理论力学综合问题

综合问题习题综-1 滑块M 的质量为m ，在半径为R 的光滑圆周上无摩擦地滑动。

此圆周在铅直面内，如图所示。

滑块M 上系有一刚性系数为k 的弹性绳MOA ，此绳穿过光滑的固定环O ，并固结在点A 。

已知当滑块在点O 时线的张力为零。

开始时滑块在点B ，处于不稳定的平衡状态；当它受到微小振动时，即沿圆周滑下。

试求下滑速度v 与ϕ角的关系和圆环的支反力。

解：滑块M 在下降至任意位置时的运动分析及受力分析如图（a ）所示。

滑块M 在下降过程中v 与ϕ的关系可由动能定理确定：[]222221)sin 2()2(21)sin 1(2mv R R k R mg =-+-⋅ϕϕ解得)1(cos 2mgkRgR v +=ϕ （1）滑块M 的法向运动微分方程为)2180cos()90cos(sin 2ϕϕϕ-︒+-︒mg kR Rmv F 2N =- 把式（1）代入上式，化简得ϕϕϕ22N cos )(42cos sin 2kR mg mg kR F +--=综-3 一小球质量为m ，用不可伸长的线拉住，在光滑的水平面上运动，如图所示。

线的另一端穿过一孔以等速v 向下拉动。

设开始时球与孔间的距离为R ，孔与球间的线段是直的，而球在初瞬时速度v 0垂直于此线段。

试求小球的运动方程和线的张力F （提示：解题时宜采有极坐标）解：设小球在任意瞬时的速度为v 1，由于作用于小球的力对小孔O 之矩为零，故小球在运动过程中对点O 的动量矩守恒。

即 r mv R mv ⋅=1001v rRv =由题意 r = R - vt得小球在任意瞬时绕小孔O 转动的角速度为 201)(vt R R v r v -==ω 即 20)(d d vt R R v t -==θω 两边求积分得 vtR t v t vt R R v t -=-=⎰020d )(0θ 故小球的运动方程为 r = R - vtvt R tv -=0θ 而线的张力为 322021)(vt R R mv r mv F -==综-5 图示三棱柱A 沿三棱柱B 光滑斜面滑动，A 和B 的质量各为m 1与m 2，三棱柱B 的斜面与水平面成θ角。

如开始时物系静止，忽略摩擦，求运动时三棱柱B 的加速度。

解：1）以A 及B 为系统，由于作用于该系统上的外力无水平分量，因此该系统在水平方向动量守恒。

即 const 21=+B A x m x m 两边求导得：B A x m m x12-= （1） 2)以B 为动系分析A 的运动。

如图（a ）。

根据 a A = a e + a r = a B + a rθcos r a x x B A += （2）θsin r a y A -= （3） 3）对A 进行受力分析及运动分析，如图（b ），建立质点运动微分方程gm F y m F xm A A 1N 1N 1cos sin -==θθ由式（2）、（3）消去a r 得θtan )(A B A x x y -= 把式（1）代入上式得，θtan )1(12B A x m my+=， 再把该式与式（1）代入式（4）、（5）中消去F N ，解得g m m m xa B B )sin (22sin 2121θθ+-== （方向向左）综-7 图示圆环以角速度ω绕铅直轴AC 自由转动。

此圆环半径为R ，对轴的转动惯量为J 。

在圆环中的点A 放一质量为m 的小球。

设由于微小的干扰小球离开点A 。

圆环中的摩擦忽略不计，试求小球到达点B 和点C 时，圆环的角速度和小球的速度。

解：整个系统在运动过程中对转动轴动量矩守恒，机械能也守恒。

设小球至B 位置时圆环绕AC 轴转动角速度为B ω，小球至C 位置时圆环角速度为C ω，又设小球在最低位置为零势能点。

1）A 至B 过程动量矩守恒： B mR J J ωω)(2+=2mR J J B +=ωω（1）机械能守恒2222121212BB mv J mgR J R mg ++=+⋅ωω （2） 把式（1）代入式（2）解得⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-=1)(212222mR J J J mgR m v B ω 2）A 至C 过程动量矩守恒 C J J ωω=ωω=C机械能守恒 2222121212C C mv J J R mg +=+⋅ωωgR v C 2=如果确定小球在位置B 时相对于圆环的速度v Br ，则从速度分析知v Br 垂直向下，v Be 垂直于图面向里，且v Be B R ω=故 2222e2r 2mRJ R J gR v v v B B B ++=-=ω综-9 图示为曲柄滑槽机构，均质曲柄OA 绕水平轴O 作匀角速度转动。

已知曲柄OA 的质量为m 1，OA = r ，滑槽BC 的质量为m 2（重心在点D ）。

滑块A 的重量和各处摩擦不计。

求当曲柄转至图示位置时，滑槽BC 的加速度、轴承O 的约束反力以及作用在曲柄上的力偶矩M 。

解：曲柄OA 和滑槽BC 、滑块A 的受力分析与运动分析分别如图（a ）、（b ）和（c ）所示，其中p ( x )表示在BC 在槽上受到的分布力但我们不求这些力。

建立如图所示坐标系Oxy 。

1）求BCD 的加速度及水平力NF '。

选取BC 为动系，OA 曲柄上滑块A 为动点，A 点加速度分析如图（c ）所示。

根据加速度合成定理 a a = a e + a r 由于 r a 2ω=故)( cos cos 2a e ←===t r a a a BC ωωϕ根据质心运动定理，由图（b ）得滑槽BC 的运动微分方程 N2F a m BC '= 2）求轴承O 的动反力及作用在曲柄OA 上的力矩M曲柄OA 的质心在E 点，E 点加速度的方向沿曲柄OA 方向，且指向O 点（见图a ），其大小为22ra E ⋅=ω根据质心运动定理及刚体绕定轴转动微分方程Ex Ox a m F F 1N =+ （1）Ey Oy a m F g m 11=+-（2）αωω01N cos 2sin J t rg m t r F M =⋅-⋅- (3)将 t a a t a a F F E Ey E Ex ωωsin ,cos ,NN -=-='=21031r m J ⋅= 及α= 0代入方程（1）、（2）、（3）中，解得 轴承动反力)sin 2(cos )2(21122t r g m F t m m r F Oy Ox ωωωω-=+-=作用在曲柄OA 上的力矩t r t r m g m M ωωωcos sin 2221⎪⎭⎫⎝⎛+=综-11 图示均质杆长为2l ，质量为m ，初始时位于水平位置。

如A 端脱落，杆可绕通过B 端的轴转动、当杆转到铅垂位置时，B 端也脱落了。

不计各种阻力，求该杆在B 端脱落后的角速度及其质心的轨迹。

解：（一）B 脱落前瞬时lg mgl l m23)2(32122==⋅ωωB 脱落后杆以此角速度在铅直面内匀速转动。

（二）B 脱落后瞬时 23gll v Cx ==ω B 脱落后杆质心作抛体运动22123gt l y t gl x C C --==2223t gl x C = （1）22t gl y C -=+ （2）式（1）、（2）消去t ，得032=++l y lx C C即03322=++l ly x C C 此即所求脱落后质心的运动轨迹。

综-13 图示机构中，物块A 、B 的质量均为m ，两均质圆轮C 、D 的质量均为2m ，半径均为R 。

轮C 铰接于无重悬臂梁CK 上，D 为动滑轮，梁长度为3R ，绳与轮间无滑动。

系统由静止开始运动，求：（1）A 物块上升的加速度；（2）HE 段绳的拉力；（3）固定端K 处的约束反力。

解：图（a ） A B v v 21= A B y y 21= （各自正向如图示）Rv A C C D ==ωωω , 21重力功：A A A A AB B D mgy mgy y g m m gy m gy m m W 212)2()(12=-⋅+=-+=12121222222222023)221(2122121)221(2121W T T T mv m mv mv mR mv T T T T T A D B B C A D B C A =-==⋅+++⋅+=+++=ωωR 即 A A mgy mv 21232=上式求导：Rg R a a g a mgv a mv A C A AA A 661213====图（b ）：由系统动量矩定理mgF gm R g mR mg F mRa a mR R mg F R mv mR tmgR R F EH EH AC EHA c EH 3466)(221d d 22=⋅+⋅=-+=-⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=-ω图（c ）mg a g m F A A67)(=+=' 图（d ）mg F F Cy y 29, 0==∑图（c ）0 , 0==∑Kx x F FmgRR mg C K F M M mg F F F Cy K K Cy Kyy 227329 0290=⋅=⋅'==∑=='=∑综-15 均质细杆OA 可绕水平轴O 转动，另一端有一均质圆盘，圆盘可绕A 在铅直面内自由旋转，如图所示。

已知杆OA 长l ，质量为m 1；圆盘半径R ，质量为m 2。

摩擦不计，初始时杆OA 水平，杆和圆盘静止。

求杆与水平线成θ角的瞬时，杆的角速度和角加速度。

解：系统由水平位置转至与水平成任意θ角位置的过程中机械能守恒。

设水平位置OA 为零势能位置，而圆盘在运动过程中，因无外力偶作用，只能作平动。

因而有θθωωsin sin 2)(21)31(2102122221gl m lg m l m l m --+= （1）lm m g m m )3(sin )36(2112++=θω （顺）式（1）对t 求导后消去td d θω=，得θωαcos )3(2)2(3d d 2112m m l m m g t ++== （与ω同向）综-17 图示质量为m 、半径为r 的均质圆柱，开始时其质心位于与OB 同一高度的点C 。

设圆柱由静止开始沿斜面滚动而不滑动，当它滚到半径为R 的圆弧AB 上时，求在任意位置上对圆弧的正压力和摩擦力。

解：圆柱由静止开始沿斜面然后进入圆弧轨道过程中只滚不滑，受力及运动分析见图（a ）设圆柱质心速度为v ，则由动能定理得θθcos )(34cos )()(2321222r R g v r R mg rv mr -=-=⋅由图（a ），根据以点D 为矩心的动量矩定理有：（必须指出，这里的点D 为圆柱的速度瞬心，且圆柱在运动过程中速度瞬心至质心的距离不变，才有如下的表达式）θθsin 32sin )(23t t2g a mgr r a mr ==而 θcos 342n g r R v a =-=由质心运动定理：θθcos sin N n t mg F ma mg F ma -=+=代入解得 θsin 31mg F -= （与原设反向）θcos 37N mg F =综-19 均质细杆AB 长为l ，质量为m ，起初紧靠在铅垂墙壁上，由于微小干扰，杆绕B 点倾倒如图。