动力学I第三章动力学(2)习题解答

1、321 由于圆盘纯滚动，所以有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：，若圆盘无滑动，摩擦力应满足，由此可得：当：时，322 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：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。PA点的加速度水平，AB杆的加速度瞬心位于P点。有运动关系式求解以上三式可求得：AR335 设板和圆盘中心O的加速度分别为，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 （a）取圆盘为研究对象，受力如图，应用质心运

2、动定理有 (b)应用相对质心动量矩定理有 (c)再取板为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有 (d ) 作用在板上的滑动摩擦力为： (e)由上式可解得：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：P其中：因此系统的动能可以表示成：系统从位置运动到任意角位置，AB杆的重力所作的功为： 根据动能定理的积分形式 初始时系统静止，所以，因此有将上式对时间求导可得：将上式中消去可得：根据初始条件，可求得初始瞬时AB杆的角加速度 因为，所以AB杆的角加速度为顺时针。初始瞬时AB杆的角速度

3、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：C333 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： (a)其中：为AB杆质心的速度，根据平面运动关系有 (b)再根据对固定点的冲量矩定理：系统对固定点A（与铰链A重合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）为将其代入冲量矩定理有： (c) 由（a,b,c）三式求解可得： (滑块的真实方向与图示相反)334 研究整体，系统对A轴的动量矩为：其中：AC杆对A轴的动量矩为 设为BC杆的质心，B

4、C 杆对A轴的动量矩为 根据冲量矩定理 可得：BC （a） 再研究BC杆，其对与C点重合的固定点的动量矩为根据冲量矩定理有： （b）联立求解（a）,(b) 可得335 碰撞前，弹簧有静变形第一阶段：与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：碰撞结束时两物体向下运动的速度为第二阶段：与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：与一起上升到最高位置，此时弹簧被拉长。根据动能定理有：上式可表示成：若使脱离地面，弹簧的拉力必须大于其重力，因此有，将代入上式求得：。若，则BA注：上述结果是在假设与始终粘连在一起的条件下得到的，若与之间没有粘着力，答案应为，如何求解，请思考。336 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，当时系统静止，AB杆上A点的速度为，角速度为，初始时受到冲击力的作用，应用对固定点O的冲量矩定理可得其中：BA由此解得当时，滑块A以加速度向右运动，取AB杆为研究对象，应用相对动点A的动量矩定理有：将上式积分并简化可得：其中C是积分常数由初始条件确定出。上式可表示成若AB杆可转动整圈，则应有，因此。若的最小值大于