多刚体大作业2(maple)

MAPLE理论力学学号：201431206024专业：车辆工程姓名：张垚导师：李银山oMaple理论力学1一、如图1，长0.40ml、质量1.00kgM的匀质木棒，可绕水平轴O在竖直平面内转动，开始时棒自然竖直悬垂，现有质量8gm的子弹以200m/sv的速率从A点射入棒中，A、O点的距离为3/4l，如图所示。求：（1）棒开始运动时的角速度；（2）棒的最大偏转角。解：（1）子弹射入前，子弹角动量为：lL43mv1子弹射入后，木棒角动量为：22M31lL子弹射入后，子弹角动量为：23)43m(lL应用角动量守恒定律：321LLL22313434mvlMlml解得：3333810200448.9rad/s191918100.4316310mvMml（2）子弹射入后，子弹角动能：221M3121lEk子弹射入后，木棍角动能：222)43m(21lEk子弹摄入后，子弹重力势能：glEM211p子弹摄入后，木棍重力势能：glEm432p最大偏角时，子弹重力势能：cosM213pglE最大偏角时，木棍重力势能：cosm434pglE应用机械能守恒定律：432121ppppkkEEEEEE2211333()coscos2342424llllMlmlMgmgMgmg解得2938cos10.07923MmlMmg，94.5答案：（1）8.9rad/s；（2）94.5。图1图2Maple理论力学2●Maple程序：restart:#清零L[1]:=3/4*m*v*l:#射入前子弹的角动量L1L[2]:=1/3*M*omega*l^2:#射入后木棒的角动量L2L[3]:=m*(3/4*l)^2*omega:#射入后子弹的角动量L3eq1:=L[1]=L[2]+L[3]:#角动量守恒Ek[1]:=1/2*1/3*M*l^2*omega^2:#射入瞬间木棒角动能Ek[2]:=1/2*1/3*M*l^2*omega^2:#射入瞬间子弹角动能Ep[1]:=-1/2*M*g*l:#射入瞬间木棒重力势能Ep[2]:=-3/4*m*g*l:#射入瞬间子弹重力势能Ep[3]:=-1/2*M*g*l*cos(theta):#最大偏转时木棒重力势能Ep[4]:=-3/4*m*g*l*cos(theta):#最大偏转时子弹重力势能eq2:=Ek[1]+Ek[2]+Ep[1]+Ep[2]=Ep[3]+Ep[4]:#角动量守恒l:=0.4:M=1:m=0.008:v=200:g=9.8:#已知条件solve({eq1,eq2},{omega,theta}):#解方程二、如图3，一根长为l、质量为M的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向棒的中心，并以v0/2的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为90，则v0的大小为多少？解：设子弹射入棒子前绕O的角速度为1，射出棒子后的角速度为2，射出后棒子的角速度为，子弹绕O点的转动惯量为1J,棒子绕O点的转动惯量为J。根据角动量平衡和能量守恒列出方程如下：11122,1122JJJJMgl可知：22211,243lmlJmJMl0012/2vvll0021/21/22vvll111121()2JJJJ图3Maple理论力学3代入方程组求解：21122JMgl，2112JJMglJ，22114JMglJ，22202244143vmllMglMl，MglMvm202163，2202163Mvglm最终解得:340glmMv答案：43Mglm●Maple程序:restart:#清零J[1]:=m*(1/2*l)^2;#子弹绕O点的转动惯量J1J[2]:=1/3*M*l^2;#棒子绕O点的转动惯量Jomega[1]:=2*v[0]/l;#子弹射入棒子前绕O的角速度omega[2]:=v[0]/l;#子弹射出棒子后绕O的角速度eq1:=J[1]*omega[1]=J[1]*omega[2]+J[2]*omega;#角动量平衡SOL1:=solve({eq1},{omega});#解方程求ωomega:=subs(SOL1,omega);#ω值eq2:=1/2*J*omega^2=1/2*M*g*l;#能量守恒solve({eq2},{v[0]});#解方程，求v三、如图4所示，一轻绳跨过两个质量均为m、半径均为R的匀质圆盘状定滑轮。绳的两端分别系着质量分别为m和2m的重物，不计滑轮转轴的摩擦。将系统由静止释放，且绳与两滑轮间均无相对滑动，则两滑轮之间绳的张力为多少？解：受力分析如图5，根据受力平衡和力矩平衡列出方程组：11122211112222(1)(2)()(3)()(4)mgTmaTmgmaTTRJTTRJ其中，2111111,2aJMRR，2222221,2aJMRR图4图5Maple理论力学4由（1）、（2）两式得：1122()()TmgaTmga可先求出a，解得1212122()2()()mmgammMM，12112112124()2()()mmmMMTgmmMM，12212212124()2()()mmmMMTgmmMM，121221121242()()mmmMmMTgmmMM将12mm，2mm1212,MMmRR代入，得：答案：mg23T●Maple程序：restart：#清零eq1:=m[1]*g-T[1]=m[2]*a;#重物1受力平衡eq2:=T[2]-m[2]*g=m[2]*a;#重物2受力平衡eq3:=(T[1]-T)*R[1]=J[1]*alpha[1];#重物1力矩平衡eq4:=(T-T[2])*R[2]=J[2]*alpha[2];#重物2力矩平衡alpha[1]:=a/R[1]：#轮1角加速度alpha[2]:=a/R[2];#轮2角加速度J[1]:=(1/2)*M[1]*R[1]^2’#轮1转动惯量J[2]:=(1/2)*M[2]*R[2]^2;#轮2转动惯量m[1]:=2*m：m[2]:=m：M[1]:=m：M[2]:=m：#已知条件R[1]:=r：R[2]:=r：#已知条件SOL2:=solve({eq1,eq2,eq3,eq4},{T,a,T[1],T[2]});#解方程组四、如图9，图示曲线规尺的杆长OA=AB=200mm,而CD=DE=AC=AE=50mm。如OA杆以等角速度srad5绕O轴转动，并且当运动开始时，角0。（1）求尺上D点的运动方程。（2）求D点轨迹，并绘图。图6图7Maple理论力学5●Maple程序：restart:#清零phi:=omega*t:#瞬时夹角x:=OA*cos(phi):#D点的横坐标y:=(OA-2*AC)*sin(phi):#D点的纵坐标OA:=l:AB:=l:#OA、AB长度CD:=l/4:DE:=l/4:AC:=l/4:AE:=l/4:#CD、DE、AC、AE长度eq:=X^2/l^2+Y^2/(l/2)^2=1:#解方程x:=evalf(subs(l=0.2,omega=Pi/5,x),4):y:=evalf(subs(l=0.2,omega=Pi/5,y),4):eq:=evalf(subs(l=0.2,eq),4):with(plots):#绘制D点轨迹implicitplot({eq},X=-0.2..2,Y=-0.1..0.1):结果如图10。五、如图11所示，物体1和2的质量分别为m1与m2，滑轮的转动惯量为J，半径为r。（1）如物体2与桌面间的摩擦系数为，求系统的加速度a及绳中的张力T1和T2；（2）如物体2与桌面间为光滑接触，求系统的加速度a及绳中的张力T1和T2。（设绳子与滑轮间无相对滑动，滑轮与转轴无摩擦）。解：（1）用隔离体法，分别画出三个物体的受力图。如图12，对物体1，在竖直方向应用牛顿运动定律111()Tmgma如图13，对物体2，在水平方向和竖直方向分别应用牛顿运动定律22TNma，20Nmg如图14，对滑轮，应用转动定律21TrTrJ，并利用关系ar，由以上各式，解得图8图10图11图9Maple理论力学612122mmagJmmr；22211122JmmrTmgJmmr；11222122JmmrTmgJmmr（2）0时1122magJmmr；2211122JmrTmgJmmr；122122mTmgJmmr●Maple程序：restart:#清零eq1:=T[1]–m[1]*g=m[1]*(-a);#重物1受力eq2:=T[2]-mu*N=m[2]*a;#重物2水平方向受力eq3:=T[2]*r-T[1]*r=J*(-alpha);#滑轮所受力矩N:=m[2]*g;#重物2竖直方向受力alpha:=-(a/r);#角加速度SOL1：=solve({eq1,eq2,eq3},{a,T[1],T[2]});#解方程a:=subs(SOL1,a);#a的大小T[1]:=subs(SOL1,T[1]);#T[1]的大小T[2]:=subs(SOL1,T[2]);#T[2]的大小mu:=o:#摩擦系数为零a:=subs(SOL1,a);#摩擦为零时a的大小T[1]:=subs(SOL1,T[1]);#摩擦为零时T[1]的大小T[2]:=subs(SOL1,T[2]);#摩擦为零时T[2]的大小六、如图15所示，在半径为R1、质量为M的静止水平圆盘上，站一静止的质量为m的人。圆盘可无摩擦地绕过盘中心的竖直轴转动。当这人沿着与圆盘同心，半径为R2（R1）的圆周相对于圆盘走一周时，问圆盘和人相对于地面转动的角度各为多少？解：设人相对圆盘的角速度为，圆盘相对地面的角速度为M。则人相对地面的角速度为mM应用角动量守恒定律2221102mMmRMR得，2221102MMmRMR图12Maple理论力学7解得：2222222221212122MmRmRmRMRmRMR圆盘相对地面转过的角度为：22222222222121122242222/()MMmRmRdtdtmRMRmRMRMRmR人相对地面转过的角度为：2mmMdt21222221212222/()1MRmRMRmRMR答案：（1）22222221124422/()mRmRMRMRmR，或；（2）21222221212222/()1MRmRMRmRMR，或。●Maple程序：restart:#清零eq1:=omega[m]=omega+omega[M];#角速度关系eq2:=m*R[2]^2*omega[m]+(1/2)*M*R[1]^2*omega[M]=0;#角动量守恒SOL1:=solve({eq1,eq2},{omega[M],omega[m]});#解方程组omega[M]:=subs(SOL1,omega[M]);#圆盘角速度omega[m]:=subs(SOL1,omega[m]);#人的角速度theta[M]=Int(omega[M],x);#求圆盘转角公式theta[m]=Int(omega[m],x);#求人的转角公式eq3:=theta[M]=int(omega[M],x);#求圆盘