理论力学：动力学

1. 理论力学：动力学

1、质点运动微分方程
                                          
 求解方法：分离变量法
  
 当  时：
                                          
 当  时：
                                          
 2、质点在非惯性参考系中的运动
  
 引入牵连惯性力  和科氏惯性力  ，得：
                                          
 3、相对地球的运动
  
 牵连惯性力的影响：地垂线与地心线的偏离、重力加速度随纬度变化。
  
 科氏惯性力的影响：右岸冲刷、落体偏东、傅科摆、台风。
  
 1、质点系动量定理
  
 质点系的动量：质系中所有质点动量的向量和，即：
                                                                                  
 质系动量定理：质系的动量对时间的一阶导数，等于作用在这一质系上的外力系主矢量。
                                          
 质心运动定理：质系的质量与质心加速度的乘积等于作用于质系上外力系的主矢量。
                                          
 质点系动量守恒定理：
                                                                                  
 2、质点系动量矩定理
  
 质系对点O的动量矩(角动量)：质系中各质点动量  对点O之矩的矢量和。
                                          
 质系对任意点的动量矩等于质系对质心的动量矩与质系动量对该点之矩的矢量和。
                                          
 设  为质点的绝对速度，  为质点相对质心的位置，则有：
                                          
 且质点相对于质心平动参考系的相对速度与质系对质心的动量矩相等，即：  。
  
 质系对任意动点的动量矩定理：
                                          
 质系对任意平动系的动量矩定理：
                                          
 质系对固定点/定轴的动量矩定理：
  
 （质系对固定点A/定轴的动量矩对时间的一阶导数等于作用在质系上的外力系对同点/同轴的主矩）
                                          
 （当外力系对某定点/定轴的主矩等于零时，质系对于该点/轴的动量矩保持不变）
  
 质系对质心的动量矩定理：
                                          
 （当外力系对质心的主矩等于零时，质系对于质心的动量矩保持不变）
  
 刚体定轴转动运动微分方程：
                                                                                  
 （  ，其中  为物体对Oz轴的回转半径）
  
 刚体平面运动微分方程：
                                                                                  
 3、质点系动能定理
  
 柯尼希定理：质系的动能等于质系跟随质心平动的动能与相对质心平动参考系运动的动能之和。
                                                                                  
 质点系动能定理：质系动能的微分等于作用在质系上所有力的元功之和。即：
                                          
 机械能守恒：  。
  
 功率：  。
  
 作用在刚体上的力偶的功率：  。
  
 4、碰撞
  
 碰撞过程中碰撞力很大，常规力可忽略；碰撞过程时间极短，物体位移忽略不计。
  
 有限形式的动量定理：质系在碰撞前后动量的改变量等于作用在质系上的所有外碰撞冲量的主矢量
                                          
 有限形式的动量矩定理：质系在碰撞前后对定点的动量矩的改变量等于作用在质系上的所有外碰撞冲量对该点的主矩
                                          
 恢复系数：碰撞后法向相对分离速度和碰撞前法向相对接近速度之比
                                          
 塑性碰撞  ：
                                          
 完全弹性碰撞  ：
  
         当  时，  ，  。（两球法向速度交换）
  
           ，碰撞过程中没有动能损失。
  
 球与固定面碰撞：  ，  。
  
           ，  。
                                          
 1、达朗贝尔原理（动静法）
  
 在非自由质点系中  ，也即  ，引入惯性力：
  
 得：
  
 惯性力系向任意固定点O简化：
  
 惯性力系向质心C简化：
  
 对于绕垂直于质量对称面定轴转动的刚体：
                                          
 对于在质量对称平面内运动的刚体：
                                          
 2、达朗贝尔—拉格朗日原理
  
 具有理想、双面约束的非自由质系，其可能运动  是真实运动的充分必要条件是：
                                                                                  
 3、第二类拉格朗日方程
  
 
  
                                          
 定义拉格朗日函数（动势）：  
                                                                                  
 4、拉格朗日方程的第一积分
  
 动能的结构：  （对于定常变换：  ）
  
 广义能量积分：（系统主动力皆有势，且拉格朗日函数L不显含时间t）
  
 循环积分：（主动力皆有势，且拉格朗日函数  不显含某广义坐标  ）

2. 理论力学动力学

以圆柱体为研究对象，受力如图：重力mg、绳拉力T、斜面支反力F、摩擦力F。
平面运动微分方程式：
          ma=mgsin60°-T-F
          mgcos60-N=0 
          Jc*ε=T*r-F*r
绳与圆柱无相对滑动，条件是 
          a=εr
以上四个方程联立，并将
          F=fN=mgcos60° 
          圆柱对质心c的转动惯量  Jc=mr^2/2
带入
解的结果质心加速度    
            a=(√3-2/3)g/3m/s^2

3. 理论力学，动力学，求解

4. 物理动力学

解：
V=30km/h≈8.33m/s
因为刹车时，车轮抱死，所以滑动摩擦力为制动力：f=μmg
此时，制动加速度：f=ma，a=f/m=μmg/m=μg
根据V1²-V2²=2as，又V2=0，则V1²=2as=2μgs=2×0.7×10×7.6=106.4，V1≈10.32（m/s）
因为V1＞V，所以，该车已经超速。
答：略。 

希望帮助到你，若有疑问，可以追问~~~
祝你学习进步，更上一层楼！(*^__^*)

5. 理论力学：动力学问题

通过表达式我发现M是首先向负方向运动，接着过一段时间会返回原点后向正方向挺进。
我们可以通过对式子的求导来解出M是什么时候到达负方向的最远处（也就是速度为0的时候）。
解得t=2,
所以t=3时M已经在回原点的路上。此时
路程被分为两个部分，即t=2之前和2到3秒之间。
将t=2带入式子得S=-14，将t=3带入式子得S=-7.
所以总路程为 14+（14-7）+2=23

6. 物理动力学

（1）下楼。加速度与小孩质量的乘积等于小孩的重力与体重计对小孩的支持力的差的绝对值，加速度方向与更大的那个力相同，所以加速度方向向下，所以是下楼。
（2）以重力方向为正方向。
ma1=G - N1=400N - 360N=40N
a1=40N / 40kg=1m/s^2
v0=a1 t1=1m/^2 *2s=2m/s
ma2=G - N2=400N - 440N= - 40N
a2= - 40N/40kg= - 1m/s^2
s=a1 * t1^2+v0 * t2+a2 * t3^2+v0 * t3
=1m/s^2 * (2s)^2+2m/s * (5s - 2s)+(-1m/s^2) * (7s -5s)^2+2m/s * (7s -5s)
=10m

7. 物理动力学

解：
（1）上滑时，加速度：f+mgsin30°=ma，又f=μmgcos30°
即μmgcos30°+mgsin30°=ma，即a=μgcos30°+gsin30° ..............(1)
V2=V1-at，又V2=0，所以，a=V1/t=12/2=6(m/s²) ......................(2)
将(2)代入(1)可得：μ=a/gcos30° - tan30°=6/(10×√3/2) -√3/3=√3/15
滑板受到的阻力：f=μmgcos30°=(√3/15)×50×10×(√3/2)=50(N)
（2）从低端到停下，滑动的距离：L=V1t-(1/2)at²=12×2-(1/2)×6×2²=12（m）
下滑时，mgsin30°-f=ma'，a'=gsin30°-μgcos30°=10×(1/2)-(√3/15)×10×(√3/2)=4(m/s²)
根据L=(1/2)a't'²得，t'²=2L/a'=2×12/4=6，t=√6 s ≈2.45（s）
答：略。

8. 物理动力学

解:
(1)上滑时，加速度:f+mgsin30°=ma，又f=μmgcos30°
即μmgcos30°+mgsin30°=ma，即a=μgcos30°+gsin30°
..............(1)
V2=V1-at，又V2=0，所以，a=V1/t=12/2=6(m/s²)
......................(2)
将(2)代入(1)可得:μ=a/gcos30°
-
tan30°=6/(10×√3/2)
-√3/3=√3/15
滑板受到的阻力:f=μmgcos30°=(√3/15)×50×10×(√3/2)=50(N)
(2)从低端到停下，滑动的距离:L=V1t-(1/2)at²=12×2-(1/2)×6×2²=12(m)
下滑时，mgsin30°-f=ma'，a'=gsin30°-μgcos30°=10×(1/2)-(√3/15)×10×(√3/2)=4(m/s²)
根据L=(1/2)a't'²得，t'²=2L/a'=2×12/4=6，t=√6
s
≈2.45(s)
答:略。