FB
其中 3g cos 2l
(2) 由题意及图示, 杆脱离墙壁时必有 FA = 0 , 故先求 FA = ?
y
杆在脱离墙壁前有质心运动定理( 水平投影 ):
C FA m x
A
(1)
FA
α
c
φo mg φ
ω
o
ω B FB
l l 由 图 示 xc cos xc sin 2 2 l l c cos 2 sin x 2 2 l l 2 c cos sin x x 2 2 ) (注意式中
vr
B
由动能定理: 1 1 2 2 m0v mv v r 0 mgr 2 v 2 2 gr 2gr vr 4v 2 联立 (1) (2) 可得 v 6 3 取B处的小球分析受力及运动, 此时刻动系半圆 槽无竖向加速度, 即
v
O
r
a
n r
FN
B
vr
ma n r F
n
A
F1 F2 cos 60 0 b F1 F2 sin 60 0 b 0
2 2
2
由 <1> , <2> 联立可得

mg
at
F1 = 71.8 (N)
F2 = 267.8 (N)
(2) 取最低位置板分析:
设绳长为L , 由动能定理得:
1 mv 2 0 mgL (1 sin 600 ) 2
(2) 取A块,C 轮组合体分析
由对固定点的动量矩定理 d ( J C mvR ) (F mg )R dt
a
H
s A B D
v
2m g A mg
F
1 1 2 a 2mR maR F mg R 其中a g 2 R 6 4 则有 F mg 3
FCy
α
由动量定理有:
解: (1) 系统分析, 如图示 , 由动能定理
T2 –T1 = ∑WA
A
FA
α
ω
o
c
mg
ω φ
B
φo
1 l J O 2 0 mg sin 0 sin 2 2 1 1 l ml 2 2 mg sin 0 sin 2 3 2 3g 2 sin 0 sin l 3g 两边对 t求 导 2 cos l
1 y
1 x
θ
m1 g
对B块, 有动力学方程
1 sin ( 3) 2 FN m 2 x 1 cos (4) 0 FN 2 m 2 g FN
B块：
1 FN
FN 1
由运动学关系: a1 a2 ar
1 2 a r cos x x 1 a r sin 合并后即是 y 1 sin 1 cos 2 sin (5) x y x
y A ω α θ
B
FB
θ
a
n c
c
mg
a
c
D FD 由质心运动定理 : maCx FB
aCx
x
maCy FD mg l l n aC cos aC sin cos 2 sin
2 2 l l sin 2 cos 2 2
n aCy aC sin aC cos
∑Y = 0:
∑MK(F) = 0:
mK 13.5mgR
综—18 图示均质杆AB长为l , 放在铅直平面内, 杆的一端A靠在光 滑的铅直墙上, 另一端B在光滑的水平地板上, 并与水平面成0. 此后, 令杆由静止倒下. 求: ( 1 ) 杆在任意位置时的角加速度和角速度; ( 2 ) 当杆脱离墙时, 此杆与水平面所夹的角.
3 解 得 FB = m g s i nθ(3 cosθ 2) 4 3 FD = m g m g(3 s i n2 θ + 2 cosθ 4
2)
(2) B 端刚脱离墙壁时, FB = 0 由上式可得:
y
A ω1 C
2 cos 1 3
1
FD
1
v cx
x
v cy v C
3g 1 cos 1 此时的 1 l l 1 质 心 的 速 度 vC 1 gl 2 2 1 质 心 水 平 速 度vCx vC cos 1 gl 3
1 1 l 2 2 ml 0 mg 1 cos 2 3 2
B FB
θ
a
n c
c
2
mg D FD
a
c
3g 1 cos l 3g 2 sin l

3g 1 cos l 故得
图中可知
x
3g sin 2l
b、系统内力复杂、做功情况不明确，多用动量定理、 质心运动定理； c、如有转动问题，可用动量矩定理。 （4）求加速度（或角加速度）： a、对质点系，可用动量定理，质心运动定理； b、定轴转动刚体，可用动量矩定理、刚体定轴转动 微分方程； c、平面运动刚体，可用平面运动微分方程； d、有两个以上转轴的质点系，或既有转动刚体、又 有平动、平面运动的复杂问题，可用积分形式的动能定 理，建立方程后求导求解。 （5）补充方程：运动学补充方程，力的补充方程。
l l 2 由( 1 )式 可 得: FA m cos m sin 2 2
2 si n 0 令 FA 0 可 得 3tg cos
2 即 是 si n ( si n 0 ) 3
1
综 – 19 均质杆AB长为l ,质量为m , 起初紧靠在铅垂的墙壁上. 由于 微小的干扰, 杆绕B点倾倒如图. 不计摩擦. 求: ( 1 ) B端未脱离墙时AB杆的角速度和角加速度和B处的约束反力 ( 2 ) B端脱离墙时的夹角1 = ? ( 3 ) 杆着地时质心的速度及杆的角速度. 解: (1) B端未脱离墙壁前杆作定轴转动, 由动能定理有: y A ω α θ








二、几个关节点： (1) 求运动量, 特别是速度问题,优先考虑用动能定理. (整体分析) (2) 求约束反力, 必须用动量定理或质心运动定理.也 涉及到动量矩定理(转动, 曲线运动) (3) 初瞬时问题,鲜用动能定理. (4) 注意约束的位置和性质及是否系统的动量或动量 矩守恒(某一方向). (5) 根据题意寻找运动学方程或约束方程往往是解动 力学问题的关键.
B D R O' φ O M
v
OM 2R cos90 2R sin
0

BD 2 R 2 R sin sin 2 R 1 sin2 2 R cos2
v 2 cos R(g kR ) m


A
2、再取滑块M分析: M
Fn
ma n Fn
D E
由动力学方程: m a
A F G
60º B C
60º
F
at 4.9m / s 2
切向投影有: mat mg cos600
F1
60º B C 60º
F2
60º
法向投影有: man 0 F1 F2 mg sin600 ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ 1 平动物体, 角加速度恒为零, 故有:
2 x
m2 g
FN 2
m1g cos sin 联立 (1) (2) (3) (4) (5)得: x 2 m m sin 2 2 1
综 ：质量为 m0 的物体上刻有半径为r 的半圆槽, 放在光滑的水平面 上, 原处于静止状态. 有一质量为 m 的小球自A 处无初速地沿光滑的 半圆槽下滑. 若m0 = 3m , 求小球滑到B 处时相对于物体的速度和槽 对小球的正压力. 解：取系统分析: 水平方向动量守恒 A O m0v mv vr 0 1 r
1 2 1 1 1 3 1 v 2 s 2 v 2 2 v 2 mv 2mR ( ) 2mR ( ) m( ) (2mg mg ) mgs 2 2 2 R 2 2 2R 2 2 2
FCy
K
α
C E
C
FCx
整理得 3mv 2 mgs 6v a gv a g/6
g l
y
(3) 在上述FB = 0 以后,质心水平速度守恒, 且 在A端着地之前杆作平面运动. C D vD
y
v Cx v v Cy CD
A ω
x
v C v Cx v Cy v D v CD
而在A即触地面时有:
v D v Cx
C
FCx
m a F
i i
e
i
X方向:
a v
0 FC x
1 FCy 4 mg 2
2m g A mg
F
Y方向: ma 2m 0 FC y mg 2mg F
(3) 取KC杆分析: 平衡问题:
FKy
FKx
K
∑X = 0:
C
FCy
mk
FK x 0
FK y 4.5mg
由牛顿第二定律
an θ θ
O´
v
v2 m Fn F cos mg cos 2 R
式中 θ= 90º - φ 、 F = 2kRsinφ
mg
整理后可得:
θ F φ
O
Fn 2 kR sin2 mg cos 2 4mg kR cos 2
综 – 4 正方形均质板的质量为 40kg , 在铅直平面内以三根软绳拉住, 板的边长b = 100mm. 求: ( 1 ) 当软绳FG 剪断后, 木板开始运动时的 加速度及AD 和 BE 两绳 的张力; ( 2 ) 当AD 和 BE 两绳位于铅直 位置时, 板中心C 的加速度和两绳的张力. 解: (1) 取板分析,初瞬时问题, 只有切向加速度.