《理论力学》动力学典型习题+答案

1、文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持 动力学I第一章 运动学部分习题参考解答 因为 vB vA cos (a) 1-3 解： 运动方程：y Ita n ，其中 将运动方程对时间求导并将 1-6 证明：质点做曲线运动，所以a 设质点的速度为v,由图可知： J x2 R2 cos kt。 cos 将vy 代入上式可得 证毕 1-7 证明：因为 所以: (b) x 将上式代入(a)式得到A点速度的大小为： x x2 R2 (c) a v a v v a c v a B 2xx .4 sv (a) xx 负号说明滑块的加速度励 2 x at anv Vy an 30代入得 a

2、v vs，将该式对时间求导得: 2 v -，所以: (b) 2 2 v x x 2 2 v1 an asin 证毕 1 10 解：设初始时，绳索AB的长度为L,时刻t时的长度 为S,则有关系式： 2 2 s L vt，并且 s 1 将上面两式对时间求导得： sv0, 2ss 由此解得：x (a)式可写成： 2 xx xsv0 x 将(a)式代入(b)式可得：ax 3_ x 1- 11 解：设B点是绳子AB与圆盘的切点，由于绳子相对圆盘无彳 于拉直状态上 A、B两点的速度在 A、B两点连纟 R，由于绳子始终处 R 档来源为 A R2 由于vAx , (c)式可写成: 将上式两边对时间求导可得：

3、将上式消去2x后，可求得：x 2R4x 222 (x2 R2)2 由上式可知滑块 A的加速度方向向左，其大小为 1- 13 解：动点：套筒A ; 动系：OA杆； 定系：机座； 运动分析： 绝对运动： 相对运动： 牵连运动： 直线运动; 直线运动; 定轴转动。 根据速度合成定理 有: va cos 由此可得vcos 45 时, 1- 15 解：动点： 动系 动系 ve,因为AB杆平动，所以 ve , OC杆的角速度为 OC杆上C点速度的大小为 销子 1：圆盘 2: OA 杆 va vc Rx， aA 将该式两边平方可得: 2R4x (x2 R2) OA，OA 定系：机座； 运动分析： 绝对运动：

4、 相对运动： 牵连运动： 曲线运动 直线运动 定轴转动 根据速度合成定理有 va1 vei vr1， C A ，所以 cos av cos 2 45 vfo孑 21 A 30 va2ve2 B 1 av J :从网络收集整理.word版本可编辑. 由于动点M的绝对速度与动系的选取无关，即va2 Vai，由上两式可得: Ve1 Vr1 Ve2 Vr2 将（ a）式在向在x轴投影，可得： 由此解得： 1- 17 解：动点： 动系： 定系： 圆盘上的 C点; OA杆； 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O1A杆）； 牵连运动：定轴转动。 根据速度合成定理有 Va Ve

5、 将（a）式在垂直于 va cos30 Vr O1A杆的轴上投影以及在 O1C轴上投影得: (a) vecos300 ,vasin30 VeVaR ，VaVr c t aa 74.2 t aa l 文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持. 22（742） vesi n30 Ve O1A RR 0.5 根据加速度合成定理有 t aa a e 将（b）式在垂直于 其中：aa 由上式解得: ae araC (b) O1A 杆的轴上投影得 n ,ae 2R 1 , ac 21Vr t ae 3 2 2R 12 n 2 1 1- 19 解：由于ABM 取：动点：套筒 动系：OC摇杆

6、; 弯杆平移，所以有 M ; 定系：机座； 运动分析： 绝对运动： 相对运动： 牵连运动： 圆周运动; 直线运动; 定轴转动。 根据速度合成定理 VaVe 可求得：Vm Va Va 根据加速度合成定理 将上式沿ac方向投影可得: 由于a： Vr 2ve. 2b 2 8m/s2, a； 2.2m/s， b 1m/s , aC Vr b 2m/s , 12rad/s2 cos450 1-20 解：取小环为动点， 运动分析 绝对运动： 相对运动： 牵连运动： 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A r 0 cos60 OAB杆为动系 直线运动; 直线运动; 定轴转动。 其中：

7、V OM 根据速度合成定理: 可以得到： va tan 加速度如图所示，其中： 2 2 r ae OM0 2r cos60 根据加速度合成定理： 将上式在x轴上投影，可得： B M O 2r Ve 0 r sin60 2 0 cos 60 aacos 1 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 （Ox y） 定系：路面。 运动分析 绝对运动： 相对运动： 牵连运动： 圆周运动； 圆周运动； 定轴转动（汽车 求相对速度，根据速度合成定理 将上式沿绝对速度方向投影可得： 因此 其中：va 由此可得: 2、3r ae cos

8、A绕O做定轴转动） Va Ve Vr Vr Ve Va Vb, Ve Rb, Va Ra Vr Rb RaVa 由于相对运动为圆周运动, Vb 380m/s 9 爲4r 求相对加速度， 相对速度的大小为常值，因此有: 2文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑. ,Vr M O 此求得： 文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持. 2-1解：当摩擦系数f足够大时，平台 AB 相对地面无滑动，此时摩擦力F 取整体为研究对象，受力如图， 系统的动量：p m2vr 将其在x轴上投影可得：px m2v 根据动量定理有: 即：当摩擦系数 当摩擦系数f dPx . xm2b dt

9、 m2b (g m(2)g m2b 的加速度为零。 平台 AB 由初始条件确定积分常数 c ln（qvr）ln m0，并代入上式可得： q 2-8 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的圆周运动，其相对方板的速度大小为 u （常量）。圆盘中心到转轴的距离为 I。质点在方板上 的位置由 确定。初始时，0,方板的角速度为零，求方板的角速度与角的关系。 时, （m1 m（2）g 将上式在x轴投影有：p 时，平台 叫（v AB 将向左滑动，此时系统的动量为: Vr) m1 ( v) m2bt (m1 m2 )v 根据动量定理有： dt m2b (m1

10、 m2)a FfFNf (m1 m2)g 由此解得平台的加速度为: z轴的 解：取方板和质点为研 动量矩守恒。下面分别计 设方板对转轴的动量矩为 设质点M对转轴的动 相对速度沿相对轨迹的切线方向，牵连速度垂直于 va 7e F5。轴的动量矩为 其中：prt 系统对z轴的动量矩为甲L1 L2。初始时， 当系统运动到图8-12位置时，系统对z轴的动量矩为 由于系统对转轴的动量矩守恒。所以有L 由上式可计算出方板的角速度为 2- 11取链条和圆盘为研究对象，受力如图 轴的动量矩为： LO JO 根据动量矩定理有： 整理上式可得： 由运动学关系可知： 2 ，作用在研究对象上的外力对转轴 算方板和质点对

11、转轴的动量矩。 ，于是有 质点 M为动. OM连 为ve,vr。 的力矩为零，因此系统对 -Jr-， 1度和相 K点M 相 对 惯性参 分别 考系的绝对速度 L1 0, _的动量矩为 m2b fg （方向向左） m2 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 系统的动量为： m1 L。，因此可得: 2-2取弹簧未变形时滑块 用在滑块A上的弹簧拉力。 将上式在x轴投影： 根据动量定理有： 系统的运动微分方程为：（m mjx kx 2-4取提起部分为研究对象，受力如图 为v ,根据点的复合运动可知质点并入的相对速度为 （a） 根据变质量质点动力学方程有: 将上式在y轴上投

12、影有： 由于空 dt 再取地 勺速度 (b) ）。 2 V 2 si ，提起部分白 （如图a所示）。 m1l 所示, Vr，方向向下，大小为 Jo 根据初始条件: （链条重力未画） ，设圆盘的角速度为，则系统对O l(2a r)r2 X，因此有: lgr 2 l(2a r)r ，上述微分方程可表示成: t 0, x x0, x 0可以确定积分常数 Ci C2 0,所以由上式可I 面上的部分为研究 得: F(t) (vgt 系统的动量在 X轴上的投影为: Px 因此地面的支撑力就是未提起 象, 分自身的重力，即: 取其为研究对象， 由于地面上的物体没 3-5 将船视为变质量质点 受力如图。根据变

13、质量质点动力学方程有： 船的质量为：m m0 qt,水的阻力为F 有运动， Fn （l , 氏切可附 系统的动量在 根据动量定理: 由上式解得： 将其代入上式可得: 将上式在x轴投影：（m0 qt)空 dt fv q( y轴上的投影为: Py 0 l(a r sin Nd I 上式可表示成: ，于是方程的解为: X 2 亥方程的通解为: 2 irx X) l(a x) r 2 lx r 2 lxx fv vj。 可求得- * X 应用分离变 旦 2 FOx2 l rX 0 ch t 2 2 xch(2 t) F oy 2- 14取整体为研究对象，系统的动能为： 其中：va,vc分别是AB杆的速

14、度和楔块 C的速度。 若v是AB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： (2a r)g 4 vav tan , 3文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑. l 122 (m me cot )va，系统在能够过程 W，系统的动力学方程可表示成： 一 1 2 1 2 因此系统的动能可表示为：T mvA mc cot 2 2 中，AB杆的重力作功。根据动能定理的微分形式有： 由上式解得：aA A2 dt m mc cot 2- 17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 300 mg ，ac 2 Va dT aA cot

15、m(m 3m)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 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 向无外力，因 的速度为vr, 设 0为势 图A A 物块为研究对象，受力如图 此系统的机械能守恒，水平 物块的速度为 能零点，则系统 图B A Fn 0时对应的 上述方程的解为：， 圆环脱离地面时的 值就是圆环跳起的临界值，此时上式可表示成 (1 1 1 3m0) 33, 2m 、11 r 值为 1 arccos1 33中 cos 3mo 2m ve，则系 搦能为 B所示，由于作 动量守恒。设小球为动点，物块为动系，、设小球相

16、对物块 统的动能为 力，水平方 B 根据机械能守恒定理和初始条件楝侈物5 0，即磁刼宓宓宓郅宓宓磁宓 系统水平方向的动量为： 根据系统水平动量守恒和初始条件有 1 由此求出Ve - VrSin ，将这个结果代入上面的机械能守恒式，且300最后求得： 4 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 D所示。设小球的相对物块的加速度为ar，物块的加速度为ae,对于小球有动力学方程 maa m(ae a： a；) F mg(a) 图c 对于物块，由于它是平移，根据质心运动动力学方程有 C, 将方程(a)在小 其中相对加速度为已 方程( a gFn 农相对运动

17、轨迹的法线方向投影，可得 在水平 A(b) 1 3 im 312；也是方程的解， 而 2 arccos - 3 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。 z轴的动量矩守恒，有： r ，则上式可表示成： ve系统对 其中：ve 由此解得: mvr cos (m m)r vr cos 其中: , tan m 但是 1时圆环已脱离地面，因此 2不是 设小球相对圆柱的速度为vr，牵连速度为 根据动能定理积分式，有: 其中: T2 T1 22 Va(Ve VrCOS ) (VSin

18、vr cos -代入上式，可求得: 2 (Ve Vrcos ) 取链条为研究对象, W12 )2，将其代入动能定理的 鼻可得： 2ghn cos 1 2 30，:联立求解三个投影可求出 2- 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： 1 2 m( R ) mgR(1 cos ) 2 将上式对时间t求导并简化可得： gsi n R 每个小球的加速度为 取圆环与两个小球为研究对象，应用质心运动定理 将上式在y轴上投影可得： 将(a),(b)两式代入上式化简后得 获立求 (a) (b ) 由v2 2 - 20 应用动量矩定理，链条对 外力对O轴的矩为：

19、因为：r dt (Vr sin )2 可求得：va 设链条单位长度的质量为 O轴的动量矩为： Vr1 (2 )cos dv d m 积分上式可得: d dt 1 2 v2 2 rg dv d 1 2 V空，所以上式可表示成： r d cos ) c e 由初始条件确定积分常数 1 2 2)/ 最后得：v gr(2 2 cos 动力学第三章部分习题解答 OA杆为动系 c gr， 3- 3取套筒B为动点， 根据点的复合运动速度合成定理 可得：va cos30 vel , 研究AD杆，应用速度投影定理有: 4文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑. 4.3 , l 3 再取套筒D为动点，BC

20、杆为动系，根据点的复合运动速度合成定理 2-3 va vd cos300, vd 由此解得：aO2 由此可得：O 将上式在x轴上投影有: VDVbcVDr , VDrVdVbc acos 引，又因为aO （A 2 2 a cos a ”2（几 d） 3-4 AB构件（灰色物体）作平面运动， 已知A点的速度 AB的速度瞬心位于C,应用速度瞬心法有: VBAB BC , 设OB杆的角速度为 ，则有 设P点是AB构件上与齿轮I的接触点， 该点的速度： 齿轮I的角速度为: 6rad/s r1 3-6 AB杆作平面运动，取 A为基点 根据基点法公式有： 将上式在AB连线上投影，可得 因此，AB10 AB

21、 4 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 将上式在AB连线上投影，可得 0 cos60 aB aA aBA, aB25 0 （瞬时针） 2 齿轮II作平面运动，取 A为基点有 3-7 将上式在x投影有: 由此求得： 再将基点法公式在 y轴上投影有: a sin a；A ii 2q，由此求得 H 2r2 再研究齿轮II上的圆心，取 A为基点 将上式在y轴上投影有 a sin 2 ， 由此解得: a sin O1O2 再将基点法公式在 2 2（1 2） x轴上投影有：aO2 y y x 6 n aO2A 3- 9卷筒作平面运动，C为速度瞬心，

22、 其上D点的速度为V ,卷筒的角速度为 角加速度为 卷筒O点的速度为： 一vR O点作直线运动，其加速度为aO vO R r 研究卷筒，取 O为基点，求B点的加速度。 将其分别在x,y轴上投影 同理，取O为基点，求C点的加速度。 将其分别在x,y轴上投影 3- 10图示瞬时，AB杆瞬时平移，因此有： AB杆的角速度： ab 0 圆盘作平面运动，速度瞬心在P点，圆盘的 B 旦 4m/s r 圆盘上C点的速度为： 的角速度为: VcbPC AB杆上的A、B两点均作圆周运动，取 根据基点法公式有 将上式在x轴上投影可得：aB 2 Vb2 一 8m/s r 因此：aB aB 由于任意瞬时，圆盘的角速度

23、均为: Vb B r 圆盘作平面运动，取 B为基点， 将其对时间求导有: 2, 2m/s A为基点 由于aB o B r 根据基点法公式有： DC杆的速度 P, 3- 13滑块C的速度及其加速度就是 和加速度。AB杆作平面运动，其速度瞬心为 AB杆的角速度为：AB -Va1rad/s AP ABPC 0.2 m/s 为动点， 杆上C点的速度为：vC 取AB杆为动系，套筒 C 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, 5文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑. 0,所以圆盘的角加速度b B 0 C & B点加速度铅垂

24、，由加速度基点法公式可知 n aBA 00.8m/s2 sin30 由于A点的加速度为零， 速度为：aC 0.5aB 由该式可求得aB AB杆上各点加速度的分布如同定轴转动的加速度分布, 0.4m/s2 AB杆中点的加 文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持. 套筒A为动点(匀速圆周运动)。 根据速度合成定理有： 由上式可解得：Ve仙30。弓r C为动点 BC 根据几何关系可求出 将速度合成定理公式在 1 4 CP BC e y B A fit/ AB B R Al D r r 2 A u r (b) V777 B 由此可得 y 6 目对运动为圆周运动 D r 2 2r

25、2r 2 u O 图C DC杆的速度Vc 3- 15 ( b) AB杆上C点的加速度 AB杆的轴上投影有 aB 其加速度图如图C所示, 动点，半圆盘为动系 n aeC aeC 文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑 30* ac 0 科氏加速度aC 2 套筒A为动点 Vr Oi为基点，应. Vr 2u2 3- 15 (d) 取BC杆为动系(平面运动)， 套筒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 根据速度合成定理有： (平面运动)，套筒A为动点 (a) 0,所以aK 0 t aeC BC AC r 下面求圆盘上B点的加速度。取圆盘为研究对象 tn

26、aBaO1aBO1aBO1 将(b)式分别在X, y轴上投影 4u2 BC AC 2 BC aaaO1 V777A 2 再去AB杆为动系，套筒 根据复合运动加速度合成定理有 其中牵连加速度就是 即：ae 0.4m/s2 将上述公式在垂直于 VB VO1 VBO1 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 根据加速度合成定理有 n t a& ae a a r a A aaaea raK 其中:aK为科氏加速度，因为 动点的牵连加速度为：ae 由于动系瞬时平移，所以a： aeC ,(a)式可以表示成 Va Ve Vr 速度图如图A所示。由于动系平移，所以 Ve u , 根据

27、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： 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 。1为基点根据基点法公式有： ABVr，由上式可求得：aa 牵连加速度为ae ac 将上式在y轴上投影： j 由此求得：aC(12-3) 9 n ar O 图B t 圆盘的角加速度为：.*色1 其中：aB1 37 U r 取BC杆为动系(瞬时平移) r r 基点法公式有: 由此解得：BC 3- 16(d) 取BC杆为动系 动点A的牵连加速度为 动点的绝对加速度为 其中aK为动点A的科氏加速度 将上式在y轴上投影有 上式可写成 2rco

28、s300 aC cos300 2m/s2 3 i 3-14 :取圆盘中心。1为动点，半圆盘为动系，动点的绝对运动为直线运动 牵连运动为直线平移。由速度合成定理有： O2P 8r CP 16r 3，3 x,y轴上投影: 33、 ( )r 2 2 4 r 3 3-16(b)BD杆作平面运动，根据基点法有： 由于BC杆瞬时平移，BC 0，上式可表示成: 将上式在铅垂轴上投影有： 由此解得：BC 12 6 再研究套筒A,取BC杆为动系 (a) n Vr R 将公式(a )在x和y轴上投影可得： 3 2 由此求出：a； 因为BC杆瞬时平移，所以有: D 0SA c* F77Z 02 文档来源为：从网络收

29、集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持. D B (b) R A A X 0 AB AB AP O (d ) D y (e) 60 B B r x 2 y 0 T1 W1 Vb Va AB PB 力)77777777 v D r a D r 9k 7文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑. 由加速度合成定理有 V777A AB杆任何时刻的角速度均 杆上B点的速度为: AB杆的角加速度为: 2 v 2 1,3 ,Vr(- 42 C点为动点，套筒 02为动系, aCO2 ， 上式可表示为 ar aK 再取BC杆上的 其中 ae a；O2 tn acaco2acO2 将上式在y轴投影有：

30、该式可表示成： aC cos300BC CO2 2 BCvC sin 30 联立求解(a),(b)可得 3- 17 AB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、O、P在同 一直径上。由此可得 为 a。cos30aCO2 r (见3 15d)bc为BC杆的角加速度。 取A为基点，根据基点法有 将上式分别在x,y轴上投影有 3 18 取DC杆上的C点为动点， 根据几何关系可求得：vCe vCr 再取DC杆上的D点为动点，构件 AB 由于BD杆相对动系平移，因此 vCr 将上式分别在x,y轴上投影可得 求加速度：研究C点有 将上式

31、在y轴投影有 由此求得aCr 3 2r 再研究D点 由于BD杆相对动系平移，因此 aCr 将上式分别在x,y轴上投影有 3 21由于圆盘纯滚动，所以有 ac 根据质心运动定理有： 根据相对质心的动量矩定理有 求解上式可得： Fr(r cosr) 2 厂,Fn mg F sin m(r) 若圆盘无滑动，摩擦力应满足FS fFN，由此可得: 其中：BC 构件AB为动系 J3 r 为动系 min P点。 当：mg F sin 时，f F ( 2 cosrr0) 2 2 (mg F sin )(r) 绳剪断后，其受力如图所示， 根据质心运动定理可知 a1(a) 应用质心运动定理有 (b) 3 22 研

32、究AB杆，BD 由于水平方向没有力的作用， AB杆质心C的加速度铅垂。 由质心运动定理有： 根据相对质心的动量矩定理有： 刚体AB作平面运动，运动初始时，角速度为零。 A点的加速度水平，AB杆的加速度瞬心位于 有运动关系式 求解以上三式可求得： 3 35设板和圆盘中心 O的加速度分别为 a1, aO ,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 将上式在水平方向投影有 t axA aO a AO aO R 取圆盘为研究对象，受力如图， m2 aO F2 应用相对质心动量矩定理有 1 2 m2RF2R(c) 2 再取板为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有 m1 a-i F

33、FS F2 作用在板上的滑动摩擦力为: f(mh m2)g 【勺动能之和: 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 AB杆的动能与圆盘 FsfFN 由上式可解得： 3 29 解：由于系统在运动过程中，只有 速度。系统运动到一般位置时，其动能为 1 21 21 21|2 T2imvcJc ABm2vAJaA 2 2 2 2 其中： 因此系统的动能可以表示成： 系统从450位置运动到任意角位置， AB杆的重力所作的功为： 初始时系统静止，所以 T10，因此有 将上式对时间求导可得： 将上式中消去 可得: 77777777777777777777777/ 根据动能定理的积分形式 根

34、据初始条件 0,45，可求得初始瞬时 AB杆的角加速度 因为 0,所以AB杆的角加速度为顺时针。初始瞬时 瞬心在Ca点，由此可求出 AB杆上A点的加速度： 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： 3. 2叱 (4m 9m2)l AB杆的角速度为零，此时 AB杆的加速度 第二阶段：m3与m1 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：m3与m1 起上升到最高位置，此时弹簧 被拉长。根据动能定理t2 T1w 2有： 上式可表示成： m1vA m2vC I (a) 其中：Vc为AB杆质心的速度，根据平面运动关

35、系有 1 VC VA 二 AB (b) 2 再根据对固定点的冲量矩定理：LA M A(I ) 系统对固定点 A (与铰链A重合且相对地面不动的点) 点的动量矩，由于滑块的动量过 统对A点的动量矩)为 将其代入冲量矩定理有： 1 1.2 m2VCm2I 2 12 A点，因此滑块对 AB II Ak 777777 77777 若使m2脱离地面, h譽若 弹簧的拉力必须大于其重力，因此有 的动量矩为滑块对 A点无动量矩，-JAB杆 C 的动量矩和AB杆对A 丹的动量矩(也是系 (C) 旦(滑块的真实方向与图示相反) 9m2 3-34 研究整体，系统对 A轴的动量矩为： 1 其中：AC杆对A轴的动量矩

36、为La(ac)mI 3 由(a,b,c)三式求解可得：vA 2 AC mg 8mg ，则h kk 注：上述结果是在假设 m3与m1始终粘连在一起的条件下得到的 案应为h，如何求解，请思考。 k 3- 36取AB杆为研究对象，初始时，杆上的 A点 与水平杆上的O点重合，当t 0时系统静止，t 0 AB杆上A点的速度为V ,角速度为，初始时受到 O的冲量矩定理可得 冲击力的作用，应用对固定点 其中：VC 由此解得 va 1 v 1 3v 设Ci为BC杆的质心, 根据冲量矩定理 11 .2 ml ac 6 AC BC杆对A轴的动量矩为 La 2II可得： 5 . mI 6 2 BC 2II (a)

37、再研究BC杆，其对与 根据冲量矩定理LC 12 12 mI ac mI bc 23 II C点重合的固定点的动量矩为 有： lI (b) 联立求解(a) ,(b)可得 6I AC 2 2.5rad/s 7mI mg st k 第一阶段： m3与m1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： 3 - 35碰撞前，弹簧有静变形 碰撞结束时两物体向下运动的速度为v 2 4I 滑块A以加速度a向右运动， 的动量矩定理有: 当t 0时， 取AB杆为研究对象，应用相对动点 将上式积分并简化可得： 其中C是积分常数由初始条件 0, 若AB杆可转动整圈，则应有 完成整圈转动。下面

38、求 f()的极值。 将上式求导令其为零有 当sin 当sin 确定出 因此f () f() a cos g sin 3v2 a* ,cos -2 2 .a g a ,cos -2 2 .a g g 2 2 a g g / 2 2， a g 函数 右 tn mg k 9代入上式求得: A A 8I 0。若f ()的最小值大于零，则 AB杆就可以 / t i B: 0求得极值点为tan ； f ()取最大值 函数f ()取最小值，若使最小值大于零，则 3v2 8I(g . a2 g2) 动力学第四章部分习题解答 4-6图示瞬时，AB杆的加速度瞬心位于 P点， 由此求得 从网络收集整理.word版本

39、可编辑. 设其角加速度为AB，则质心加速度为： 根据动静法有： 4 7(1)取AB杆和滑块C为研究对象 AB杆平移，质心加速度如图所示 F|mac根据动静法有： (2) 滑块C无水平方向的作用力， 其加速度铅垂向下， AB杆平移， 其加速度垂直于AD，如图所示。 两者加速度的关系为 根据动静法有 由此求得：aA 1.25g, ac 0.625g (3) 先研究滑块C 根据约束可知：aCy aAsi n30 根据动静法有： 因为：FfFN，所以有关系式 即：acx f (g aA sin 300) 再研究整体，应用动静法有 上式可表示成： 由上式解得：aA 0.6776g6.64m/s2 f (g a a si n30)3.24m/s2， aCy aAsi n303.32m/s2， 4 8(1)研究AB杆，将惯性力向杆的质心简化 根据动静法有： 作用于AB杆质心c的惯性力为： :，fcA 2 1.2 m 12 FIA mA r , F CAmC 1 Mia - mAr 2 研究整体， Mp 0 研究AB杆， Ma 0 ，M ic (a) acx acx E 30 30 me Ma Fy 将(b)得： F|Ar M IAFl iArF