動力學(xué)習(xí)題課

1、 22 2 2 1 0 2 1 OMOBkBDmgmv )(cos2 m kR gRv 解：由動能定理解：由動能定理: T2 T1 = WA O B M R O A D v sin290cos2 0 RROM 2 2 cos2 sin12sinsin22 R RRRBD F O O M n F v gm n a 2coscos 2 mgFF R v m n 式式 中中 = 90 - 、 F = 2kRsin 再取滑塊再取滑塊M分析分析: nn Fma 22 cos42cossin2kRmgmgkRFn 整理后可得整理后可得: 綜綜 4 正方形均質(zhì)板的質(zhì)量為正方形均質(zhì)板的質(zhì)量為 40kg , 在

2、鉛直平面內(nèi)以三根軟繩拉住在鉛直平面內(nèi)以三根軟繩拉住, 板的邊長板的邊長b = 100mm. 求求: ( 1 ) 當(dāng)軟繩當(dāng)軟繩FG 剪斷后剪斷后, 木板開始運動時的加速度及木板開始運動時的加速度及AD 和和 BE 兩繩兩繩 的張力的張力; ( 2 ) 當(dāng)當(dāng)AD 和和 BE 兩繩位于鉛直位置時兩繩位于鉛直位置時, 板中心板中心C 的加速度和兩繩的張力的加速度和兩繩的張力. 由由 , 聯(lián)立可得聯(lián)立可得 F1 = 71.8 (N) F2 = 267.8 (N) 解解: (1) 取板分析取板分析 初瞬時問題初瞬時問題, 只有切向加速度只有切向加速度. DE 6060 A B FG 60 t a 60 A

3、 B 60 2 F 1 F gm n 由動力學(xué)方程由動力學(xué)方程: 切向投影有切向投影有: Fam 20 /9 . 460cossmamgma tt 法向投影有法向投影有: 160sin0 0 21 mgFFman 平動物體平動物體, 角加速度恒為零角加速度恒為零, 故有故有: 20 2 60sin 2 60cos 0 21 0 21 b FF b FF 設(shè)繩長為設(shè)繩長為L , 由動能定理得由動能定理得: )60sin1(0 2 1 02 mgLmv )32( 2 gLv 2 2 /626.2)32(smg L v an 0 a 由質(zhì)心運動定理及對質(zhì)心的動量矩定理由質(zhì)心運動定理及對質(zhì)心的動量矩定

4、理: 2 )(0 12 21 b FFJ mgFFma C n c 聯(lián)立求得聯(lián)立求得: F1 = F2 = 248.5(N) (2) 取最低位置板分析取最低位置板分析: v gm 60 1 F 2 FL 解：對解：對A塊塊 , 有動力學(xué)方程有動力學(xué)方程 ）（1sin 1 11 N Fxm )2(cos 111 1 gmFym N 2 12 1 2 sin sincos mm gm x 聯(lián)立聯(lián)立 (1) (2) (3) (4) (5)得得: )5(sincossin sin cos 211 1 21 xyx ay axx r r 合并后即是合并后即是 1 N F A塊塊 1 x 1 y gm1

5、)4(cos0 )3(sin 12 1 2 22 NN N FgmF Fxm 對對B塊塊, 有動力學(xué)方程有動力學(xué)方程 r aaa 21 由運動學(xué)關(guān)系由運動學(xué)關(guān)系: 綜綜 5 圖示三棱柱圖示三棱柱A 沿三棱柱沿三棱柱B 的斜面滑動的斜面滑動. A 和和 B的質(zhì)量各為的質(zhì)量各為 m1 和和m2 .三棱三棱 柱柱B 的斜面與水平面成的斜面與水平面成 角角. 不計摩擦不計摩擦. 求三棱柱求三棱柱B 的加速度的加速度. B塊塊 2 x 2 N F gm2 1 N F 1 y 2 x 1 x r a A B 取取B處的小球分析受力及運動處的小球分析受力及運動, 此時刻動系半圓此時刻動系半圓 槽無加速度槽無

6、加速度, 即是慣性系即是慣性系. Fam n r mgFN 3 11 O rv vr v B A 解：取系統(tǒng)分析解：取系統(tǒng)分析: 水平方向動量守恒水平方向動量守恒 10 0 r vvmvm 20 2 1 2 1 2 2 0 mgrvvmvm r 由動能定理由動能定理 3 2 24 6 gr vv gr v r 聯(lián)立聯(lián)立 (1) (2) 可得可得 在鉛直方向投影在鉛直方向投影 mgF r v m N r 2 綜綜 10 質(zhì)量為質(zhì)量為 m0 的物體上刻有半徑為的物體上刻有半徑為r 的半圓槽的半圓槽, 放在光滑的水平面上放在光滑的水平面上, 原處原處 于靜止?fàn)顟B(tài)于靜止?fàn)顟B(tài). 有一質(zhì)量為有一質(zhì)量為 m

7、 的小球自的小球自A 處無初速地沿光滑的半圓槽下滑處無初速地沿光滑的半圓槽下滑. 若若m0 = 3m , 求小球滑到求小球滑到B 處時相對于物體的速度和槽對小球的正壓力處時相對于物體的速度和槽對小球的正壓力. O r B N F n r a mg r v mgs s mgmg v m R v mR R v mRmv 2 )2() 2 ( 2 1 ) 2 (2 2 3 2 1 )(2 2 1 2 1 2 1 222222 6/6 3 2 gagvav mgsmv 整理得整理得 設(shè)設(shè)A塊由靜止上升了塊由靜止上升了s 米米 解解 : ( 1 )取系統(tǒng)分析取系統(tǒng)分析: 由動能定理由動能定理T2 T1

8、= W 綜綜 13 圖示機(jī)構(gòu)中圖示機(jī)構(gòu)中, 物塊物塊A 、B 的質(zhì)量均為的質(zhì)量均為 m , 兩均質(zhì)圓輪的質(zhì)量均為兩均質(zhì)圓輪的質(zhì)量均為2m , 半徑均為半徑均為R. 輪輪C鉸接于無重的懸臂梁鉸接于無重的懸臂梁CK上上, D為動滑輪為動滑輪, 梁的長度為梁的長度為3R, 繩與輪之間無滑動繩與輪之間無滑動. 系統(tǒng)由靜系統(tǒng)由靜 止開始運動止開始運動. 求求: ( 1 ) A物塊上升的加速度物塊上升的加速度; ( 2 ) HE段繩的拉力段繩的拉力; ( 3 ) 固定端固定端K處的約束反力處的約束反力. 由對固定點的動量矩定理由對固定點的動量矩定理 RmgFmvRJ dt d C )()( mgF gaR

9、mgFmaR R a mR 3 4 6 1 2 2 1 2 則有則有 其中其中 (2) 取取A塊塊,C 輪組合體分析輪組合體分析 E K A C H B D s A CCx F Cy F F gm2 gm v a 由動量定理有由動量定理有: e i ii Fam mgFCy 2 1 4 X方向方向: x C F 0 Y方向方向: FmgmgFmma y C 202 (3) 取取KC桿分析桿分析 平衡問題平衡問題: X = 0: Y = 0: MK(F) = 0: 0 x K F mgF y K 5 . 4 mgRmK5 .13 A CCx F Cy F F gm2 gm v a C K Cy

10、F Ky F Kx F k m )( * B 2 l 2 l 1 c v 2 c v B v )( * B .45, ,. ., 0 21 2121 2 * 121 21 的的速速度度瞬瞬心心 為為兩兩桿桿和和當(dāng)當(dāng)兩兩桿桿互互相相垂垂直直時時為為豎豎直直向向上上故故且且 連連線線上上都都有有任任一一時時刻刻初初始始靜靜止止分分別別為為兩兩桿桿的的質(zhì)質(zhì)心心又又 oovvv CBCCC Bcc m kl lv m k lmmlJJ l l lk J WTT B OO O A 5 123 24 2 5 126 4 2 12 1 ) 22 2 () 2 ( 22 1 2: 2 2 222 12 21

11、2 整整理理得得其其中中 考考慮慮對對稱稱有有 21 21 * 0 cc ccii B vv vmvmvmvM 即即 gmAgmB A v C a DCtgty Cgtygy gmmymm C CC BACBA 2 2 1 : 由質(zhì)心運動定理由質(zhì)心運動定理 2 . 0:, 2 1 4 . 0:, 00 4 . 04 . 0 ,6 . 0 2 0 0 0 C C t C A t C A t A x gtty Dy CBC l v y Bvy 由初始狀態(tài)得由初始狀態(tài)得水平方向質(zhì)心守恒水平方向質(zhì)心守恒 質(zhì)心運動方程為質(zhì)心運動方程為于是于是 則常數(shù)則常數(shù) 則常數(shù)則常數(shù) 故故點為瞬心點為瞬心及及由由 t F l v E FEtE t A ot 故故 可可得得00 0 0 :0:得得由對質(zhì)心動量矩定理由對質(zhì)心動量矩定理 C J gmAgmB A v C a )(08.17)(6 . 0 )(08.170 )(08.1728 . 0 )(2 . 0 )(2 )(2 mymx myx mgy mx rad st BB AA C C radtmgttymx CC 2 2 1