《理论力学》动力学典型习题+答案

1、动力学I第一章运动学部分习题参考解答由此解得：xSVo(a)1-3解：运动方程：yltan,其中将运动方程对时间求导并将(a)式可写成：2xxxsv0xxx2v0vos,将该式对时间求导得:(b)l2-cos_22lksinlk2cos3cos_41k383lk2916证明：质点做曲线运动，所以a设质点的速度为v,由图可知：cosvy包，所以：将vyc,an代入上式可得证毕1-7证明：因为an所以:证毕an31-10解：设初始时，绳索为s,则有关系式：sLv0t,并且kt。300代入得atan,将式代入(b)式可得:axx22v0x2.2v0l(负号说明滑块A的加速度向上)x1-11vBanv

2、asinAB的长度为L,时刻t时的长度将上面两式对时间求导得:sv0,2ss2xxxatxo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vB于拉直状态，因此绳子上AB两点的速度在A、B两点连线上的投影相等，即:vBvAcos因为22xRcosx将上式彳t入(a)式得到A点速度的大小为：由于vAx,(c)式可写成:将上式两边对时间求导可得:将上式消去2x后，可求得：xR,由于绳子始终处(a)(b)vARxA2,xx-x2R2x2(x2-2_22xx(xR)2R4x(x2R2)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干；R2(c)Rx,R2

3、)c32xxaA将该式两边平方可得:222Rxc222Rxx2R4x/2,2、2(xR)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。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根据速度合成定理VaVeVraeiVVae将(a)式在垂直于0Vacos30Vr(a)OA杆的轴上投影以及在Oc轴上投影得:00Vecos30,Vasin300Vesin30vacosVeVavR1l所以OA根据加速度合成定理有OAl(b)avOC杆上C点速度的大小为aVcl2lroR2aa212R12r2所以有OCa杆根据速度合成定理有x(a)Vr2根

4、据速度合成定理由此解得可求得a1.5Ve2nr曲线运动直线运动定轴转动,n1ete绝对运动相对运动牵连运动圆周运动;直线运动;定轴转动。ta。AB杆平动，所以取：动点:动系定系运动分析:运动分析：绝对运动：圆周运动acVa1acVa2ac运动分析：绝对运动相对运动牵连运动aM由此可得vcosta。tae2acac2vcos,"艮据上式可得aaaaVeanVe01AVrVe1VrVraaVa12l21,销子M1:圆盘2:OA杆52Vr2上两式可得asin30anae2R-rad/s345°将上式沿ac方向投影可得圆盘上的c点OA杆;sin30°Va1Ve1由于动点M

5、的绝对速度与动系的选取无关，Ve2sin300Vr2cos300VAVM,.aAVe1Vr1Ve2式在向在X轴投影，可得：Ve1sin300taaae式在垂直于taeacb1m/s22Vr20.529m/snaearnaearacOA杆的轴上投影得RR0.52m/s，Vr8m/s2、bsin300/1)20(39)0.4m/scos30Ve,Oc杆的角速度为a2Vrtan300(Ve2Ve1)OMtan300(22m/s,a；sin4508m/s2,a；，Va%ROM20.2.3Va弋Va1O1A根据加速度合成定理tntaaaaaeVr1Ve1cos20aVcos45t0aacos45cos3

6、001-15解：动点:动系动系定系1-17解：动点:动系定系1-19解：由于ABM弯杆平移因此Vr Ve Va1 e a其中：Va Vb, VeRb, 义Ra由此可得：Vr住VA VB国m/sRa9求相对加速度由于相对运动为圆周运动MOaA2-12r根据速度合成定理可以得到:2.3r根据动量定理有tan4rx加速度如图所示f22OM2rOa2根据加速度合成定理APX由此解得平台的加速度为ayA系统的动量为mvxvl)cosA绕O做定轴转动)XFkxmgdt2系统的运动微分方程为m1lOy绝对运动 相对运动 牵连运动圆周运动 圆周运动 定轴转动直线运动;直线运动; 定轴转动。平台AB的加速度为零

7、。2 . sinAB将向左滑动，此时系统的动量为m1 )x m1l运动分析绝对运动 相对运动牵连运动将上式在x轴投影有aC求相对速度，根据速度合成定理x坐标原点，取整体为研究对象，受力如图所示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VaVr将上式在x'轴上投影，可得Vaaacosae cos将其在x轴上投影可得(m1m2(vaa aarFnVeVrm2 bfFNVaVrVr2-2取弹簧未变形时滑块作用在滑块A上的弹簧拉力sin tVrVrve.0 cos60 21.78m/s(m m1 )x kx相对速度的大小为常值，因此有2m2bF相对地面无滑动，此时摩擦力 F

8、取整体为研究对象，受力如图， 系统的动量： p m2 VrV m2 btfm1(v vr)vr) m1( v) m2bt (m1 m2)vPxmhVrVa Ve Vr将上式沿绝对速度方向投影可得:夕ffrrfFNf(m1m2 )a F fFNf(m1Ve OMnar ardtm2baC由此求得：aa 14r 2根据动量定理有：工 dtp mv m1Vl 将上式在x轴投影：px mx m1 (x 根据动量定理有：ar BM ,(m m2)gm2b,十/2时，平台m2)gvr) m1V px m2( v2 rcos6008r 2.”0r sin 60 cos2600r cos600m2bfg (方

9、向向左)1 m21-21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 (ex' y');定系：路面。运动分析vr B，其中F为t742aa22(742)2aa1712rad/scos45l31-20解：取小环为动点，OAB干为动系2-4取提起部分为研究对象，受力如图(a)所示，提起部分的质量为mvt,提起部分的速度为v,根据点的复合运动可知质点并入的相对速度为vr,方向向下，大小为v(如图a所示)。v*vray根据变质量质点动力学方程有：dvm一dt将上式在y轴上投影有：dvm一dtF(t)mg由于虫0,所以由上式可求得:d

10、t再取地面上的部分为研究对象,dmmgv，(vt)gvrF(t)(vgtF(t)(vF(t)2v)。由于地面上的物体没有运动,因此地面的支撑力就是未提起部分自身的重力，即:Fn(lFnvt)gvrv2、(vgtv)并起与提起部分没有相互作用力,vt)g3-5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：dvmFdt船的质量为：m将其代入上式可得：dv(m°qt)-dtmgm°dm.vrFNdtqt,水的阻力为FfvmgqvrFn将上式在x轴投影:(m0dvqt)dtfvq(ln(qvrfv)由初始条件确定积分常数fvvr)oF应用分离变量法可求得

11、ln(m0qt)cqcln(qvr)fInmo,并代入上式可得:qfqvr.moqt飞v1()fmo2-8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。囹a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。设方板对转轴白动量矩为L1,其角速度为，于是有LiJ设质点MM转轴的动量矩为L2,取方板为动系，质点M为动点，其牵连速

12、度和相对速度分别为ve,vr。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VaVevr。它对转轴的动量矩为L2L2(mva)L2(mve)L2(mvr)其中：L2(mve)mr2m(IRcos)2(Rsin)22L2(mvr)m(lRcos)vrcosmRsinvr系统对z轴的动量矩为LL1L2。初始时，0,0,vru,此时系统对z轴的动量矩为Lom(lR)u当系统运动到图8-12位置时，系统对z轴的动量矩为222LJm(lRcos)(Rsin)m(lRcos)ucosmRsinu2_2J(l2R22lRcos)m(lcosR)mu由于系统对转轴的动量矩

13、守恒。所以有LL0,因此可得：2_2m(lR)uJ(l2R22lRcos)m(lcosR)mu由上式可计算出方板的角速度为ml(1cos)uJmFR22lRcos),12、2d(mmCcot)vA22(mmCcot)vAdvAmgvAdt2-11取链条和圆盘为研究对象，受力如图(链条重力未画)轴的动量矩为：L。J。l(2ar)r2根据动量矩定理有：,设圆盘的角速度为，则系统对OFoydLodtJOl(2ar)r2Fox由上式解得：aA5Amg一2,aCaAcotdtmmCcot2-17质量为m0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(m03m)光滑小球可在槽内

14、运动，初始时，系统静止，小球在A处。求小球运动到B处300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。l(ax)grl(ax)gr整理上式可得:Jo(2ar)r2由运动学关系可知: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,该方程的通解为:根据初始条件:t0,xXo,X系统的动量在x轴上的投影为:系统的动量在y轴上的投影为:根据动量定理:由上式解得:lrx02-14取整体为研究对象,T1mvA2txc1ec?e0可以确定积分常数Cixx0chtc2x

15、0,于是方程的解为:2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PxPy0l(arsinx)lr22lrx的速度为vr,物块的速度为v12Tm°Ve2则系统的动能为-mva212122,m0vem(vevrsin)(vrcos)22pxF0xPy2cht,F0yFoy系统的动能为:2mCvC其中：va,vc分别是AB杆的速度和楔块C的速度。若vr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：vAvCtan,rl(ax)rl(2ar)gl

16、(2ar)g4vrVa2lxr2lxx222x2ch(2t)设0为势能零点，则系统的势能为根据机械能守恒定理和初始条件有T系统水平方向的动量为:VmgRsinV0,即321rz-mve-m(Ve22vrsin)2(vrcosm0vem(vevrsin根据系统水平动量守恒和初始条件有3mvem(vevrsin)由此求出1.一Vrsin,将这个结果代入上面的机械能守恒式4、2)mgRsin，且300最后求得:1c1cc.因此系统的动能可表不为：TmvAmCcot22中，AB杆的重力作功。根据动能定理的微分形式有：dT；m"mccot)vW,系统的动力学方程可表示成:系统在能够过程vr4g

17、R,Ve2卜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,将(a),(b)两式代入上式化简后得222FNm0g 2mg(3cos 2sin )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(a)maam(aeanat)FmgA上述方程的解为FcosB31圆环脱离地面时的3(b)圆环脱离地面时的值。其中相对加速度为已知量将方程F cos0F sinmog0rz47 3gF3.6267 mgcos由此解得rhrm每个小球应用动能定理有tan220(b )2)j13，B mg2 a2- 19垂轴。将上式时间t求导并简化可得2c

18、os在水平方向和铅垂方向投影，可得2 rtam将方程(a)在小球相对运动轨迹的法线方向投影,20rFn根据受力分析可知：系统对铅垂轴的动量矩守恒。(m0aeVr21 12不是ammgFnaeaeVemvr cos1时圆环已脱离地面，因此r sinm°r2aecosmg:mhgv e系统对z轴的动量矩守恒152Rm0gmgR(1 cos )(a)ve(m0c 23cos2-18 取小球为研究对象，两个小球对称下滑可得) F mg sinLz)2)2m0 m根据动能定理积分式,2ghn21 cos2(R cos R sin )i ( R sin R 取圆环与两个小球为研究对象，应用质心运

19、动定理12 arccos 一 3m( r vr cos1,T2-mcos )2(v1值为 1 arccos 一 33m0)2m, 3m01 -0也是方程的解，但是 2m2 mgnhsin R每个小球的加速度为 t na am am1一 mv.2 11 3m° 2mR/ Q arA tEar对于物块，由于它是平移，根据质心运动动力学方程有 ml0ae F mbg Fn设圆环的半径为R1m(R )2 2设小球相对圆柱的速度为vr,牵连速度为9475 mgVr cosr-r代入上式，可求得r2m0rmver mvr cosr ,则上式可表示成：2m)rmvr cos rm(an2 n Vr

20、 r R0将其代入动能定理的积分式，可得2(vr sin ) 2mghn值就是圆环跳起的临界值，此时上式可表示成由-2 amacFi将上式在y轴上投影可得：Fn 0时对应的1)cos2 2m0八2cos02m(VeVrcos)2(vrsin)2可求得：vavr1(22、m002m(RsinRcos)Fn2mgm0g2-20取链条为研究对象，设链条单位长度的质量为34AB构件（灰色物体）作平面运动,已知A点的速度应用动量矩定理，链条对。轴的动量矩为:Lo外力对O轴的矩为:Mo2grgrcosds2.gr°grcosrd22.grgrsinrgvA0O1A450cm/sAB的速度瞬心位于

21、C,应用速度瞬心法有:vA3abrad/sAC2vBABBC，设OB杆的角速度为，则有LoMovBOB竺rad/s42grgrsin设P点是AB构件上与齿轮I的接触点,该点的速度：因为：rdvdvddtddtdvdv,所以上式可表示成:rdvPABCPrggsin齿轮I的角速度为：I型6rad/sr1vdv一一ggsinrd36AB杆作平面运动，取A为基点根据基点法公式有：vdvrg(sin)d积分上式可得:1v2rg(12cos)c22vBvAvBA将上式在AB连线上投影，可得vB0,OiB0由初始条件确定积分常数cgr,最后得：vgr(22cos2)/2因此，AB也AB动力学第三章部分习题

22、解答因为B点作圆周运动，此时速度为零,33取套筒B为动点，OA杆为动系根据点的复合运动速度合成定理因此只有切向加速度（方向如图）根据加速度基点法公式vaVe可得：vacos300vrVevBvBCl2.3l3vatnaBaAaBAaBA将上式在AB连线上投影，可得aBcos600aAaBA,aB2.52r研究AD杆，应用速度投影定理有:04-3.vAvDcos30,vDl3veva%qvDvDrO1B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vDvBCvDr将上式在x轴上投影有：vDvBCvDr,vDrvDvBCaBO1B20（瞬时针）3-7齿轮II作平面运动，取A为基点有t

23、naBaAaBAaBAtnaa1aBAaBA将上式在X投影有：nacosa1aBA由此求得：OxIIn,aBAa1acos22abaBxaBy再将基点法公式在2r2y轴上投影有:同理，取o为基点,R:.一2一2，4a(R(Rr)求C点的加速度。r)2一二_tasinaBA112r2,由此求得asintnaCaOaCOaC0II再研究齿轮II上的圆心，取A为基点taO2nao2aatnao2Aao2A将上式在y轴上投影有ttaO2ao2Aasin由此解得:2IIO1O2再将基点法公式在由此解得：aO2由此可得：o1o2taO2asinri22(ri3x轴上投影有：aO2ainO2acosai,2

24、(ri2)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vDC角加速度为R卷筒O点的速度为:voRvRO点作直线运动，其加速度为aovo研究卷筒，取O为基点，求B点的加速度。aB将其分别在aBxaoaBOaB0x,y轴上投影taoaBoaBynaBOIInAO2taO2Ana。2A(rir2)O1O2vRBV77777ODaR将其分别在x,yaCxao轴上投影aCO0aCynaCOaCaCyRv2(Rr)23-i0图示瞬时,vbvaAB杆的角速度：圆盘作平面运动,的角速度为:AB杆瞬时平移，因此有:OA2m/sAB0速度瞬心在P点，圆盘的vB4m/sBr圆盘上C点的速度

25、为：vRPCCBAB杆上的A、B两点均作圆周运动，取根据基点法公式有tnaBaBaB将上式在x轴上投影可得:因此：aBaBaAataBtBA022m/sA为基点5vcRPvB.2Vb28m/sr由于任意瞬时，圆盘的角速度均为:将其对时间求导有:圆盘作平面运动，取acVbBrB为基点，taBaCBtaBVbBr,由于aB0,r根据基点法公式有：nnaCBaBaCBacd(aB)2SCb)28<2m/s23-i3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：AB-vAirad/sAP杆上C点的速度为：vCABPC0.2m/sCAB取AB杆

26、为动系，套筒C为动点，aaA的角加速度BB0taoaCaBCVBo1sin300rsin30°uVr根据几何关系可求得uyarrxy轴上投影可得将公式a)AB杆中点的加速cosxtyarrrn(b)AB杆的轴上投影有y2科氏加速度3x1naAr由此可得aBsin根据速度合成定理有uV所以有VuAB杆作平面运动B点加速度铅垂，n,banBAtaB2rtaB2u15(b)取BC杆为动系套筒A为动点naBtaBAacAB杆上C点的加速度-m/s15aBxVByaBynabVa由于圆盘A在半圆盘上纯滚动的角速度为：BO1VBaCnaBAaB卜面求圆盘上B点的加速度。取圆盘为研究对象Vr。1n

27、arnar-Vex,y轴上投影其加速度图如图C所示,其A点加速度为零，由加速度基点法公式可知aa3-14:取圆盘中心Oi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：aaaaVrvO；aaVrsin300sin300ae2u2aB一Ve20.8m/scos300r11ivaaacos300为求B点的加速度，：根据加速度合成定理有一n一.一arsinrr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Oi为基点根据基点法公式有：aBaAVaVeaBOcos300-r30atsinantaBAatnaBAaBA由于

28、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度为：ac0.5a0.4m/s2CB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：.<tarcos、3u2vovbo11:22vBxvByvr2uaaaear其中牵连加速度就是即：ae0.4m/s2将上述公式在垂直于aecos300aCntarar2ABVr,由上式可求得：aaVatan300r3VaVeVr速度图如图A所示。由于动系平移，所以Veu根据速度合成定理可求出：aBao1b）式分别在由该式可求得aBcos300aBOsin300Vr1Vr237ur由此求出：atVbVoiVnBaBO1)1ta口Veta

29、n(a)nVrR4u2rc2根据点的复合运动速度合成定理有:315(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，其速度瞬心为根据速度合成定理有：P,设其角速度为BCtaeaCaAC动点的绝对加速度为taaaCaACnaACnaacaraKvaveVr根据几何关系可求出:02P8rCP3,16r3其中aK为动点A的科氏加速度。将上式在y轴上投影有将速度合成定理公式在vaxaxvexvrxx,yvexvayveyvryvex轴上投影：:。2PBCvro2aacos300a上式可写成2rcos300aCcos300aACaCcos300BC其中：BC由此解得：BC,v

30、rDC杆的速度vCCPBC3.3(-)r224-r314，vr再取其中3-16(b)BD杆作平面运动tnaCaBaCBaCB由于BC杆瞬时平移，aCaB将上式在铅垂轴上投影有taBBCaB，根据基点法有：ntnaBaCBaCB0,上式可表示成aCBBC杆上的acaC由此解得：naB1aCBsin300再研究套筒BC6A,取BC杆为动系aAaaaeaaK其中：aK为科氏加速度，因为(平面运动)(a)AB套筒aOtaBnA为动点(新邺队运动)0,所以aK动点的牵连加速度为：a由于动系瞬时平移，所以eanCeCaC0,neCteCtaeCaCBCAC牵连加速度为aeaAaaaCaCa；Ca,(a)式

31、可以表不成将上式在y轴上投影aAcos30°aCaraAaKBCAC2BCvr(a),3,'3、-,()r(见315d)bc为BC杆的角加速度。22C点为动点，套筒。2为动系，由加速度合成定理有aaCaCa'ea'ra'K由此求得：aC(1cos300atCeC22r9316(d)取BC杆为动系，套筒A为动点,动点A的牵连加速度为B02町4aeCa。30°，V777AaaDaACa'etaCO2taCO2naCO2aCo2,上式可表示为a'ra'K将上式在y轴投影有：aCcos300aCo2a'K该式可表不成：

32、aCcos300联立求解(a),(b)BC。22可得BCvCsin300(b)4.3aC92r,BC,38317AB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。为圆心，R为半径的圆周上，并且A。P在同一直径上。由此可得为AB杆任何时刻的角速度均vAAB“-APvA2R杆上B点的速度为:AB杆的角加速度为:vBAB取A为基点，根据基点法有ntaBaAaBAaBAaAabPBvAABvAAPnaBAa'r4xtaCOD匕aCa'KnaCO2,yP。RvBB。Ryn1aBAaA将上式分别在x,y轴上投影有aBx2n0vAaBAcos454maCFcosFS0

33、FNFsinmg根据相对质心的动量矩定理有aByn0aAaBAsin45aB22aBxaBy,10v4R3vA42A2m求解上式可得:FsrFr0318取DC杆上的vCavCe根据几何关系可求得：C点为动点，构件AB为动系vCrvCevCr3aCFr(rcosr0)22，FNm(r)F(2cosrr0)22rmgFsin再取DC杆上的D点为动点，构件AB为动系vDavDevDr由于BD杆相对动系平移，因此将上式分别在x,y轴上投影可得vCrvDrvDaxvDevDrsin300vDayvDrcos300求加速度:研究C点有aCaCaaCeaCraCK将上式在y轴投影有0aCesin300aCr

34、cos300aCK由此求得aCr32rCI再研究D点sin300aDaDaaDeaDraDK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aDaxaDrsin300aDKcos300aDay00aDeaDrcos30aDKsin30321由于圆盘纯滚动，所以有aCr根据质心运动定理有:由此可得feeayrmgxP点aCKey3-3x2RAa-F(actaAOacaCrnaAOaOacaAaDraDKVDr若圆盘无滑动，摩擦力应满足(mgFsin)(rFsfFN，2cosFAN3-22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

35、C的加速度铅垂。由质心运动定理有：mgFsinaCalAB2cosaDerr°)2求解以上三式可求得：2Fan-mg5maCmgFan根据相对质心的动量矩定理有：12lmlabFan-cos122刚体AB作平面运动，运动初始时，角速度为A点的加速度水平，AB杆的加速度瞬心位于有运动关系式2)fmin335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，圆盘上与才的接触点为A,则A点的加速度为aAaOaAOaAO将上式在水平方向投影有2rFsaxAaoaAoa。Ra（a）取圆盘为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有m2aoF2应用相对质心动量矩定理有12m2RF2R2(b

36、)(c)再取板为研究对象，受力如图，maFFsF2作用在板上的滑动摩擦力为：FsfFNf（m1m2）g由上式可解得：3F3f（m1m2）ga1rzz3m1m2应用质心运动定理有（d）(e)1m1l6将上式对时间求导可得：12m1l3将上式中消去可得：12m1l3根据初始条件因为瞬心在0,329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3-33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:12121212二mvC二JCAB二m2vA-JAA2222其中:ABVaabIsin2lsinvAlsin因此系统的动能可以表示成:m1l22

37、122232一m2l43m2l2sin22322-m2lsin22.2l0sinm1g3(sin45-m2l223l22sin)3sincos2cossin450,可求得初始瞬时AB杆的角加速度lmhg-coslm1g3cos32mhg(4m19m2)l0,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ca点，由此可求出AB杆上A点的加速度：aAabIsin450设碰撞后滑块的速度、根据冲量矩定理有:0lcos453mg(4m19m2)AB杆的角速度如图所示vA1.22一m1l6系统从450位置运动到任意AB杆的重力所作的功为：W12m1gL（sin45023.2

38、2.2m2lsin4角位置，sin)根据动能定理的积分形式T2T1W12初始时系统静止，所以T10,因此有AvCABPI1n?1mzR'lsin一m2(lsin)222Rm1vAm2vCI（a）其中：vC为AB杆质心的速度，根据平面运动关系有lvCvA二AB2再根据对固定点的冲量矩定理:(b)LaMa(D系统对固定点A（与钱链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A点，因此滑块对统A点的动量矩）为,l1.2Lam2vC二m2lAB212将其代入冲量矩定理有：l1.2m2vC-m2l212由（a,b,c）三式求解可得:3-34研究整体，系统对LALA(AC)LA(BC)A

39、BlI2I7777,ABCvCvAA轴的动量矩为:的动量矩为滑多A点无动量矩,AB才点的动量矩禾口AB杆对Aa-A动量矩（也是系(c)（滑块的真实方向与图示相反）AyIAxACvC1o其中：AC杆对A轴的动量矩为La,ac-ml2ACA(AC)_AC3设C1为BC杆的质心，BC杆又A轴的动量矩为3-35碰撞前，弹簧有静变形第一阶段：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：mgstT(m!m3)vm3.2ghv第三阶段:2gh2m3与m-一起上升到最高位置，此时弹簧碰撞结束时两物体向下运动的速度为v2第二阶段：m3与m1一起向下运动后再回到碰撞结束时的初始

40、位置，根据机械能守恒可知：此时的速度向上，大小仍然为3La(BC)mvC121-1ml212bCBC1I2LcmvCmlbc1212根据冲量矩定理Lc1I有:12m1BC3被拉长。根据动能定理T2T1W12有:V案应为h91Tlg,如何求解，请思考。kC其中C是积分常数由初始条件g。上式可表不成确定出C0,2因此f()0。若f()的最小值大于零，则AB杆就可以ggf()bmg2,2-1asingcos32.2.1asingcos3若AB杆可转动整圈，则应有完成整圈转动。下面求f()的极值。f()asingcos'3v2813v2810,vC1根据冲量矩定理La211可得:1221m12

41、AC6I7m1(b)2.5rad/s24st啊革ipI1IL1若使m2脱离地面，弹簧的拉力必须大于其重力，因此有注：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，若mgi8mg，贝Uh-kkh驷。若km3与m1之间没有粘着力，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当t0时，滑块A以加速度a向右运动，取AB杆为研究对象，应用相对动点A的动量矩定理有:12-m(21)ma1cosmgsin将上式积分并简化可得：bc1Imh)g(st)k2k22st22mg

42、336取AB杆为研究对象，初始时，杆上的A点。的冲量矩定理可得0其中：vc与水平卞f上的。点重合，当t0时系统静止，t0AB杆上A点的速度为V,角速度为，初始时受到VA1V1冲击力的作用，应用对固定点12Lomvc1m(21)AmaVC1,货22mg)2k2由此解得A1Ax,AyBFax.FAya1Cxc1CyVCbck2223mg2k3v41Vcstm3Um/AC5m12bc21I(a)66再研究BC杆，其对与C点重合的固定点的动量矩为*当sin*当sincos2ggx08l0.625gmg2由此求得8l(g动力学第四章部分习题解答mABP000ABXiymaAB2iymg根据动静法有FF10mg20.7£应用动静法有ycosAB21CxCiy00mg0x(1)mgf