北航理论力学习答案

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1、1－3解：运动方程：yltan，其中kt。将运动方程对时间求导并将030代入得llk4lkvy22coscos3222lksin83lkay3cos91－6证明：质点做曲线运动，所以质点的加速度为：aaa,tnvvy设质点的速度为v，由图可知:yvyananvacos，所以:avavy2avn将vyc，an3xv代入上式可得aoc证毕1－7证明：因为v2avat，anasinzanva3v所以：avan证毕yo1－10x解：设初始时,绳索AB的长度为L,时刻

2、t时的长度为s,则有关系式：vosLvt，并且s2l2x2y0F将上面两式对时间求导得：FvNsvo，2ss2xx0mgsv由此解得：x0（a）x(a)式可写成：xxvs，将该式对时间求导得：022xxxsvv(b)002222vxvl将(a)式代入(b)式可得：ax00（负号说明滑块A的加速度向上）x3xx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：maFFmgNx,y将该式在轴上投影可得直角坐标形式的运动微分方程：mxmgFcosmy

3、FsinFN其中：xlv2l2cos,sinx0,y0x2l2x2l23x将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得：22v0ll2Fm(g)1()3xx1－11vBBAAOORxvAx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vR，由于绳子B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：vvcosBA（a）因为22xRcosx（b）将上式代入（a）式得到A点速度的大小为：xvRA22xR（c）22由于vx，（c）式可写成：xx

4、RRx，将该式两边平方可得：A222222x(xR)Rx将上式两边对时间求导可得：223222xx(xR)2xx2Rxx将上式消去2x后，可求得：24Rxx222(xR)(d)24Rx由上式可知滑块A的加速度方向向左，其大小为aA222(xR)取套筒A为研究对象，受力如图所示，yBFN根据质点矢量形式的运动微分方程有：FRAOmaFFNmgvAxmg将该式在x,y轴上投影可得直角坐标形式的运动微分方程：mxFcosmyFsinFmgN其中：222R4xRxRsi

5、n,cosx222,y0xx,(xR)将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得24225mRxmRxF,Fmg225N225(xR)2(xR)21－13解：动点：套筒A；vavevr动系：OC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vvvaer有：vcosv，因为AB杆平动，所以vv，aea2velvcos由此可得：vcosve，OC杆的角速度为，OA，所以OAcosl200avcos45av当45时，OC杆上C点速度的

6、大小为：vCal2l1－15vr1解：动点：销子Mve1动系1：圆盘ve2v动系2：OA杆r2定系：机座；运动分析：绝对运动：曲线运动x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vvvvvva1e1r1，a2e2r2由于动点M的绝对速度与动系的选取无关，即vv，由上两式可得：a2a1vvvve1r1e2r2(a)将（a）式在向在x轴投影,可得：000vsin30vsin30vcos30e1e2r2由此解得：000bsin30vtan30(vv)OMtan30()(39)0.4m/sr2

7、e2e12120cos30vOM0.23e2222vvvv0.529m/sMa2e2r21－17解：动点：圆盘上的C点；动系：O1A杆；ve定系：机座；va运动分析：绝对运动：圆周运动；vr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vvvaer（a）将（a）式在垂直于O1A杆的轴上投影以及在O1C轴上投影得：vcos300vcos30000ae，vasin30vrsin30veR0.5vvRvvR1ea，ar，O1C2R根据加速度合成定理有tnaaaeaeara

8、C（b）tarae将（b）式在垂直于O1A杆的轴上投影得asin300atcos300ansin300anaaaC