动力学I第三章动力学(2)习题解答

13－21由于圆盘纯滚动，所以有raC根据质心运动定理有：mgFFFFmaNSCsin0cos根据相对质心的动量矩定理有02FrrFmS求解上式可得：)()cos(220rmrrFraC，sinFmgFN2202)cos(rrrFFS若圆盘无滑动，摩擦力应满足NSfFF，由此可得：当：sinFmg时，min2202))(sin()cos(frFmgrrFf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：ANCFmgma根据相对质心的动量矩定理有：cos21212lFmlANAB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cos2laABC求解以上三式可求得：mgFAN52NFCaSFgmANFCaAaABP23－35设板和圆盘中心O的加速度分别为Oaa,1，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ntAOAOOAaaaa将上式在水平方向投影有1taRaaaaOAOOxA（a）取圆盘为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有22FamO(b)应用相对质心动量矩定理有RFRm22221(c)再取板为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有211FFFamS(d)作用在板上的滑动摩擦力为：gmmffFFNS)(21(e)由上式可解得：212113)(33mmgmmfFa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：222221221212121AAAABCCJvmJvmT其中：,sin,sinsin,2,RlRvllvlvAAABACAB因此系统的动能可以表示成：2NFg2m2FOatAOa1anAOaARNFg1mFSFg2m2FAAvCvABP3222222122222221212sin4361sin221)sin(211221221lmlmRlRmlmlmlmT系统从045位置运动到任意角位置，AB杆的重力所作的功为：)sin45(sin20121lgmW根据动能定理的积分形式2112WTT初始时系统静止，所以01T，因此有)sin45(sin2sin4361012222221lgmlmlm将上式对时间求导可得：cos2cossin23sin2331132222221lgmlmlmlm将上式中消去可得：cos2sincos23sin2331122222221lgmlmlmlm根据初始条件045,0，可求得初始瞬时AB杆的角加速度lmmgm)94(23211因为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ac点，由此可求出AB杆上A点的加速度：)94(345cos45sin21100mmgmllaABA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：IvmvmCA21(a)其中：Cv为AB杆质心的速度，根据平面运动关系有ABAClvv2(b)再根据对固定点的冲量矩定理：)(IAAMLg1macAaAvABCvC4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ABCAlmlvmL2221212将其代入冲量矩定理有：lIlmlvmABC2221212(c)由（a,b,c）三式求解可得：292mIvA(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：)()(BCAACAALLL其中：AC杆对A轴的动量矩为ACACAmlL2)(31设1C为BC杆的质心，BC杆对A轴的动量矩为bCCBCAmllmvL2)(121231BCACCCCCllvvv211根据冲量矩定理IlLA2可得：lImlmlBCAC26561122（a）再研究BC杆，其对与C点重合的固定点的动量矩为BCACBCCCmlmlmllmvL222312112121根据冲量矩定理IlLC有：lImlmlBCAC223121（b）联立求解（a）,(b)可得2rad/s5.276mlIACACBC1CvCvAyIAxICyICxIBC1CvCvBC53－35碰撞前，弹簧有静变形kmgst第一阶段：3m与1m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：ghmvmm2)(33!碰撞结束时两物体向下运动的速度为22ghv第二阶段：3m与1m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22ghv第三阶段：3m与1m一起上升到最高位置，此时弹簧被拉长。根据动能定理2112WTT有：223123122)()()(210kkgmmvmmstst上式可表示成：222222222322)(22kmgkgmkkgmkmgmgmgh若使2m脱离地面，弹簧的拉力必须大于其重力，因此有kmg，将kmg代入上式求得：kmgh8。若kmg，则kmgh8注：上述结果是在假设3m与1m始终粘连在一起的条件下得到的，若3m与1m之间没有粘着力，答案应为kmgh9，如何求解，请思考。3－36取AB杆为研究对象，初始时，杆上的A点与水平杆上的O点重合，当0t时系统静止，0tAB杆上A点的速度为v，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0)2(1212lmlmvLCO其中：lvlvvAC3mstv3mstvAvAyIAxICvBA6由此解得lv43当0t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：sincos)2(312mgmallm将上式积分并简化可得：Cgalcossin322其中C是积分常数由初始条件,0确定出glvC832。上式可表示成)(83cossin3222fglvgal若AB杆可转动整圈，则应有02，因此0)(f。若)(f的最小值大于零，则AB杆就可以完成整圈转动。下面求)(f的极值。glvgaf83cossin)(2将上式求导令其为零有0sincos)('gaf求得极值点为ga*tan当22*22*cos,singaggaa，函数)(*f取最大值当22*22*cos,singaggaa，函数)(*f取最小值，若使最小值大于零，则有083833222222222222glvgaglvgaggaal由此求得)(83222gaglvAyFAxFBAgmaam