第九章 质点动力学 习题解
[习题9-1] 质量为kg m 2=的质点沿空间曲线运动，其运动方程为：3
2
4t t x -=，t y 5-=，
24-=t z 。求s t 1=时作用于该质点的力。
解：
（1）求加速度 23238)4(t t t t dt
d
dt dx v x -=-== t t t dt
d
dt dv a x x 68)38(2-=-==
)/(2168|221s m a t x =⨯-==
5)5(-=-==
t dt
d
dt dy v y 0)5(=-=
=
dt
d
dt
dv a y y 0|1==t y a
34
4)2(t t dt
d dt dz v z =-==
2312)4(t t dt
d
dt dv a z z ===
)/(12112|221s m a t z =⨯==
（2）求作用在质点上的力
)(422|1N ma F t x x =⨯=== )(002|1N ma F t y y =⨯===
)(24122|1N ma F t z z =⨯===
力的大小：
)(331.242404222222N F F F F z y x =++=++=
力的方向角：
054.80331.244arccos arccos
===F F x α 090331
.240
arccos
arccos
===F F y β
046.9331
.2424arccos arccos
===F F z γ 力的作用点：
)(3114|321m x t =-⨯==
)(515|1m y t -=⨯-== )(121|41m z t -=-==
即在F 作用点在M （3，－5，－1）。
[习题9-2] 某质量为kg 5的质点在→
→→--=j t i t F )2sin(100)2cos(90（F 以N 计）作用下运动，已知当0=t 时，cm x 40=，cm y 50=，00=•
x ，s cm y /100=•
。试求该质点的运动方程。 解：
由→
→
→
--=j t i t F )2sin(100)2cos(90可知：
)2cos(90t F x -= )2sin(100t F y -=
)2cos(90t ma F x x -==
)2cos(9022t dt x
d m -=
)2cos(90522t dt x
d -=⨯
)2cos(182
2t dt
x
d -= )2()2cos(9⎰-=t d t dt
dx
1dt
1)2sin(9C t x +-=•
0)02sin(9|1100==+⨯-==•
=•
C C x x t
)2sin(9t dt
dx
-= ⎰-=)2()2sin(29
t d t x
2)2cos(2
9
C t x +=
)(04.0)()(5.42
9
)02cos(29|22200m m C m C C x x t =+=+=+⨯===
)(46.45.404.02m C -=-=
)(46.4)2cos(2
9
m t x -=
)2sin(100t F y -=
)2sin(10022t dt y
d m -= )2sin(100522t dt y
d -=⨯
)2sin(202
2t dt
y
d -= ⎰-=)2()2sin(10t d t dt dy
3)2cos(10C t dt
dy
+= 3)2cos(10C t y +=•
s m s m C C y y t /1.0/)10()02cos(10|3300=+=+⨯==•
=•
1.0103=+C )/(9.93s m C -=
9.9)2cos(10-=•
t y
y
dt
⎰⎰-=dt t d t y 9.9)2()2cos(5
49.9)2sin(5C t t y +-=
)(05.009.9)02sin(5|4400m C C y y t ==+⨯-⨯===
)(05.09.9)2sin(5m t t y +-=
[习题9-3] 水管喷头从m 1高处以s m /13的速度向外喷水，水管与水平线夹角为0
30。求水能达到的最大高度H 及水平距离d 。 解：水珠的受力如图所示。
)/(2
3
1330cos 00s m v v x == 2313=dt dx 12
3
13C t x +=
002
3
13|110==+⨯=
=C C x t t x 2
3
13=
t gt v v y 8.95.630sin 00-=-= t dt
dy
8.95.6-= 229.45.6C t t y +-=
)(109.405.6|2220m C C y t ==+⨯-⨯==
19.45.62+-=t t y
水珠达到最高点时，竖向速度为0。
08.95.6=-==
t dt
dy
v y
)(663.08.9/5.6s t ==
水珠所能达到的最大高度为：
)(16.31633.09.4663.05.62max m y H =+⨯-⨯==
水珠着地时所经过的时间为：
019.45.62=+-=t t y
019.45.62=+-t t 015.69.42=--t t
{
不合，舍去。),(139.0)(47.19
.42)
1(9.44)5.6(5.62s s t -=⨯-⨯⨯--±= 水珠所能达到的最大水平距离为：
)(55.1647.12
3
13max m x d =⨯=
=
→
B
v
B
n
AB
T g
m A A
N A
F [习题9-4] 通过光滑圆环C 的绳索将物体A 与B 相连，已知kg m A 5.7=，kg m B 0.6=，物体A 与水平面的摩擦因素6.0=f ，在图示瞬时，物体B 具有朝右上方的速度s m v B /2=。若在此时突然剪断墙与物体间的绳子，求该瞬时物体A 的加速度A a 解：
（1）求AB 间绳子的拉力
以B 为研究对象，其受力如图所示。
n B in
a m F
=∑
CB
v
m g m T B B B AB
2
030cos =-
)(92.741
2866.08.9(6)30cos (20
2
N CB v g m T B B AB
=+⨯⨯=+=
以A 为研究对象，其受力如图所示。
)/(11.45
.78.95.76.092.742s m m fN T a A A AB A =⨯⨯-=-=
（→）
[习题9-5] 倾角为0
30的楔形斜面以2
/.4s m a =的加速度向右运动，质量为kg m 5=的小小球A 用软绳维系置于斜面上，试求绳子的拉力及斜面的压力，并求当斜面的加速度达到多大时绳子的拉力为零？ 解：
（1）求绳子的拉力T 及斜面的压力N 以小球为研究对象，其受力如图所示。
→
a
ma T N =-0030cos 30sin 452321⨯=-T N 403=-T N (1)
030cos 30sin 00=-+G N T 8.952321⨯=+N T 983=+N T (2)
(1)代入(2)得：
98)340(3=++T T 98)3340=++T T
)(18.74
3
4098N T =-=
)(44.5218.7732.140340N T N =⨯+=+=
（2）求当斜面的加速度达到多大时绳子的拉力为零
ma T N =-0030cos 30sin a T N 52321=- a T N 103=- (1)
030cos 30sin 00=-+G N T 8.952321⨯=+N T 983=+N T (2)
(1)代入(2)得：
98310(3=++T a T
983310=++T a T
4
3
1098a T -=
令T ＝0得：
031098=-a
)/(658.53
10982s m a ==
故，当)/(658.52
s m a =时，绳子的拉力为零。
[习题9-6] 水平转台以匀角加速度α从静止开始绕z 轴转动，转台上与转轴距离为r 处放置一质量为m 的物块A ，物块与转台间的摩擦因素为f ，求经过多少时间后，物块开始在转台上滑动。
解：
以物块A 为研究对象（抽象为一质点），其受力如图所示。
0=-=∑mg F F
N b
x
y
mg F N =
2222)(t mr t mr mr ma F
n n
ααω====∑
2222')(t mr t mr mr ma F n n ααω==== 22t mr fF N α=
22t mr fmg α= 22t r fg α=
t r fg ⋅=α
r
fg
t α
1
=
（此时物块A 发生径向滑动，即离心运动） αmr ma F
t t
==∑
0t mr mr fF N αα==
此方程不含时间t ，即：如果发生切向滑动，那么在任何时刻（包括0=t ）都可以发生滑动。这与初瞬时，物块A 静止的条件自相矛盾。故物块A 不会发生切向滑动。 综上所述，当r
fg
t α
1
=
时，物块A 开始在转台上滑动（作径向滑动）。 [习题9-7] 小球重W ，以两绳悬挂。若将绳AB 突然剪断，求：（1）小球开始运动瞬时AC 绳中的拉力；（2）小球A 运动到铅垂位置时，AC 绳中的拉力为多少？ 解：
（1）求小球开始运动瞬时AC 绳中的拉力
t
n
以小球为研究对象（抽象为质点），其受力如图所示。
t t t a g
W ma W F =
==∑θsin t a g
1
sin =
θ θsin g a t =
θαsin g l AC AC =
AC
AC l g θ
αsin =
)sin(sin t l g
l g dt d AC AC
AC AC ωθω== )cos (θω-=
AC
AC l g
n n AC n a g
W ma W T F =
=-=∑θcos n AC a g
W
W T =
-θcos 2
cos cos AC AC n AC l g
W W a g W W T ωθθ⋅⋅+=+
= 初瞬时，0=AC ω，故：θcos W T AC =
（2）求小球A 运动到铅垂位置时，AC 绳中的拉力
小球运动到铅垂位置时，由上一步骤可知：
00sin sin 0===g g a t θ
n AC n a g
W W T F =
-=∑ )1(g
a W T n
AC +
=
I
式中，AC
n l v a 2
=
根据机械能守恒定理，有：
221)cos 1(v g
W l W AC ⋅⋅=
-⋅θ 2
21)cos 1(v g
l AC ⋅=
-θ )cos 1(22
θ-=g l v AC
即：)cos 1(2θ-=g a n 故：)cos 23()cos 221(])
cos 1(21[θθθ-=-+=-+
=W W g
g W T AC
即：)cos 23(θ-=W T AC
[习题9-8] 液压活塞系统位于水平面内，当滑块B 位于图示位置时，液压活塞的推进速度为
s m /32，kg m A 2=，求为了能够实现这种运动而需要的为F （力F 沿AB 方向）。
解：
A
A m F
a =
AB A AB B v v ][][→
→
= A B v v =0
30cos
)/(42
3
3
230cos 0
s m v v A B === )/(23
3
3230tan 0s m v v A BA =⨯
== OI OI R 2030tan 0=≈
)(64.3430tan 20
cm OI ==
I
y
)(64.5464.3420cm OI R BI =+=+=
)/(321.75464.0/4s rad m
s m BI v B BA
===ω )(32.275.064.5430sin 0cm BI AB =⨯=⋅=
)/(643.14321.72732.0222
s m AB a BA n BA =⨯=⋅=ω
)/(802.0422
2
s m R v a B n B
===
AB 杆作平面运动，有：
→
→
→
→++=τBA n BA
A B a a a a
B 滑块作圆周运动，有：
→
→
→
+=τB n B
B a a a
故，有：
→
→→
→
→++=+ττ
BA n BA
A n n B
a a a a a
[习题9-9] 筛粉机如图所示。已知曲柄OA 以匀角速度ω转动，l OB OA ==，石料与筛盘之间的摩擦因数为f ，为使碎石料在筛盘中来回运动，求曲柄OA 的角速度至少应多大？
解：
以某一碎石为研究对象，其受力如图所示。筛粉机的运动分析如图所示。
2ωl a A =
→
→
→
→++=τBA n BA
A B a a a a
上式在x 轴上的投影为：
θθ2cos cos A n BA B a a a --=- θθ2cos cos A n BA B a a a +=
θ
θωθcos 2cos cos 2l a a n BA B +=
θ
θsin )90sin((0l
AI =+
θcot l AI =
ωθθ
ωω⋅===
cot cot l l AI
v A AB
2222cot )(cot ωθωθωl l l a BA n BA ⋅=⋅==
22222)cos 2cos sin cos (cos 2cos cos cot ωθθθθθθωθωθl l l a B +=+⋅=
B ma ma F =='
B ma ma fmg == B a fg =
fg l =+22
)cos 2cos sin cos (
ωθθθ
θ fg l =+22
22)sin cos 2cos sin cos (ωθθθ
θθ fg l =---23
42)cos cos 1cos 2cos 4(ωθ
θθ θ
θsin cos l
AI =
1
cos 2cos 4cos cos 4
23---⋅=
θθθ
θωl fg 1
cos 2cos 4cos cos 423---=θθθθy
)1cos 2cos 4()sin cos 8sin cos 8)(cos (cos )1cos 2cos 4)(sin cos 3sin (2
4233422'
=--+-----+-=θθθθθθθθθθθθθy 0)
1cos 2cos 4()
cos 8cos 8)(cos (cos )1cos 2cos 4)(cos 31(2
4233422=--+-----+-θθθθθθθθθ )cos 8cos 8)(cos (cos )1cos 2cos 4)(1cos 3(33422θθθθθθθ--=---0=
θθθθθθθθθ462442264cos 8cos 8cos 8cos 81cos 2cos 4cos 3cos 6cos 12+--=++---θθθθθθ624264cos 8cos 8cos 181cos 7cos 6cos 14--=+--
01cos cos 2cos 4264=+++-θθθ 01cos cos 4cos 2246=++-θθθ
1cos =θ
即当0
0=θ时，ω取得极小值（为0，但不合题意）。此瞬时的运动分析如图所示。
→
→→
→
++=τBA n BA
A B a a a a
上式在x 轴上的投影为：
22AB n BA A B l l a a a ωω+=+=
ωω
ωω====
l
l AB l AI v A AB 故，2
2
2
2ωωωl l l a AB B =+= 又，B a fg =，故有：
O
l fg
2=
ω，这是碎石产生滑动的最小角速度，即：l fg
2m in =ω，亦即： l
fg 2≥ω。 [习题9-10] 质量为kg 3的销钉M 在一有直槽的T 形杆推动下，沿一圆弧槽运动，T 形杆AB 以匀速s m v /2=向右运动。试求在0
30=θ时，每个槽作用在销钉上的法向反力（不计摩擦）。 解：
动点M 作复合运动，其运动分析如图所示。
→
→→+=r e M v v v
)/(31.2866.02
30
cos 0
s m v v e M ===
)/(361.531.031.2222s m R v a
M n M
=== →
→
→
→
→
++=+C r e M n M
a a a a a τ
→
→
→=+r M n M
a a a τ
上式在n 方向的投影为：
30cos r n M
a a
=
)/(618.61866
.0361.53866.02s m a a n
M r ===
→
→
→=+r M n M
a a a τ
在t 方向上的投影为：
)/(81.305.0618.6160cos 2
0s m a a r M =⨯==τ
以销钉为研究对象，其受力如图所示。 因为销钉在水平方向上作均速运动，所以，
0=∑ix
F
030sin 0=-n x N N
n x n M
in
ma F
=∑ n
M x n ma N G N =--0060cos 30cos n M n n ma N mg N =⨯--5.05.0866.0
)(4.24775
.0)8.9866.0361.53(375.0)866.0(N g a m N n
M n =⨯+⨯=+=
)(7.1234.2475.05.0N N N n x =⨯==
[习题9-11] 小球A 从光滑半圆柱的顶点无初速地下滑，求小球脱离半圆柱时的位置角ϕ。 解：
以小球为研究对象，其受力如图所示。
n ma N G =-ϕcos
R
v m N mg 2
cos ⋅=-ϕ
小球脱离半圆柱时，0=N ，故
R v g 2
cos =ϕ
Rg
v 2
cos =ϕ
根据机械能守恒定理，有：
22
1)cos 1(mv mgR =
-ϕ )cos 1(22
ϕ-=g R
v 故ϕϕcos )cos 1(2g g =-
ϕϕcos cos 22=-
32cos =
ϕ 019.483
2arccos ==ϕ
→
W
kWv
R =y
[习题9-12] 直升机重W ，它竖直上升的螺旋桨的牵引力为1.5W ，空气阻力为kWv R =，式中k 为常数，直升机上升的极限速度。 解：
直升机的受力如图所示。
a g
W kWv W W =
--5.1 a g kv 1
5.0=-
kgv g a -=5.0
kgv g dt
dv
-=5.0 dt kgv g dv
=-5.0
dt kgv g kgv g d kg =--⋅-
5.0)5.0(1 t kgv
g kgv g d kg =---
⎰5.0)
5.0(1
t C kgv g kg
=+--
])5.0[ln(1
1 kgt C kgv g -=+-1)5.0ln( 1)5.0ln(C kgt kgv g --=-
kgt kgt C C kgt e C e e e kgv g -----=⋅==-2115.0 kgt e C g kgv --=25.0
kgt kgt Ce k
e kg C k v ---=-=
5
.05.02 kgt Ce k v --=
5
.0 05.05.0|00=-=-=⨯-=C k Ce k v kg t
k C 5
.0=
，故 )1(5.0kgt e k v --=
)11(5.0kgt e
k v -=
当∞→t 时，k
v 5
.0→
即直升机所能达到的最大速度为k
v 21=
[习题9-13] 质量为m 的质点从静止状态开始作直线运动，作用于质点上的力F 随时间按图示规律变化，a 、b 均为常数。求质点的运动方程。 解：
力与时间关系为：
1=+b
t a F a t b
a
F +-=
质点运动方程：
a t
b a
dt x d m +-=⋅22
m a t bm a dt
x d +-=2
2 122C t m a t bm a dt dx ++-= 0002|120=+⨯+⨯-==C m
a bm a dt dx t 01=C
t m
a t bm a dt dx +-=22 22
326C t m
a t bm a x ++-=
00206|2230=+⨯+⨯-==C m
a
bm a x t
02=C
2326t m
a t bm a x +-
=
x [习题9-14]质量为m的质点M自高度H以速度0v水平抛出，空气阻力为
→
→
-
=v
km
R，其中k为常数。求该质点的运动方程和轨迹。
解：
质点M的受力如图所示。
x
ix
ma
R
F=
-
=
∑θ
cos
2
2
cos
dt
x
d
m
R=
-θ
kmv
dt
x
d
m-
=
2
2
dt
dx
k
dt
x
d
-
=
2
2
y
iy
ma
G
R
F=
-
=
∑θ
sin
y
ma
mg
R=
-
θ
sin
2
2
sin
dt
y
d
m
mg
kmv=
-
θ
g
kv
dt
y
d
-
=θ
sin
2
2
第九章部分习题解答 9－2 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力 g M g M 21,。如图（a ）所示，假设重物2M 的加速度 2a 的方向竖直向下，则重物1M 的加速度1a 竖直向上，两个重物惯性力I2I1,F F 为 11I1a M F = 22I2a M F = （a ） 该系统有一个自由度，假设重物2M 有一向下的虚位移 2x δ，则重物1M 的虚位移1x δ竖直向上。由动力学普遍 方程有 （a ） 02I21I12211=--+-=x F x F x g M x g M W δδδδδ （b ） 根据运动学关系可知 212 1 x x δδ= 212 1a a = （c ） 将(a)式、(c)式代入(b)式可得，对于任意02≠x δ有 21 21 22m/s 8.2424=+-= g M M M M a （b ） 方向竖直向下。 取重物2M 为研究对象，受力如图（b ）所示，由牛顿第二定律有 222a M T g M =- 解得绳子的拉力N 1.56=T 。本题也可以用动能定理，动静法，拉格朗日方程求解。 9－4 解：如图所示该系统为保守系统，有一个自由度，取θ为广义坐标。系统的动能为 2])[(2 1 θθ R l m T += 取圆柱轴线O 所在的水平面为零势面，图示瞬时系统的势能为 ]cos )(sin [θθθR l R mg V +-= M 1g M 2g F I2 F I1 δx 2 δx 1 M 2g T a 2
拉格朗日函数V T L -=，代入拉格朗日方程 0)(=??-??θ θL L dt d 整理得摆的运动微分方程为 0sin )(2=+++θθθ θg R R l 。 9－6 解：如图所示，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 22 1S m T = 取轨线最低点O 所在的水平面为零势面，图示瞬时系统的势能为 mgh V = 由题可知b s ds dh 4sin ==?，因此有b s d b s h S o 8s 42==?。则拉格朗日函数 2 2821s b mg s m V T L -=-= 代入拉格朗日方程 0)(=??-??s L s L dt d ，整理得摆的运动微分方程为04=+s b g s 。解得质点的运动规律为)21sin( 0?+=t b g A s ，其中0,?A 为积分常数。 9－13 解：1.求质点的运动微分方程 圆环（质量不计）以匀角速度ω绕铅垂轴AB 转动，该系统有一个自由度，取角度θ为广义坐标。系统的动能为 22)sin (2 1 )(21θωθr m r m T += 如图所示，取0=θ为零势位，图示瞬时系统的势能为 零势面 h
第2章 质点动力学 2-1. 如附图所示，质量均为m 的两木块A 、B 分别固定在弹簧的两端，竖直的放在水平的支持面C 上。若突然撤去支持面C ，问在撤去支持面瞬间，木块A 和B 的加速度为多大？ 解：在撤去支持面之前，A 受重力和弹簧压力平衡， F mg =弹，B 受支持面压力向上为2mg ，与重力和弹簧压 力平衡，撤去支持面后，弹簧压力不变，则 A ：平衡，0A a =； B ：不平衡，22B F mg a g =?=合。 2-2 判断下列说法是否正确？说明理由。 （1） 质点做圆周运动时收到的作用力中，指向圆心的力便是向心力，不指向圆心的力不 是向心力。 （2） 质点做圆周运动时，所受的合外力一定指向圆心。 解：（1）不正确。不指向圆心的力的分量可为向心力。 （2）不正确。合外力为切向和法向的合成，而圆心力只是法向分量。 2-3 如附图所示，一根绳子悬挂着的物体在水平面内做匀速圆周运动（称为圆锥摆），有人在重力的方向上求合力，写出cos 0T G θ-=。另有沿绳子拉力T 的方向求合力，写出cos 0T G θ-=。显然两者不能同时成立，指出哪一个式子是错误的 ，为什么？ 解：cos 0T G θ-=正确，因物体在竖直方向上受力平 衡，物体速度竖直分量为0，只在水平面内运动。 cos 0T G θ-=不正确， 因沿T 方向，物体运动有分量，必须考虑其中的一部分提供向心力。应为： 2cos sin T G m r θωθ-=?。 2-4 已知一质量为m 的质点在x 轴上运动，质点只受到 指向原点的引力的作用，引力大小与质点离原点的距离x 的平方成反比，即2k f x =-，k 为比例常数。设质点在x A =时的速度为零，求4A x = 处的速度的大小。 解：由牛顿第二定律：F ma =，dv F m dt =。寻求v 与x 的关系，换元： 2k dv dx dv m m v x dx dt dx -=?=?，
《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:θtan l y =,其中kt =θ。 将运动方程对时间求导并将0 30=θ代入得 34cos cos 2 2lk lk l y v ====θ θθ&& 938cos sin 22 32lk lk y a =-==θ θ&& 1－6 证明:质点做曲线运动,所以n t a a a +=, 设质点的速度为v ,由图可知: a a v v y n cos ==θ,所以: y v v a a n = 将c v y =,ρ 2 n v a = 代入上式可得 ρ c v a 3 = 证毕 1－7 证明:因为n 2 a v =ρ,v a a v a ?==θsin n 所以:v a ?=3 v ρ 证毕 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: t v L s 0-=,并且 222x l s += 将上面两式对时间求导得: 0v s -=&,x x s s &&22= 由此解得:x sv x 0-=& (a) (a)式可写成:s v x x 0-=&,将该式对时间求导得: 2 002v v s x x x =-=+&&&& (b) 将(a)式代入(b)式可得:32 20220x l v x x v x a x -=-==&&& (负号说明滑块A 的加速度向上) 1－11 解:设B 点就是绳子AB 与圆盘的切点,由于绳子相对圆盘无滑动,所以R v B ω=,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: θcos A B v v = (a) 因为 x R x 2 2cos -= θ (b) 将上式代入(a)式得到A 点速度的大小为: 2 2 R x x R v A -=ω (c) 由于x v A &-=,(c)式可写成:Rx R x x ω=--22&,将该式两边平方可得: 222222 )(x R R x x ω=-& 将上式两边对时间求导可得: x x R x x R x x x &&&&&223 2222)(2ω=-- 将上式消去x &2后,可求得:2 22 42) (R x x R x --=ω&& 由上式可知滑块A 的加速度方向向左,其大小为 2 22 42) (R x x R a A -=ω 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 r e a v v v += 有:e a cos v v =?,因为AB 杆平动,所以v v =a , 由此可得e cos v v =?,OC 杆的角速度为OA v e =ω,?cos l OA =,所以l v ?ω2cos = 当0 45=?时,OC 杆上C 点速度的大小为l av l av a v C 245cos 02===ω 1－15 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 v o v B v B a v e v r v e1v e2v r2 v r1v x y o a n a v y v θ θ x y o a n a t θ
动力学 （MADE BY 水水） 1－3 解： 运动方程：θtan l y =，其中kt =θ。 将运动方程对时间求导并将030=θ代入得 34cos cos 22lk lk l y v = ===θθθ 938cos sin 22 32lk lk y a = -==θ θ 1－6 证明：质点做曲线运动， 所以质点的加速度为：n t a a a +=, 设质点的速度为v ，由图可知: a a v v y n cos ==θ，所以: y v v a a n = 将c v y =，ρ 2 n v a = 代入上式可得 ρ c v a 3 = 证毕 1－7 证明：因为n 2 a v =ρ，v a a v a ?==θsin n 所以：v a ?=3 v ρ 证毕 1－ 10 x o y
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： t v L s 0-=，并且 222x l s += 将上面两式对时间求导得： 0v s -= ，x x s s 22= 由此解得：x sv x 0 -= （a ） (a)式可写成：s v x x 0-= ，将该式对时间求导得： 2002v v s x x x =-=+ (b) 将(a)式代入(b)式可得：32 20220x l v x x v x a x -=-== （负号说明滑块A 的加速度向上） 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： g F F a m m N ++= 将该式在y x ,轴上投影可得直角坐标形式的运动微分方程： N F F y m F mg x m +-=-=θθsin cos 其中： 2 22 2sin ,cos l x l l x x += += θθ0,32 20=-=y x l v x 将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得： 2 3220)(1)(x l x l v g m F ++= 1－11 o v o v F N F g m y θ
哈尔滨工业大学理论力学教研室理论力学（I）第8版习题答案《理论力学（1 第8版）/“十二五”普通高等教育本科国家级规划教材》第1版至第7版受到广大教师和学生的欢迎。第8版仍保持前7版理论严谨、逻辑清晰、由浅入深、宜于教学的风格体系，对部分内容进行了修改和修正，适当增加了综合性例题，并增删了一定数量的习题。本书内容包括静力学（含静力学公理和物体的受力分析、平面力系、空间力系、摩擦），运动学（含点的运动学、刚体的简单运动、点的合成运动、刚体的平面运动），动力学（含质点动力学的基本方程、动量定理、动量矩定理、动能定理、达朗贝尔原理、虚位移原理）。本书可作为高等学校工科机械、土建、水利、航空、航天等专业理论力学课程的教材，也可作为高职高理论力学（I）第8版哈尔滨工业大学理论力学教研室习题答案专、成人高校相应专业的自学和函授教材，亦可供有关工程技术人员参考。本书配套的有《理论力学学习辅导》、《理论力学（I）第8版哈尔滨工业大学理论力学教研室习题答案理论力学思考题集》、《理论力学解题指导及习题集》（第3版）、《理论力学电子教案》、《理论力学网络课程》、《理论力学习题解答》、《理论力学网上作业与查询系统》等。 理论力学（I）第8版哈尔滨工业大学理论力学教研室课后答案前辅文 静力学
关注网页底部或者侧栏二维码回复 理论力学（I）第8版答案免费获取答案 引言 第一章静力学公理哈尔滨工业大学理论力学教研室理论力学（I）第8版课后答案理论力学思考题集》、《理论力学解题指导及习题集》（第3版）、《理论力学电子教案》、《理论力学网络课程》、《理论力学习题解答》、《理论力学网上作业与查询系统》等。 理论力学（I）第8版哈尔滨工业大学理论力学教研室课后答案前辅文 静力学 引言 第一章静力学公理和物体的受力分析
第九章 质点动力学 习题解 [习题9-1] 质量为kg m 2=的质点沿空间曲线运动，其运动方程为：3 2 4t t x -=，t y 5-=， 24-=t z 。求s t 1=时作用于该质点的力。 解： （1）求加速度 23238)4(t t t t dt d dt dx v x -=-== t t t dt d dt dv a x x 68)38(2-=-== )/(2168|221s m a t x =⨯-== 5)5(-=-== t dt d dt dy v y 0)5(=-= = dt d dt dv a y y 0|1==t y a 34 4)2(t t dt d dt dz v z =-== 2312)4(t t dt d dt dv a z z === )/(12112|221s m a t z =⨯== （2）求作用在质点上的力 )(422|1N ma F t x x =⨯=== )(002|1N ma F t y y =⨯=== )(24122|1N ma F t z z =⨯=== 力的大小： )(331.242404222222N F F F F z y x =++=++= 力的方向角：
054.80331.244arccos arccos ===F F x α 090331 .240 arccos arccos ===F F y β 046.9331 .2424arccos arccos ===F F z γ 力的作用点： )(3114|321m x t =-⨯== )(515|1m y t -=⨯-== )(121|41m z t -=-== 即在F 作用点在M （3，－5，－1）。 [习题9-2] 某质量为kg 5的质点在→ →→--=j t i t F )2sin(100)2cos(90（F 以N 计）作用下运动，已知当0=t 时，cm x 40=，cm y 50=，00=• x ，s cm y /100=• 。试求该质点的运动方程。 解： 由→ → → --=j t i t F )2sin(100)2cos(90可知： )2cos(90t F x -= )2sin(100t F y -= )2cos(90t ma F x x -== )2cos(9022t dt x d m -= )2cos(90522t dt x d -=⨯ )2cos(182 2t dt x d -= )2()2cos(9⎰-=t d t dt dx
第九章 作业解答参考 9-2 图示A 、B 两物体的质量分别为m 1 与m 2 ，二者间用一绳子连接， 此绳跨过一滑轮，滑轮半径为r 。如在开始时，两物体的高度差 为h ，而且m 1 > m 2 ，不计滑轮质量。求由静止释放后，两物体达 到相同的高度时所需的时间。 解：分别取重物m 1、m 2为研究对象，它们的受力和运动情况如右下 图所示，则此两物体在铅垂方向上的运动方程分别为： ()() 11112222 1 2m a m g F m a F m g =-=- 由于不计滑轮质量，因此有：1212=F F a a a ==，且： 代入⑴⑵式解得： 1212m m a g m m -=+ a 为常数，说明两物体以相等的加速度相向作匀加速运动 设两物体由静止释放至达到相同高度所经历的时间为t 则有： 212122h s s at == = 将1212m m a g m m -=+代入，解得： ()()1212m m h t g m m +=⋅- 即：由静止释放后，两物体达到相同高度所经历的时间为：()()1212m m h t g m m += ⋅- 9-7 图示质量为10 t 的物体随同跑车以v 0 = 1.0 m/s 的速度沿 桥式吊车的桥架移动，今因故急刹车，物体由于惯性绕 悬挂点C 向前摆动。绳长l = 5 m ，求：⑴ 刹车时绳子的 张力；⑵ 最大摆角φ 的大小。 解：⑴ 取物体为研究对象，由题意可知，刹车时，物体将作 圆周运动，其此时的受力和运动情况如右中图所示； 由题意可知： 20n v a l = 则其在铅垂方向的运动方程为： 20T v m F mg l =- 因此： ()() 2203T 3 1.010109.85 10010N 100kN v F m g l ⎛⎫⎛⎫=+=⨯⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ =⨯=
作业06（质点动力学4） 1. 关于机械能守恒条件和动量守恒条件有以下几种说法，其中正确的是[ ]。 A ． 不受外力作用的系统，其动量和机械能必然同时守恒 B ． 所受合外力为零，内力都是保守力的系统，其机械能必然守恒 C ． 不受外力，而内力都是保守力的系统，其动量和机械能必然同时守恒 D ． 外力对一个系统做的功为零，则该系统的机械能和动量必然同时守恒 答：［C ］ 解：如果系统不受外力作用，则动量肯定守恒；如果非保守内力做功不为零，则系统的机械能不守恒。例如，在水平桌面上的两个小球的非弹性相撞过程，不受外力作用（水平方向），系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒。A 错。 如果系统所受合外力为零，则动量 肯定守恒；但和外力为零的系统，如果 和外力做功不为零，即使系统不受非保 守内力，系统的机械能也不守恒。系统 的机械能守恒要求合外力以及非保守内力做功为零，而不是合外力为零。如图所示，A 和B 组成的系统，A 和B 受到的作用力大小相等、方向相反，系统和外力为零，但A 和B 的动能都在增加，势能不变，系统的机械能不守恒。B 错。 外力对一个系统做的功为零，但如果非保守内力做功不为零， 则系统的机械能不守恒；外力对一个系统做的功为零，不能保证 系统的动量不变。例如，如图，上抛一个小球又落回原地，在此 过程中，重力对小球做功为零（机械能不变），但过程开始和结束， 小球的速度方向相反，动量（矢量）变化，不守恒。D 错。 系统不受外力，合外力为零，动量肯定守恒；不受外力，外力的功肯定为零，内力都是保守力，非保守内力做功肯定为零，机械能必然守恒。C 正确。 2. R H 3 4= 3. 已知地球半径为R ，质量为M ，现有一质量为m 的物体，在离地面高度为R 2处。以地球和物体为系 统，若取地面为势能零点，则系统的引力势能为_________；若取无穷远处为势能零点，则系统的引力势能为________。（万有引力常数为G ） 答：R mM G E B 32=；R mM G E B 3-= 解：如图，物体受到地球的引力为 r r mM G f ˆ2-= （1）若取地面为势能零点， 由势能的定义，物体的势能为
习 题 9-1 如图9-9所示，一质量为700kg 的载货小车以v=1.6m/s 的速度沿缆车轨道下降，轨道的倾角a=15°，运动总阻力系数f =0.015；求小车匀速下降时缆索的拉力。又设小车的制动时间为t=4s ，在制动时小车作匀减速运动，试求此时缆绳的拉力。 图9-9 0sin 1T =-+αmg F F )cos (sin cos sin sin 1T αααααf mg fmg mg F mg F -=-=-= N 1676)15cos 015.015(sin 8.9700=︒⨯-︒⨯⨯= 2m/s 4.040 6.1=-=a ma mg F F =-+αsin 2T N 19564.07001676sin 1T 2T =⨯+=+=+-=ma F ma F mg F α 9-2 小车以匀加速度a 沿倾角为a 的斜面向上运动，如图9-10所示。在小车的平顶上放一重W 的物块，随车一同运动，试问物块与小车间的摩擦因数μ应为多少？ 图9-10 y 方向 0s i n c o s c o s N =--αααF W F α μαt a n t a n N N F W F W F +=+= αμt a n 1N -=W F x 方向 ma W F F =-+αααsin cos sin N
ma W F F =-+ααμαsin cos sin N N a g W W F = -+ααμαsin )cos (sin N a g W W W = -+-ααμααμsin )cos (sin tan 1 g a =--+ααμαμαsin tan 1cos sin g a =-+-+α μααμααμαtan 1sin tan sin cos sin g a =-+α μα ααμtan 1sin tan cos g a =-α μα μtan 1cos /1 g a =-α μαμsin cos 1 )sin (cos αμαμ-=g a g a a +=ααμsin cos 分析得 g a a +≥αα μsin cos 9-3 如图9-11所示，在曲柄滑道机构中，滑杆与活塞的质量为50kg ，曲柄长300mm ，绕O 轴匀速转动，转速为n=120r/min 。试求当曲柄OA 运动至水平向右及铅垂向上两位置时，作用在活塞上的气体压力。曲柄质量不计。 图9-11 222221m/s π8.4mm/s π4800)60120π2(300==⨯⨯=a N 2369π8.450211=⨯==ma F 02=a 022==ma F 9-4 重物A 和B 的质量分别为kg 20=A m 和kg 40=B m ，用弹簧连接，如图9-12所示。重物A 按
• 104 • 理论力学 - 104 • 图9.6 (B )。 c (A) x —x =0 m c (C) x (x -、s )=g m 3.在介质中上抛一质量为 c (B) x — (x-、s ) =0 m c (D) x —(x q n s ) = 0 m m 的小球，已知小球所受阻力 =-kv 第9章质点动力学基本方程 、是非题（正确的在括号内打“，”、错误的打“X” ） 1 .凡是适合于牛顿三定律的坐标系称为惯性参考系。 2 . 一质点仅受重力作用在空间运动时，一定是直线运动。 （X ） 3 .两个质量相同的物体，若所受的力完全相同，则其运动规律也相同。 （x ） 4 .质点的运动不仅与其所受的力有关，而且还和运动的初始条件有关。 （V ） 5 .凡运动的质点一定受力的作用。 （X ） 6 .质点的运动方向与作用于质点上的合力方向相同。 （x ） 、填空题 1 .质点是指大小可以忽略不计,但具有一定 质量的物体。 d 2 s 2 .质点动力学的基本方程是 ma =£ F i ,写成自然坐标投影形式为 m 器=£ F 「 _________ dt 2 2 m 、F n 0 =工 F b 。 1- 3 .质点保持其原有运动状态不变的属性称为 惯性。 4 .质量为m 的质点沿直线运动，其运动规律为 x =bln （1 +至），其中 b 为常数。则作用于质点上的力 F = 一 mbv 0 2 （b 油 5 .飞机以匀速v 在铅直平面内沿半径为 r 的大圆弧飞行。飞行员体重为 P,则飞行员 2 ............... 一 ，一 .. V 对座椅的最大压力为 P （1 +——）。 gr 三、选择题 1 .如图9.6所示，质量为m 的物块A 放在升降机上， 当升降机以加速度a 向上运动 时，物块对地板的压力等于 （B ）。 （A ） mg ⑻ m （g a ） （C ） m （g - a ） （D ） 2 .如图9.7所示一质量弹簧系统，已知物块的质量为 m ,弹簧的刚度系数为 c,静伸 长量为大，原长为lO,若以弹簧未伸长的下端为坐标原点，则物块的运动微分方程可写成 V o 为初速度，b
1.质点动力学的基本方程 2.知识总结 3.1.牛顿三定律适用于惯性参考系。 质点具有惯性，以其质量度量； 作用于质点的力与其加速度成比例； 作用与反作用力等值、反向、共线，分别作用于两个物体上。 4.2.质点动力学的基本方程。 质点动力学的基本方程为，应用时取投影形式。 5.3.质点动力学可分为两类基本问题。 质点动力学可分为两类基本问题： 6.（1）. 已知质点的运动，求作用于质点的力； 7.（2）. 已知作用于质点的力，求质点的运动。 8.求解第一类问题，需先求得质点的加速度；求解第二类问题，一般是积分的过程。质点的运动规律不仅决定于作用力，也与质点的运动初始条件有关，这两类的综合问题称为混合问题。 9.动量定理 10.知识点总结 11.1.牛顿三定律适用于惯性参考系。 质点具有惯性，以其质量度量； 作用于质点的力与其加速度成比例； 作用与反作用力等值、反向、共线，分别作用于两个物体上。
12.2.质点动力学的基本方程。 质点动力学的基本方程为，应用时取投影形式。 13.3.质点动力学可分为两类基本问题。 质点动力学可分为两类基本问题： 14.（1）. 已知质点的运动，求作用于质点的力； 15.（2）. 已知作用于质点的力，求质点的运动。 16.求解第一类问题，需先求得质点的加速度；求解第二类问题，一般是积分的过程。质点的运动规律不仅决定于作用力，也与质点的运动初始条件有关，这两类的综合问题称为混合问题。 17.常见问题 18.问题一在动力学中质心意义重大。质点系动量，它只取决于质点系质量及质心速度。 19.问题二质心加速度取决于外力主失，而与各力作用点无关，这一点需特别注意。 20.动量矩定理 21.知识点总结 22.1.动量矩。 质点对点O 的动量矩是矢量。 23.质点系对点O 的动量矩是矢量。 若z 轴通过点O ，则质点系对于z 轴的动量矩为 。
9－1在图示系统中，均质杆OA 、AB 与均质轮的质量均为m ，OA 杆的长度为1l ,AB 杆的长度为2l ，轮的半径为R ,轮沿水平面作纯滚动。在图示瞬时，OA 杆的角速度为ω，求整个系统的动量. ω12 5 ml ,方向水平向左 题9－1图 题9－2图 9－2 如图所示，均质圆盘半径为R ,质量为m ，不计质量的细杆长l ，绕轴O 转动，角速度为ω，求下列三种情况下圆盘对固定轴的动量矩： (a ）圆盘固结于杆； （b ）圆盘绕A 轴转动，相对于杆OA 的角速度为ω-； (c ）圆盘绕A 轴转动，相对于杆OA 的角速度为ω。 （a ）ω)l R (m L O 22 2 +=;(b ）ω2ml L O =；（c ）ω)l R (m L O 22+= 9－3水平圆盘可绕铅直轴z 转动，如图所示，其对z 轴的转动惯量为z J 。一质量为m 的质点,在圆盘上作匀速圆周运动，质点的速度为0v ，圆的半径为r ,圆心到盘中心的距离为l 。开始运动时,质点在位置0M ，圆盘角速度为零。求圆盘角速度ω与角ϕ间的关系，轴承摩擦不计。
9－4如图所示，质量为m 的滑块A ，可以在水平光滑槽中运动,具有刚性系数为k 的弹簧一端与滑块相连接，另一端固定。杆AB 长度为l ,质量忽略不计,A 端与滑块A 铰接，B 端装有质量1m ，在铅直平面内可绕点A 旋转.设在力偶M 作用下转动角速度ω为常数.求滑块A 的运动微分方程。 t l m m m x m m k x ωωsin 21 11+=++
9－5质量为m，半径为R的均质圆盘，置于质量为M的平板上，沿平板加一常力F。设平板与地面间摩擦系数为f，平板与圆盘间的接触是足够粗糙的,求圆盘中心A点的加速度。
可编辑 ---------------------------------------------------------------------- 《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：θtan l y =，其中kt =θ。 将运动方程对时间求导并将0 30=θ代入得 34cos cos 22lk lk l y v == ==θ θθ 938cos sin 22 3 2lk lk y a =-==θ θ 1－6 证明：质点做曲线运动,所以n t a a a +=, 设质点的速度为v ,由图可知: a a v v y n cos ==θ，所以: y v v a a n = 将c v y =，ρ 2 n v a = 代入上式可得 ρ c v a 3 = 证毕 1－7 证明：因为n 2 a v = ρ，v a a v a ⨯==θsin n 所以：v a ⨯=3 v ρ 证毕 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： t v L s 0-=，并且 2 22x l s += 将上面两式对时间求导得： 0v s -= ，x x s s 22= 由此解得：x sv x -= （a ） (a)式可写成：s v x x 0-= ，将该式对时间求导得： 2 002v v s x x x =-=+ (b) 将(a)式代入(b)式可得：32 20220x l v x x v x a x -=-== （负号说明滑块A 的加速度向上） 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R v B ω=，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： θcos A B v v = （a ） 因为 x R x 2 2cos -= θ （b ） 将上式代入（a ）式得到A 点速度的大小为： 2 2 R x x R v A -=ω （c ） 由于x v A -=，（c ）式可写成：Rx R x x ω=--22 ，将该式两边平方可得： 222222)(x R R x x ω=- 将上式两边对时间求导可得： x x R x x R x x x 2232222)(2ω=-- 将上式消去x 2后，可求得：2 22 42) (R x x R x --=ω 由上式可知滑块A 的加速度方向向左，其大小为 2 22 42) (R x x R a A -=ω 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； o v o v A x ω O θ A v A x ω O B v B R a v e v r v x y o a n a v y v θ θ x y o a n a t θ
学习 资料 整理 分享 《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：θtan l y =，其中kt =θ。 将运动方程对时间求导并将0 30=θ代入得 34cos cos 2 2lk lk l y v ====θ θθ 938cos sin 22 32lk lk y a =-==θ θ 1－6 证明：质点做曲线运动,所以n t a a a +=, 设质点的速度为v ,由图可知: a a v v y n cos ==θ，所以: y v v a a n = 将c v y =，ρ 2 n v a = 代入上式可得 ρ c v a 3 = 证毕 1－7 证明：因为n 2 a v =ρ，v a a v a ⨯==θsin n 所以：v a ⨯=3 v ρ 证毕 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： t v L s 0-=，并且 2 22x l s += 将上面两式对时间求导得： 0v s -= ，x x s s 22= 由此解得：x sv x -= （a ） (a)式可写成：s v x x 0-= ，将该式对时间求导得： 2 002v v s x x x =-=+ (b) 将(a)式代入(b)式可得：32 20220x l v x x v x a x -=-== （负号说明滑块A 的加速度向上） 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R v B ω=，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： θcos A B v v = （a ） 因为 x R x 2 2cos -= θ （b ） 将上式代入（a ）式得到A 点速度的大小为： 2 2 R x x R v A -=ω （c ） 由于x v A -=，（c ）式可写成：Rx R x x ω=--22 ，将该式两边平方可得： 222222)(x R R x x ω=- 将上式两边对时间求导可得： x x R x x R x x x 2232222)(2ω=-- 将上式消去x 2后，可求得：2 2242)(R x x R x --=ω 由上式可知滑块A 的加速度方向向左，其大小为 2 2242)(R x x R a A -=ω 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； o v o v a v e v r v x o v x o t