第一章质点动力学.pdf

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1、第一章质点动力学1一3解：运动方程：y =/ta n e，其中6 =N。将运动方程对时间求导并将0=3 0 代入得10 Ik 41ky=y=-=-=-c o s2 0 c o s2 0 3.2/Y si n。由 方a=y=-；-=-c o s30 916证明：质点做曲线运动，所以质点的加速度为：a a +a,I n设质点的速度为y,由图可知：c o sO =M，所以：a=V a vy将 八=C，an=P3代入上式可得 a=cp证毕1-7证明：因为夕=L，an=a si n/9 =n v3所以：证毕1 10解：设初始时，绳索AB的长度为乙时刻.时的长度为S，则有关系式：s-L-vot 并且 s2

2、=l2+x2将上面两式对时间求导得：s=一%，2 s$-2xx由此解得：=也 (a)X(a)式可写成：启=_%将该式对时间求导得：&xx+X2=-svQ=VQ(b)将(a)式代入(b)式可得：a=4=说一#2=_史(负 号 说 明 滑 块A的加速度向上)x x%3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 +FN+mg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:mx=mg-F cos 6my=-F sin 0+FN其中：将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得:1-11解：设B点是绳子A B与圆盘的切点，由于绳子相对圆盘无滑动，所 以 乙=硬，由于绳子

3、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：vB=vA COS0(a)因为(b)将上式代入(a)式得到A点速度的大小为:由于七=一3，(c)式可写成：皿/?2 =皿,将该式两边平方可得:x2(x2-R2)=a2R2x2将上式两边对时间求导可得：2xx(x2-R2)-2xx3=1CO2R2XX将上式消去2左后，可求得：.CDRAXy _(x2-/?2)2(d)由上式可知滑块A的加速度方向向左，其大小为CD2RAX“=(/_R2)2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=尸 +&+mS将 该 式 在 轴 上 投 影 可 得 直 角

4、 坐 标 形 式 的运动微分方程：mx=-F cos 0my=Fsin0 FN-mg其中:Rsin=,cos。xx=-xCDR4X.r，y=0(x-/?-)-将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得mcoRxF=1-不，(f-R)1-13解：动点：套 筒A；动系：0C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。根据速度合成定理有：va cos(p=ve 因为AB杆 平 动,所 以 匕=v,.2由此可得：vcoss=v，0C杆的角速度为0=工，所 以0=”cs OA cos。/当9=45时，OC杆 上C点速度的大小为:tzvcos2 45vc=0X1=-a

5、v271-15解：动点：销子M动 系1：圆盘动系2：0A杆定系：机座；运动分析：绝对运动：曲线运动相对运动：直线运动牵连运动：定轴转动根据速度合成定理有叱1=匕|+匕1,匕2=匕2+匕2由于动点M的绝对速度与动系的选取无关，即 =3由上两式可得:将（a）式在向在x轴投影，可得:-vcl sin 30=-vc2 sin 30+vr2 cos 30由此解得:vr2=tan30(ve2-ve)=0M tan30(g 一助)=”吗(3-9)=0.4?/svc2=OMC D2=0.2-/3=%=亚2+*=0.529/H/51-17解：动点:圆盘上的C点;动 系:O A杆;定系：机座;运动分析：绝对运动:

6、圆周运动;相对运动：直线运动（平行于O A栉：牵连运动：定轴转动。根据速度合成定理有Vn c l=V C +vIr(a)将（a）式在垂直于A A杆的轴上投影以及在0C轴上投影得:va cos 30=vc cos 30%sin 30=vr sin 30ve=a=,va=vr=Reo COOC R根据加速度合成定理有%=4：+优+6+%（将（b）式在垂直于O iA杆的轴上投影得-a sin 30=a；cos 30+a：sin 30-ac其中：a=R（o2 a：=2Ra）；,ac=2covr由上式解得：6=&_ =30 21 2R 121 19解：由于ABM弯杆平移，所以有v 匕“，aA=M取：动点

7、：滑块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Vd,=C叭+Vlr可求得：vM=以=匕=V2vc=6 b =2V2m/svr=vc=hco=2m/sOXA迪 工ad/s1.5 3根据加速度合成定理a+球=Q：+碟+1.+ac将上式沿。方向投影可得：0；act d c o s 4 5 ad ：si n 4 5 =QC ：+QV由于 a；=ty；/=m/s?，ael=a b =lm/s2 ac=2 c y vr=8 m/s2-根据上式可得:a =+7 V 2 =15.2 3 m/s2%=10.16，3 ，/rad/s21

8、-2 0解：取小环M为动点，0 A B 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 co 八V,.=OMco=-=2r coe c o s 6 0 根据速度合成定理：.=1+匕可以得到：v.,=ta n a0 =2r co ta n 6 0 =2 6 r ，vr=-=r cor c o s6 0 加速度如图所示，其中:八A，2 r 个 2ae=O M co =-7 T =Ir coe c o s6 0 ac=2m=8 9 2根据加速度合成定理:将上式在x 轴上投影，可得：氏（；0$8 =-以

9、 c o se +a。,由止匕求得：a -14 r ty2d c v a1 2 1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；yr，B动系：汽车A（oxy）；定系：路面。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V.=V+Vrd v 1将上式沿绝对速度方向投影可得：匕=一匕+匕因此 vr=ve+va其中：va=vfi,ve=C ORB,（y=等，KA由此可得：v=v.+v=m/sRA 9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：V2，a-a !1.78m

10、/sRB1-23质量为加销钉M由水平槽带动，使其在半径为r的固定圆槽内运动。设水平槽以匀速v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。解：销 钉M上作用有水平槽的约束力尸和圆槽的约束力尸。（如图所示）。由于销钉M的运动是给定的，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。根据速度合成定理有 V =ve+vr由此可求出：匕=_ 工=_。再根据加速度合成定理有：aa ae+arcos。cos。由于绝对运动是圆周运动，牵连运动是匀速直线平移，所以勺=0,并且上式可写成:因为 公=且=-，所以根据上式可求出：

11、a；=a：tan6=v2s乎r rcos 0 rcos 0根据矢量形式的质点运动微分方程有:将该式分别在水平轴上投影:由此求出：m(a：+a2)=F+F()+mgm(a：sin 6+a：cos 0)=Fo cos 02_ mvFo=-77rcos 01-24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。若吊车从静止以均加速度a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。mar=F+mg+Fe将上式在切向量方向投影有mar=ml0=-mg sin 0+Fe cos 0广n d 60 d0-d0因为F.-ma.-ma,0-=-=3,所以上式可写成 dt d0 dt d。

12、ml 0 黑=-mg sin 8+ma cos 0整理上式可得=-gsinede+acos8d。将上式积分:=g eos 3+a s i n。+c其中c为积分常数（由初始条件确定），因为相对速度匕=而，上式可写成2去=g co s O+a s i n O+c初始时夕=0,系统静止，va=ve=0.根据速度合成定理可知匕=0,由此确定c=-g。重物相对速度与摆角的关系式为：V=2l g（co s 夕 -1）+a s i n 例1-2 6水平板以匀角速度切绕铅垂轴0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0的距离为Ro，求小球到转轴的距离为R R（）时的相对速

13、度。解：取小球为）动点，板为动系，小球在水平面的受力如图而东（铅垂方向的力未画出）。根据质点相对运动微分方程有：/?,.=F+Fe+Fc将上式在匕上投影有 ma =mL=F co s 6r dt e因为属=求0 2，。匕=0上空_,=V C OS0 所以上式可写成e dt dR d/dt rmvr cos 0L=mRco co s 6r dR整理该式可得：匕 也=Reo2dR将该式积分有：-v =-（O2R2+C2 r 2初始时R =R。，v =0,由此确定积分常数C=-4&2R3因此得到相对速度为02vr=个R-R*1-2 7重 为P的小环M套在弯成xy=c2形状的金属丝上，该金属丝绕铅垂轴

14、x以匀角速度转动，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。解：取小环为动点，金属丝为动系，根据题意，相对平衡位置为勺=0,因为金属丝为曲线，所 以 匕=0,因此在本题中相对平衡位置就是相对静止位置。小环受力如图所示。其中尸，尸e，P分别为约束力、牵连惯性力和小环的重力。根据质点相对运动微分方程有：F +Fe+P =0P其中：&=，y o2,将上式分别在了 4 轴上投影有8P -f s i n 6 =0Fc-F c o s 0 =O以为t a n。=一 曳，），=1,包=一 二，因此d r x d r xt a n 6 =工（b）由（a）式可得八 Pt a n 6 =工

15、（c）将 4 和 式（b）代 入 式（c）,并 利 用 q=c 2,可得：8再由方程（a）中的第一式可得第二章质点系动力学2-1解：当摩擦系数/足够大时，平 台 A B相对地面无滑动，此时摩擦力F fFN取整体为研究对象，受力如图，系统的动量：p =mvr将其在x轴上投影可得：“I=m7vr=m2ht根据动量定理有：号=m 亦=F W 凡,=f mx+m2）ga t即：当 摩 擦 系 数哒一 时，平台A B的加速度为零。（施 +m2）g当摩擦系数/一独一 时，平台A B将向左滑动，此时系统的动量为:O 1 +m2）gp -m2（y +vT）+mv将上式在x轴投影有：Px =（-v+匕）+m（-

16、v）=m2b t-（加+m2）v根据动量定理有：华=m2b-（叫+m2）a =F =fFN=/（必+m,）ga t由此解得平台的加速度为：a =-fg（方向向左）+m22-2取弹簧未变形时滑块A的位置为x坐标原点，取整体为研究对象，受力如图所示，其中F为作用在滑块A上的弹簧拉力。系统的动量为：p =mv +mv1=mv +ml(v+vr)将上式在x轴投影：px-mx +1 co cos (p)根据动量定理有：=(m+mt)x-mj co2 si n(p =-F -k x系统的运动微分方程为：（m +m x +k x =ml co2 si nt y f2-4 取提起部分为研究对象，受力如图（a）

17、所示，提起部分的质量为加=p vf,提起部分的速度为y,根据点的复合运动可知质点并入的相对速度为匕，方向向下，大 小 为 （如图a所 神。F(0yv T v ms(b)根据变质量质点动力学方程有：dv-,、d m、,、m F(t)+m g +vr F(t)+(p v t)g +vrp vdt dt将上式在y 轴上投影有：dv/2、m =F(t)-(Qt)g-vrp v=F(r)-p v g t+v)dt由 于 羽=o,所以由上式可求得：F(t)p(v g t+v2ydr再取地面上的部分为研究对象，由于地面上的物体没有运动，并起与提起部分没有相互作用力，因此地面的支撑力就是未提起部分自身的重力，

18、即：FN=(l 7t)p g2-5 将船视为变质量质点，取其为研究对象，受力如图。根据变质量质点动力学方程有：心 f u dmdt A r dt船的质量为：m =m()q t，水的阻力为F =Jv将其代入上式可得：(加0 -q“半=-fv +mg +FN-q vfdt将上式在x 轴投影：(加0 一/)曳=一 八 一 4(_ 匕)。dt应用分离变量法可求得fln(7 vr-Jv)=ln(/n0-q t)+cq由初始条件确定积分常数：c=ln(q v)-并代入上式可得:qf/1(?。一。，)7f机o2-8 图 a所示水平方板可绕铅垂轴z转动，板对转轴的转动惯量为J,质量为m的质点沿半径为R的圆周运

19、动，其相对方板的速度大小为(常量)。圆盘中心到转轴的距离为/。质点在方板上的位置由确定。初始时，9 =0,方板的角速度为零，求方板的角速度与夕角的关系。解：取方板和质点为研究对象，作用在研究对象上的外力对转轴Z的力矩为零，因此系统对Z轴的动量矩守恒。下面分别计算方板和质点对转轴的动量矩。设方板对转轴的动量矩为右，其角速度为0,于是有L,=Jco设质点M对转轴的动量矩为乙2,取方板为动系，质点M为动点，其牵连速度和相对速度分别为匕,匕。相对速度沿相对轨迹的切线方向，牵连速度垂直于0 M连线。质点M相对惯性参考系的绝对速度叭=%+匕。它对转轴的动量矩为.=L2(mva)=L2(/nve)+L2(m

20、vr)其中：L2(mvc)=mra)m(l+7?cos)2+(Rsin(p)2coL2(mvr)=m(l+Rcos(p)vr cos(p+mRsin29vr系统对z轴的动量矩为4=L +&。初始时，切=0,9 =0,匕=，此时系统对z轴的动量矩为Lo=m(l+R)u当系统运动到图8-1 2位置时，系统对z轴的动量矩为4 =Jco+m(/+Reos 夕)2 +(Rsin0)1+m(l+R cos(p)u cos(p+mR sin2(pu=J+(I2+R?+21Rcos(p)ma)+(/cos(p 4-R)mu由于系统对转轴的动量矩守恒。所以有L 0=L。，因此可得：m(J+R)u=J+俨+-2

21、+21R cos(p)ma)+(/cos(p+R)mu由上式可.计算出方板的角速度为m/(l-CO S 6 9)WC D =-A-;-J+?(/+R+2lRcas(p)2-1 1取链条和圆盘为研究对象，受力如图(链条重力未画)，设圆盘的角速度为g，则系统对O轴的动量矩为：根据动量矩定理有:整理上式可.得:Lo-JOco+p1(2a+7rr)r2(o-=Uo+Pi(2 +加)r 2 治dr=Pi(a+x)gr-pl(a-x)grJo+Pi(2。+2 启=q(2x)gr由运动学关系可知：cor=x 因此有：d)r=x 上式可表小成：Jo+7tr)r2x=2ptgr2x令42=-组”上述微分方程可表

22、示成：X-22X=0该方程的通解为：J 0+Pj(2a+7rr)r2x=c,eM+c2eM根据初始条件：r =O,x =X o，=O可以确定积分常数。=。2=段，于是方程的解为：x-/c h力系统的动量在x轴上的投影为：Px=(y r s i n r d 0 =Iwpr=2p,rx系统的动量在y轴上的投影为：p、.=p,(a-x)cor-p F +x)cor=-1plxcor=2p,xx根据动量定理：Px=.Py=7 P 0(2 a +*g由上式解得：FOx=2 p;r x022c h/l/,Foy=P+p,(2a+TTT)g-2 p,Z2%o C h(2 At)2-1 4 取整体为研究对象，

23、系统的动能为:T 2,2T=-m vA+-mcvcB:mg匕其中：VA，VC分别是A B杆的速度和楔块C的速度。若 匕 是A B杆上的A点相对楔块C的速度，则根据复合运动速度合成定理可知：匕=cote,因此系统的动能可表示为:1c l 5 c l c cT=mvA+mc c o t，仇i =耳(机 +机c c o t-6)”系统在运动过程中，A B杆的重力作功。根据动能定理的微分形式有:dT=6 W ,系统的动力学方程可表示成:d g m+mc c o t2 0)v =(mi+mc c o t2 0)vAdvA=mg vAdt由上式解得:d vA=mgd r m +mc cot2 0 ac=a

24、A col d2-1 7质量为m.的均质物块上有一半径为R的半圆槽，放在光滑的水平面上如图A所示。质量为m（/0=3/7 1）光滑小球可在槽内运动，初始时，系统静止，小球在A处。求小球运动到B处 =3 0时相对物块的速度、物块的速度、槽对小球的约束力和地面对物块的约束力。解：取小球和物块为研究对象，受力如图B所示，由于作用在系统上的主动力均为有势力，水平方向无外力，因此系统的机械能守恒，水平动量守恒。设小球为动点，物块为动系，设小球相对物块的速度为匕，物块的速度为七，则系统的动能为T=3%吧 +；机（=g 机（M+；河（匕 一 匕 s i n 0）?+（匕 c o s 9产 设e=0为势能零点

25、，则系统的势能为V=-mg Rs i n(p根据机械能守恒定理和初始条件有T +V =0,即m vc+ml(ve 匕 s i n 9)2 +(vrc o s?)2 =mg R s i n (p系统水平方向的动量为:px=move+m(ve-vr s i n p)根据系统水平动量守恒和初始条件1 1 1 (2)式有3mve+m(ve-vr s i n 夕)=0由此求出匕=；s i n e，将这个结果代入上面的机械能守恒式(1)中，且9=3 0最后求得:楞,”:樗下面求作用在小球上的约束力和地面对物块的约束力。分别以小球和物块为研究对象，受力如图C,D所示。设小球的相对物块的加速度为 明,物块的加

26、速度为&，对于小球有动力学方程ma a =2&+a；+0：)=尸+mg对于物块，由于它是平移，根据质心运动动力学方程有机Me=尸+加0g+尸N将 方 程(a)在小球相对运动轨迹的法线方向投影，可得m(?-ae c o s*)=F mg s i n r d0 v dv =r g(0+s in6)d。积分上式可得：)g/=,.g(ge2 一 cos 6)+c由初始条件确定积分常数c=gr，最后得：u=gr(2 2 cos。+)/4 第三章刚体动力学(I)3-3取套筒B为动点，0 A杆为动系根据点的复合运动速度合成定理va=vc+vr可得：va cos 3 0 =匕=加，2 6.VB =VB C=匕

27、=r0）l研 究A D杆，应用速度投影定理有:on0 4 V3 .vA=vD cos 30，vD=3 col再取套筒D为动点，B C杆为动系,VD=VBc+VDr3 T s%D VDr根据点的复合运动速度合成定理将上式在X轴上投影有：七L =-VDRCr+V,3-4 A B构 件（灰色物体）作平面运动，vA=g O A -4 5 0 cm/5A B的速度瞬心位于C,应用速度瞬心法有“3co.R=-2-=r a d/sA B AC 2VB =%泮。，设O B杆的角速度为0,则有C D=-=r a d/sOB 4设P点是A B构件上与齿轮I的接触点，该点的速度：vp%BCP VD r=VD+VB

28、C =-已知A点的速度“、fe-九%齿轮I的角速度为：co,=3-6 A B杆作平面运动，根据基点法公式有：%=VA +%A将上式在A B连线上投影,VB=。，=6 r a d/s八取A为基点/B/JBA:W w r T7777/V /人、/因此,VA 1=gAB 4 3-7齿轮II作平面运动，取A为基点有aB =aA +aB A +aB Aa=%+aB A +aB A将上式在X投影有：-a cos 0 =a、吟再将基点法公式在y轴上投影有：a sin =aBA=a 2r2,由此求得a sin Ba.=-2G再研究齿轮II上的圆心，取A为基点ao2+。2=A+o 2 A ao2A将上式在y轴上

29、投影有.i a sin Bao2=ao2A=丫2ali=-由此解得：_ o2 _ asinjSa 2八+八2 2（八+4）再将基点法公式在X轴上投影有：a）由此解得:n Q C O S/?一/cQ =2 ,又 因 为 娘=（八+r2）0,0,由此可得：=卜cos即%1 2 V 2（.+马）3-9 卷筒作平面运动，C 为速度瞬心,其上D 点的速度为V,卷筒的角速度为:角加速度为：卷筒0 点的速度为：O 点作直线运动，其加速度为:v vco=-=-DC R-rvR aRR-r R-r研究卷筒，取 O 为基点，求 B 点的加速度。=O +aB0+8 0将其分别在x,y轴上投影aBx=。+aHO aH

30、y=BOA=也1+晨=大 下44 a R-r +/(K-r)同理，取 O 为基点，求 C 点的加速度。&c=0 o +co+“。0将其分别在x,y轴上投影aCx=。0 -aC0。aCy=aC0R v2c C （R-r）23-1 0 图示瞬时，A B 杆瞬时平移，因此有:=vA=coOA=2 m/sA B 杆的角速度：口相=圆盘作平面运动，速度瞬心在P点，圆盘的的角速度为：V 4.coB=-=4 m/sr圆盘上C点的速度为：vc =npC =2/2m/sA B杆上的A、B两点均作圆周运动，取A为基点根据基点法公式有=4+吗=4 +aBA将上式在X轴匕投影可得：一 因此：2=6Z=8 m/s2D

31、Dr由于任意瞬时，圆盘的角速度均为：%=不将其对时间求导有：八逋8 r r ,由于。；=,所 以 圆 盘 的 角 加 速 度=由8=。圆盘作平面运动，取B为基点，根据基点法公式有:C =a B+0 C B +“CB=a B+C Bac=J(司)2+(a%)2 8 V 2 m/s2&Sa 15A B杆作平面运动，其A点加速度为零,B点加速度铅垂，由加速度基点法公式可知aB =aA+6A +8A=aB A由该式可求得aB=%=0.8m/s2B sin 30由于A点的加速度为零，A B杆上各点加速度的分布如同定轴转动的加速度分布，A B杆中点的加速度为:ac=0.5a=0.4m/s2再取A B杆为动

32、系，套筒C为动点,根据复合运动加速度合成定理有:a=e+r+K其中：“K表示科氏加速度；牵连加速度就是A B杆上C点的加速度;B=0.4m/s将上述公式在垂直于AB杆的轴上投影有：4 cos30=4 cos30+=r2u由于半圆盘是平移，所以圆盘的角速度就是其相对半圆盘的角速度。再研究圆盘，取。I 为基点根据基点法公式有:vBx=-vBOi sin 300=-w sin 30=-u%)=vo,+VBO,cos 30=2A/3HVH =7Vv+VB y =为求B点的加速度，先求O1 点的加速度和圆盘的角加速度。取圆盘中心01为动点，半圆盘为动系，根据加速度合成定理有氏=4+：+。：其加速度图如图

33、C所示，=，R+r r将 公 式(a)在 和 丁轴上投影可得：x:0 =Q；sin。-a；cos。y:-aa=-a；cos。一。：sin。由此求出：4=近，%=q。,圆盘的角加速度为：。=4 =乌2r1rr r卜面求圆盘上B点的加速度。取圆盘为研究对象，O 为基点，应用基点法公式有:a B =+。8。+。8 0(b)将(b)式分别在x,y 轴上投影:at=cos300+aRn sin30a B y=-o,-Zo,sin 30-%cos 30其中:n 2 4 M2aBot=0=-.V3M2由此可得：aB=V37 3-1 5 (b)取 BC杆为动系(瞬时平移),D /A c套筒A 为 动 点（匀速

34、圆周运动）。根据速度合成定理有：%=%+匕由上式可解得：出v-tan 300=core a 3因为B C 杆瞬时平移，所以有：V3%=匕3-15（d）取 B C 杆为动系（平面运动）,0%套筒A 为 动 点（匀速圆周运动）。B C 杆作平面运动，其速度瞬心为P,设其角速度为08根据速度合成定理有：va=ve+Vr根据几何关系 可求e 出：r将速度合成定理公式在X,y轴上投影:V”=丫3+%、=匕 -O2Pa)BCvay=Vev+Vry=Vev=O2Aa)BC由此解得：D C 杆的速度八 4vc=C P(DBC=个 r3-16（b）B C 杆作平面运动，根据基点法有:aC =a B +acB +

35、aC B =a B +aB +aC B +t tC B由于B C 杆瞬时平移,B C =，上式可表示成：（IQ=+Q%将上式在铅垂轴上投影有：0=-a；+a%sin 30由此解得：再研究套筒A,取 B C 杆为动系（平面运动），套 筒 A 为 动 点（匀速圆周运动）。其中:八 为科氏加速度，因为相=,所以外=动点的牵连加速度为：%二 c +ae c +r（见3 1 5 d）a&c为B C杆的角加速度。再取B C杆上的C点为动点，套筒0 2为动系，由加速度合成定理有aC=a e+a r+a其中co+aC02,上式可表示为2将上式在y 轴投影有：-ctr cos 30()=一该式可表示成：-cco

36、s30=aHC-CO2-269B CVC sin 30联立求解(a),(b)可得4百 2 V3 2acr=-co r,OLRC=co9 83-17 A B 杆作平面运动，其速度瞬心位于P,可以证明：任意瞬时，速度瞬心P 均在以O 为圆心，R 为半径的圆周上，并且A、0、P 在同一直径上。由此可得A B 杆任何时刻的角速度均为co一“一 AR-B AP 2R杆上B 点的速度为：V2VB =G)ABP B=VAA B 杆的角加速度为：aA B =而 A B =0tr取 A 为基点，根据基点法有aH =aA +08A=aA +BA将上式分别在x,y轴上投影有八 2V 4。&=-唯 CO S 45=4

37、/4 si 45=和w4R2 2B x+aB y3-1 8 取 D C 杆上的C 点为动点，构件A B 为动系VCa=%+%根据几何关系可求得：VCe=VCr=S3再取D C杆上的D点为动点，构件AB为动系%a =%e+VD r由于B D杆相对动系平移，因此丫口=了5将上式分别在x,y轴上投影可得=-U。+匕”s i n 3 0 0 =-cor3”=-vD r C OS 3 0 =-o r2求加速度：研究C点有aC=C a =C e+C r+CK将上式在y轴投影有0 =ac s i n 3 0 -ac c o s 300+aCK s i n 3 0 wC I由此求得Cr=3。再研究D点aD=1

38、/a =aDe+a D r+a D K由于B D杆相对动系平移，因此“Cr=6将上式分别在x,y轴上投影有96 zD a x=aDr s i n 3 0 c o s 3 0 =ra Ny =-aDc-aDr c o s 3 0 +aD K s i n 3 0 3-2 1 由于圆盘纯滚动，所以有c=a根据质心运动定理有：mac-F c o s 0-Fs0=FN+F s i n 0-mg根据相对质心的动量矩定理有mp2a=Fsr-Fr0求解上式可得：Fr(rcos-)m(r2+p2),FN=m g-F sin 6_ /(夕2 cos6+%)S 2 2r+p若圆盘无滑动，摩 擦 力 应 满 足 小N

39、,由此可得：当：mgRsin。时，F(p2 cos。+/)=(mg-F sin 0)(r2+p2)1 ,2-m l aA B =FA N-COSA点的加速度水平，AB杆的加速度瞬心位于P点。刚体AB作平面运动，运动初始时，角速度为零。3-2 5设板和圆盘中心0的加速度分别为aao,圆盘的角加速度为。，圆盘上与板的接触点为A,则A点的加速度为aA a0 aA0+Q.0将上式在水平方向投影有A.V=o +4 o =ao+aR=ai(a)取圆盘为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有m2aO=产 2 (b)应用相对质心动量矩定理有1 ,mRa=EyR2(c)再取板为研究对象，受力如图，应用质心运动定

40、理有mxa,=F-FS-F2(D)作用在板上的滑动摩擦力为：4=/=/(%+加2)g (e)由(a)(b)(c)(d)(e)联立可解得：3 尸-3/(加I+m2)g%=-3 m+m23-2 9解：由于系统在运动过程中，只有A B杆的重力作功，因此应用动能定理，可求出有关的速度和加速度。系统运动到一般位置时，其动能为A B杆的动能与圆盘A的动能之和:T2=T 町 V：+g +m2VA+g其中：vA=a)A Bl s i n 0-I s i n 00,幺=_ 场 电因此系统的动能可以表示成:T,=L%2 2 1ieT2 2+詈:讲+；加2 s i n 初 尸+1 m2R2(I s i n 002

41、2R2=m.l O+tn.)l 0 s i n2 06 1 4 2系统从夕=4 5 位置运动到任意6角位置，AB杆的重力所作的功为：=1 g (s i n 4 5 -s i n O)根据动能定理的积分形式H w2初始时系统静止，所以北二,因此有+m2l 02 s i n?。=mig (s i n 4 5 0 -s i n O)将上式对时间求导可得:1.3 3 /m J200+m2/2 s i n2 0+m d203 s i n c o s=一叫g c o s 6&3 1 2 2 2 2 1 2将上式中消去可得:i-3 3 /-z 7 2|/2 +/?22Z26 s i n2 0-m2l202

42、c o s s i n =一 Ag c o s。根据初始条件”=&=4 5,可求得初始瞬时AB杆的角加速度：0 _ 3叵 1罡(4 m)+9 m2)/因为初 ,所以AB杆的角加速度为顺时针。初始瞬时AB杆的角速度为零，此时AB杆的加速度瞬心在点,由此可求出AB杆上A点的加速度：aA=aAB/s i n 4 5 0 =-6*/c o s 4 5 3 g g(4机+9/n2)3-33设碰撞后滑块的速度、AB杆的角速度如图所示根据冲量矩定理有：m,vA+m2vc=1 ()其中：c为AB杆质心的速度，根据平面运动关系有BVC=VA+-S再根据对固定点的冲量矩定理：=人/）系统对固定点A（与钱链A 重合

43、且相对地面不动的点）的动量矩为滑块对A 点的动量矩和AB 杆对A 点的动量矩,由于滑块的动量过A 点，因此滑块对A 点无动量矩，AB 杆对A 点的动量矩（也是系统对A 点的动量矩）为：,1 1,2乙八=机2丫 ；5+五,7%/afAB将其代入冲量矩定理有:I 1 ,2 m2VC+m2l 03A B =由（a,b,c）三式求解可得：21VA =-79 加2（滑块的真实方向与图示相反）3-34研究整体，系统对A 釉的动量矩为：I I T心 人 一A（AC）T其中：A C杆 对 A 轴的动量矩为 A（AC）=3加设G 为 BC杆的质心，BC杆 对 A 轴的动量矩为,3,1 ,LA（BC）=m vc,

44、2 +I2m 6 9SC,IV C,=%+VC,C=l0）A C +-0）B C根据冲量矩定理 LA=2 可得：6 ml cmi）.r 46 mlcBoCl ir 2（a）再研究BC杆，其对与C点重合的固定点的动量矩为/1 ,1 ,1 ,Lr=invr I-co ml-co 4rnl co Rrv 5 2 2 QL 2 C L 3 DI（C）B根据冲量矩定理Lc =有:ml2coir+ml2conr=II2 3 B C (b)联立求解(a),(b)可得a).c-2-=-2.5rad/s2底 7m/3-3 5碰撞前，弹簧有静变形o mgF第一阶段：与叫通过完全塑性碰撞后一起向下运动,不计常规力，

45、碰撞前后动量守恒，因此有：（叫+“）v=m342gh碰撞结束时两物体向下运动的速度为2第二阶段：与 叫 一起向下运动后再回到碰撞结束时的初始位置，根据机械能守恒可知：此时的速度向上，大小仍然为第三阶段：加3与町一起上升到最高位置，此时弹簧被 拉 长 根 据 动 能 定 理 丁2一（有：0 J(叫+加3)记=一(叫+机3)g(R,+-|/l2上式可表示成:mgh 三八 m2g2 k.2 3m2g2.k.2=2me(+2)-+-2 =-+2msA+-2 2 k 2k 2 2k 2若使加2脱离地面，弹簧的拉力必须大于其重力,2、机g 八 82 gX n-若 攵，则 k因 此 有 人 等将 k代入上式

46、求得：k。注：上述结果是在假设“3与町始终粘连在一起的条件下得到的，若根3与叫之间没有粘着力,答 案 应 为 八 誓，如何求解，请思考。3-36取A B杆为研究对象，初始时，杆 上 的A点与水平杆上的0点重合，当 =0时系统静止，f =0+AB杆 上A点的速度为叭 角 速 度 为。，初始时受到冲击力的作用，应 用 对 固 定 点O的冲量矩定理可得12Lo=mvcl-m（21）ey=0其中：vc vA-lcov-lco由此解得：3 vco=一4/当f 时，滑 块A以加速度a向右运动，取A B杆为研究对象，应用相对 动 点A的动量矩定理有:1,.-m（21）0=mal cos 0-mg I sin

47、 0将上式积分并简化可得：2 ./2=Q sin 8 +g co s6 +C其 中c是积分常数由初始条件e =，d=确定出上式可表示成，2 2-1 02=asin(9 +g co s(9 +-g=/(夕)若A B杆可转动整圈，则 应 有60,因 此/（6）。若/（6）的最小值大于零，则A B杆就可以完成整圈转动。下 面 求 了矽）的极值。Q 2f(0)=asin0+gcos0+-goZ将上式求导令其为零有尸(。)=a co s 8 -g sin 9 =求得极值点为:t an 矿=S当sin。*=/6 1=,co s1*7 7g击？+g 2 ,函 数 取 最 大 值当sin。*=,a,cos 0

48、-,gJ/+g 2 加+82,函数/(，*)取最小值，若使最小值大于零，则有1 02=-f /8.+g =-y j a2+g3 J.2 +g 2&2+g 2 8/+Q-g。8/由此求得：3 v2 8/(g +J +g 2)第四章动静法4-6图示瞬时，A B杆的加速度瞬心位于P点,设 其 角 加 速 度 为 则 质 心 加 速 度 为：ADc=%BCP=a A B gL IFa =m ac=m aA H-a根据动静法有：-mg cos 0+FCI +M Cl=0aAABB=cos 3=3.5 2 8 rad/s2213 ,EFy=0 FA-mg +FCI co s。=0 乙=(l-c oS-)=

49、3 5 7.7 N3X 工=0 线,s i n%=0 Fs=-m sin co s=1 7 6.4 N4-7 (1)取A B杆和滑块C为研究对象A B杆平移，质心加速度如图所示工=?“c 根据动静法有：Z 尸 上=0 mg sin 3 0 F,-0ac=g sin 3 0 =0.5 g(2)滑块C无水平方向的作用力，其加速度铅垂向下，A B杆平移,其加速度垂直于A D,如图所示。两者加速度的关系为ac=aA sin 3 00Fa=机C“C，FA B!=mA BaA，加=mAB+根据动静法有Z Fx=0 mg sin 30-FABI-FCI sin 30=0由此求得：a.=1.25g,ac=0.

50、625(3)先研究滑块C根据约束可知：aCy=aA sin 30FC Ix=mCaC Fdy=mcaC y根据动静法有：号=0 F-F ax=。F=mcaCx4=。FN+Fcly=0=mcg-mcaA sin 300因为：F=f F z所以有关系式mcaCx-f (mcg-mcaA sin 30)即：acx=/(g-4s in 3 0)再研究整体，应用动静法有2%=omg sin 30=FABI+Fciy sin 30+FCh cos 300上式可表示成：mg sin 300=mAljaA+mcaA sin2 30+mc f(8 aA sin30)cos30由上式解得：aA=0.6776g=6