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3.11
考查知识：平面任意力系的平衡 问题及应用，分布载荷的简化
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平面固定端约束
一物体的一端完全固定在另一物体上所构成 的约束称为固定端或插入端支座。
A
MA
FAy FAx
A
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4.
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5.4
求火箭的运动方程
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5.11
求摇杆的运动方程
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5.12
vＢa = vＢe + vＢr
大小：
√
？
方向：√
√
?
√
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求出vＢe
先以杆O２B为动系，滑块A为动点求得
杆O２B的角加速度 ；
动点：滑块A 动系：杆O２B 绝对运动：定轴转动 相对运动：相对动系的直线运动 牵连运动：定轴转动
ａｎ Ａａ＝ａｔ Ａｅ＋ａｎ Ａｅ ＋ａ Ａｒ ＋ａｃ
求得O２B的角加速度 精品文档
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va = ve + vr
大小：
√
？？
方向：√ √ √
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6.10
va v
求C点的速度
e
vr
知识要点：刚体的定轴转动，
点的速度合成
v
动点：滑块A 动系：摇杆OA 绝对运动：铅垂方向的直线运动 相对运动：相对动系的直线运动 牵连运动：定轴转动
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v a
=
ve
+
vr
大小：
√
？？
方向：√ √ √
再以滑枕CD为动系，以滑块B 为动点求滑枕的加速度
动点：滑块B 动系：滑枕CD 绝对运动：定轴转动 相对运动：相对动系的直线运动 牵连运动：水平方向的直线运动
ａ ｔ Ｂ＋ ａ ｎ Ｂ ａ ＝ ａ Ｂ ａ ＋ ｒ Ｂ ａ ｅ
大小
√
√
？
？
求出滑枕B的加速度 精品文档
7.15 轮只滚不滑，I点为瞬心
求B点与C点的速度
T轮
1 Mv 2
2 A
1 2
(1 2
MR
2 ) w 2 3 Mv 4
2 A
T杆
1 2
J cw
2
AB
1m 6
v A2 sin 2 j
, 其中
j 为 q 的一个值
由图示的几何关系有
w AB
vA l sin j
力所作的功为 由动能定理有
W 1 mgl (sin 45 。 sin j ) 2
T 2 T 1 W , 然后对这个式子进行对
at 0 B
C点同理，取B点为基点， 请自己分析
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解：取圆柱分析。
9.10
求圆盘中心的加速度。
maA F1
FN1mg0
1 2
mr2
F1r
aAar
A
aA
F
A
aA
mg a
F1
FN1
取板分析
Ma FF 2F 1 FN2MgFN '10
F2 fFN2
F'N1
F'1
a F
F2
Mg
FN2
+
a
n r
+aC
y
ar ae
j
aC
aM
由于其牵连运动的角加速度为O，所以 t 为O。
ae a 同时，相对运动为直线运动，所以 r只有一项
在y方向投影 aMco j saCaeco js
ae w2 OM 0.05 m/s 2
aC2wevr 0.2m2/s
a精M品文档0.35 m/s 2
6.21
求滑枕CD的速度和加速度
vA
vB
vC
分析可知：AB杆为瞬时平动，则有
vBvAwO A 2m/s
wB
I
wBvB/B I4rad/s vCwBC I2.8m 3 /s
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取A点为基点，对B点作加速度分析 y
an BatBaAan B AatBAaA
大小：√
？
√
x
aBt
aBAt
aBn
0
0
方向：√ √ √
aB nvB 2/r8m2/s
1mR2 m2l 2
LOJOwm(R22 l2)w
w
O
A
动量矩：刚体的平动，注意方向问题
(b)
JO
1mR2 m2l 2
w O
(b)wr w A
LOm (R 22l2)wM o(mA)vm2 wl
(c)
JO
1mR
(c)wr w
L O m (R 2 2 l2)w M o(m A ) vm (R w 2 L 2)
10.7
知识点：动量矩守恒定律 分析：圆盘和质点M作为
一个系统，其外力（重 力与约束力）对转轴Z 之矩为零，所以系统动 量守恒
vr vo v e
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解：
由于 M e ( F ) 0, 所以
L z1 L z 2 常量
当点
M
在
M
点时有
o
L z1 mv 0 (l r )
点 M 在任意角度 j位置时有
1 mR 2
2
FT R
aA R
v2 2aAh
可得：
FT
1 mg 3
,v
2 3
3 gh
析可得其
分析：圆柱体沿绳子作纯滚动， 与绳子相切处的速度为零
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10.19
1、
解：以杆AB为研究对象，分析受力。
由刚体平面运动微分方程
y B
C
mg
Ax
m a C x F B
( 1 )FB B
m a C y F A m g
vr vo v e
L z2
Jw
M
z (mv e
mv r )
Jw
m • OM
2 w mv 0 • MA
其中 M A ＝ l cos j r
OM 2 (l r cos j ) 2 (r sin j ) 2
解得w 精品文档
10.17
解
由圆柱体受力与运动分
平面运动微分方程为
m a A mg F T
联立求解上式，并注意到
JC
1 ml2 12
可得
3g cosj
2l
w
3g l
(sin
j0
sin
j
)
以C点为基点，则A点的加速度为 注： 亦可由加速度合成法求出
aAaCaA tCaA nC
在运动开始时, 到y 轴上，得
w＝0,
故
aAnC＝0
, 将上式投影
0aCy aA tCsinq
aC yaA tCsinq2 lsinq (4)
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11.9
动能定理的运用
求链条离开桌面时的速度
解:链条在初始及终了两状态的动能分别
为
T1 0
T2
1 2
mv2
l a
a
在运动过程中所有的力所作的功为
W 12m2 lga lma 2g2 lm ga 2l2mg
T2T1W 12 解得
v g(l2 a2) l
11.14
j 求圆轮转过角度 的角速度和角
动点：滑块A 动系：杆O２B 绝对运动：定轴转动 相对运动：相对动系的直线运动 牵连运动：定轴转动
vAa = vAe + vAr
va
v
vr
e
大小：
√
？
方向：√
√
? √
v v 求从出而A求e得与ｗA２r，
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再以滑枕CD为动系，以滑块B为动点求滑枕的速度和加速度
动点：滑块B 动系：滑枕CD 绝对运动：定轴转动 相对运动：相对动系的直线运动 牵连运动：水平方向的直线运动
知识要点：点的速度合成 和加速度合成（科氏加速度 什么情况下存在）
先以杆O２B为动系，滑块A为动点求的 杆O２B的速度和加速度，从而求出其 角速度和角加速度；再以滑枕CD为动 系，以滑块B为动点求滑枕的速度和 加速度
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先以杆O２B为动系，滑块A为动点求 的杆O２B的速度和加速度角速度Ｗ２ 和角加速度
(2 )
JFA2 lcojsFB2 lsijn （3）
aCy aCx
C
mg
A
FA
由坐标法求得：
xC2lsinq, yC2lcosq
xC2 lcosqq, yC2 lsinqq
x
B
q C
Ay
qq qq qq qq x C 2 ls i n 2 2 lc o s,y C 2 lc o s2 2 ls i n
得到
w w AB
vA l sin j
当 j 45 。， v A 0 .
aA
3 mg 4m 9M
时间求导
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1 2
ml(
s in j
w2
cosj0 )
得到j
arcsin(2 3
sin
j0
)
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10.20
突然解除约束问题
FOy
O
FOx
W=mg
解除约束前： FOx=0, FOy=mg/2
FOy FOx
O W=mg
突然解除约束瞬时： FOx=？,FOy=？
FOy FOx
O
W=mg
突然解除约束瞬时，杆 OA将绕O轴转动，不再是
va v
ve
vacojs
2sinj
2
w ve
2v 2
v
OA l 2l
cos j
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