内容发布更新时间 : 2024/5/3 15:44:14星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

3－21 由于圆盘纯滚动，所以有aC?r? 根据质心运动定理有：

maC?Fcos??FS0?FN?Fsin??mg

a 根据相对质心的动量矩定理有

C?m?2??FSr?Fr0

求解上式可得：

a(rcos??r0)C?Frm(r2??2)，FN?mg?Fsin?

FS

FNFF(?2cos??rr0)S?r2??2 若圆盘无滑动，摩擦力应满足FS?fFN，由此可得：

当：mg?Fsin?时，f?F(?2cos??rr0)(mg?Fsin?)(r2??2)?fmin

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：

maC?mg?FAN

FAN根据相对质心的动量矩定理有：

mg112ml2?lAB?FAN2cos? 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??lAB2cos? 求解以上三式可求得：

?AB F?2P AN5mg aaCA

1

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

tn aA?aO?aAO?aAO?aOnaAO R A taAO

将上式在水平方向投影有

axA?aO?atAO?aO??R?a1 （a）

a1

取圆盘为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有

m2aO?F2 (b)

应用相对质心动量矩定理有

m2gF2

1m2R2??F2R (c) 2

再取板为研究对象，受力如图，应用质心运动定理有

F2N m2gm1gFN m1a1?F?FS?F2 (d )

作用在板上的滑动摩擦力为：

FS?fFN?f(m1?m2)g (e)

由上式可解得：

F2 F FS a1?3F?3f(m1?m2)g

3m1?m2

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：

T2?11112222m1vC?JC?AB?m2vA?JA?A 2222其中：

P l?AB????,vC????,2vA??ABlsin???lsin???,vAlsin????A???,RR因此系统的动能可以表示成：

?AB

vA

vC?? ?A 2

??21ml2211?l?1m2R221???T2?m1????m2(lsin??)??2?2?212222??0??2?lsin????R????

1?2?3ml2??2sin2?m1l2?264ca 系统从??45位置运动到任意?角位置， AB杆的重力所作的功为：

W1?2?m1gl(sin450?sin?) 2aA

m1g根据动能定理的积分形式 T2?T1?W1?2 初始时系统静止，所以T1?0，因此有

1?2?3ml2??2sin2??mgl(sin450?sin?) m1l2?21642将上式对时间求导可得：

1?????3ml2?????sin2??3ml2??3sin?cos???mglcos??? m1l2?2213222将上式中消去??可得：

1???3ml2???sin2??3ml2??2cos?sin???mglcos? m1l2?2213222??0,??45，可求得初始瞬时AB杆的角加速度 ?????根据初始条件?032m1g

(4m1?9m2)l???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杆的因为?加速度瞬心在ca点，由此可求出AB杆上A点的加速度：

??aA??ABlsin450???lcos450?3m1g

(4m1?9m2)

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：

vA

m1vA?m2vC?I (a)

其中：vC为AB杆质心的速度，根据平面运动关系有

lvC?vA??AB (b)

2再根据对固定点的冲量矩定理：LA?MA(I)

?ABC

vC 3

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

LlA?m2vC2?112m2l2?AB 将其代入冲量矩定理有：

ml12vC2?12m2l2?AB?lI (c) 由（a,b,c）三式求解可得：vA??2I9m (滑块的真实方向与图示相反) 2

3－34 研究整体，系统对A轴的动量矩为：

IAy

LA?LA(AC)?LA(BC)

IAx

其中：AC杆对A轴的动量矩为LA(AC)?123ml?AC 设C1为BC杆的质心，BC 杆对A轴的动量矩为

?AC vCL3A(BC)?mvC12l?112ml2?bC vC1?vC?vC1C?l?lAC?2?BC

?BC

vC1根据冲量矩定理 LA?2lI可得：

116ml2??5AC6ml2?BC?2lI （a） 再研究BC杆，其对与C点重合的固定点的动量矩为

LlIICy Cx C?mvC2?112ml2?12ml2?11BC?AC?3ml2?BC C vC根据冲量矩定理LC?lI有：

?vC11BC 2ml2??1AC3ml2?BC?lI （b） B 联立求解（a）,(b) 可得?6IAC??7ml??2.5rad/s2

4

3－35 碰撞前，弹簧有静变形?st?mg 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：

m3 ?st

(m!?m3)v?m32gh

碰撞结束时两物体向下运动的速度为v?v

2gh 2第二阶段：m3与m1一起向下运动后再回到碰撞结束时 的初始位置，根据机械能守恒可知：此时的速度向上， 大小仍然为

? v m3 v?2gh 2?st 第三阶段：m3与m1一起上升到最高位置，此时弹簧 被拉长?。根据动能定理T2?T1??W1?2有：

1k2k20?(m1?m3)v2??(m1?m3)g(?st??)??st??

222上式可表示成：

mghmgm2g2k23m2g2k?2mg(??)?????2mg???2 2k2k22k2若使m2脱离地面，弹簧的拉力必须大于其重力，因此有??得：h?mgmg，将??代入上式求kk8mgmg8mg。若??，则h? kkk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m3与m1之间没有粘着力，答案应为h?9mg，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 冲击力的作用，应用对固定点O的冲量矩定理可得

??IAx A IAy vA LO?mvCl?1m(2l)2??0 12? B vC其中：vC?vA?l??v?l?

5

由此解得??

3v 4l当t?0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：

FAx FAy a A 1???malcos??mgsin? m(2l)2?3将上式积分并简化可得：

maB ? 2?2l??asin??gcos??C 3mg 3v2??g。上式可表示成 其中C是积分常数由初始条件??0,???确定出C?8l2?23v2l??asin??gcos???g?f(?) 38l??0，因此f(?)?0。若f(?)的最小值大于零，则AB若AB杆可转动整圈，则应有?2杆就可以完成整圈转动。下面求f(?)的极值。

3v2f(?)?asin??gcos???g

8l将上式求导令其为零有f'(?)?acos??gsin??0求得极值点为tan??*a g当sin?*?aa2?g2a,cos?*?ga2?g2g， 函数f(?)取最大值

*当sin?*??零，则有

a2?g2,cos?*??a2?g2， 函数f(?)取最小值，若使最小值大于

*2?2a2l????223a?g2由此求得3v?8l(g?3v23v222??g??a?g??g?0

228l8la?ga2?g2)

g2

6