理论力学期末复习题(动力学2)

理论力学作业及试卷中典型错解选评主编：江晓仑制作：林德荣•错误解答•错因分析•正确解答*********************************************************** *********前言理论力学课程是工科各专业的主干课程，又是基础力学(理论力学、材料力学、结构力学)课程的第一门课程，广大学生在学习本课程时，总感到有些难学，尤其感到作题难。

为了帮助广大学生克服学习理论力学课程时的困难，我们从多年积累的学生作业及考试试卷中所犯下的诸多常见错误中，选其典型的，选编了一部分，指出错因，给出正确解答，以使广大学生从过去人们常犯的错误中，吸取教训，加深对本课程的概念、公式、定理、原理、方法的理解，以便学好本门课程。

2007年3月动力学（二）题4-1 质量为m 的物块放在质量为m 2的光滑均质杆AB 的中点上，杆AB 系3根绳子保持在图4-1（a ）所示的位置。

已知r B O OA ==1，r OO AB ==1，不计物块尺寸。

试求当绳AD 突然剪断时，绳OA 的角加速度及绳中的张力。

错误解答：当剪断AD 绳后，杆AB 作转动。

绳OA 的角加速度为α，A 点加速度αr a A =。

虚加的惯性力系向杆AB 质心C 简化，其受力图如图4-1（b ）所示。

由达朗伯原0=∑xF，030sin 330=-mg ma A所以 g a A 21=rg r a A 2==α ∑=0)(F M A，0230sin 32330cos 00=⋅+⋅--⋅r ma r mg J r F A C B α 所以 ⎪⎭⎫⎝⎛⋅-+=A CB ma r J mg F 3212331α⎪⎭⎫⎝⎛-⋅⋅+=A ma r m r mg 23)2(12123312αmg mr mr mg 363292331331=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=αα∑=0yF，030cos 30=-+mg F F B A所以 B A F mg F -=030cos 3 mg mg mg 3632536329233=-=错因分析：（1） 将绳AD 剪断瞬时，杆AB 与物块G 的速度均为零，但杆AB 光滑，物块G 与杆AB 之间将有相对运动。

物块G 在杆上只是瞬时静止，相对滑动的速度为零，但相对滑动的加速度却不为零。

上解中误认为物块G 在杆AB 上静止不动，没考虑相对滑动的加速度r a 。

（2）杆AB 作平动而非转动，其角加速度为零，显然惯性力向其质心简化的主矩应为零。

上解中虚加了惯性力系主矩αC J 是错误的。

正确解答：当剪断AD 绳后，杆AB 作平动，该瞬时绳OA 的角速度为零，杆AB 及物块G 的速度为零。

杆AB 平动的加速度为αr a A =，物块G 相对于杆AB 有加速度r a 。

若以物块G 为动点，杆AB 为动系，则动系平动。

根据牵连运动为平动时的加速度合成定理，有r A r e a a a a a a +=+=以物块G 为研究对象，其受力图如图4-1（c ）所示。

由质点动力学基本方程∑=x x F ma ，有()030cos 0=-r A a a m 所以 A r a a 23=以整体系统为研究对象，其主动力，约束反力和虚加的惯性力如图4-1（d ）所示。

由平衡方程，有0=∑xF，030sin 330cos 300=--mg ma ma r A即 02323233=-⋅⋅-g a a A A 得g a A 32=于是，绳OA 的角加速度为 g rr a A 32==α∑=0)(F M A，023230sin 330cos 00=⋅-⋅+⋅r mg r ma r F A B ⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-=⎪⎭⎫⎝⎛-=g m mg ma mg F A B 322333123331mg mg 33232==∑=0yF，030cos 30=-+mg F F B A所以 mg mg mg F A 635332233=-=题4-2 质量为m 、长为l 的均质杆AB ，其A 端装有不计质量的小轮，小轮可沿光滑斜面下滑。

设初瞬时杆静止于铅垂位置，求开始下滑时A 点的加速度因为初瞬时杆AB 铅垂，故开始下滑时，杆AB 作平动。

设开始下滑时A 点的加速度为A a ，方向为沿斜面向下。

由于杆作平动，故将惯性力系向质心简化，惯性力系的合力为A I ma F -=，作用在质心。

其受力图如图4-2（a ）所示。

由平衡方程，有0=∑xF，0sin =-θmg ma A （1）所以 θsin g a A =0=∑yF，0cos =-θmg F N （2）所以 θcos mg F N =错因分析：杆AB 从静止的铅垂位置开始运动后将作何种运动要加以论证。

对于图4-2（a ）来说，若对杆应用相对于质心的动量矩定理，可知()0sin 2≠⋅==∑θαlF F M J N C C ，即0≠α，因为C J 、l 、θ、N F 均不为零。

故杆AB 不作平动而作平面运动。

不加论证就断言杆AB 作平动是错误的。

正确解答：当杆AB 从静止的铅垂位置开始运动后，杆AB 将作何种运动？为了解答这一问题，对杆AB 应用相对质心的动量矩定理［图4-2（a ）］，有θαsin 2lF J N C ⋅= （1）因为C J 、l 、θ均不为零。

再由质心运动定理θcos mg F ma N cy -= （2）由于m 、g 、θcos 、cy a 均不为零，故0≠N F ，由式（1）可见，0≠α，即运动开始时杆AB 的角加速度0≠α，故杆作平面运动。

因初瞬时系统静止，故杆AB 的初角速度00=ω，以A 为基点，质心C 的加速度为τCA A C a a a +=将惯性力系向质心C 简化，其主矢、主矩以及主动力、约束反力如图图4-2（b ）所示。

由平衡方程，有()0=∑F M A ，02cos 2=⋅+⋅--l ma l ma J A CA C θατ（3）式中2121ml J C =α，ατ2l a CA =，故有la A 2cos 3θα=（4） 0=∑xF，0sin cos =--θθτmg ma ma CAA 即 0sin cos 2=--θθαg la A0sin cos 2cos 32=-⎪⎭⎫⎝⎛-θθθg l a l a A A解得 θθ2cos 34sin 4-=g a A由式（4），有()lg g l l a A θθθθθθα22cos 342sin 3cos 34sin 42cos 32cos 3-=-⋅==∑=0yF，0cos sin =-+θθτmg ma F CAN （5） 所以 θαθsin 2cos ⋅⋅-=lm mg F N()θθθθsin cos 342sin 32cos 2⋅-⋅⋅-=lg l m mg ()mg mg θθθθ2cos 342sin sin 23cos -⋅-= 题4-3 质量为m 、长为l 的均质杆AB 放在光滑墙棱D 上，在杆与铅垂墙之间夹角为θ且b CD =时无初速释放。

试求初瞬时质心C 的加速度和D 处的约束反力。

在无初速释放瞬时，杆的角速度为零，但角加速度α不为零，设其沿顺时针转向。

主动力，约束反力和向质心简化的惯性力系主矢、主矩如图4-3（a ）所示。

由平衡方程，有()0=∑F M D，0sin =-⋅-θατmgb b ma JCD C（1）式中2121ml J C =，ατb a CD=，故有 0sin 12122=-+⋅θααmgb mb ml 2212sin 12b l gb +=θα （2）而质心C 的加速度为22212sin 12bl gb b a a CD C +===θατ（3）0=∑yF，0sin =-+θτmg ma F CD ND （4） 所以 θαθsin 12sin 222mg bl l mb mg F ND+=⋅-= 错因分析：当杆在θ位置无初速释放时，由于棱角D 光滑，虽然杆AB 相对棱角D 滑动速度为零，但滑动加速度不为零。

杆AB 上D 点相对于棱角D 有滑动加速度D a ，沿杆AB 方向。

上解中认为D 点不但速度为零，而且加速度也为零，这实际上是把D 点当成定轴了，显然是不正确的。

正确解答：当杆AB 在θ位置无初速释放时，杆的角速度为零，但角加速度不为零。

杆相对于棱角D 滑动的速度为零，但杆上D 点相对于棱角D 点滑动加速度不为零，因为由质心运动定理θcos mg ma Cx =可知，质心C 有沿杆方向的加速度，因此，杆上D 点有相对于棱角D 滑动的加速度D a ，以D 为基点，则C 点的加速度为τCD D C a a a +=，ατb a CD = （1）以杆AB 为研究对象，设其角加速度α沿顺时针方向，主动力、约束反力以及惯性力系向质心简化的主矢和主矩如图4-3（b ）所示。

由平衡方程，有0=∑xF，0cos =-D ma mg θ （2）所以 θcos g a D =()0=∑F M D，0sin =-⋅-θατmgb b ma JCD C（3）式中2121ml J C =，ατb a CD=，故有 0sin 12122=-+⋅θααmgb mb ml 于是 2212sin 12bl gb +=θα 而质心C 的加速度为 θcos g a a D Cx == 22212sin 12b l gb b a a CDCy +===θατ0=∑yF ，0sin =-+θτmg ma F CD ND （4） 所以 θαθsin 12sin 222mg b l l mb mg F ND+=⋅-=题4-4不等高曲柄连杆机构中，曲柄r AB =，其上作用一力偶M ，连杆BC 长l ，滑块C 上作用一力F 。

各处摩擦不计。

试求平衡时M 与F 的关系。

错误解答：系统具有一个自由度，取广义坐标为θ，给曲柄AB 虚位移δθ，则B 、C 两点的虚位移如图4-4所示。

由虚位移原理，0=⋅∑i i r F δ，有0=+-C r F M δδθ （1） 曲柄AB 可作定轴转动，故B 点的虚位移δθδr r B =，而B r δ与C r δ之间，有关系ϕδψδcos cos C B r r = （2）由几何关系知θϕψ-= （3）故有 ()ϕδθϕδcos cos C B r r =- 即 ()δθϕθϕδcos cos -=r r C （4） 将式（4）代入（1），得 ()0cos cos =-⋅+-δθϕθϕδθr F M （5）所以 ()0cos cos =--M r Fϕθϕ （6） 错因分析：上解中式（3）是错误的。

根据几何关系，应有θϕψ--=090而不是θϕψ-=。

由此导致式（4）、（5）、（6）都是错的。

正确解答：系统具有一个自由度，取广义坐标为θ，曲柄AB 可绕A 轴转动，其虚位移为δθ，B 点的虚位移δθδr r B =。