理论力学习题解答3

3g 1 cos
l
对式①求导 解得：
1 ml2 d 1 mgl sind
3
2
3g sin
2l
由质心运动定理，有
maCx FBx
FBx
maC
cos
ma
n C
s in
aCn
FBy
aC
m l cos m l 2 sin
2
2
3 mg sin 3cos 2
FBx
4
maCy FBy mg
导板质心的加速度
aC = d2y/dt2 = – eω2cos ωt
y
C
h y
D
R φA Oeω
y = R+e cos ωt
设弹簧的原长为l，当导 板在最低位置(y =R–e)时弹 簧的压缩为b，即
h –(R–e) = l – b h – l = (R–e) – b
在任意位置弹簧的变形
λ= l – (h – y) = e(1+cos ωt)+b
s in 2 g
0
2
由动能定理 T2 T1 W
1 2
J
Pr
2
s in 2 g
0
2
0
M
2
F
4r
2M 4rF 2g Jg Pr2 sin2 0
14-13、图示曲柄连杆机构位于水平面内。曲柄重 P 、长为 r ， 连杆重 W 、长为 l ，滑块重 G ，曲柄及连杆可视为均质细长杆。 今在曲柄上作用一不变转矩 M ，当∠BOA = 900 时 A 点的速度 为 u ，求当曲柄转至水平位置时 A 点的速度。
T1
1 2
1 3
P g
r2
u r
2
1 2
W g
u2
1 2
G g
u2
P 3W 3G u2 6g
T2
1 2
1 3
P g
r2
v r
2
1 2
1 3
W g
l2
v l
2
P W 6g
v2
T2
T1
M
2
P W v2 P 3W 3G u2 M
6g
6g
2
v 3Mg P 3E 3Gu2
FBy mg maC sin maCn cos
mg m l sin m l 2 cos
2
2
mg 3 mg 3sin2 2co 4
mg
sin 3cos
2
0
得
c os1
2 3
即
1
arccos2 3
（3）从 B端脱离墙开始，系统水平方向动量守恒。
P W
14-14、图示行星齿轮机构位于水平面内，动齿轮A重P、半径为r， 可视为均质圆盘；系杆OA重W，可视为均质细杆；定齿轮半径为 R。今在系杆上作用一不变的转矩M使轮系由静止而运动，求系 杆的角速度与其转角的关系。
T
1
1
W
R
r 2 2
1
3
P
r 2
R
r
2
23 g
22g r
2W 9P R r2 2
C vB
mvcx mvB mvCx1
B vCB
A vC
vB
vCx1
l 2
1
c
os1
vB
1 3
gl
从 B端脱离墙开始，应用动能定理，有
T2
T1
mg
l 2
cos1
1 3
mgl
②
其中
T1
1 2
1 3
ml 2
12
1 6
mgl
T2
1 2
mvC2
1 2
J C 2
1 2
m
vB2
vC2B
1 1 ml2 2
T2=[m(ve– vr)2+m0ve2]/2
而 ∑Wi = mgr 故由动能定理可得
[m(ve– vr)2+m0ve2]/2 = mgr
O r
vr 8gr/ 3
A
mg
vr
B ve
vr = 4ve
(2) 设小球在B处时的绝对速度为aB,物块的速度为ae, 则有
aB = ae+ arn + arτ maB= m(ae+ arn + arτ) = mg + FN marn= FN –mg 式中 arn= vr2/r
aCn = vC2/ρ
再由动能定理的积分形式 T2－T1 = ∑Wi
初时刻系统的动能 T1 = 0 两绳位于铅直位置时,系统的动能 T2 = mvC2/ 2
而
∑Wi = mgρ(1－sin 60º)
mgρ(1－sin 60º) = mvC2/ 2
aC aCn (2 3)g
FA
A
aCn
C
mg
FB B 60º
(FB – FA ) sin 60º– (FA+FB ) cos 60º= 0
由以上方程即可解出FA、FB和aC。
(2) 两绳位于铅直位置时,受力如图。
FA
A
aCn
C
mg
FB B 60º
aCτ b
maCτ = 0 maCn = FA+FB – mg FB (b/2) – FA (b/2) = 0
式中:
12 g
T 0 M
2W 9P R r2 2 M
12 g
2 3Mg
R r 2W 9P
14-20. 图示正方形均质板的质量 m=40kg, 边长 b=100mm, 在铅垂面内用三绳拉住。试求:(1)绳 FG剪断瞬间,正方形板的加速度以及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。
C
A
B
D
θ
E
解: 以整个系统为研究对象,受力如图示。任意时 刻系统的动能为
T = (m1+m2)v2/ 2
dT = (m1+m2)v dv
而
∑δWi=(m1sinθ –m2)gds
a=(m1sinθ –m2)g/ (m1+m2)
C v
A
B
D
m2g
m1g θ
Fx E
a=(m1sinθ –m2)g/ (m1+m2)
aCτ b
maCτ = 0 maCn = FA+FB – mg FB (b/2) – FA (b/2) = 0
即可解出FA和FB。
14-21. 图示三棱柱A沿倾角为θ的斜面B无摩擦地 滑动, A和B的质量分别为m1和m2, 斜面B置于光滑 的水平面上。试求任意时刻斜面B的加速度。
A
B
θ
解: 斜面B
2 12
1
mgl
1
m
l
2
1
ml 2 2
18
2 2 24
1 mgl 1 ml22
18
6
解方程②，可得
8g
3l
C vB
B vCB
A vC
如图所示，有
vc
vB2 vC2B
1 gl l 8g 1 9 4 3l 3
7gl
综-9(Ⅱ). 图示斜面D的倾角为θ, 重物A沿斜面下 滑, A和B的质量分别为m1和m2, 滑轮C和绳的质量 及一切摩擦均忽略不计,试求斜面D作用于地面凸 出部分E的水平压力。
D
E
A
B 60º
F GC
b
解: (1) 板作平动,初始位置受力如图。
绳FG剪断瞬间: vC=0
aCn= 0, aC = aCτ
FA
FB
由质心运动定理有
A
B 60º
aCn
C
mg
aCτ b
maCτ = mg cos 60º 0= FA+FB – mgsin 60º
板作平动
ε=0
JC ε = MC(Fi)
A B
C
解: 圆环和小球所组成的系统在运动过程中对z 轴的
动量矩守恒。初始时刻小球的速度为零,圆环的角速
度为ω。设小球在B和C处时的速度分别为vB和vC,圆
环的角速度分别为ωB和ωC,则有
LzA= Jω LzC= JωC
zω
LzB=JωB+Mz(mvB) =JωB+Mz(mve)+Mz(mvr)
A B
FN
aB B
m2g
θ
m2aB= FN sin θ
三棱柱A
A
aB
ar
+ F'N m1g
运动学关系:
aA = aB + ar m1(aB+ar)= m1g+ F'N
m1aBsinθ=m1gcosθ–F'N
aB=(m1gsin 2θ)/2(m2+m1sin2θ)
14-22. 图示圆环以角速度ω绕铅直轴AC转动, 圆 环的半径为R, 对转轴的转动惯量为J。质量为m的 小球最初放在环中A点, 受微扰后沿环滑下。不计 摩擦, 求小球到达B和C时, 圆环的角速度和小球的 速度。
FN =11mg/3
O
A
r arn
B
arτ
ae
vr 8gr/ 3
mg FN
14-25. 图示均质杆OA长为l,质量为m1;均质圆盘 半径为R,质量为m2。不计摩擦,初始时刻杆OA水 平,杆和圆盘静止。试求杆与水平成θ角时,杆的角 速度和角加速度。
O
A
θ
解: 以圆盘为研究对象,因外力对质心A的矩为零,故 圆盘相对于质心A的动量矩守恒。初始时刻圆盘静止, LA1=0。设杆与水平成θ角时,圆盘的角速度为ωA,则有
O
A
r
B
解: (1)系统在水平方向动量守恒,初始时刻小球和物 块的速度均为零,设小球在B处时的绝对速度为vB,物 块的速度为ve,则有
vB = ve+ vr
vB = ve– vr
m(ve– vr) +m0ve = 0
vr = 4ve
O
A
r
mg
B
vr
ve
初始时刻系统的动能T1=0,小球在B处时系统的 动能
再由质点系动量定理在水平方向的投影可得
Fx
dPx dt
d dt
(m1vcosθ)
=
m1acosθ
将a代入即可得水平压力Fx。
C
v
A
B
D
m2g
m1g θ
x
Fx E
综-15. 质量为 m=4kg的均质杆, 用两根等长的 平行绳悬挂,如图所示。试求其中一根绳被剪断 瞬间,另一绳的张力。
A
B
解: 以AB为研究对象,绳断瞬间受力如图示。因为 水平方向无外力作用,故aC沿铅直方向。
maC = mg– FT
FT
aC
C
A
mg
εB
初始时刻 aAn= 0
JC ε = FTl/2
式中:
JC= ml2/12
因为:
aAn+aAτ=aC+anAC+aτAC anAC= 0
aAτ=aC+aτAC
aC=aτAC =lε/2
由此即可解出FT =mg/4 。
在凸轮导板机构中，
偏心轮的偏心距OA=e。
LA2= JAωA LA2= LA1
ωA= 0
O θ
ωA A
以杆和圆盘组成的系统为研究对象,初始时刻系 统的动能T1=0,杆与水平成θ角时系统的动能
T2
1 2
JOω2
1 2
m2vA2
m1 3m2 l2ω2 6
而 ∑Wi=(m1+2m2)gl(sinθ)/2
代入动能定理
O
T2–T1=∑Wi
即可解出
偏心轮绕O轴以匀角速
ω转动。 当导板在最低
位置时弹簧的压缩为b。
导板的质量为m。为使
导板在运动过程中始终
C
D
不离开偏心轮，试求弹
簧刚度的最小值。
A O eω
解: 导板CD作平动。首
y
先求导板的加速度及弹簧
的变形。
因CD不离开偏心轮， 故有
C
h y
D
R φA O eω
y = R+e cos φ = R+e cos ωt
θ
m1g
ω
m1g
ωA= 0
vA
m2g
A m2g
ω2 3(m1 2m2 )g sinθ (m1 3m2 )l
ω 3(m1 2m2 )g sinθ (m1 3m2 )l
ε 3(m1 2m2 )cosθ g 2l(m1 3m2 )
O O
θθ ω
A vA
14-28. 、均质细杆AB长为 l ，质量为 m ，起初紧靠在铅垂墙壁
上，由于微小扰动，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及B处的约束力；（2）
B端脱离墙时的 1 角；（3）杆着地时质心的速度及杆的角速度。
解：（1） B 端未脱离墙时AB杆作定轴转动， 由动能定理有
1 1 ml2 2 mg l 1 cos ①
23
2
解得：
理论力学
习题解答
14-12、图示滑道连杆机构，位于水平面内。曲柄长 r ，对转轴
的转动惯量为 J ；滑块 A 的质量不计。今在曲柄上作用一不变
转矩 M ，初瞬时系统处于静止，且∠AOB = 0 ，求曲柄转一
周后的角速度。
va
vr
T1 0
ve
T2
1 2
J 2
1 2
P g
r
sin 0
2
1 2
J
Pr 2
= mR2ωB LzB=JωB+mR2ωB
C
mg
mvB2+J(ωB2 – ω2) = 2mgR
由此即可解出vB。而
zω
TC=(JωC2+mvC2)/2
∑WAC = 2mgR
A B
mvC2+J(ωC2 – ω2) = 4mgR
C
mg
vC 2 gR
14-23. 质量为m0的物块静止于光滑的水平面上。 一质量为m的小球最初位于A处, 后沿物块上半径 为r的光滑半圆槽无初速地滑下。若m0=3m,试求小 球滑到B处时相对于物块的速度及槽对它的压力。