動(dòng)力學(xué)習(xí)題課

1、 22 2 2 1 0 2 1 OMOBkBDmgmv )(cos2 m kR gRv 解：由動(dòng)能定理解：由動(dòng)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(zhǎng)板的邊長(zhǎng)b = 100mm. 求求: ( 1 ) 當(dāng)軟繩當(dāng)軟繩FG 剪斷后剪斷后, 木板開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度及木板開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)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(shí)兩繩位于鉛直位置時(shí), 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(shí)問(wèn)題初瞬時(shí)問(wèn)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(dòng)力學(xué)方程由動(dòng)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(dòng)物體平動(dòng)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(zhǎng)為設(shè)繩長(zhǎng)為L(zhǎng) , 由動(dòng)能定理得由動(dòng)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(yùn)動(dòng)定理及對(duì)質(zhì)心的動(dòng)量矩定理由質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理及對(duì)質(zhì)心的動(dòng)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(duì)解：對(duì)A塊塊 , 有動(dòng)力學(xué)方程有動(dòng)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(duì)對(duì)B塊塊, 有動(dòng)力學(xué)方程有動(dòng)力學(xué)方程 r aaa 21 由運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系由運(yùn)動(dòng)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(dòng)的斜面滑動(dòng). 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(jì)摩擦不計(jì)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(yùn)動(dòng)處的小球分析受力及運(yùn)動(dòng), 此時(shí)刻動(dòng)系半圓此時(shí)刻動(dòng)系半圓 槽無(wú)加速度槽無(wú)

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(dòng)量守恒水平方向動(dòng)量守恒 10 0 r vvmvm 20 2 1 2 1 2 2 0 mgrvvmvm r 由動(dòng)能定理由動(dòng)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(wú)初速地沿光滑的半圓槽下滑處無(wú)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(shí)相對(duì)于物體的速度和槽對(duì)小球的正壓力處時(shí)相對(duì)于物體的速度和槽對(duì)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(dòng)能定理由動(dòng)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(wú)重的懸臂梁鉸接于無(wú)重的懸臂梁CK上上, D為動(dòng)滑輪為動(dòng)滑輪, 梁的長(zhǎng)度為梁的長(zhǎng)度為3R, 繩與輪之間無(wú)滑動(dòng)繩與輪之間無(wú)滑動(dòng). 系統(tǒng)由靜系統(tǒng)由靜 止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)止開(kāi)始運(yùn)動(dòng). 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(duì)固定點(diǎn)的動(dòng)量矩定理由對(duì)固定點(diǎn)的動(dòng)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(dòng)量定理有由動(dòng)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(wèn)題平衡問(wèn)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(shí)時(shí)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(shí)時(shí)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(duì)對(duì)稱(chēng)稱(chēng)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(yùn)動(dòng)定理由質(zhì)心運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)方程為質(zhì)心運(yùn)動(dòng)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(diǎn)為瞬心點(diǎn)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(duì)質(zhì)心動(dòng)量矩定理由對(duì)質(zhì)心動(dòng)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