理论力学试题2和答案解析

理论力学试题
（动力学部分）
一．
选择题（将正确答案的序号填入括号内，共 14 分，每小题 2 分） 1.在图 1 所示两种情形中，已知物块A和B的重量分别是GA和GB，把图（a）中的物
块A换成力GA，即是图（b）所示的情形。若用 aA 和 aB 分别表示图（a）和图（b）中
物块A加速度的大小，则有（ ）
E
H
AC
r
D
R
图 11
B
2. 质量是 m，长度是 l 的匀质杆 AB，可绕过点 O 的水平轴转动，OB= 1 l 。开始时杆 3
静止于铅直位置（图 12 中的虚线位置），受轻微扰动后而转动，试求：杆转至任意位置(θ)
时的角速度和角加速度，以及 O 轴的反力。（20 分）
A0 A
C0
θC
O B
B0 图 12
2l
.
..
考虑到θ
.
=θ
dθ
，将上式分离变量，并注意运动的初始条件，当θ
=
.
0 时θ
=
0 ，就能得
dθ
到
由此得
∫ ∫ . θ. . θdθ =
θ 3 g sin θ d θ
0
0 2l
再写出质心运动定理方程，即
.
θ=
3g (1 − cosθ )
l
∑ ⎪⎧maCn = Fn ∑ ⎨
⎪⎩maCτ = Fτ
初动能为 末动能为
T1 = 0
T2
=
1 2
m
Av
2 A
+
1 2
m
A
ρ
2ω
2 A
+
1 2
mB
v B2
=
1 2
m
A
(
2vB 3
)2
+
1 2
mA (
2r)2 (vB 3r
)2
+
1 2
mB
v
2 B
=
1 6
(2mA
+
3mB
)vB2
主动力的功为
∑W = mB gh
代入（1），得 由此求得
1 6 (2mA
+
3mB
得
⎪⎪⎧m
l 6
..
θ
=
Nτ
+ mg sinθ
⎨ ⎪⎪⎩m
l
.
θ
6
2
=
Nn
+
mg
cosθ
. Байду номын сангаас.
将θ 和θ 的表达式分别代入上列两式，即可求得
3．解：
Nτ
= − 3 mg sinθ 4
Nn
=
1 mg(1 − 3cosθ ) 2
系统具有两个自由度，选 x,ϕ 为广义坐标（见图 3）。于是，系统的动能为
xϕ sinϕ
dt
.
∂ϕ
∂T
..
= ml xϕ sinϕ
∂ϕ
∑[
Qx =
δW ]x = F (t)δx = F (t)
δx
δx
Qϕ
= [∑δW ]ϕ
δϕ
=
− mgl sinϕδϕ δϕ
= −mgl sinϕ
x
A
ωA
F (t)
x
vB
vr ϕ
B
ϕ
ve 图3
代入拉格朗日方程，有
⎧ ⎪⎪(
3 2
M
+
m)
..
x−
..
ml ϕ
cosϕ
+
.2
ml ϕ
sin ϕ
=
F (t)
⎨ ..
⎪⎪⎩ϕ.. −
x l
cosϕ
+
g l
sin ϕ
=
0
x
A
F (t)
ϕ
B 图 13
自测试题五解答
一． 选择题 1.（A）2.（D）3.（D）4.（D）5.（C）
二． 填空题
g
1.
r
2. mrω 2 ，沿 OB 方向； 2mωvr ；垂直于 OB 朝斜下方
3. − cr 2 (3 − 5)
三． 计算题 1.解：
4. u B vA
5.
(10m1
+
4 3m2
（B） 1 mr 2ε 2
（D） 3 mr 2ω 2
二．填空题（共 21 分，每小题 3 分） 1. 在图 6 所示曲柄滑道机构的曲柄长 OA=r，以匀角速度 ω 绕过点 O 的轴转动，它的
上端放一质量是 m 的物块 M。欲使物块在机构中始终不脱离滑道杆上端，则角速度 ω≤ __________。
= (3 M
.
.
+ m) x− ml ϕ cosϕ
.
∂x
2
d
∂T ()
=
3 (
M
..
..
+ m) x− ml ϕ cosϕ
.2
+ ml ϕ
sin ϕ
dt
.
∂x
2
∂T = 0 ∂x
∂T
.
.
= ml 2 ϕ − ml x cosϕ
.
∂ϕ
d
( ∂T
)
=
..
ml 2 ϕ − ml
..
x cosϕ
+ ml
..
)v
2 B
=
mB gh
vB =
6mB gh 2mA + 3mB
E
C
vA
·
ωA A GA
H D
图1
将式（2）两端对时间 t 求导，得
B h
vB
GB
1 3
(m
A
+ 3mB )vB
dvB dt
=
mB
g
dh dt
考虑到 dvB dt
=
aB
和
dh dt
= vB ，即得
（1） （2）
aB
=
3mB g 2mA + 3mB
T
=
1 2
M
.2
x+
1 2
(1 2
Mr
2
)ω
2 A
+
1 2
mvB2
.
而
ωA
=
x r
所以动能为
.2
.2
..
v
2 B
=x
+l2ϕ
− 2l xϕ cosϕ
T
=
3
M
.2
x+
1
.2
m(x +
.2
l2ϕ −
2l
..
xϕ
cos ϕ )
4
2
=
1
(3
M
+
m)
.2
x+
1
.2
ml 2 ϕ −
ml
..
xϕ
cosϕ
22
2
∂T
)rω
2
如图 1 所示，取整个系统为研究对象。设重物 B 下降 h 时的速度为 vB ，此时，鼓轮的
角速度 ω A
=
vB R+
r
=
vB 3r
，鼓轮质心的速度 vA
=
2rω A
=
2 3
v
B
。由于加在系统上的约束力
在系统运动过程中作功的总和为零，本题宜用积分形式的动能定理
求解。
∑ T2 − T1 = W
小等于____________。
C
A
O
r 2r
图 10
三．计算题（共 65 分）
1. 图 11 所示的系统中，匀质鼓轮A的质量是mA，对质心轴C的回转半径 ρ = 2r ，轮
轴和轮缘外圆的半径分别是r和R=2r，重物B的质量是mB。若将系统由静止释放，求重物下 降距离h后的速度和加速度。假定鼓轮沿水平面作纯滚动，绳子EH段与水平面平行，且定滑 轮D的质量略去不计。（20 分）
m1r
2
.
ϕ2
（D）
1 12
(9m1
+
2m2
)l
2
.
ϕ2
Oω ε
5图5
5. 质量是 m，半径是 r 的匀质圆盘，在铅直平面内绕通过边缘上一点 O 的水平轴转
动（图 5）。圆盘在图示瞬时的角速度和角加速度的大小分别是 ω 和 ε，则圆盘的惯性
力对 O 点的主矩的大小是（ ）
（A）mrε·r
（C） 3 mr 2ε 2
vA 和零，碰撞后它们速度的大小分别是零和 uB ，则恢复因数 e =___________。
A
O A0
A
B
vA
vB
图8
图9
5. 匀质细圆环的半径为r，质量为m1，与一根质量为m2的匀质细直杆OA刚性连接，可 在水平面内以匀角速度ω绕过点O的定轴转动，OA=2r（图 10）。则系统对转轴的动量矩的大
2.解：
杆所受的力如图 2 所示。依题意
G A
θ
C O
B
Nτ
图2
由刚体定轴转动微分方程
OC = 1 l − 1 l = 1 l 23 6
IO
=
1 ml 2 12
+
m( l )2 6
=
1 ml 2 9
得 从而可得
..
∑ IO θ = mz (F )
1
..
ml 2 θ
=
mg
l
sin θ
9
6
..
θ
=