 sin 2 cos 0 32 sin 2 cos PFF a P a PaF a P a PaF BA NA NB 如果棱柱不滑动，则满足补充方程时处于极限平衡状态。解以 NBsB NAsA FfF FfF 2 1 上五个方程，可求解五个未知量，其中：, NBBNAA FFFF (1) 32 )(3 tan 12 21 ss ss ff ff 当物体不翻倒时，则：0 NB F (2) 0 60tan 即斜面倾角必须同时满足(1)式和(2)式，棱柱才能保持平衡。 静力学第三章习题答案静力学第三章习题答案 3-103-10 解：假设杆 AB，DE 长为 2a。取整体为研究对 象，受力如右图所示，列平衡方程： 0 C M02 aFBy0 By F 取杆 DE 为研究对象，受力如图所示，列平 FCx FCy FBx FBy 衡方程： 0 H M0aFaFDyFFDy 0 B M02 aFaFDxFFDx2 取杆 AB 为研究对象，受力如图所示，列平衡方程： (与假设方向相反) 0 y F0 ByDyAy FFFFFAy (与假设方向相反) 0 A M02 aFaF BxDx FFBx (与假设方向相反) 0 B M02aFaF DxAx FFAx 3-123-12 解：取整体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程： 0 C M0xFbFD F b x FD 取杆 AB 为研究对象，受力如图所示，列平衡方程： 0 A M0xFbFB F b x FB FCx FCy FD 杆 AB 为二力杆，假设其受压。取杆 AB 和 AD 构成的组合体为研究对象，受力如 图所示，列平衡方程： 0 E M 0 2 ) 2 ( 2 )( b Fx b F b FF ACDB 解得，命题得证。FFAC 注意：销钉注意：销钉 A A 和和 C C 联接三个物体。联接三个物体。 3-143-14 解：取整体为研究对象，由于平衡条件可知该力系对任一点之矩为零，因此有： 0 A M0)(MMFM BA 即必过 A 点，同理可得必过 B 点。也就是和是大小相等，方向相反 B F A F A F B F 且共线的一对力，如图所示。 取板 AC 为研究对象，受力如图所示，列平衡方程： 0 C M045cos45sin 00 MbFaF AA FA FB 解得：(方向如图所示) ba M FA 2 3-203-20 解：支撑杆 1，2，3 为二力杆，假设各杆均受压。选梁 BC 为研究对象，受力如 图所示。其中均布载荷可以向梁的中点简化为一个集中力，大小为 2qa，作用 在 BC 杆中点。列平衡方程： (受压) 0 B M0245sin 0 3 MaqaaF )2(2 3 qa a M F 选支撑杆销钉 D 为研究对象，受力如右图所示。列平衡方程： (受压) 0 x F045cos 0 31 FF qa a M F2 1 (受拉) 0 y F045sin 0 32 FF )2( 2 qa a M F 选梁 AB 和 BC 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程： (与假设方向相反) 0 x F045cos 0 3 FFAx )2(qa a M FAx 0 y F0445sin 0 32 qaPFFFAyqaPFAy4 0 A M0345sin242 0 32 MaFaqaaPaFM A (逆时针) MPaqaM A 24 2 3-213-21 D F3 F2 F1x y FAx FAy FBx FBy 解：选整体为研究对象，受力如右图所示。 列平衡方程： 0 A M022aFaFByFFBy 0 B M022aFaFAyFFAy (1) 0 x F0FFF BxAx 由题可知杆 DG 为二力杆，选 GE 为研究对象，作用于其上的力汇交于点 G，受 力如图所示，画出力的三角形，由几何关系可得：。 FFE 2 2 取 CEB 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程： 0 C M045sin 0 aFaFaF EByBx 2 F FBx 代入公式(1)可得： 2 F FAx 3-243-24 解：取杆 AB 为研究对象，设杆重为 P，受力如图所示。列平衡方程： 0 A M 060cos 2 3 3 0 1 r PrN )(93 . 6 1 NN 0 x F060sin 0 1 NFAx)(6 NFAx 0 y F060cos 0 1 PNFAy)( 5 . 12NFAy 取圆柱 C 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程： 0 x F030cos30cos 00 1 TN)(93 . 6 NT 注意：由于绳子也拴在销钉上，因此以整体为研究对象求得的注意：由于绳子也拴在销钉上，因此以整体为研究对象求得的 A A 处的约束力不处的约束力不 是杆是杆 ABAB 对销钉的作用力。对销钉的作用力。 3-273-27 解：取整体为研究对象，设杆长为 L，重为 P，受力如图所示。列平衡方程： (1) 0 A M 0cos 2 2sin2 L PLFN tan2 P FN 取杆 BC 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程： (2) 0 B M 0coscos 2 sinLF L PLF sN PFS 补充方程：， Nss FfF 将(1)式和(2)式代入有：，即。 2 tan s f 0 10 3-293-29 证明：（1）不计圆柱重量 法 1： 取圆柱为研究对象，圆柱在 C 点和 D 点分别受到法向约束力和摩擦力的作用， 分别以全约束力来表示，如图所示。如圆柱不被挤出而处于平衡状态， RDRC FF , 则等值，反向，共线。由几何关系可知，与接触点 C，D 处法 RDRC FF , RDRC FF , 线方向的夹角都是，因此只要接触面的摩擦角大于，不论 F 多大，圆柱不 2 2 FAx FAy FN Fs P P 会挤出，而处于自锁状态。 法 2（解析法）： 首先取整体为研究对象，受力如图所示。列平衡方程： 0 A M0lFaFND F a l FND 再取杆 AB 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程： 0 A M0lFaFNC NDNC FF a l F 取圆柱为研究对象，受力如图所示。假设圆柱半径为 R，列平衡方程： 0 O M0RFRF SDSCSDSC FF 0 x F0cossin SDSCNC FFF NDNCSDSC FFFF cos1 sin cos1 sin 由补充方程：，可得如果： NDSDSDNCSCSC FfFFfF, FND FSD o FAx FAy 2 tan, 2 tan cos1 sin SDSC ff 则不论 F 多大，圆柱都不被挤出，而处于自锁状态。 证明：（2）圆柱重量 P 时 取圆柱为研究对象，此时作用在圆柱上的力有重力 P，C 点和 D 点处的全约束力 。如果圆柱保持平衡，则三力必汇交于 D 点（如图所示） 。全约束力 RDRC FF , 与 C 点处法线方向的夹角仍为，因此如果圆柱自锁在 C 点必须满足： RC F 2 (1) 2 tan cos1 sin SC f 该结果与不计圆柱重量时相同。只满足只满足(1)(1)式时式时 C C 点无相对滑动，但在点无相对滑动，但在 D D 点有可点有可 能滑动能滑动( (圆柱作纯滚动圆柱作纯滚动) )。再选杆 AB 为研究对象，对 A 点取矩可得， F a l FNC 由几何关系可得： (2) F a l FSC 2 tan 2 cos a Fl FRC 法 1（几何法）： 圆柱保持平衡，则作用在其上的三个力构成封闭得力三角形，如图所示。由几 何关系可知： sin ) 2 180(180sin 00 RC FP 将(2)式代入可得： )cos1)( sin tan FlPa Fl P FRD FRC 2 因此如果圆柱自锁在 D 点必须满足：(3) )cos1)( sin tan FlPa Fl fSD 即当同时满足(1)式和(3)式时，圆柱自锁，命题得证。 法 2（解析法）： 取圆柱为研究对象，受力如图所示，列平衡方程： 0 x F0cossin SDSCNC FFF 0 y F0cossin NCSCND FFPF 解得：， F a l FF SDSC 2 tan ) 2 tansin(cos a Fl PFND 代入补充方程：， NDSDSD FfF 可得如果圆柱自锁在 D 点必须满足：(3) )cos1)( sin tan FlPa Fl fSD 即当同时满足(1)式和(3)式时，圆柱自锁，命题得证。 3-303-30 解：取整体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程： 0 0 y x F F 02 0 PFFF FF NEND SESD 由题可知，杆 AC 为二力杆。作用在杆 BC 上的力有主动力，以及 B 和 C 处的F 约束力和，由三力平衡汇交，可确定约束力和的方向如图所示， B F AC F B F AC F 其中：，杆 AC 受压。 3 1 tan 取轮 A 为研究对象，受力如图所示，设的作用线与水平面交于 F 点，列平 AC F 衡方程： 0 A M0 DSD MRF 0 F M0)( DND MRPF 取轮 B 为研究对象，受力如图所示，设的作用线与水平面交于 G 点，列平衡 B F 方程： 0 B M0RFM SEE 0 G M0tan)(RFPM NEE 解以上六个方程，可得： ， ， FPFND 4 1 FPFNE 4 3 ， FFF SESD 4 1 FRMM ED 4 1 若结构保持平衡，则必须同时满足： ， NDD FM NEE FM NDsSD FfF NEsSE FfF 即：， P Rf Pf f Pf P R P R F s s s s 4 31 4 , 1 4 , 3 4 , 4 min 因此平衡时的最大值，此时：F36 . 0 max F ， )(091 . 0 NFF SESD )(91. 0cmNMM ED 3-353-35 解：由图可见杆桁架结构中杆 CF，FG，EH 为零力杆。用剖面 SS 将该结构分为 两部分，取上面部分为研究对象，受力如图所示，列平衡方程： (受拉) 0 C M0346cos 1 GH FFF)(58.14 1 kNF (受拉) 0 x F0sin 31 H FFF 3 . 31 3 F (受压) 0 y F0cos 12 G FFF 3 . 18 2 F 3-383-38 解：假设各杆均受压。取三角形 BCG 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程： (受压) 0 x F0 CD FFFFCD 取节点 C 为研究对象，受力如图所示。列平衡方程： 0 0 y x F F 0sin45sin 0cos45cos 0 0 CGBC CGCDBC FF FFF 其中：，解以上两个方程可得：(受压) 22 21 tan FFBC586 . 0 3-403-40 解：取整体为研究对象，受力如图所示。列平衡方程： 0 A M0322aFaFaFBFFB5 . 2 用截面 S-S 将桁架结构分为两部分，假设各杆件受拉，取右边部分为研究对象， 受力如图所示。列平衡方程： (受拉) 0 C M03 2 aFaFaFB FF 6 7 2 (受拉) 0 X F02 21 FFF FF 6 5 1 AB C 3 4 5 FAy FAx FB C S S 静力学第四章习题答案静力学第四章习题答案 4-14-1 解： 1.选定由杆 OA，O1C，DE 组成的系统为研究对象，该系统具有理想约束。作用 在系统上的主动力为。 M FF, 2.该系统的位置可通过杆 OA 与水平方向的夹角 完全确定，有一个自由度。 选参数 为广义坐标。 3.在图示位置，不破坏约束的前提下，假定杆 OA 有一个微小的转角 ，相 应的各点的虚位移如下： ，AOrABOrBCOr C1 ，DOrD 1CB rr ED rr 代入可得： EA rr30 4.由虚位移原理有：0)( i FW 0)30( EMEMA rFFrFrF 对任意有：，物体所受的挤压力的方向竖直向下。0 E rFFM30 4-54-5 解： 1.选整个系统为研究对象，此系统包含弹簧。设弹簧力，且， 21,F F 21 FF 将弹簧力视为主动力。此时作用在系统上的主动力有，以及重力。 21,F FP 2. 该系统只有一个自由度，选定为广义坐标。由几何关系可知： sinazz BA 3.在平衡位置，不破坏约束的前提下，假定有一个微小的虚位移 ，则质心 的虚位移为： cosazzz BAC 弹簧的长度，在微小虚位移 下： 2 sin2 al 2 cosal 4.由虚位移原理有：0)( i FW 0) 2 coscos( 22 aFPalFzP C 其中，代入上式整理可得： ) 22 sin2( 2 a akF 0 2 ) 2 cossin2(cos2 a kaP 由于，对任意可得平衡时弹簧刚度系数为：0a0 ) 2 cossin2( cos2 a P k 4-74-7 解：将均布载荷简化为作用在 CD 中点的集中载荷，大小为。 3 Fq6 1.求支座 B 处的约束力 解除 B 点处的约束，代之以力，并将其视为主动力，系统还受到主动力 B F 的作用，如图所示。在不破坏约束的前提下，杆 AC 不动，梁MFFF, 321 CDB 只能绕 C 点转动。系统有一个自由度，选转角为广义坐标。给定虚位移 ，由虚位移原理有：0)( i FW (1)0150cos45cos 33 0 22 0 yFyFMrF BB 各点的虚位移如下： 26 B r 9 2 y 3 3 y 代入(1)式整理可得： 0)3 2 39 6( 32 FFMFB 对任意可得：，方向如图所示。0)(6.18kNFB 2.求固定端 A 处的约束力 解除 A 端的约束，代之以，并将其视为主动力，系统还受 AAyAx MFF, 到主动力的作用。系统有三个自由度，选定 A 点的位移MFFF, 321 和梁 AC 的转角为广义坐标。 AA yx , 2a.求 Ax F 在不破坏约束的前提下给定一组虚位移，0,0,0 AA yx 此时整个结构平移，如上图所示。由虚位移原理有：0)( i FW (2)0120cos 0 2211 xFxFxF AAx 各点的虚位移如下： A xxx 21 代入(2)式整理可得： 0)5.0( 21 AAx xFFF 对任意可得：，方向如图所示。0 A x)(2 kNFAx 2b.求 Ay F 在不破坏约束的前提下给定一组虚位移，0,0,0 AA yx 此时梁 AC 向上平移，梁 CDB 绕 D 点转动，如上图所示。由虚位移原理 有：0)( i FW (3) 030cos 0 2233 MyFyFyF AAy 各点的虚位移如下： AC yyyy 2 1 2 1 32 A yy 6 1 3 1 2 代入(3)式整理可得： 0) 6 1 4 3 2 1 ( 23 AAy yMFFF 对任意可得：，方向如图所示。0 A y)(8.3kNFAy 2c.求 A M 在不破坏约束的前提下给定一组虚位移，0,0,0 AA yx 此时梁 AC 绕 A 点转动，梁 CDB 平移，如上图所示。由虚位移原理 有：0)( i FW (4)0120cos 0 2211 xFxFM A 各点的虚位移如下： 3 1 x6 2 C xx 代入(4)式整理可得： 0)33( 21 FFM A 对任意可得：，顺时针方向。0)(24mkNM A 4-84-8 解：假设各杆受拉，杆长均为 a。 1求杆 1 受力 去掉杆 1，代之以力，系统有一个自由度，选 AK 与水平方向的夹角为 1 P 广义坐标，如上图所示。在不破坏约束的条件下给定一组虚位移，此时三角形 ADK 形状不变，绕 A 点转动，因此有，且：KArDAr KD , arar KD 3, 滑动支座 B 处只允许水平方向的位移，而杆 BK 上 K 点虚位移沿铅垂方向，故 B 点不动。三角形 BEK 绕 B 点旋转，且：EBrE arr DE 对刚性杆 CD 和杆 CE，由于，因此。由虚位ECrDCr ED ,0 C r 移原理有：0)( i FW 060cos60cos)( 0 1 0 11 ED rPrPF 代入各点的虚位移整理可得： 0)2( 11 aPF 对任意可得：（受压） 。0 2 1 1 F P 2求杆 2 受力 去掉杆 2，代之以力，系统有一个自由度，选 BK 与水平方向的夹角 2 P 为广义坐标，如上图所示。在不破坏约束的条件下给定一组虚位移，杆 AK 绕 A 点转动，因此有，且：KArK arK3 同理可知 B 点不动，三角形 BEK 绕 B 点旋转，且：EBrE arEarr DE 杆 AD 绕 A 点转动，由刚性杆 DE 上点 E 的虚位移可确定 D 点位移DArD 方向如图所示，且： arr ED 同理可知。由虚位移原理有：0 C r0)( i FW 0120cos150cos120cos 0 2 0 2 0 1 KDD rPrPrF 代入各点的虚位移整理可得： 0)32( 21 aPF 对任意可得：（受压） 。0 6 3 1 2 F P 3求杆 3 受力 去掉杆 3，代之以力，系统有一个自由度，选 AK 与水平方向的夹角为 3 P 广义坐标，如上图所示。在不破坏约束的条件下给定一组虚位移，三角形 ADK 绕 A 点转动，且：KArDAr KD , arar KD 3, 同理可知 B 点不动，且：EBrE arr DE 0 C r 由虚位移原理有：0)( i FW 0120cos150cos60cos 0 3 0 3 0 1 KED rPrPrF 代入各点的虚位移整理可得： 0)32( 31 aPF 对任意可得：（受拉） 。0 6 3 1 3 F P 动力学第一章习题答案动力学第一章习题答案 1 13 3 解： 运动方程：，其中。 tanly kt 将运动方程对时间求导并将代入得 0 30 3 4 coscos 22 lklkl yv 9 38 cos sin2 2 3 2 lklk ya 1 16 6 证明：质点做曲线运动,所以, nt aaa 设质点的速度为,由图可知:v ，所以: a a v vy n cos y v va a n 将，cvy 2 n v a 代入上式可得 c v a 3 证毕 1 17 7 证明：因为， n 2 a v v aa va sin n 所以： va 3 v 证毕 1 11010 解：设初始时,绳索 AB 的长度为,时刻 时的长度Lt 为,则有关系式：s x y o a n a v y v x y o a n a t a o v o v F N F gm y ，并且 tvLs 0 222 xls 将上面两式对时间求导得： ， 0 vsxxs s22 由此解得： （a） x sv x 0 (a)式可写成：，将该式对时间求导得：svxx 0 (b) 2 00 2 vvsxxx 将(a)式代入(b)式可得：（负号说明滑块 A 的加速度向上） 3 22 0 22 0 x lv x xv xax 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： gFFamm N 将该式在轴上投影可得直角坐标形式的运动微分方程：yx, N FFym Fmgxm sin cos 其中： 2222 sin,cos lx l lx x 0, 3 22 0 y x lv x 将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得： 2 3 22 0 )(1)( x l x lv gmF 1 11111 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RvB 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）cos AB vv 因为 A x O A v A x O B v B R （b） x Rx 22 cos 将上式代入（a）式得到 A 点速度的大小为： （c） 22 Rx x RvA 由于， （c）式可写成：，将该式两边平方可得：xvARxRxx 22 222222 )(xRRxx 将上式两边对时间求导可得： xxRxxRxxx 22322 22)(2 将上式消去后，可求得： x 2 (d) 222 42 )(Rx xR x 由上式可知滑块 A 的加速度方向向左，其大小为 222 42 )(Rx xR 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： gFFamm N 将该式在轴上投影可得直角坐标形式的yx, 运动微分方程： mgFFym Fxm N sin cos 其中： , x Rx x R 22 cos,sin 0, )( 222 42 y Rx xR x 将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得 2 5 2 5 )( , )( 22 52 22 242 Rx xRm mgF Rx xRm F N 1 11313 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； a v e v r v x A v A O N F B R gm F y 相对运动：直线运动； 牵连运动：定轴转动。 根据速度合成定理 rea vvv 有：，因为 AB 杆平动，所以， eacos vvvv a 由此可得，OC 杆的角速度为，所以 e cosvv OA ve cos l OA l v 2 cos 当时，OC 杆上 C 点速度的大小为 0 45 l av l av avC 2 45cos 02 1 11515 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 ， r1e1a1 vvv r2e2a2 vvv 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： a1a2 vv (a) r1e1 vv r2e2 vv 将（a）式在向在 x 轴投影,可得： 0 r2 0 e2 0 e1 30cos30sin30sinvvv 由此解得： sm b OMvvv/4 . 0)93( 30cos 30sin )(30tan)(30tan 02 0 12 0 e1e2 0 r2 32 . 0 2e2 OMv smvvvvM/529 . 0 2 2r 2 e2a2 1 11717 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； a v e v r v e1 v e2 v r2 v r1 v x 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） rea vvv 将（a）式在垂直于 O1A 杆的轴上投影以及在 O1C 轴上投影得： ， 0 e 0 a 30cos30cosvv 0 e 0 a 30sin30sinvv ，Rvv ae Rvv ra 5 . 0 2O1 e 1 R R A v 根据加速度合成定理有 （b） C aaaaa r n e t ea 将（b）式在垂直于 O1A 杆的轴上投影得 C aaaa 0n e 0t e 0 a 30sin30cos30sin 其中：， 2 a Ra 2 1 n e 2Ra r1 2vaC 由上式解得： 2 t e 1 12 3 2R a 1 11919 解：由于 ABM 弯杆平移，所以有 MAMA aavv. , 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 rea vvv 可求得：，m/s2222 ea bvvvv AM m/s2 er bvv rad/s 3 34 5 . 1 22 1 1 AO vA 根据加速度合成定理 C aaaaaa r n e t e n a t a a a t e a n e a r a C a a v e v r v t a a n a a t e a n e a r a C a 将上式沿方向投影可得： C a C aaaa t e 0n a 0t a 45sin45cos 由于，根据上式可得： 22 1 n a m/s8la 2t e m/s1 ba 2 r m/s82vaC ， 0 t a 45cos 247 a 2 t a 1 rad/s12 3 )247(22 l a 1-201-20 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： r r OMv2 60cos 0 e 根据速度合成定理： rea vvv 可以得到： ， r r vv32 60cos 60sin tan 02 0 ea r v v4 60cos 0 e r 加速度如图所示，其中： ， 2 0 2 2 e 2 60cos r r OMa 2 r 82rvaC 根据加速度合成定理： C aaaa rea 将上式在轴上投影，可得： ,由此求得： x C aaacoscos ea 2 a 14ra 121 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（Oxy ） ； 定系：路面。 a v M O A B r v e v x C a a a M O A B r a e a O x y e v a v r v 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 rea vvv 将上式沿绝对速度方向投影可得： rea vvv 因此 aer vvv 其中：， A A BB R v Rvvv, ea 由此可得：m/s 9 380 r BA A B vv R R v 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 2 rn rr m/s78 . 1 B R v aa 123 质量为销钉 M 由水平槽带动，使其在半径为的固定圆槽内运动。设水平槽以匀mr 速向上运动，不计摩擦。求图示瞬时，圆槽作用在销钉 M 上的约束力。v 解：销钉 M 上作用有水平槽的约束力和圆槽的约束力（如图所示） 。由于销钉 M 的运F O F 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。 O x y n r a M r O v gm O F M r O v gm F r a e v a v r v M r O n a a M r O t a a 根据速度合成定理有 rea vvv 由此可求出： 。再根据加速度合成定理有： coscos e a vv v rea aaa 由于绝对运动是圆周运动，牵连运动是匀速直线平移，所以，并且上式可写成：0 e a r n a t a aaa 因为，所以根据上式可求出。 2 22 a n a cosr v r v a 3 2 n a t a cos sin tan r v aa 根据矢量形式的质点运动微分方程有：gFFaamm O )( n a t a 将该式分别在轴上投影： xcos)cossin( n a t aO Faam 由此求出： ) 1(tan cos 2 2 2 r mv FO 1-241-24 图示所示吊车下挂一重物 M，绳索长为 ，初始时吊车与重物静止。若吊车从静止以l 均加速度沿水平滑道平移。试求重物 M 相对吊车的速度与摆角的关系式。a 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 er FgFamm 将上式在切向量方向投影有cossin et Fmgmlma 因为，所以上式可写成, ee mamaF d d d d d d d d tt cossin d d mamgml 整理上式可得 dcosdsindagl 将上式积分： a M t e a gm e F F cag l sincos 2 2 其中为积分常数（由初始条件确定） ，因为相对速度，上式可写成clv r cag l v sincos 2 2 r 初始时，系统静止，根据速度合成定理可知，由此确定。00 ea vv0 r vgc 重物相对速度与摆角的关系式为：sin) 1(cos2 2 r aglv 1-261-26 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，求小球到转轴的距离为时的相对速 O R O RR 度。 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： C mFFFa er 将上式在上投影有 r vcos d d e r t r F t v mma 因为，所以上式可写成 2 e mRF t R R v t v d d d d d d rr cos d d r v t R cos d d cos 2 r r mR R v mv 整理该式可得，将该式积分有 2 r r d d R R v vcRv 222 r 2 1 2 1 初始时,由此确定积分常数，因此得到相对速度为 O RR 0 r v 22 2 1 O Rc 22 rO RRv 1-271-27 重为 P 的小环 M 套在弯成形状的金属丝上，该金属丝绕铅垂轴以匀角速度 2 cxy x 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。 R Ro O C F e F R Ro F r v O x y M x y M F e F P 解：解：取小环为动点，金属丝为动系，根据题意，相对平衡位置为，因为金属丝为曲0 r a 线