2018年第七届孙训方力学竞赛及解答(理论力学部分)

xC
ml sin

xC

4 3
ml
2

0
mgl sin ml cos xC 4 ml 2 0 ，当 π 时， mgl 4 ml 2 0
3
2
3
故杆 CB 的角加速度： 3g 4l
三、地面对于圆盘的摩擦力及支持力的大小；
由于系统是保守力做功，所以机械能守恒，即：
E Ek Ep 5 mxC2 mlcos xC 2 ml 22 mgl cos C1 ，
4
3
当 0 时， xC 0 ， 0 ，故 C1 mgl
当 π 时，有 5 mxC2 2 ml 22 mgl (2)
22
速度为零。
将此结果代入(2)式，则： 2 ml 22 mgl ，CB 3g
3
2l
二、杆 CB 的角加速度、圆盘中心 C 的加速度；
L d L
xC

dt

xC

0，
d
5 mxC

mlcos



5 mxC

ml cos
20 0.5 200 0.05 rad/s ,故气缸的角速度O1D 0.05 rad/s
将(1)式向 AO1 投影，有
vA sin 60 vr 10 3 mm/s
二、加速度分析
aB ae ar aK ， aB a A aBA ， aA aC aAC
此处，因考虑与点 C 区分，科氏加速度以 aK 表示。 根据上述关系，有
ae ar aK aC a AC aBA ，考虑切向和法向，有
aen

a
t e
ar
aK
aCn
aCt

a
n AC

a
t AC

a
n BA

a
t BA
(2)
各加速度矢量关系图如图(b)
将式(2)向轴投影，有
Ek

Ek1

Ek 2

5 4
mxC2
mlcos
xC

2 3
ml 22
系统的势能
Ep mgl cos
系统的拉式函数： L Ek Ep 5 mxC2 mlcos xC 2 ml 22 mgl cos (1)
4
3
一、求解杆 CB 的角速度、圆盘中心 C 的速度；
【解答】 一、速度分析 以点 B 为动点，动参考系固连在气缸 O1D 上。则有： vB ve vr 以点 A 为基点， vB v A vBA ，因此有 v A vBA ve vr (1) 显然此时， BA O1D 作速度关系图如图(a):
vA OA 0.2 100 20 mm/s 将(1)式沿轴投影 vA cos 60 AB O1B

2mg

3g m
l

5 mg
4l 4
sin 30 aK
31
31
200 O1D 1
2
5 2 2
2
Leabharlann Baidu
5 2
3
解得：O1D 0.021 rad/s2
第 3 题（本题 20 分）
如图所示的系统，均质圆盘和均质杆 CB 的质量均为 m，均质圆盘半径为 R， 置于粗糙平面上，均质杆的长度为 2l。初瞬时，系统处于静止，细杆处于铅垂位 置。若此时发生一个扰动，使杆 CB 稍微偏离铅垂位置后倒下，圆盘在地面上只 滚不滑，求当均质杆 CB 运动到水平位置的瞬时，
1 2
m
xC

lcos

2

1 2
m
l
sin

2

1
1
m2l
2


2
2 12

1 mxC2 1 m2lcos xC 1 ml 22 1 ml 22
2
2
2
6

1 2
mxC2

1 2
m2lcos
xC

2 3
ml 22
系统的动能
对圆盘做受力分析，如图(b)所示
根据平面运动微分方程：
3g
JC
M C Fi ， 1 mR2 aC FR ， 1 mR2
5
FR ， F
3 mg
2R
2R
10
对整体进行分析，如图(c)，并利用达朗贝尔原理
Fy 0
FN
mg

Ft IAC
mg

0
FN

2mg

Ft IAC
a
n AC
2r

0.22 50

2mm/s2
a
t AC
r

0.1 50
5mm/s2
aet O1D BO1 aBt A BABA O1D BA ，则(3)式写为
a
t BA

aet

aCn
cos30
aCt
sin 30
a
n AC
cos30
a
t AC
普通本科组-理论力学部分
第 1 题 （10 分）
如图所示的两个圆柱体组成的摩擦制动装置，阻止中间圆轮在水平面内顺时 针方向转动，给定半径 R 和 r ，各接触面之间的摩擦因数均为 ，确定该制动装 置能够发生作用的 d 的最小值。
【解答】 当制动装置发生作用，小圆柱应处于静止状态。此时小圆柱受到大圆柱和边 缘约束的两个力的作用平衡，需满足等值反向共线，对小圆柱体进行分析，如下 图
ml sin2
0
dt 2
2
当 π 时， 5 mxC ml2 0 ，此时，2 3g ，故 aC xC 3 g
22
2l
5
L d L


dt




0
ml sin

xC

mgl sin

ml
cos
(1) 杆 CB 的角速度、圆盘中心 C 的速度； (2) 杆 CB 的角加速度、圆盘中心 C 的加速度； (3) 地面对于圆盘的摩擦力及支持力的大小。
【解答】 说明: 第一问是比较简单的，可以直接利用动能定理求解，考虑在水平位置
时，圆盘的角速度为 0，直接可以算出圆盘中心 C 的速度为 0，进而求出杆件的 角速度。然而，按照这种方法，计算圆盘中心 C 的加速度和杆件的角加速度依 然是很困难的，当然也可以使用系统机械能对时间的导数等于 0 来求解。本题的 参考解答采用拉氏方程进行求解。 如图(a)所示选取 xC, 为广义坐标。
此时，接触点 A，B 两处的全反力与半径的夹角在临界状态时，应为摩擦角 m 。当 d 更小时，则必然全反力位于摩擦角之外。
根据几何关系，有： 2m
dmin R cos r cos r R r cos 2m r R r 2 cos2 m 1 r
2r cos2 m R cos2 m sin 2 m 2r R 1 tan 2 m cos2 m
2r R 1 tan2 m
2r R 1 2
1 tan 2 m
1 2
第 2 题（本题 20 分）
如图所示的机构，圆盘 C 的半径 r 50mm ，在半径 R 150mm 的圆弧槽内 作纯滚动。圆盘顶部 A 连接活塞 AB 可在气缸 O1D 中滑动，AB 长 100mm，气缸 O1D 可 绕 O1 摆 动 ，图 示 瞬 时 ， 圆 盘 C 的 角 速 度 0.2 rad/s ， 角 加 速 度 0.1 rad/s2 ， OO1 100 3 mm ， AO OO1 ，求此瞬时气缸摆动的角速度和角 加速度。
2
4
3
L 0
xC
L xC

5 mxC
2
mlcos
L
代入拉式方程：
xC

d dt
L

xC

0 ，有
5 mxC
2
mlcos

C2 ，此式对于任意时刻成立。
考虑当 0 时， xC 0 ， 0 ，故 C2 0
π5 因此当 时， mxC C2 0 ，故 xC 0 ，即当细杆处于水平位置时，圆盘中心 C 的
aet
aK
aCn
cos 30 aCt
sin
30

a
n AC
cos
30

a
t AC
sin
30

a
t BA
(3)
其中：
aK 2O1Dvr 2 0.0510 3 3 mm/s2
aCn vC2 0.2 502 1 mm/s2
O2C
100
aCt r 0.1 50 5 mm/s2
取 x 轴为系统的零势能面： 在任意瞬时，杆件质心的坐标 xA xC l sin xA xC lcos y A l sin
3 圆盘的动能: Ek1 mxC
4 杆 CB 的动能
yA l cos
Ek 2

1
mv
2 A

1
J
A
2 AB
2
2