动力学部分习题解答VIP免费

12-1解：当摩擦系数f足够大时，平台AB相对地面无滑动，此时摩擦力NfFF取整体为研究对象，受力如图，系统的动量：r2vpm将其在x轴上投影可得：btmvmpx2r2根据动量定理有：gmmffFFbmtpNx)(dd212即：当摩擦系数gmmbmf)(212时，平台AB的加速度为零。当摩擦系数gmmbmf)(212时，平台AB将向左滑动，此时系统的动量为：将上式在x轴投影有：vmmbtmvmvvmpx)()()(2121r2根据动量定理有：gmmffFFammbmtpNx)()(dd21212由此解得平台的加速度为：fgmmbma212（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F为作用在滑块A上的弹簧拉力。系统的动量为：将上式在x轴投影：根据动量定理有：系统的运动微分方程为：lmkxxmm)(2112－4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m，提起部分的速度为v，根据点的复合运动可知质点并入的相对速度为rv，方向向下，大小为v（如图a所示）。（a）(b)根据变质量质点动力学方程有：将上式在y轴上投影有：由于0ddtv，所以由上式可求得：)()(2vvgttF。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：gvtlFN)(xxy22－5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：船的质量为：qtmm0，水的阻力为vFf将其代入上式可得：将上式在x轴投影：)(ddv)(r0vqfvtqtm。应用分离变量法可求得由初始条件确定积分常数0ln)ln(mqfqvcr，并代入上式可得：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J，质量为m的质点沿半径为R的圆周运动，其相对方板的速度大小为u（常量）。圆盘中心到转轴的距离为l。质点在方板上的位置由确定。初始时，0，方板的角速度为零，求方板的角速度与角的关系。图a图b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的动量矩。设方板对转轴的动量矩为1L，其角速度为，于是有设质点M对转轴的动量矩为2L，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re,vv。相对速度沿相对轨迹的切线方向，牵连速度垂直于OM连线。质点M相对惯性参考系的绝对速度reavvv。它对转轴的动量矩为其中：系统对z轴的动量矩为21LLL。初始时，uvr,0,0，此时系统对z轴的动量矩为当系统运动到图8-12位置时，系统对z轴的动量矩为由于系统对转轴的动量矩守恒。所以有0LL，因此可得：由上式可计算出方板的角速度为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)2(rraJLlOO根据动量矩定理有：整理上式可得：由运动学关系可知：xr，因此有：xr。上式可表示成：令222)2(2rraJgrlOl，上述微分方程可表示成：02xx，该方程的通解为：PxoM3根据初始条件：0,,00xxxt可以确定积分常数2021xcc，于是方程的解为：系统的动量在x轴上的投影为：xrrrrplllx22dsin02系统的动量在y轴上的投影为：xxrxrxarxaplllly22)()(根据动量定理：由上式解得：trxFlOxch220，t)ch(24)2(202xgraPFlloy2－14取整体为研究对象，系统的动能为：其中：CAvv,分别是AB杆的速度和楔块C的速度。若rv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：tanCAvv，因此系统的动能可表示为：22222)cot(2cot2121ACACAvmmvmmvT，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：WTd，系统的动力学方程可表示成：由上式解得：2cotddCAAmmmgtva，cotACaa2－17质量为0m的均质物块上有一半径为R的半圆槽，放在光滑的水平面上如图A所示。质量为)3(0mmm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030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。图A图B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rv，物块的速度为ev，则系统的动能为设0为势能零点，则系统的势...