《理論力學》動力學典型習題+答案

1、動力學I第一章運動學部分習題參考解答由此解得：xSVo(a)1-3解：運動方程：yltan,其中將運動方程對時間求導(dǎo)并將(a)式可寫成：2xxxsv0xxx2v0vos,將該式對時間求導(dǎo)得:(b)l2-cos_22lksinlk2cos3cos_41k383lk2916證明：質(zhì)點做曲線運動，所以a設(shè)質(zhì)點的速度為v,由圖可知：cosvy包，所以：將vyc,an代入上式可得證畢1-7證明：因為an所以:證畢an31-10解：設(shè)初始時，繩索為s,則有關(guān)系式：sLv0t,并且kt。300代入得atan,將式代入(b)式可得:axx22v0x2.2v0l(負號說明滑塊A的加速度向上)x1-11vBanv

2、asinAB的長度為L,時刻t時的長度將上面兩式對時間求導(dǎo)得:sv0,2ss2xxxatxo解：設(shè)B點是繩子AB與圓盤的切點，由于繩子相對圓盤無滑動，所以vB于拉直狀態(tài)，因此繩子上AB兩點的速度在A、B兩點連線上的投影相等，即:vBvAcos因為22xRcosx將上式彳t入(a)式得到A點速度的大小為：由于vAx,(c)式可寫成:將上式兩邊對時間求導(dǎo)可得:將上式消去2x后，可求得：xR,由于繩子始終處(a)(b)vARxA2,xx-x2R2x2(x2-2_22xx(xR)2R4x(x2R2)2由上式可知滑塊A的加速度方向向左，其大小為1-13解：動點：套筒A；動系：OA干；R2(c)Rx,R2

3、)c32xxaA將該式兩邊平方可得:222Rxc222Rxx2R4x/2,2、2(xR)定系：機座;運動分析：絕對運動:相對運動:牽連運動:直線運動;直線運動;定軸轉(zhuǎn)動。相對運動：直線運動（平行于OA桿）；牽連運動：定軸轉(zhuǎn)動。根據(jù)速度合成定理有根據(jù)速度合成定理VaVeVraeiVVae將(a)式在垂直于0Vacos30Vr(a)OA桿的軸上投影以及在Oc軸上投影得:00Vecos30,Vasin300Vesin30vacosVeVavR1l所以O(shè)A根據(jù)加速度合成定理有OAl(b)avOC桿上C點速度的大小為aVcl2lroR2aa212R12r2所以有OCa桿根據(jù)速度合成定理有x(a)Vr2根

4、據(jù)速度合成定理由此解得可求得a1.5Ve2nr曲線運動直線運動定軸轉(zhuǎn)動,n1ete絕對運動相對運動牽連運動圓周運動;直線運動;定軸轉(zhuǎn)動。ta。AB桿平動，所以?。簞狱c:動系定系運動分析:運動分析：絕對運動：圓周運動acVa1acVa2ac運動分析：絕對運動相對運動牽連運動aM由此可得vcosta。tae2acac2vcos,"艮據(jù)上式可得aaaaVeanVe01AVrVe1VrVraaVa12l21,銷子M1:圓盤2:OA桿52Vr2上兩式可得asin30anae2R-rad/s345°將上式沿ac方向投影可得圓盤上的c點OA桿;sin30°Va1Ve1由于動點M

5、的絕對速度與動系的選取無關(guān)，Ve2sin300Vr2cos300VAVM,.aAVe1Vr1Ve2式在向在X軸投影，可得：Ve1sin300taaae式在垂直于taeacb1m/s22Vr20.529m/snaearnaearacOA桿的軸上投影得RR0.52m/s，Vr8m/s2、bsin300/1)20(39)0.4m/scos30Ve,Oc桿的角速度為a2Vrtan300(Ve2Ve1)OMtan300(22m/s,a；sin4508m/s2,a；，Va%ROM20.2.3Va弋Va1O1A根據(jù)加速度合成定理tntaaaaaeVr1Ve1cos20aVcos45t0aacos45cos3

6、001-15解：動點:動系動系定系1-17解：動點:動系定系1-19解：由于ABM彎桿平移因此Vr Ve Va1 e a其中：Va Vb, VeRb, 義Ra由此可得：Vr住VA VB國m/sRa9求相對加速度由于相對運動為圓周運動MOaA2-12r根據(jù)速度合成定理可以得到:2.3r根據(jù)動量定理有tan4rx加速度如圖所示f22OM2rOa2根據(jù)加速度合成定理APX由此解得平臺的加速度為ayA系統(tǒng)的動量為mvxvl)cosA繞O做定軸轉(zhuǎn)動)XFkxmgdt2系統(tǒng)的運動微分方程為m1lOy絕對運動 相對運動 牽連運動圓周運動 圓周運動 定軸轉(zhuǎn)動直線運動;直線運動; 定軸轉(zhuǎn)動。平臺AB的加速度為零

7、。2 . sinAB將向左滑動，此時系統(tǒng)的動量為m1 )x m1l運動分析絕對運動 相對運動牽連運動將上式在x軸投影有aC求相對速度，根據(jù)速度合成定理x坐標原點，取整體為研究對象，受力如圖所示由運動分析可知點的絕對速度、相對速度和牽連速度的方向如圖所示VaVr將上式在x'軸上投影，可得Vaaacosae cos將其在x軸上投影可得(m1m2(vaa aarFnVeVrm2 bfFNVaVrVr2-2取彈簧未變形時滑塊作用在滑塊A上的彈簧拉力sin tVrVrve.0 cos60 21.78m/s(m m1 )x kx相對速度的大小為常值，因此有2m2bF相對地面無滑動，此時摩擦力 F

8、取整體為研究對象，受力如圖， 系統(tǒng)的動量： p m2 VrV m2 btfm1(v vr)vr) m1( v) m2bt (m1 m2)vPxmhVrVa Ve Vr將上式沿絕對速度方向投影可得:夕ffrrfFNf(m1m2 )a F fFNf(m1Ve OMnar ardtm2baC由此求得：aa 14r 2根據(jù)動量定理有：工 dtp mv m1Vl 將上式在x軸投影：px mx m1 (x 根據(jù)動量定理有：ar BM ,(m m2)gm2b,十/2時，平臺m2)gvr) m1V px m2( v2 rcos6008r 2.”0r sin 60 cos2600r cos600m2bfg (方

9、向向左)1 m21-21解：求汽車B相對汽車A的速度是指以汽車A為參考系觀察汽車 B的速度。?。簞狱c：汽車B;動系：汽車a (ex' y');定系：路面。運動分析vr B，其中F為t742aa22(742)2aa1712rad/scos45l31-20解：取小環(huán)為動點，OAB干為動系2-4取提起部分為研究對象，受力如圖(a)所示，提起部分的質(zhì)量為mvt,提起部分的速度為v,根據(jù)點的復(fù)合運動可知質(zhì)點并入的相對速度為vr,方向向下，大小為v(如圖a所示)。v*vray根據(jù)變質(zhì)量質(zhì)點動力學方程有：dvm一dt將上式在y軸上投影有：dvm一dtF(t)mg由于蟲0,所以由上式可求得:d

10、t再取地面上的部分為研究對象,dmmgv，(vt)gvrF(t)(vgtF(t)(vF(t)2v)。由于地面上的物體沒有運動,因此地面的支撐力就是未提起部分自身的重力，即:Fn(lFnvt)gvrv2、(vgtv)并起與提起部分沒有相互作用力,vt)g3-5將船視為變質(zhì)量質(zhì)點，取其為研究對象,受力如圖。根據(jù)變質(zhì)量質(zhì)點動力學方程有：dvmFdt船的質(zhì)量為：m將其代入上式可得：dv(m°qt)-dtmgm°dm.vrFNdtqt,水的阻力為FfvmgqvrFn將上式在x軸投影:(m0dvqt)dtfvq(ln(qvrfv)由初始條件確定積分常數(shù)fvvr)oF應(yīng)用分離變量法可求得

11、ln(m0qt)cqcln(qvr)fInmo,并代入上式可得:qfqvr.moqt飛v1()fmo2-8圖a所示水平方板可繞鉛垂軸z轉(zhuǎn)動，板對轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動慣量為J,質(zhì)量為m的質(zhì)點沿半徑為R的圓周運動，其相對方板的速度大小為u(常量)。圓盤中心到轉(zhuǎn)軸的距離為I。質(zhì)點在方板上的位置由確定。初始時，0,方板的角速度為零，求方板的角速度與角的關(guān)系。囹a解：取方板和質(zhì)點為研究對象，作用在研究對象上的外力對轉(zhuǎn)軸z的力矩為零，因此系統(tǒng)對z軸的動量矩守恒。下面分別計算方板和質(zhì)點對轉(zhuǎn)軸的動量矩。設(shè)方板對轉(zhuǎn)軸白動量矩為L1,其角速度為，于是有LiJ設(shè)質(zhì)點MM轉(zhuǎn)軸的動量矩為L2,取方板為動系，質(zhì)點M為動點，其牽連速

12、度和相對速度分別為ve,vr。相對速度沿相對軌跡的切線方向，牽連速度垂直于OM連線。質(zhì)點M相對慣性參考系的絕對速度VaVevr。它對轉(zhuǎn)軸的動量矩為L2L2(mva)L2(mve)L2(mvr)其中：L2(mve)mr2m(IRcos)2(Rsin)22L2(mvr)m(lRcos)vrcosmRsinvr系統(tǒng)對z軸的動量矩為LL1L2。初始時，0,0,vru,此時系統(tǒng)對z軸的動量矩為Lom(lR)u當系統(tǒng)運動到圖8-12位置時，系統(tǒng)對z軸的動量矩為222LJm(lRcos)(Rsin)m(lRcos)ucosmRsinu2_2J(l2R22lRcos)m(lcosR)mu由于系統(tǒng)對轉(zhuǎn)軸的動量矩

13、守恒。所以有LL0,因此可得：2_2m(lR)uJ(l2R22lRcos)m(lcosR)mu由上式可計算出方板的角速度為ml(1cos)uJmFR22lRcos),12、2d(mmCcot)vA22(mmCcot)vAdvAmgvAdt2-11取鏈條和圓盤為研究對象，受力如圖(鏈條重力未畫)軸的動量矩為：L。J。l(2ar)r2根據(jù)動量矩定理有：,設(shè)圓盤的角速度為，則系統(tǒng)對OFoydLodtJOl(2ar)r2Fox由上式解得：aA5Amg一2,aCaAcotdtmmCcot2-17質(zhì)量為m0的均質(zhì)物塊上有一半徑為R的半圓槽，放在光滑的水平面上如圖A所示。質(zhì)量為m(m03m)光滑小球可在槽內(nèi)

14、運動，初始時，系統(tǒng)靜止，小球在A處。求小球運動到B處300時相對物塊的速度、物塊的速度、槽對小球的約束力和地面對物塊的約束力。l(ax)grl(ax)gr整理上式可得:Jo(2ar)r2由運動學關(guān)系可知:l(2x)gr因此有：rJol(2ax。上式可表不'成:r)r2xlgr2xVem°gBmg2lgrl(2ar)r2,上述微分方程可表示成:2x0,該方程的通解為:根據(jù)初始條件:t0,xXo,X系統(tǒng)的動量在x軸上的投影為:系統(tǒng)的動量在y軸上的投影為:根據(jù)動量定理:由上式解得:lrx02-14取整體為研究對象,T1mvA2txc1ec?e0可以確定積分常數(shù)Cixx0chtc2x

15、0,于是方程的解為:2解：取小球和物塊為研究對象，受力如圖B所示,由于作用在系統(tǒng)上的主動力均為有勢力，水平方向無外力，因此系統(tǒng)的機械能守恒，水平動量守恒。設(shè)小球為動點，物塊為動系，設(shè)小球相對物塊PxPy0l(arsinx)lr22lrx的速度為vr,物塊的速度為v12Tm°Ve2則系統(tǒng)的動能為-mva212122,m0vem(vevrsin)(vrcos)22pxF0xPy2cht,F0yFoy系統(tǒng)的動能為:2mCvC其中：va,vc分別是AB桿的速度和楔塊C的速度。若vr是AB桿上的A點相對楔塊C的速度，則根據(jù)復(fù)合運動速度合成定理可知：vAvCtan,rl(ax)rl(2ar)gl

16、(2ar)g4vrVa2lxr2lxx222x2ch(2t)設(shè)0為勢能零點，則系統(tǒng)的勢能為根據(jù)機械能守恒定理和初始條件有T系統(tǒng)水平方向的動量為:VmgRsinV0,即321rz-mve-m(Ve22vrsin)2(vrcosm0vem(vevrsin根據(jù)系統(tǒng)水平動量守恒和初始條件有3mvem(vevrsin)由此求出1.一Vrsin,將這個結(jié)果代入上面的機械能守恒式4、2)mgRsin，且300最后求得:1c1cc.因此系統(tǒng)的動能可表不為：TmvAmCcot22中，AB桿的重力作功。根據(jù)動能定理的微分形式有：dT；m"mccot)vW,系統(tǒng)的動力學方程可表示成:系統(tǒng)在能夠過程vr4g

17、R,Ve2卜面求作用在小球上的約束力和地面對物塊的約束力。分別以小球和物塊為研究對象，受力如圖C,將(a),(b)兩式代入上式化簡后得222FNm0g 2mg(3cos 2sin )D所示。設(shè)小球的相對物塊的加速度為ar,物塊的加速度為ae,對于小球有動力學方程(a)maam(aeanat)FmgA上述方程的解為FcosB31圓環(huán)脫離地面時的3(b)圓環(huán)脫離地面時的值。其中相對加速度為已知量將方程F cos0F sinmog0rz47 3gF3.6267 mgcos由此解得rhrm每個小球應(yīng)用動能定理有tan220(b )2)j13，B mg2 a2- 19垂軸。將上式時間t求導(dǎo)并簡化可得2c

18、os在水平方向和鉛垂方向投影，可得2 rtam將方程(a)在小球相對運動軌跡的法線方向投影,20rFn根據(jù)受力分析可知：系統(tǒng)對鉛垂軸的動量矩守恒。(m0aeVr21 12不是ammgFnaeaeVemvr cos1時圓環(huán)已脫離地面，因此r sinm°r2aecosmg:mhgv e系統(tǒng)對z軸的動量矩守恒152Rm0gmgR(1 cos )(a)ve(m0c 23cos2-18 取小球為研究對象，兩個小球?qū)ΨQ下滑可得) F mg sinLz)2)2m0 m根據(jù)動能定理積分式,2ghn21 cos2(R cos R sin )i ( R sin R 取圓環(huán)與兩個小球為研究對象，應(yīng)用質(zhì)心運

19、動定理12 arccos 一 3m( r vr cos1,T2-mcos )2(v1值為 1 arccos 一 33m0)2m, 3m01 -0也是方程的解，但是 2m2 mgnhsin R每個小球的加速度為 t na am am1一 mv.2 11 3m° 2mR/ Q arA tEar對于物塊，由于它是平移，根據(jù)質(zhì)心運動動力學方程有 ml0ae F mbg Fn設(shè)圓環(huán)的半徑為R1m(R )2 2設(shè)小球相對圓柱的速度為vr,牽連速度為9475 mgVr cosr-r代入上式，可求得r2m0rmver mvr cosr ,則上式可表示成：2m)rmvr cos rm(an2 n Vr

20、 r R0將其代入動能定理的積分式，可得2(vr sin ) 2mghn值就是圓環(huán)跳起的臨界值，此時上式可表示成由-2 amacFi將上式在y軸上投影可得：Fn 0時對應(yīng)的1)cos2 2m0八2cos02m(VeVrcos)2(vrsin)2可求得：vavr1(22、m002m(RsinRcos)Fn2mgm0g2-20取鏈條為研究對象，設(shè)鏈條單位長度的質(zhì)量為34AB構(gòu)件（灰色物體）作平面運動,已知A點的速度應(yīng)用動量矩定理，鏈條對。軸的動量矩為:Lo外力對O軸的矩為:Mo2grgrcosds2.gr°grcosrd22.grgrsinrgvA0O1A450cm/sAB的速度瞬心位于

21、C,應(yīng)用速度瞬心法有:vA3abrad/sAC2vBABBC，設(shè)OB桿的角速度為，則有LoMovBOB竺rad/s42grgrsin設(shè)P點是AB構(gòu)件上與齒輪I的接觸點,該點的速度：因為：rdvdvddtddtdvdv,所以上式可表示成:rdvPABCPrggsin齒輪I的角速度為：I型6rad/sr1vdv一一ggsinrd36AB桿作平面運動，取A為基點根據(jù)基點法公式有：vdvrg(sin)d積分上式可得:1v2rg(12cos)c22vBvAvBA將上式在AB連線上投影，可得vB0,OiB0由初始條件確定積分常數(shù)cgr,最后得：vgr(22cos2)/2因此，AB也AB動力學第三章部分習題

22、解答因為B點作圓周運動，此時速度為零,33取套筒B為動點，OA桿為動系根據(jù)點的復(fù)合運動速度合成定理因此只有切向加速度（方向如圖）根據(jù)加速度基點法公式vaVe可得：vacos300vrVevBvBCl2.3l3vatnaBaAaBAaBA將上式在AB連線上投影，可得aBcos600aAaBA,aB2.52r研究AD桿，應(yīng)用速度投影定理有:04-3.vAvDcos30,vDl3veva%qvDvDrO1B再取套筒D為動點，BC桿為動系，根據(jù)點的復(fù)合運動速度合成定理vDvBCvDr將上式在x軸上投影有：vDvBCvDr,vDrvDvBCaBO1B20（瞬時針）3-7齒輪II作平面運動，取A為基點有t

23、naBaAaBAaBAtnaa1aBAaBA將上式在X投影有：nacosa1aBA由此求得：OxIIn,aBAa1acos22abaBxaBy再將基點法公式在2r2y軸上投影有:同理，取o為基點,R:.一2一2，4a(R(Rr)求C點的加速度。r)2一二_tasinaBA112r2,由此求得asintnaCaOaCOaC0II再研究齒輪II上的圓心，取A為基點taO2nao2aatnao2Aao2A將上式在y軸上投影有ttaO2ao2Aasin由此解得:2IIO1O2再將基點法公式在由此解得：aO2由此可得：o1o2taO2asinri22(ri3x軸上投影有：aO2ainO2acosai,2

24、(ri2)3-9卷筒作平面運動，C為速度瞬心,其上D點的速度為v,卷筒的角速度為vDC角加速度為R卷筒O點的速度為:voRvRO點作直線運動，其加速度為aovo研究卷筒，取O為基點，求B點的加速度。aB將其分別在aBxaoaBOaB0x,y軸上投影taoaBoaBynaBOIInAO2taO2Ana。2A(rir2)O1O2vRBV77777ODaR將其分別在x,yaCxao軸上投影aCO0aCynaCOaCaCyRv2(Rr)23-i0圖示瞬時,vbvaAB桿的角速度：圓盤作平面運動,的角速度為:AB桿瞬時平移，因此有:OA2m/sAB0速度瞬心在P點，圓盤的vB4m/sBr圓盤上C點的速度

25、為：vRPCCBAB桿上的A、B兩點均作圓周運動，取根據(jù)基點法公式有tnaBaBaB將上式在x軸上投影可得:因此：aBaBaAataBtBA022m/sA為基點5vcRPvB.2Vb28m/sr由于任意瞬時，圓盤的角速度均為:將其對時間求導(dǎo)有:圓盤作平面運動，取acVbBrB為基點，taBaCBtaBVbBr,由于aB0,r根據(jù)基點法公式有：nnaCBaBaCBacd(aB)2SCb)28<2m/s23-i3滑塊C的速度及其加速度就是DC桿的速度和加速度。AB桿作平面運動，其速度瞬心為P,AB桿的角速度為：AB-vAirad/sAP桿上C點的速度為：vCABPC0.2m/sCAB取AB桿

26、為動系，套筒C為動點，aaA的角加速度BB0taoaCaBCVBo1sin300rsin30°uVr根據(jù)幾何關(guān)系可求得uyarrxy軸上投影可得將公式a)AB桿中點的加速cosxtyarrrn(b)AB桿的軸上投影有y2科氏加速度3x1naAr由此可得aBsin根據(jù)速度合成定理有uV所以有VuAB桿作平面運動B點加速度鉛垂，n,banBAtaB2rtaB2u15(b)取BC桿為動系套筒A為動點naBtaBAacAB桿上C點的加速度-m/s15aBxVByaBynabVa由于圓盤A在半圓盤上純滾動的角速度為：BO1VBaCnaBAaB卜面求圓盤上B點的加速度。取圓盤為研究對象Vr。1n

27、arnar-Vex,y軸上投影其加速度圖如圖C所示,其A點加速度為零，由加速度基點法公式可知aa3-14:取圓盤中心Oi為動點，半圓盤為動系，動點的絕對運動為直線運動；相對運動為圓周運動牽連運動為直線平移。由速度合成定理有：aaaaVrvO；aaVrsin300sin300ae2u2aB一Ve20.8m/scos300r11ivaaacos300為求B點的加速度，：根據(jù)加速度合成定理有一n一.一arsinrr由于半圓盤是平移，所以圓盤的角速度就是其相對半圓盤的角速度。再研究圓盤，取Oi為基點根據(jù)基點法公式有：aBaAVaVeaBOcos300-r30atsinantaBAatnaBAaBA由于

28、A點的加速度為零，AB桿上各點加速度的分布如同定軸轉(zhuǎn)動的加度為：ac0.5a0.4m/s2CB再去AB桿為動系，套筒C為動點，根據(jù)復(fù)合運動加速度合成定理有：.<tarcos、3u2vovbo11:22vBxvByvr2uaaaear其中牽連加速度就是即：ae0.4m/s2將上述公式在垂直于aecos300aCntarar2ABVr,由上式可求得：aaVatan300r3VaVeVr速度圖如圖A所示。由于動系平移，所以Veu根據(jù)速度合成定理可求出：aBao1b）式分別在由該式可求得aBcos300aBOsin300Vr1Vr237ur由此求出：atVbVoiVnBaBO1)1ta口Veta

29、n(a)nVrR4u2rc2根據(jù)點的復(fù)合運動速度合成定理有:315(d)取BC桿為動系(平面運動)套筒A為動點(勻速圓周運動)BC桿作平面運動，其速度瞬心為根據(jù)速度合成定理有：P,設(shè)其角速度為BCtaeaCaAC動點的絕對加速度為taaaCaACnaACnaacaraKvaveVr根據(jù)幾何關(guān)系可求出:02P8rCP3,16r3其中aK為動點A的科氏加速度。將上式在y軸上投影有將速度合成定理公式在vaxaxvexvrxx,yvexvayveyvryvex軸上投影：:。2PBCvro2aacos300a上式可寫成2rcos300aCcos300aACaCcos300BC其中：BC由此解得：BC,v

30、rDC桿的速度vCCPBC3.3(-)r224-r314，vr再取其中3-16(b)BD桿作平面運動tnaCaBaCBaCB由于BC桿瞬時平移，aCaB將上式在鉛垂軸上投影有taBBCaB，根據(jù)基點法有：ntnaBaCBaCB0,上式可表示成aCBBC桿上的acaC由此解得：naB1aCBsin300再研究套筒BC6A,取BC桿為動系aAaaaeaaK其中：aK為科氏加速度，因為(平面運動)(a)AB套筒aOtaBnA為動點(新鄴隊運動)0,所以aK動點的牽連加速度為：a由于動系瞬時平移，所以eanCeCaC0,neCteCtaeCaCBCAC牽連加速度為aeaAaaaCaCa；Ca,(a)式

31、可以表不成將上式在y軸上投影aAcos30°aCaraAaKBCAC2BCvr(a),3,'3、-,()r(見315d)bc為BC桿的角加速度。22C點為動點，套筒。2為動系，由加速度合成定理有aaCaCa'ea'ra'K由此求得：aC(1cos300atCeC22r9316(d)取BC桿為動系，套筒A為動點,動點A的牽連加速度為B02町4aeCa。30°，V777AaaDaACa'etaCO2taCO2naCO2aCo2,上式可表示為a'ra'K將上式在y軸投影有：aCcos300aCo2a'K該式可表不成：

32、aCcos300聯(lián)立求解(a),(b)BC。22可得BCvCsin300(b)4.3aC92r,BC,38317AB桿作平面運動,其速度瞬心位于P,可以證明：任意瞬時，速度瞬心P均在以。為圓心，R為半徑的圓周上，并且A。P在同一直徑上。由此可得為AB桿任何時刻的角速度均vAAB“-APvA2R桿上B點的速度為:AB桿的角加速度為:vBAB取A為基點，根據(jù)基點法有ntaBaAaBAaBAaAabPBvAABvAAPnaBAa'r4xtaCOD匕aCa'KnaCO2,yP。RvBB。Ryn1aBAaA將上式分別在x,y軸上投影有aBx2n0vAaBAcos454maCFcosFS0

33、FNFsinmg根據(jù)相對質(zhì)心的動量矩定理有aByn0aAaBAsin45aB22aBxaBy,10v4R3vA42A2m求解上式可得:FsrFr0318取DC桿上的vCavCe根據(jù)幾何關(guān)系可求得：C點為動點，構(gòu)件AB為動系vCrvCevCr3aCFr(rcosr0)22，F(xiàn)Nm(r)F(2cosrr0)22rmgFsin再取DC桿上的D點為動點，構(gòu)件AB為動系vDavDevDr由于BD桿相對動系平移，因此將上式分別在x,y軸上投影可得vCrvDrvDaxvDevDrsin300vDayvDrcos300求加速度:研究C點有aCaCaaCeaCraCK將上式在y軸投影有0aCesin300aCr

34、cos300aCK由此求得aCr32rCI再研究D點sin300aDaDaaDeaDraDK由于BD桿相對動系平移，因此aCr將上式分別在x,y軸上投影有aDaxaDrsin300aDKcos300aDay00aDeaDrcos30aDKsin30321由于圓盤純滾動，所以有aCr根據(jù)質(zhì)心運動定理有:由此可得feeayrmgxP點aCKey3-3x2RAa-F(actaAOacaCrnaAOaOacaAaDraDKVDr若圓盤無滑動，摩擦力應(yīng)滿足(mgFsin)(rFsfFN，2cosFAN3-22研究AB桿，BD繩剪斷后，其受力如圖所示由于水平方向沒有力的作用，根據(jù)質(zhì)心運動定理可知AB桿質(zhì)心

35、C的加速度鉛垂。由質(zhì)心運動定理有：mgFsinaCalAB2cosaDerr°)2求解以上三式可求得：2Fan-mg5maCmgFan根據(jù)相對質(zhì)心的動量矩定理有：12lmlabFan-cos122剛體AB作平面運動，運動初始時，角速度為A點的加速度水平，AB桿的加速度瞬心位于有運動關(guān)系式2)fmin335設(shè)板和圓盤中心O的加速度分別為a1,aO,圓盤的角加速度為，圓盤上與才的接觸點為A,則A點的加速度為aAaOaAOaAO將上式在水平方向投影有2rFsaxAaoaAoa。Ra（a）取圓盤為研究對象，受力如圖，應(yīng)用質(zhì)心運動定理有m2aoF2應(yīng)用相對質(zhì)心動量矩定理有12m2RF2R2(b

36、)(c)再取板為研究對象，受力如圖，maFFsF2作用在板上的滑動摩擦力為：FsfFNf（m1m2）g由上式可解得：3F3f（m1m2）ga1rzz3m1m2應(yīng)用質(zhì)心運動定理有（d）(e)1m1l6將上式對時間求導(dǎo)可得：12m1l3將上式中消去可得：12m1l3根據(jù)初始條件因為瞬心在0,329解：由于系統(tǒng)在運動過程中，只有AB桿的重力作功，因此應(yīng)用動能定理，可求出有關(guān)的速度和加3-33速度。系統(tǒng)運動到一般位置時，其動能為AB桿的動能與圓盤A的動能之和:12121212二mvC二JCAB二m2vA-JAA2222其中:ABVaabIsin2lsinvAlsin因此系統(tǒng)的動能可以表示成:m1l22

37、122232一m2l43m2l2sin22322-m2lsin22.2l0sinm1g3(sin45-m2l223l22sin)3sincos2cossin450,可求得初始瞬時AB桿的角加速度lmhg-coslm1g3cos32mhg(4m19m2)l0,所以AB桿的角加速度為順時針。初始瞬時AB桿的角速度為零，此時AB桿的加速度ca點，由此可求出AB桿上A點的加速度：aAabIsin450設(shè)碰撞后滑塊的速度、根據(jù)沖量矩定理有:0lcos453mg(4m19m2)AB桿的角速度如圖所示vA1.22一m1l6系統(tǒng)從450位置運動到任意AB桿的重力所作的功為：W12m1gL（sin45023.2

38、2.2m2lsin4角位置，sin)根據(jù)動能定理的積分形式T2T1W12初始時系統(tǒng)靜止，所以T10,因此有AvCABPI1n?1mzR'lsin一m2(lsin)222Rm1vAm2vCI（a）其中：vC為AB桿質(zhì)心的速度，根據(jù)平面運動關(guān)系有l(wèi)vCvA二AB2再根據(jù)對固定點的沖量矩定理:(b)LaMa(D系統(tǒng)對固定點A（與錢鏈A重合且相對地面不動的點）點的動量矩，由于滑塊的動量過A點，因此滑塊對統(tǒng)A點的動量矩）為,l1.2Lam2vC二m2lAB212將其代入沖量矩定理有：l1.2m2vC-m2l212由（a,b,c）三式求解可得:3-34研究整體，系統(tǒng)對LALA(AC)LA(BC)A

39、BlI2I7777,ABCvCvAA軸的動量矩為:的動量矩為滑多A點無動量矩,AB才點的動量矩禾口AB桿對Aa-A動量矩（也是系(c)（滑塊的真實方向與圖示相反）AyIAxACvC1o其中：AC桿對A軸的動量矩為La,ac-ml2ACA(AC)_AC3設(shè)C1為BC桿的質(zhì)心，BC桿又A軸的動量矩為3-35碰撞前，彈簧有靜變形第一階段：m3與m1通過完全塑性碰撞后一起向下運動,不計常規(guī)力，碰撞前后動量守恒，因此有：mgstT(m!m3)vm3.2ghv第三階段:2gh2m3與m-一起上升到最高位置，此時彈簧碰撞結(jié)束時兩物體向下運動的速度為v2第二階段：m3與m1一起向下運動后再回到碰撞結(jié)束時的初始

40、位置，根據(jù)機械能守恒可知：此時的速度向上，大小仍然為3La(BC)mvC121-1ml212bCBC1I2LcmvCmlbc1212根據(jù)沖量矩定理Lc1I有:12m1BC3被拉長。根據(jù)動能定理T2T1W12有:V案應(yīng)為h91Tlg,如何求解，請思考。kC其中C是積分常數(shù)由初始條件g。上式可表不成確定出C0,2因此f()0。若f()的最小值大于零，則AB桿就可以ggf()bmg2,2-1asingcos32.2.1asingcos3若AB桿可轉(zhuǎn)動整圈，則應(yīng)有完成整圈轉(zhuǎn)動。下面求f()的極值。f()asingcos'3v2813v2810,vC1根據(jù)沖量矩定理La211可得:1221m12

41、AC6I7m1(b)2.5rad/s24st啊革ipI1IL1若使m2脫離地面，彈簧的拉力必須大于其重力，因此有注：上述結(jié)果是在假設(shè)m3與m1始終粘連在一起的條件下得到的，若mgi8mg，貝Uh-kkh駟。若km3與m1之間沒有粘著力，答VCVC1c1AC1m12ac2AC21-m13a),(b)可得ACBc1/、2,0(m1m3)v(m12上式可表不成：mghmg2mg(2kk22mgk代入上式求得:k當t0時，滑塊A以加速度a向右運動，取AB桿為研究對象，應(yīng)用相對動點A的動量矩定理有:12-m(21)ma1cosmgsin將上式積分并簡化可得：bc1Imh)g(st)k2k22st22mg

42、336取AB桿為研究對象，初始時，桿上的A點。的沖量矩定理可得0其中：vc與水平卞f上的。點重合，當t0時系統(tǒng)靜止，t0AB桿上A點的速度為V,角速度為，初始時受到VA1V1沖擊力的作用，應(yīng)用對固定點12Lomvc1m(21)AmaVC1,貨22mg)2k2由此解得A1Ax,AyBFax.FAya1Cxc1CyVCbck2223mg2k3v41Vcstm3Um/AC5m12bc21I(a)66再研究BC桿，其對與C點重合的固定點的動量矩為*當sin*當sincos2ggx08l0.625gmg2由此求得8l(g動力學第四章部分習題解答mABP000ABXiymaAB2iymg根據(jù)動靜法有FF10mg20.7£應(yīng)用動靜法有ycosAB21CxCiy00mg0x(1)mgf