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第六章 刚体的平面运动 习题解答6-1 椭圆规尺AB 由曲柄OC 带动，曲柄以角速度Oω绕O 轴匀速转动，如图所示。
如r AC BC OC ===，并取C 为基点，求椭圆规尺AB 的平面运动方程。
解：AB 杆作平面运动，设0=t 时，0=ϕ，则t 0ωϕ=。
选AB 杆上的C 点位基点，建立平移坐标系y x C ''-，在图示坐标系中，AB 杆在固定坐标系xy O -的位置由坐标),,(ϑC C y x 确定，所以AB 杆的平面运动方程为：t r x C 0cos ω=，t r y C 0sin ω=，t 0ωϕθ==.6-2 杆AB 的A 端沿水平线以等速v 运动，在运动时杆恒与一半圆周相切，半圆周半径为R ，如图所示。
如杆与水平线的夹角为θ，试以角θ表示杆的角速度。
解： 解法一：杆AB 作平面运动。
选取A 为基点，由速度基点法CA A C v v v +=， 作图示几何关系，图中v v A =，解得θθsin sin v v v A CA ==，A B 杆的角速度为 θθωcos sin 2R v AC v CA ==（逆时针）.解法二：在直角三角形△ACO 中， xR =ϑsin 上式对时间求导，得x xR 2cos -=ϑϑ 其中，ϑ,R x v x== ，解得A B 杆的角速度为 Rv ϑϑϑcos sin 2-= ，（负号表示角速度转向与ϑ角增大的方向相反，即逆时针）6-3 半径为r 的齿轮由曲柄OA 带动，沿半径为R 的固定齿轮转动，如图所示。
如曲柄OA 以等角加速度α绕O 轴转动，当运动开始时，角速度0=O ω，转角0=ϕ。
求动齿轮以中心A 为基点的平面运动方程。
解：动齿轮作平面运动。
建立与曲柄OA 固结的转动坐标系题6-1图题 6-2图题6-3图ξη-O ，和在动齿轮的A 点建立平移坐标系y x A ''-，如图所示，从图中可见，因动齿轮和固定齿轮间没有滑动，所以存在关系ϑϕr R =小轮半径AM 相对平移坐标系y x A ''-，也即固定坐标系得转角为)1(r R A +=+=ϕϑϕϕ, 而 221t αϕ=，可得小轮平面运动方程为)21cos()(2t r R x A α+=， )21sin()(2t r R y A α+=.6-4 图示机构中，已知10.OA =m ，10.BD =m ，10.DE =m ，310.EF =m ；4=OA ωrad/s 。
第六章 分析力学滔滔长江东逝水，浪花淘尽英雄。
达朗贝尔，拉格朗日，哈密顿等许多前贤相聚于此“力学论剑”，其“冲击波”使非线性问题也不攻自破。
长江后浪推前浪，你或许在此能够加倍“忘乎因此‘。
微分方程将叱咤风云。
[要点分析与总结]1虚功原理：（平稳时）理想条件下，力学系的平稳条件是各质 点上的主动力所作的虚功之和为零：10ni i i W F r δδ==•=∑用广义坐标来表述：310n ii i x W F q q ααδδ=∂==∂∑ 2达朗贝尔原理（动力学下的虚功原理）： 1()0ni i i i i W F m r r δδ==-•=∑〈析〉r δ，W δ均是在时刻未转变（0dt =）时所假想的量，而广义坐标a q 能够是角度，长度或其它的独立的坐标变量。
3拉格朗日方程()d T TQ dt q q ααα∂∂-=∂∂ (1,2,3,,)a s =在保守力下，取拉氏数 L T V =-方程为：()0d L L dt q q αα∂∂-=∂∂ 假设拉氏数中L 不显含广义坐标q β，那么：0Lq β∂=∂ 即 循环积分： Lp const q ββ∂==∂ 4微振动非线性系统在小角度近似下，对拉氏方程的应用 5哈密顿函数与正那么方程 （1） 哈密顿函数1(,,)sH p q t L p q ααα==-+∑式中T Lp q q ααα∂∂==∂∂为广义坐标动量 （2） 正那么方程Hq P Hp q H Lt tαααα∂=∂∂=-∂∂∂=-∂∂ (1,2,3,,)a s =假设哈氏函数H 中不显含广义坐标q β，那么：0Hp q ββ∂=-=∂ 即：循环积分 Tp const q ββ∂==∂ 在稳固条件下（H 中不显含t ），12sp q T ααα==∑那么有能量积分：H T V =+6泊松括号1[,]()sG H G HG H q p p q ααααα=∂∂∂∂=-∂∂∂∂∑ 7哈密顿原理与正那么变换 （1）哈密顿原理保守力系下：210t t Ldt δ=⎰概念：21t t S Ldt =⎰为主函数（3） 正那么变换通过某种变数的变换，找到新的函数*H ，使正那么方程的形式不变（相当于坐标变换）。
第6章 刚体的平面运动分析6－1 图示半径为r 的齿轮由曲柄OA 带动，沿半径为R 的固定齿轮滚动。
曲柄OA 以等角加速度α绕轴O 转动，当运动开始时，角速度0ω= 0，转角0ϕ= 0。
试求动齿轮以圆心A 为基点的平面运动方程。
解：ϕcos )(r R x A += （1） ϕsin )(r R y A +=（2）α为常数，当t = 0时，0ω=0ϕ= 0 221t αϕ=（3）起始位置，P 与P 0重合，即起始位置AP 水平，记θ=∠OAP ，则AP 从起始水平位置至图示AP 位置转过θϕϕ+=A因动齿轮纯滚，故有⋂⋂=CP CP 0，即 θϕr R = ϕθr R =， ϕϕrr R A += （4）将（3）代入（1）、（2）、（4）得动齿轮以A 为基点的平面运动方程为：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+=+=+=222212sin )(2cos )(t r r R t r R y t r R x A A A αϕαα6－2 杆AB 斜靠于高为h 的台阶角C 处，一端A 以匀速v 0沿水平向右运动，如图所示。
试以杆与铅垂线的夹角θ 表示杆的角速度。
解：杆AB 作平面运动，点C 的速度v C 沿杆AB 如图所示。
作速度v C 和v 0的垂线交于点P ，点P 即为杆AB 的速度瞬心。
则角速度杆AB 为6－3 图示拖车的车轮A 与垫滚B 的半径均为r 。
试问当拖车以速度v 前进时，轮A 与垫滚B 的角速度A ω与B ω有什么关系？设轮A 和垫滚B 与地面之间以及垫滚B 与拖车之间无滑动。
解：RvR v A A ==ωR v R v B B 22==ωB A ωω2=6－4 直径为360mm 的滚子在水平面上作纯滚动，杆BC 一端与滚子铰接，另一端与滑块C 铰接。
设杆BC 在水平位置时，滚子的角速度ω＝12 rad/s ，θ＝30︒，ϕ＝60︒，BC ＝270mm 。
试求该瞬时杆BC 的角速度和点C 的速度。
hv AC v AP v ABθθω2000cos cos ===习题6-1图ABCv 0hθ习题6－2图PωABv CABCv ohθ习题6－2解图习题6-3解图习题6-3图v A = vv B = v ωAωB习题6-6图习题6-6解图解：杆BC 的瞬心在点P ，滚子O 的瞬心在点D BDv B ⋅=ωBPBD BP v B BC ⋅==ωω ︒︒⨯=30sin 27030cos 36012 rad/s 8=PC v BC C ⋅=ωm/s 87.130cos 27.08=︒⨯=6－5 在下列机构中，那些构件做平面运动，画出它们图示位置的速度瞬心。
《理论力学》第六章作业答案如果不做书中所附的习题，就等于处宝山而空返。
——华罗庚。
1 [习题6-2]半圆形凸轮以匀速s mm v /10=沿水平方向向左运动，活塞杆AB 长l 沿铅直方向运动。
当运动开始时，活塞杆A 端在凸轮的最高点上。
如凸轮的半径mm R 80=，求，求活塞活塞B 的运动方程和速度方程.解：活塞杆AB 作竖向平动。
以凸轮圆心为坐标原点，铅垂向上方向为x 轴的正向，则由图中的几何关系可知，任一时刻，B 点的坐标，即活塞B 的运动方程为:)(64)()(cos 22222cm t l vt R l Rvt R R l R l x B -+=-+=-⋅+=+=ϕ活塞B 的速度方程为:)/(646422122s cm t t t t dt dx v B B --=--==[习题6-4]点M 以匀速率u 在直管OA 内运动，直管OA 又按t ωϕ=规律绕O 转动。
当0=t 时，M 在O 点，求其在任一瞬时的速度及加速度的大小。
解: ut r =，t ωϕ=。
设任一瞬时，M 点的坐标为),(y x M ，则点M 的运动方程为：t ut r x ωϕcos cos ==, tut r y ωϕsin sin ==速度方程为：速度方程为：t t u t u t ut t u t ut dt ddt dxv x ωωωωωωωsin cos )sin (cos )cos (-=⋅-+===t t t u t t u t u v x ωωωωωωcos sin 2sin )(cos 222222⋅-+=t t u t u t ut t u t ut dt ddt dyv y ωωωωωωωcos sin cos sin )sin (+=⋅⋅+===t t t u t t u t u v y ωωωωωωcos sin 2cos )(sin 222222⋅++=2222)(t u u v v y x ω+=+任一瞬时,速度的大小为:22222)(1)(t u t u u v v v y x ωω+=+=+=加速度方程为:)sin cos (t t u t u dt ddt dv a xx ωωω-==]cos sin [)sin (ωωωωωωω⋅⋅+⋅-⋅-⋅=t t u t u t ut t u t u ωωωωcos sin 22--=t t t u t t u t u a x ωωωωωωωcos sin 4cos )(sin 4322222222⋅++=)cos sin (t t u t u dtd dt dv a yy ωωω+==ωωωωωωω⋅-⋅+⋅+⋅⋅=)sin (cos [cos t t u t u t ut t u t u ωωωωsin cos 22⋅-=t t t u t t u t u a y ωωωωωωωcos sin 4sin )(cos 4322222222⋅-+=222222)(4t u u a a y x ωω+=+任一瞬时,速度的大小为:2222222)(4)(4t u t u u a a a y x ωωωω+=+=+=[习题6-14] 电动绞车由带轮Ⅰ和Ⅱ及鼓轮Ⅲ组成如图电动绞车由带轮Ⅰ和Ⅱ及鼓轮Ⅲ组成如图6-426-426-42所示，鼓轮Ⅲ和带轮所示，鼓轮Ⅲ和带轮Ⅱ刚连在同一轴上。
第六章 刚体的基本运动 习题全解[习题6-1] 物体绕定轴转动的运动方程为334t t -=ϕ（ϕ以rad 计，t 以s 计）。
试求物体内与转动轴相距m r 5.0=的一点，在00=t 与s t 11=时的速度和加速度的大小，并问物体在什么时刻改变它的转向？ 解：角速度： 2394)34(t t t dt ddt d -=-==ϕω 角加速度：t t dtddt d 18)94(2-=-==ωα速度： )94(2t r r v -==ω)/(2)094(5.0|20s m r v t =⨯-⨯===ω)/(5.2)194(5.0|21s m v t -=⨯-⨯==切向加速度：rt t r a t 18)18(-=-==ρα法向加速度：22222)94()]94([t r rt r v a n -=-==ρ 加速度： 422222222)94(324])94([)18(t t r t r rt n a a n t -+=-+-=+=)/(8165.0)094(0324|24220s m r a t =⨯=⨯-+⨯== )/(405.1581.305.0)194(1324|24221s m r a t =⨯=⨯-+⨯== 物体改变方向时，速度等于零。
即：0)94(2=-=t r v )(667.0)(32s s t ==[习题6-2] 飞轮边缘上一点Ｍ，以匀速ｖ＝１０ｍ／ｓ运动。
后因刹车，该点以)/(1.02s m t a t =作减速运动。
设轮半径Ｒ＝０.４ｍ，求Ｍ点在减速运动过程中的运动方程及ｔ＝２ｓ时的速度、切向加速度与法向加速度。
解：t dtd a t 1.04.022-===ϕρα （作减速运动，角加速度为负）t dt d 25.022-=ϕ12125.0C t dtd +-=ϕ2130417.0C t C t ++-=ϕ12124.005.0)125.0(4.0C t C t dtd R v +-=+-⨯==ϕ104.0005.0|120=+⨯-==C v t图题46-251=C0000417.0|2130=+⨯+⨯-==C C t ϕ 02=C ，故运动方程为： t t 250417.03+=ϕt t t t R s 100167.0)250417.0(4.033+-=+-==ϕ速度方程：1005.02+-=t v)/(8.910205.0|22s m v t =+⨯-== 切向加速度：)/(2.021.01.0|22s m t a t t -=⨯-=-== 法向加速度：222)25125.0(4.0+-⨯==t a n ρω)/(1.240)252125.0(4.0|2222s m a t n =+⨯-⨯==[习题6-3] 当起动陀螺罗盘时，其转子的角加速度从零开始与时间成正比地增大。
