《理论力学》动力学典型习题答案.docx

动力学I第一章运动学部分习题参考解答13解：运动方程：y=lan,其中6=近。将运动方程对时间求导并将夕=30°代入得lIk41kV=V=cos2cos232店sin。832a=y=cos”916证明：质点做曲线运动,所以=%+%,设质点的速度为八由图可知：COSe=±=M,所以：。二竺Vavvv2将vv=c,«n=V'代入上式可得a=一CP证毕1-7V2八Xv证明：因为?=,4=sin6='4.、V所以:证毕110解：设初始时,绳索AB的长度为"时刻，时的长度为S,则有关系式：s=L-vt,并且s2=I2+2将上面两式对时间求导得：s=-v0,2ss=2xx由此解得：£二一也(a)X(a)式可写成：xt=-v05,将该式对时间求导得：xx+x1=-SV0=v(b)将式代入(b)式可得：4¾r=x=vx=-(负号说明滑块A的加速度向上)XX31-11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=？，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：vb=vcos(a)因为Vx2-/?2cos=(b)X将上式代入(a)式得到A点速度的大小为：由于UA=一尤，(C)式可写成：_±&_氏2=诙,将该式两边平方可得:X2(x2-R2)=CD2R2X2将上式两边对时间求导可得:2xx(x2-R2)-2xx3=22R2xx将上式消去2£后，可求得:2R4x(X2-R2)2由上式可知滑块A的加速度方向向左，其大小为2R4x(X2-R2)2113解：动点：套简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。根据速度合成定理匕=4+匕有：匕CoSe=匕，因为AB杆平动，所以匕=u,I2由此可得UCoSe=匕，C)C杆的角速度为。="，OA=-!-,所以3=-c°s-0OAcosIav2Z/vizCCq245°当e=45°时，OC杆上C点速度的大小为=的=：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：直线运动牵连运动：定轴转动根据速度合成定理有%1=匕|+匕1，%2=匕2+匕2由于动点M的绝对速度与动系的选取无关，即匕2=匕1，由上两式可得:(a)将（a）式在向在X轴投影,可得：-vclsin3Oo=-vc2sin30°+vr2cos300由此解得：vr2=tan3Oo(vc2-vcl)=OMtan3Oo(ty2一例)=工;(3-9)=-OAmfsve2=OMco1=0.23%=%=&2+/=0529ms117解：动点：圆盘上的C点；动系：OA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（平行于OA杆）；牵连运动：定轴转动。根据速度合成定理有匕=匕+匕（a）将（a）式在垂直于OIA杆的轴上投影以及在OC轴上投影得:Uacos300=vccos30o,vasin3Oo=UCsin30°ve=va=R,va=vr=RCo,=根据加速度合成定理有=0：+'+ar+«c(b)将(b)式在垂直于OiA杆的轴上投影得-aasin30°=。：cos3Oo+a：sin300-ac其中：aa=Rco1,a；=2R(d；,ac=2<y1vr由上式解得：4=&=且口22R121-19解：由于ABM弯杆平移，所以有vA=vMa=aM取：动点：套筒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Ua=Ue+匕可求得：vyw=v=va=V2vc=y2b=2V2ms,vr=vc=b=2nVs,=U=迪=迪rad/sOlA1.53根据加速度合成定理<+<=4+'+凡+&将上式沿与方向投影可得：acos450-an.sin450=-a+ac由于以：=l=8Vs2,a=ab=InVs2,ac=2vr=8nVs2,根据上式可得:t7+42a；22(7÷42)ai,=-,a.=acos450,I312rads21-20解：取小环为动点，OAB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,r>>其中：ve=OM=7r=2recos600根据速度合成定理：可以得到:=tanvcSin60”cos260o'cos600=4rd;ac- OM2=fIrco2,加速度如图所示，其中:2r一cos60°ac=2vr=Sr2根据加速度合成定理:=ac+，+aC将上式在X'轴上投影，可得：QaCoSe=-&COS。+%由此求得：Qa=14rC921-21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；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,i+Vt.dC1将上式沿绝对速度方向投影可得:匕=fe+匕因此Vr=Ve+Va其中：%=%，Ve=Rb，3=，RA,LbrRB380,由此可得：Vr=-v+Vb=nVsRa9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：a=-l-=1.78ms22-1解：当摩擦系数/足够大时，平台AB相对地面无滑动，此时摩擦力尸JFn取整体为研究对象，受力如图，系统的动量：0=m2匕将其在X轴上投影可得：px=m2vt=m2bt根据动量定理有：也=m,b=FfFN=f(m+m,)gdt/77h即：当摩擦系数=时，平台AB的加速度为零。(叫+m1)g当摩擦系数/<他时，平台AB将向左滑动，此时系统的动量为:(叫十%)gp=m2(y+vr)+wlv将上式在%轴投影有：px=/W2(-V+vr)+wl(-v)=m2bt-(aw1+n2)v根据动量定理有：曳L=m2。一(叫+rn2)a=F=fFN=/(w1+zn2)dr由此解得平台的加速度为：a=Jg(方向向左)mx÷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=Hiv÷1v1=/WV+m(v+vr)将上式在X轴投影：px=nix+nl(x+lcos)根据动量定理有：=(m+ml)x-mj2Sin。=-F=-kx系统的运动微分方程为：(/+w1)x+kx=tnyl2sinyr2-4取提起部分为研究对象，受力如图所示，提起部分的质量为机二20,提起部分的速度为U，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，大小为口(如图a所示)。(b)根据变质量质点动力学方程有：dv一、dm、.、in=r(r)+mg+v=F(t)÷(PVf)g+vpvd/dr将上式在y轴上投影有：dv、2tn=F(t)-(pvt)g-vrpv=F(t)-p(ygt+v)dr由于包=0,所以由上式可求得：F(0=p(v+v2)od/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，即：Fn=(l-vt)pg3-5将船视为变质量质点，取其为研究对象，应用分离变量法可求得受力如图。根据变质量质点动力学方程有：dv厂d/nm=F+mg+V+Fvdrdr船的质量为：2=-4，水的阻力为尸=-力将其代入上式可得：/、dy上L(小0-qt)-jv+mg-qvx+FNd/将上式在X轴投影：(m0-qt)-=-fv-q(-v)。d/fln(vr-)=-l(w0-qt)+cq由初始条件确定积分常数C=ln(45)-/Inm0,并代入上式可得:q2-8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，的质点沿半径为R的圆周运动，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，夕=0,方板的角速度为零，求方板的角速度与。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乙，其角速度为G,于是有L1=Jco设质点M对转轴的动量矩为右，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OM连线。质点M相对惯性参考系的绝对速度匕=%+匕。它对转轴的动量矩为L2=L2(tnvii)=L2(mvJ+L2(mvr)其中：L1(mvc)=mr=m(l+RCOSe)?+(Rsin)2L2(mvr)=m(l+RCoSe)匕CoS¢+/"Hsin?人系统对Z轴的动量矩为4=Zn+%。初始时，69=0,=0,Vr=U,此时系统对Z轴的动量矩为Lo=m(l+R)u当系统运动到图872位置时，系统对Z轴的动量矩为L=J-/?(/+RCOSe)2+(RSinof+m(l+RCoSe)“cose+Rsin?u=J+(2+R2+2lRcos)m+(lcos+R)mu由于系统对转轴的动量矩守恒。所以有人,二%,因此可得：tn(l+R)U=J+(2+R2+2lRcos)m+(/cos+R)ntu由上式可计算出方板的角速度为mlQ-cosWCO-zzJ÷m(l2+R+21RCoS)2-11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。，则系统对0轴的动量矩为：L0=J0+plQa+r)r2根据动量矩定理有：=Jo+PiQa+加,)dr=q(+x)gr-pl(a-x)gr整理上式可得：Jo+Pi(2。+r)r2=pl(2x)gr由运动学关系可知：cor=x,因此有：cbr=Xo上式可表示成：IJ0+PiQa+)r2x=2plgr2x令»=也”上述微分方程可表示成：x-22x=0,该方程的通解为：Jo+PlQa+r)rX=ciet+c2e,根据初始条件：，=0,X=/，3=O可以确定积分常数G=。2=£，于是方程的解为：X=XoCha系统的动量在X轴上的投影为：PX=IGrSin勿/d6=2*/2=2plrx系统的动量在y轴上的投影为：py=pla-x)r-pl(a+x)r=-2plxr=2plxx根据动量定理：Px=%h=Fo、-P-PlQa+r)g由上式解得：FOX=2p%j尤Ch力,Foy=P+pl(2a+7r)g-4pz2xch(2)因此系统的动能可表示为：T= - nv +fnc cot2 = (,n + nc cot? )va »系统在能 够过程中，AB杆的重力作功。根据动能定理的微分形式有：dT = SW, 2的动力学方 程可表示成：d(w+mccot2)v=(+mccot2)va(va=rngvAdt由上式解得：aA=-,ac=aACOtedrm-mccot2-17质量为TH。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。质量为相(以)=3根)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9=30°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。图B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，物块的速度为匕，则系统的动能为r=2wove+ 2mQ= TMOq + g w(ve - vr sin0)2+(匕CoSe)2设O=O为势能零点，则系统的势能为V=-mgRsin321-mv+ 2 e 2根据机械能守恒定理和初始条件有7+V=O,即w(ve-vrsin+(vrcos。)，=TngRSin系统水平方向的动量为：px=ve+w（ve-匕sin。）根据系统水平动量守恒和初始条件有37MVe+机（匕一匕Sino）=O由此求出匕=；匕Sin夕，将这个结果代入上面的机械能守恒式,且°=30°最后求得: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%,物块的加速度为4,对于小球有动力学方程naa= m(ac + a： + °；)=尸 + mg对于物块，由于它是平移，根据质心运动动力学方程有(b)w0ae=F+w0g+Fv将方程(a)在小球相对运动轨迹的法线方向投影，可得机(：-acCoSe)二/一mgsin°其中相对加速度为己知量，C魄。将方程(b)在水平方向和铅垂方向投影，可得n06Zc=FCGS(PO=EV一叫g一尸sin。领9=30°,联立求解三个投影可求出47岛z794匚2久M74=4'F=丞mg,Fn=3.6267mg2-18取小球为研究对象，两个小球对称下滑,设圆环的半径为R。每个小球应用动能定理有：/加(火小)2=/WgR(ICoSe)(a)将上式对时间f求导并简化可得：A=SsinJ(b)R每个小球的加速度为=(RoCGSe-R1sin6>)+(-Rsin-R2cos(9)j取圆环与两个小球为研究对象，应用质心运动定理ZmiaiC=ZFi将上式在y轴上投影可得：w0×0-2tn(R0sin+R2cos)=FN-Img一机Og将(a),(b)两式代入上式化简后得FN=机og+2Awg(3cos:。一2Sine)FN=0时对应的。值就是圆环跳起的临界值，此时上式可表示成3cos2-2cose+色=02m上述方程的解为：，cos=(±l0圆环脱离地面时的6值为d=arccOJ11-+-33而%=arcco也是方程的解，但是e>4时圆环已脱离地面，因此=2不是圆环脱离地面时的值。2-19取圆柱、细管和小球为研究对象。作用于系统上的外力或平行于铅垂轴或其作用线通过铅垂轴。根据受力分析可知：系统对铅垂轴的动量矩守恒。设小球相对圆柱的速度为匕，牵连速度为人系统对Z轴的动量矩守恒，有:Lz=-mvcr+mvcosr=0其中：ve=r,则上式可表示成:(Zno+砌/=mvrCoSor由此解得:mvrcosvrcos6?=(Ano+m)rrm八其中：N=,tan=m0+m2r根据动能定理积分式，有：T2-Ty=X7=0,£=gtnar22+gmu：1.2=mgnh其中：v=(vc-vrcos6>)2+(vrsin6>)2,将其代入动能定理的积分式，可得:tniyr22+小(r/一匕cos)2+(vrsin0)2=2mghn.vrCOSe小、.2ghn将G=J代入上式，可求得：vr=I2厂rYI-COS-61由V；二(匕一匕COS6)2+(匕Sine)2可求得:Va=vrl-/(2-/)cos2外Pr鬼所以上式可表示成:2-20取链条为研究对象，设链条单位长度的质量为P应用动量矩定理，链条对O轴的动量矩为：L0=pry外力对O轴的矩为：2er-rM0=pgr+)pgrcosds=pg+jPgrCGSrdQ=pgr2+pgr2SineLo=Mo:.pr3=pgr2+pgr2sini,Xdvdud®/.dvvdv因为：r=drded/d。rd6>7rr二/+gsin。Vdvz.八万一:7二级+gsm°rd。vdv=rg(0+sin0)d积分上式可得：v1rg(2-cos)+c由初始条件确定积分常数c=gr,最后得：v=gr(2-lc+2)V动力学第三章部分习题解答3-3取套简B为动点，OA杆为动系根据点的复合运动速度合成定理23. =vSC =Va = l可得：vacos300=vc=lt研究AD杆，应用速度投影定理有:qo4.v=vdcos3(),v=-l再取套筒D为动点，BC杆为动系，根据点的复合运动速度合成定理1,D=VBC+VDr将上式在X轴上投影有:-vD=-Vc+vDr%=-vD+C3-4AB构件（灰色物体）作平面运动,已知A点的速度UP=CP齿轮I的角速度为：l=6radsr3-6AB杆作平面运动，取A为基点根据基点法公式有：=+%A将上式在AB连线上投影，可得%=O'iB=O因此，6yA8=GOA8AB4°因为B点作圆周运动，此时速度为零，因此只有切向加速度（方向如图）。根据加速度基点法公式aH=aA+aRA+aRA将上式在AB连线上投影，可得-acos600=aA,ali=-2.56ra-(瞬时针)QOxB237齿轮II作平面运动，取A为基点有aB=%+%+哈a=a+ aRA+aRA将上式在X投影有：-ClCGs=ax-WA由此求得：八_扇1%+4cos>再将基点法公式在y轴上投影有：asin=ax=all2rlt由此求得。=色变2r2再研究齿轮上的圆心，取A为基点ao2÷=+2÷a将上式在y轴上投影有t.asin由此解得：a。,_ asnr+r2 2(rl+r2)再将基点法公式在X轴上投影有：一=al-a由此解得：碣一cosj,又因为磕=化+与)aQ由此可得：O)QQ,=±.acos-al2(rl+r2)aO2aO2A=r2aH=2，co=DC R-r3-9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“aR-rR-r卷筒O点的速度为:vo=COR=vRR-rO点作直线运动，其加速度为研究卷简，取O为基点，求B点的加速度。B=O+aHO+aHO将其分别在x,y轴上投影Qr=a。+abociByabo%=+¾.=苫4a2(R-r)F同理，取O为基点，求C点的加速度。C=。+aco+aCO将其分别在x,y轴上投影°g=a。aco=°%，=acoRv2二(Rf)23-10图示瞬时，AB杆瞬时平移，因此有:vb=va=coOA=2sAB杆的角速度：=0圆盘作平面运动，速度瞬心在P点，圆盘的的角速度为：cob=-=4ms圆盘上C点的速度为：vc=liPC=2V2msAB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an=4+吗=%+也A将上式在X轴上投影可得：-。=0因此：aR=8Vs2由于任意瞬时，圆盘的角速度均为：B=也r将其对时间求导有：d)B=组,由于=0,所以圆盘的角加速度a“二而Q=O。rr圆盘作平面运动，取B为基点，根据基点法公式有：aC=aB+aCB+aCB=aB+aCBac=J)2+(吗产=V2ms23-13滑块C的速度及其加速度就是DC杆的速度和加速度。AB杆作平面运动，其速度瞬心为P,AB杆的角速度为：cdab=lradsABAP杆上C点的速度为：vc=coabPC=0.2nVs取AB杆为动系，套简C为动点，根据点的复合运动速度合成定理有：其中：ve=vc,根据几何关系可求得:AB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%=%+Qa+暇A=。鼠+短由该式可求得aR=c1ran=0.8nVs2sin30°由于A点的加速度为零，AB杆上各点加速度的分布如同定轴转动的加速度分布，AB杆中点的加速度为：ac=0.5=0.4Vs2再去AB杆为动系，套筒C为动点，根据复合运动加速度合成定理有：%=ae+arac其中牵连加速度就是AB杆上C点的加速度即：ac=0.4Vs2将上述公式在垂直于AB杆的轴上投影有：aacos30°=accos30°+ac2科氏加速度%=ABvr，由上式可求得：ad=-ms23-14：取圆盘中心为动点，半圆盘为动系，动点的绝对运动为直线运动；相对运动为圆周运动；牵连运动为直线平移。由速度合成定理有:/=匕+匕速度图如图A所示。由于动系平移，所以/=，根据速度合成定理可求出：由于圆盘A在半圆盘上纯滚动，圆盘A相对半圆盘的角速度为：vrIu=-=rr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。|为基点根据基点法公式有:%=%+”vfir=-visin30°=-WSin300=-uvBy=+cos30°=2.VBvBx+VBy-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。I为动点，半圆盘为动系，根据加速度合成定理有其加速度图如图C所示,，=-=,R+rr将公式（a）在X和y轴上投影可得：X:O=CSin。一a：COSey:ailarcos。一sin。由此求出：C=Y互，4=。=空，圆盘的角加速度为：=4=J¾Ur'rrr下面求圆盘上B点的加速度。取圆盘为研究对象，0为基点，应用基点法公式有：将（b）式分别在x,y轴上投影：ax=一嫉Ocos300+atsin300aBy=-aol-aBO1Sin30°-%COS30°其中：aB0=lr,rL*I-013w2aBOl=ar=-2由此可得：t=37-r3-15（b）取BC杆为动系（瞬时平移），套简A为动点（匀速圆周运动）。根据速度合成定理有：H匕由上式可解得：ve=vatan30o=yr因为BC杆瞬时平移，所以有：百vCD=Ve=彳3-15（d）取BC杆为动系（平面运动），套简A为动点（匀速圆周运动）。BC杆作平面运动，其速度瞬心为P,设其角速度为0O图DPCV7777J>W/7777PCD_（<入/疗根据速度合成定理有:根据几何关系可求出：。,尸=色厂,。尸=收尸33将速度合成定理公式在,y轴上投影：%=忆+匕X=ver=-O2Pcobc%=Vey+%=Zr=匕+02A”C由此解得：口8C4DC杆的速度vc=CPc=-r3-16(b)BD杆作平面运动,根据基点法有：aC=aHaCH+aCB=+aCR+aCB由于BC杆瞬时平移,刃8。=。,上式可表示成:aC=aH+aH÷aCR将上式在铅垂轴上投影有：O=ci+Sin300由此解得:。比-2再研究套筒A,取BC杆为动系(平面运动)，套筒A为动点(匀速圆周运动)。%=aA=ac+ar+S)其中:Gk为科氏加速度，因为八8二°，所以flr=0动点的牵连加速度为：ac=ac+a；C+alc由于动系瞬时平移,所以=0,a：c=QbcAC牵连加速度为4=«(+c,(a)式可以表示成Q八=Qa=«c+<c+«r将上式在y轴上投影：-aAcos30°=-accos30o+ac由此求得:C=(+-)2r3-16(d)取BC杆为动系，套筒A为动点,动点A的牵连加速度为&=°C+aAC+aAC动点的绝对加速度为其中为动点A的科氏加速度。将上式在y轴上投影有aacos3Oo=-accos30°-ac+a上式可写成<2rcos300=-accos30°-aRCAC+2ewcvr(a)其中:娱=M%=(+争W(见3T5d)%c为BC杆的角加速度。再取BC杆上的C点为动点，套筒O2为动系，由加速度合成定理有%C=aCSK其中=%+%,上式可表示为Cv2IUByacaco2+aco2+'r+”将上式在y轴投影有：一accos300=一a该式可表示成：-accos30o=aRCCO2-2cvcsin3Oo(b)联立求解(a),(b)可得3-17AB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AB杆任何时刻的角速度均为asAP2R杆上B点的速度为：以=cobPBAB杆的角加速度为：aAB=d)AB=0>1f»/IIfarAP取A为基点，根据基点法有aft=a+alltA+aR=aA+A将上式分别在x,y轴上投影有v2ar=-aLcos45°=av=cia-af!i.sin450=龙LDj/1D/lI3-18取DC杆上的C点为动点，构件AB为动系VCa=vCe+vCr根据几何关系可求得：vCc=vCr=j3cor再取DC杆上的D点为动点，构件AB为动系喂=喂+Ppr由于BD杆相对动系平移，因此PCr=VDr将上式分别在x,y轴上投影可得3V=-UDC+UDrSin30°=-r3vDay=一匕kcos30°=r2求加速度：研究C点有aC=aCa=aCe+«Cr÷flCK将上式在y轴投影有O=aasin3Oo-accos300+csin3Oo由此求得0°=3g2r再研究D点aD=aDa=aDe+aDr+aDK由于BD杆相对动系平移，因此"c=Dr将上式分别在x,y轴上投影有9aDaX=aDTsin300+aDKcos300=<y2raDay=-udc-aOrcos30°+aDKsin300=321由于圆盘纯滚动，所以有47=z*a根据质心运动定理有：mac-FcosO-FsG=FN+/Sine-mg根据相对质心的动量矩定理有mp1a-FSr-FrO求解上式可得：a(rcosJ-")LL.八%=，Fn=mg-FsmAm(r+p)_F(P2cos。+/To)NS2-2r+P若圆盘无滑动，摩擦力应满足GW乃N，由此可得:当:mg> FSine时,“"cos。+%)=J(/-Fsin6>)(r2+p2)-JnlinN3-22研究AB杆，BD绳剪断后，其受力如图所示,由于水平方向没有力的作用，根据质心运动定理可知AB杆质心C的加速度铅垂。由质心运动定理有：吟=mg-Fan根据相对质心的动量矩定理有：*1%ab=Fangcus刚体AB作平面运动，运动初始时，角速度为零。/(e)3-35设板和圆盘中心O的加速度分别为,o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=aO+Q；0l-aAO将上式在水平方向投影有axA=a0+aAO=aO+aR=a取圆盘为研究对象，受力如图，2a=F2应用相对质心动量矩定理有m2R2a=F2R再取板为研究对象，受力如图，叫q=F-Fs-F2作用在板上的滑动摩擦力为：FS=Av=0+rn2)g由上式可解得：3R-3(叫+%)g3nl+m2ZZZZ其中：I.(I)AB=一仇Vc=2v=lsin=-/sin0,vaISine0COa=,RR因此系统的动能可以表示成：1(4Y工1网广T7=mlJ4/*Wl/92÷l2(sin)2÷l幽丝3-29解：由于系统在运动过程中，只有AB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AB杆的动能与圆盘A的动能之和：T2=4-1Jc*B÷w2v4÷jA匕212JZIZ21q=-m,l22+-m.l22sn26,4-系统从。=45°位置运动到任意。角位置，AB杆的重力所作的功为：WIT2=加遣；(Sin450-Sine)根据动能定理的积分形式T2-T1=Wm初始时系统静止，所以Z=O,因此有2上7/7/7mA6将上式对时间求导可得:10.3-m.l2+-32将上式中消去白可得：-m,l2+-31：根据初始条件8=0,。=+-m2lsin=/H1(sin45°-Sine)-2sin2+-tnl2ysincos=-m.Q-CQs223003z>,0/2sin+m2lCOSeSine=cos：45°,可求得初始瞬时AB杆的角加速度=3"Wlg(4w1+9m2)1因为少0,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:a.=4sin450=-cos450=(4w,+9w2)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：mAvA+w2vc=I(a)其中：%为AB杆质心的速度，根据平面运动关系有UC=Ua+g%8S)再根据对固定点的冲量矩定理：La=Ma(D系统对固定点A(与较链A重合且相对地面不动的点)的动量圮ZJf目状XJaatjm里比和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,11,2LA=nCtn2lAB将其代入冲量矩定理有：(c)I1/2由(a,b,c)三式求解可得：va=-(滑块的真实方向与图示相反)9叫B3-34研究整体，系统对A轴的动量矩为：LhLA(AC)+LA(SG其中：AC杆对A轴的动量矩为2=3/包,设G为BC杆的质心，BC杆对A轴的动量矩为lA(BC)=mvCl+tnlbClI气=%+%=%c+%c根据冲量矩定理LA=2可得：ml2c+ml2lic=211(a)66再研究BC杆，其对与C点重合的固定点的动量矩为Lc=mvcg+WmBc=；ml2AC+gnl2c根据冲量矩定理LC=有：(b)=2.5rads27mlml2c+ml2c=Il联立求解(a),(b)可得GAC=一3-35碰撞前，弹簧有静变形RT=避k第一阶段：叫与町通过完全塑性碰撞后一起向下运动,不计常规力，碰撞前后动量守恒，因此有：(w,+W3)V=m3碰撞结束时两物体向下运动的速度为V=第二阶段：叫与町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;L根据动能定理乙一(二ZWl,有：OT吗+n3)v2=-(w1+m3)g(st+翱上式可表示成：逊=2mg（吧+-江+为=即现+2Wl+42k2Z22Z2若使他2脱离地面，弹簧的拉力必须大于其重力，因此有几>“，将;I=避代入上式求kk得：2=o若些，则心崛kkk注：上述结果是在假设加3与网始终粘连在一起的条件下得