《理论力学》动力学典型习题+答案1

《动力学1》第一章

运动学部分习题参考解答

1-3

解：

运动方程：，其中。

将运动方程对时间求导并将夕=30°代入得

V=y.=--1-6---=---I-k--=-4-1-k

cos20cos203

..2而sin®8glk?

a=y=-----7--=------

cos09

1-6

证明：质点做曲线运动，所以，

设质点的速度为人由图可知:

,所以：

将，

v3

代入上式可得6/=—

cp

证毕

解：设初始时，绳索AB的长度为，时刻时的长度

为，则有关系式：

,并且

将上面两式对时间求导得：

由此解得：(a)

(a)式可写成：，将该式对时间求导得:

・・・)・

XX+X=-5V0=VQ(b)

将(a)式代入(b)式可得：(负号说明滑块A的加速度向上)

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=v^cos^(a)

因为

\lx2-R2

cos〃=--------(b)

X

将上式代入(a)式得到A点速度的大小为：

x

v,=coRf(c)

由于，(c)式可写成：，将该式两边平方可得：

X2(X2-R2)=a)2R2f

将上式两边对时间求导可得：

2xx(x2-R2)-2H3=2(ITR2XX

将上式消去后，可求得：

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：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

匕二%+匕

有：,因为AB杆平动，所以，

由此可得，0C杆的角速度为，，所以

当时,OC杆上C点速度的大小为

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

由于动点M的绝对速度与动系的选取无关，即，由上两式可

得:

将(a)式在向在x轴投影，可得：

-vclsin30°=-vc2sin30°+vr2cos30°

由此解得:

/oion0

%=tan30°(v-v)=OMtan30°7(n^(3-9)=-0.4m/5

e2clcos"30a

vc2=OMCO2=0.2^3

%=匕2=J(2+*=0.529M

1-17

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OlA杆）;

牵连运动：定轴转动。

根据速度合成定理有

「％+匕<a）

将（a）式在垂直于0IA杆的轴上投影以及在O1C轴上投影得:

根据加速度合成定理有

%=%+，+〃r+aC(b)

将(b)式在垂直于OiA杆的轴上投影得

-4•1sin30°=C〃：cos30°C+a'"sin30°-Vac

其中：，，

由上式解得：

1—19

解：由于ABM弯杆平移，所以有

〃-A=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%=%+匕

可求得：，，

根据加速度合成定理

a；+a：=a：+a；+a+ac

将上式沿方向投影可得：

a\cos45°-a：sin45°=-a[+ac

由于，，，根据上式可得：

1-20

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,

其中：

根据速度合成定理:

匕=匕+匕

可以得到：

加速度如图所示，其中:

2

ac=2COVT=8r6y

根据加速度合成定理：

%=，+0+%

将上式在轴上投影，可得：，由此求得：

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,yO；

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,<1=叱C+叱1

将上式沿绝对速度方向投影可得：

%=fe+匕

因此匕=匕+匕

其中：，

由此可得：

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：

2

2

at=<=-^-=1.78m/s

RB

2-1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

取整体为研究对象，受力如图，

系统的动量：

将其在轴上投影可得：

根据动量定理有：

即：当摩擦系数时，平台AB的加速度为零。

当摩擦系数时，平台AB将向左滑动，此时系统的动量为:

P=W2(V4-Vr)+???!V

将上式在轴投影有：

根据动量定理有：

由此解得平台的加速度为：(方向向左)

2-2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，其中为作用在滑块A上的弹簧拉力。系统的动量为：

p=mv+=mv+(v+vr)

将上式在x轴投影：

px=tnx+m^x-vIcocos(p)

根据动量定理有：

—(m+)x—〃2"口2sjn(p——F——kx

系统的运动微分方程为：

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，提起部分的速度为，

根据点的复合运动可知质点并入的相对速度为，方向向下，大小为(如图a所示)。

(b)

根据变质量质点动力学方程有：

dvd/77

m一二尸⑺+mg+v—=F(r)+(pvf)g+vpv

drrdrr

将上式在y轴上投影有：

dv

m一=尸⑴一(2i")g-Vpv=F(r)-p(vgt+V2)

drr

由于，所以由上式可求得：。

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:

3-5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：

dv「「

=F+777g+Vr—+FN

船的质量为：，水的阻力为

将其代入上式可得：

,、dy,「

（加0=mg-qv+F

dlfN

将上式在x轴投影：。应用分离变量法可求得

f

ln（q匕一户）=—-qt）+c

q

由初始条件确定积分常数，并代入上式可得:

f恤

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，质量为的质点沿

半径为的圆周运动，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，，方板的角速度为零，求方板的角速度与角

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（I勺动量矩。

设方板对转轴的动量矩为，其角速度为，于是有

Ly—Jco

设质点M对转轴的动量矩为，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。相对速度沿相对轨迹的切线方向，牵连速度垂直于连线。质点M相对惯性参考系

的绝对速度»它对转轴的动量矩为

七2一L2(mvd)-A2(/wve)+4(〃叫)

其中：

222

L2(mvc)=mrco=i?i[(l+/?cos^?)+(Rsin^>)J6w

2

L2(n2VT)=m(l+Reos0)匕cos^4-inRsin(pvr

系统对z轴的动量矩为。初始时，，此时系统对Z轴的动量矩为

k=m(l+R)〃

当系统运动到图8-12位置时，系统右z轴的动量矩为

L中=+〃?[(/+Acos。)？+(Rsm<p)2]co+m(l+Rcos(p)ucos(p4-;n/?sin2(pu

=[J+(/2+H?+2lRcos(p)m]co+(/cos夕+R)mu

由于系统对转轴的动量矩守恒。所以有，因此可得：

m(l+R)u=[J+(/2+R?+2lRcos(p)m\co+(/cos。+R)nui

由上式可计算出方板的角速度为

-COS69)M

CO=---------；------；----------------

J+m(l2+R2+2IRcos(p)

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O轴的动量矩为：

2

Lo=JOco4-P[(2a+7vr)rco

根据动量矩定理有：

=\J+p((2a+加)/1(»

dro

=Pi(。+x)gr-pj(a-x)gr

整理上式可得：

Uo+Pl(2。+仃)启=p1(2x)gr

由运动学关系可知：，因此有：。上式可表示成：

2

\JO+Pi（2。+7rr）r]x=221g产x

令，上述微分方程可表示成：，该方程的通解为：

x=qe'+c2e

根据初始条件：可以确定积分常数，于是方程的解为:

x=x（）ch力

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:

Px=Ox

D$=Foy-P-PiQa+w)g

由上式解得：，

2-14取整体为研究对象，系统的动能为：

T1212

T=-fnVA+-inC^C

其中：分别是AB杆的速度和楔块C的速度。

若是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：，

因此系统的动能可表示为：，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：，系统的动力学方程可表示成：

1)

m。-匕冲。

d—(m+mccof+cc8）=mgvAdt

由上式解得:

2-17质量为的均质物块上有一半径为的半圆槽,放在光滑的水平面上如图A所示。

质量为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，物块的速度为，则系统的动能为

22

T=-wop2=-wov；4--w[(vc-vrsin^)+(vrcos^)]

设为势能零点，则系统的势能为

V=-ingRsincp

根据机械能守恒定理和初始条件有，即

3,[、、2

—tn\^■+—//z[(ve-vrsin夕尸+(匕cos^?)]=m^Rsin(p

系统水平方向的动量为：

px=，叫）匕+加（匕-匕sin夕）

根据系统水平动量守恒和初始条件有

3nive+m（vc-17sin0）=0

由此求出，将这个结果代入上面的机械能守恒式，且最后求得:

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，对于

小球有动力学方程

inaa=m(ac+4+Q：)=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

以4=产+/g+尸N（b）

将方程”）在小球相对运动轨迹的法线方向投影，可得

〃?（4-4cos夕）=F-mgsin（p

其中相对加速度为已知量，。将方程（b）在水平方向和铅垂方向投影，可得

/叫）4=Fcosg

0=Fv一尸sin。

领，联立求解三个投影可求出

4=4；’,/=青郎，F-3.6267"火

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.

-m(RO)27=mgR(l-cosO)(a)

将上式对时间求导并简化可得：

0=&sin。(b)

R

每个小球的加速度为

=(ROcosO-RO2sin0\i+(-R在sin6-R铲cos6)j

取圆环与两个小球为研究对象，应用质心运动定理

＞中泊=»i

将上式在y轴上投影可得：

"%xO-2〃z(ROsin。+RA?cos9)=FN-2mg-〃70g

将(a),(b)两式代入上式化简后得

2

FN=+2mg(3cos夕一2sin6)

时对应的值就是圆环跳起的临界值，此时上式可表示成

3cos20-2cos夕+也"=0

2m

上述方程的解为:，

圆环脱离地面时的〃值为〃=arccojg+gj-舞

\/

而也是方程的解，但是时圆环已脱离地面，因此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，牵

连速度为系统对z轴的动量矩守恒，有：

2

L.=-m[}r(o-nwcr+mvTcos。r=0

其中：，则上式可表示成:

(w0+ni)r~co="*cos^r

由此解得：

其中：，

根据动能定理积分式，有：

4=°，T2=g砥/%24-1/nv2

其中：，将其代入动能定理的积分式，可得：

2222

m^r(o+/7?[(r(i)-vrcos/9)+(vrsin^)]=2mghn

将代入上式，可求得：

由可求得：

2-20取链条为研究对象，设链条单位长度的质量为

应用动量矩定理，链条对O轴的动量矩为：

Lo=夕"％

外力对O轴的矩为：

,eftr-rO

Mo=+J()pgrcosgs

=p6gr~+pgrccs(prd(p

Jo

=pGgr1+pgr2sin。

LO=MO

pjiry0=pOgr2+pgr2sin0

因为：，所以上式可表示成：

m-0=/+gsin〃

vdv.八

乃一:7二肉+gsin°

r63

加du=rgg+sin8)d夕

积分上式可得：

由初始条件确定积分常数，最后得：

动力学第三章部分习题解答

3-3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

l=叱+匕

可得：，

Wei

0=%=%

3

研究AD杆，应用速度投影定理有:

再取套筒D为动点,BC杆为动系，根据,

VBCDr

将上式在X轴上投影有：，

3-4AB构件（灰色物体）作平面运动,

已知A点的速度

匕i=gO]A=450cm/s

AB的速度瞬心位于C.应用速度瞬心法有:

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：

力=coABCP

齿轮【的角速度为：

3—6AB杆作平面运动，取A为基点

根据基点法公式有：

"七十%

将上式在AB连线上投影，可得

〜=0,（0。出=0

因此，

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

a0H=&-=_立或（瞬时针）

°'BO1B20

3-7齿轮II作平面运动，取A为基点有

将上式在X投影有：

-acos/3=a]一唯

由此求得:

再将基点法公式在y轴上投影有：

,由此求得

再研究齿轮II上的圆心，取A为基点

a+a=a+a+a

O2O2AO2AO2A

将上式在y轴上投影有

由此解得：

再将基点法公式在x轴上投影有:

由此解得：，又因为

由此可得：

3-9卷筒作平面运动,C为速度瞬心，

其上D点的速度为，卷筒的角速度为

VV

CD=------=---------

DCR-r

角加速度为

.va

a=(i)=-=-------

R-rR-r

卷筒0点的速度为：

nVR

R-r

O点作直线运动，其加速度为

研究卷筒，取O为基点，求B点的加速度。

aH=aO+*0+

将其分别在x,y轴上投影

aa

nx=+Boa心,=—ciBO

a

B=J*+4=R区2+i/

(A-r)

同理，取。为基点，求C点的加速度。

+aco+flco

将其分别在x,y轴上投影

ClCx=ao~aco=°aCy=aC0

acC=cicC'=-(-R--_--r-)-2-

3-10图示瞬时,AB杆瞬时平移，因此有：

vR=vA=coOA=2nVs

AB杆的角速度：

圆盘作平面运动，速度瞬心在P点，圆盘的

的角速度为：

圆盘上C点的速度为：

AB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

aB=aH=aA+aBA

将上式在X轴上投影可得：

因此：

由于任意瞬时，圆盘的角速度均为：

将其对时间求导有：,由于，所以圆盘S4

圆盘作平面运动，取B为基点，根据基母/、

222

ac=7（^）+««）=8V2m/s

3-13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：

杆上C点的速度为：

取AB杆为动系，套筒C为动点，

根据点的复合运动速度合成定理有：

匕=.+匕

其中：，根据几何关系可求得：

ae15

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

aAaRA=aBA1aHA

由该式可求得。8=-^-=0.8nVs2

sin30

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：

再去AB杆为动系，套简C为动点，

根据复合运动加速度合成定理有：

凡=4+%+&

其中牵连加速度就是AB升上C点的加速度

即：

将上述公式在垂直于AB开的轴上投影有：

凡cos30°=accos300+ac

科氏加速度，由上式可求得：

3-14: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：

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：

v2u

a)=­r=—

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:

%=%+”

VBK=—sin300=—300=—u

=%+以acos30°;2而

=

VB=+脸

为求B点的加速度，先求点的加速度和圆盘的角加速度。取圆盘中心为动点，半圆盘为动系,

根据加速度合成定理有

a,=+a+a,(a)

UVrII

其加速度图如图C所示，，，

将公式（a）在和轴上投影可得:

x:0=a：sin。-。：cos。

Jy:一ad”=一々：1cos6-aI：sin。

由此求出：，圆盘的角加速度为：

下面求圆盘上B点的加速度。取圆盘为研究对象，为基点，应用基点法公式有:

将（b）式分别在轴上投影：

a/R1.rV=Z＞（7|cos30°+a\r.fin/isin30°

aaa0

By=-oi-Bo,sin30°盛COS30

其中：，

,_V3w2

CIB（\=ar=——

由此可得：

3-15（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：

匕=.+.

由上式可解得：

因为BC杆瞬时平移，所以有：

百

VCD=匕=—

*'

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）。D"/人

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：

匕=匕+匕

根据几何关系可求出：O

将速度合成定理公式在x,y轴上投影::

口第二U。+匕*=一°2尸38c

Vav=匕y+%，==斗+02A38c

13B

由此解得:CO=:3,眩=(―+P

BC42

4

DC杆的速度vc=CP(oBC=-

3-16(b)BD杆作平面运动，根据基点法有：

aaaa

°C=+CB+CB=+CB+CB

由于BC杆瞬时平移，38c=0，上式可表示成:

aC=aB+aB+aCB

将上式在铅垂轴上投影有：

O=-^o：+67*Cosin30°

由此解得:a,c=4啰2

6

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)。

%=«a=«c+q+«K⑻

其中：〃K为科氏加速度，因为例w二°，所以=。

动点的牵连加速度为：ae=ac+a"c+a*c

由于动系瞬时平移，所以=0，Sc=a*AC

牵连加速度为=ac+&c，(a)式可以表示成

aA=«a=气+〃=+%

将上式在y轴上投影：

-aAcos30°=-accos30°+心

由此求得:%

3-16(d)取BC杆为动系，套筒A为动点,

动点A的牵连加速度为

ae=aC+aAC+C：C

动点的绝对加速度为

«a=^C+aAC+aAC+ar+^K

其中“K为动点A的科氏加速度。

将上式在y轴上投影有

(

aAcos30°=-accos30-ci\c+aK

上式可写成

2

<yrcos300=-accos300-aBC-AC+2coBC-vr(a)

其中：(见3—15d)为BC杆的角加速度。

再取BC杆上的C点为动点，套筒为动系、由加速度合成定理有

«aC=aC=*+*+〃'

其中，上式可表示为

aaaa

C~CO2+COz+r+〃K

将上式在y轴投影有：

该式可表示成：

-accos300=aBC-CO,-2COBCVCsin30°(b)

联立求解(a).(b)可得

4V32_V32

CIQ--------coa=—/

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、O、P在同

一更径上。由此可得AB杆任何时刻的角速度均

为

AP2R

杆上B点的速度为：

AB杆的角加速度为：

取A为基点，根据基点法有

08=%+%+%八=%+」

将上式分别在x,y轴上投影有

〃私…嬴cos45。

4

〃母=〃八一sin450

4

ri——Viov^

aB~yJaHx+aBy——--—

3-18取DC杆上的C点为动点，构件AB为动系

VCa=%十%

根据几何关系可求得：

再取DC杆上的D点为动点，构件AB为动系

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

反

VDar=-VDc+VDr30°=---MK

3

%=f「cos300=--6>r

2

求加速度：研究C点有

ac=aca=aa+a(y+acK

将上式在y轴投影有

0=aVCCcsin30°VI-aCrcos30°vis+aCKsin30°

由此求得40=3”。

再研究D点

aD=aDa=aDe+aDr+aDK

由于BD杆相对动系平移，因此

将上式分别在x,y轴上投影有

9

o2

〃Dax=6f/?rsin3O+^Kcos30°=-cor

3-\/^->

2

〃Day=-aDe一cos30°+aDKsin30°=一一—co

乙

3-21由于圆盘纯滚动，所以有

根据质心运动定理有：

mac=FcosO-Fs

0=+Fsin0-mg

根据相对质心的动量矩定理有

mp2a=Fsr-Fr[)

求解上式可得：

产("cos。+%)

△s=7~

r+p-

若圆盘无滑动，摩擦力应满足，由此可得:

当：时，

3-22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：

"以c=mg-FAN

根据相对质心的动量矩定理有：

2

^mlaAB=FAN^cos(p

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P点。

有运动关系式

aC=aAB-COS(P

求解以上三式可求得:

L2

FAN=1〃2g

J

3-35设板和圆盘中心。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

aA=a0+aAO+aA0

将上式在水平方向投影有

aa+aa///////////////^////////////

XA=o\o=o+或=6(a)

取圆盘为研究对象，受力如图，应用质心i

(b)

应用相对质心动量矩定理有

1、

—m、R-a=F、R(c)

2-'

再取板为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有

=F-FS-F2(d)

作用在板上的滑动摩擦力为：

Fs=-=/'(〃L⑹

由上式可解得：

3尸一3/(町+〃q?2)=g-------------------------

3m.+/小

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•般位置时，其动能为AB杆的动能与圆盘A的动能之和：

q=g町vc++5吗u：+5JA(0\

其中：

0A8=_8，VC=-2^

vA=coAHlsm0=-Isin00,

1sin00

co.=—=-----------,

ARR

因此系统的动能可以=

(19\1in^K~/sinw

T'=:叫4----------0~+—"2,(/sinOB)+

-212)2122222R

=-ml2O2+-mJ2O2sin2O

6l4-

系统从位置运动到任意角位置，

AB杆的重力所作的功为：

叱-2=^1^—(sin450-sin^)

根据动能定理的积分形式T2-T}=W-2

初始时系统静止，所以：

—m.l2O2-^—mJ2O2sin28=gg

64_

将上式对时间求导可得:

i•••33/

222),

-00sin0+—m2l0sin^cos^=-n^g—cosOO

将上式中消去可得：

2222

、叫/。+210sM20+^m2l0cosOsin。=一〃(ggcos。

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：

3"

a=alsin45°=-<9/cos45°=

AAB(4g+9〃4)

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+fn2vc=I(ci)

其中：为AB杆质心的速度，根据平面运动关系有

%=5+乳8⑹

再根据对固定点的冲量矩定理：

系统对固定点A(与皎链A重合且相对地面不可

的动量矩和AB杆对A点的动量矩，由于滑块的动软过A点，

杆对A点的动量矩(也是系统对A点的动量矩)为

711,2

乙八=机2%5+五〃4/(0AR

将其代入冲量矩定理有：

/1,,

"2打'5十五"2"3相二〃(c)

由(a,b,c)三式求解可得：(滑块的真实方向与图示相反)

3-34研究整体，系统对A轴的动量矩为：

J=^A(AC)+^A{DC,

其中:AC杆对A轴的动量矩为

设为BC杆的质心,BC杆对A轴的动量矩为

73/1户

L48G=加%5/+不加广3比

.I

1七=%+%«=/0AC+5

根据冲量矩定理可得：

—ml2co+—①8c=211（a）

6AC6

再研究BC杆，其对与C点重合的固定点的动量矩为

/I,1,1,

m(0

Lc=mVq3+记m卜①时~~^^~Ac+一小138c

根据冲量矩定理有：

—mr(i)+-mrco=II(b)

2AC3BC

联立求解(a),(b)可得=-0-=-2.5rad/s2

1ml

3-35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；

（〃4+竹）u=吗J2gh

碰撞结束时两物体向下运动的速度为v=7^

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

V=-----

2

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：

ILA

2

0--（7//）+W3）V=一（犯十加3必（/+丸）+不5：

上式可表示成：

等=2冲（箸+为一嗟+#=好+2*+9

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

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。

3-36取AB杆为研究对象，初始时，杆上的A点

OO

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

Lo=mvcl+皿2/)%=0

其中：

由此解得/=变

4/

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:

—=malcosO-mgsin。

3

将上式积分并简化可得：

2.

—/6)2=isinO+gcosO+C

31户

其中C是积分常数由初始条件0=0,0=。确定出C=彳-g。上式可表示成

o/

2分，.Z)C3v“小

—IO~=asm9+gcos〃+-----g=f(0)

38/

若AB杆可转动整圈.则应有，因此。若的最小值大于零，则AB杆就可以完成整

圈转动。下面求的极值c

3v2

f(0)=asin，+gcos，+-----g

将，式求导令其为零有/(9)=〃cos£一讨sin夕=0求得极值点为tan<?"=-

g

当，函数取最大值

当，函数取最小值，若使最小值大于零，则有

3v2口—r31a

+-T7_g=7a+g+——一g>0

o/o/

由此求得3v2>8/(g++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,

设其角加速度为，则质心加速度为：

a

c=a岫CP=aAli-

Ma=五阳/"。八8

根据动静法有：

mg—cos0+F-+M.=0

IX=。a2"C

=—cos^=3.528rad/s2

A"21

FA-mg+Fclcos6^=0FA=〃zg(l—[cos?0)=357.7N

工工=

0%sin。-5=0Fl{=-^sin6>cos<9=176.4N

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

根据动静法有：

ZX=0tngsin30°-F,=0

抖

ac=gsin30°=0.5g

（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

ac=aAsin300

FC!="Wc，FABI=利AMA，〃2=+#

根据动静法有

>F、.=0mgsin30°-FAfil-Fclsin30°=0

由此求得:

（3）先研究滑块C

根据约束可知：

F=次，

cixq.0%=小曲

根据动静法有：

FF0F

%匕=。-ax-~mc4a

上式可表示成：

a

mgsin300=mABaA+^cAsin?30。

<,

+mcf(g-aAsin300)cos30

由上式解得:

2

ac=4.64