资源描述
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0,并固结在点A。已知当滑块在点0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与的关系可由动能定理确定:解得滑块mg2R(1sin2:)-丄k(2R)2(2RsinJ2丨-1mv2222kRv=2cosgR(1+)mgM的法向运动微分方程为(1)2kRsincos(90-Jmgcos(180-2)-FN把式2mv-RFN=2kRsin2:一mgcos24(mgkR)cos2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。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,由于作用于小球的力对小孔0之矩为零,故小球在运动过程中对点0的动量矩守恒。即mv0R=mv,r由题意RW=v。rr=R-vt得小球在任意瞬时绕小孔0转动的角速度为vivR2(Rvt)_vRdt(R-vt)2两边求积分得二二tvoR2dt也0(R-vt)2R-vt故小球的运动方程为r=R-vtvtRvt而线的张力为mv02R2(R-vt)3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mi与m?,三棱柱B的斜面与水平面成角。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m|XA-m2xB二constb),建立质点运动微分方程两边求导得:xA=_m2xBmi2)以B为动系分析A的运动。如图(a)。根据aa=ae+ar=aB+arXa=Xb-arCOST(2)yA=-asinr(3)3)对A进行受力分析及运动分析,如图(m|XA=FnsinvgyA=Fncost-mig由式(2)、(3)消去ar得yA=(XBXA)tan8把式(1)代入上式得,yA二(1m2)XBtanr,m1再把该式与式(1)代入式(4)、(5)中消去Fn,解得(方向向左)-m1sin2&aB=XB2g2(m2m1sin)综-7图示圆环以角速度绕铅直轴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,小球至C位置时圆环角速度为-c,又设小球在最低位置为零势能点。1)A至动量矩守恒:B过程2J=(JmR)B_J灼JmR2(1)机械能守恒121212mg2RJ=mgRJBmvB(2)222把式(1)代入式(2)解得jJ2-1l|JmR2)2二丄2mgRJ2|m3旳甌喘7圧2)A至C过程动量矩守恒J,=,c二:机械能守恒121212mg2RJJcmvc222Vc=2gR如果确定小球在位置B时相对于圆环的速度VBr,则从速度分析知VBr垂直向下,Vb垂直于图面向里,且vBe=R?,b故VbVb-Vpe2gRJ2r22J+mR2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m1,OA=r,滑槽BC的质量为m?(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)、(为和(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1)求BCD的加速度及水平力Fn。选取BC曲柄上滑块A为动点,A点加速度分析如图(c)根据加速度合成定理aa=ae+ar由于a=r2故aBC二ae二aacos-rcost(:一)根据质心运动定理,由图(b)得滑槽BC的运动微分方程m2aBC二Fn2)求轴承O的动反力及作用在曲柄OA上的力矩曲柄OA的质心在E点,E点加速度的方向沿曲柄2raE:2为动系,OA初所示。Oxy。MOA方向,且指向O点(见图a),其大小为根据质心运动定理及刚体绕定轴转动微分方程FNFOxm1aEx(1)-mgF5waEy(2)rM-Fnrsint-ggcost=J0:2将FN=FN,aEx-aEcos,t,aEy-aEsint.12J0m1r3代入方程(1)、(2)、(3)轴承动反力及=0中,解得FOx-r-2(m2Foy=mi(g作用在曲柄OA上的力矩Mm1、.-)cost22rsint)2mg2亠m2rsin,trcost2综-11图示均质杆长为21,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B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yc=jgt222B脱落后杆质心作抛体运动ycI二-2(2)2式(1)、(2)消去t,得乞+yc+|=03I即x|3|yc3|2=0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3R,绳与轮间无滑动。系统由静R。轮C铰接于无重悬臂梁CK上,D为动滑轮,梁长度为止开始运动,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)yB(各自正向如图示)重力功:17cVaR烷3田yA1%DmB)gy-mAgy(2mm)g三一mgy尹gyA1211_2212121122=TA+Tc+TB+TD=mvA+(2口可浄c+mg+2口冷+(一2mR冷D222222232石叫=0=W12T1T2-T132即一mvA2上式求导:1=2mgyA3mvAaA=-mgVA6gaaAgac=R6R图(b):由系统动量矩定理FehR-mg丄2mR?cmvARydt_22(Feh-mg)R=mRaCmR&ggFeh-mg=mRm6R6图(d)vFy=0,=|mgFeh图(c)FAg心二孰图(c)Fx=0,FKx0927二MK=0MK=FCyKCmg3RmgR22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I,质量为m!;圆盘半径R,质量为m2。摩擦不计,初始时杆OA水平,杆和圆盘静止。求杆与水平线成二角的瞬时,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二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-(-m.12223丄m2(l)22-imigsin-m2glsin2(1)(6m23m1)gsin血3m2)l(顺)式(1)对t求导后消去=,得dtda=dt3g(2m2m1)cosd2I(m13m2)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2|mr2(V)222r=mg(R-r)cosv24vg(Rr)cosv(必须指出,这里的点D为圆柱的速度才有如下的表达式)由图(a),根据以点D为矩心的动量矩定理有:瞬心,且圆柱在运动过程中速度瞬心至质心的距离不变,mr2(at)=mgrsinrratan2gsin32vR-r4gcosv3由质心运动定理:mat=Fmgsin(与原设反向)man二Fn-mgcosr代入解得F-;mgsinrnWmgcosr综-19均质细杆AB长为I,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。不计摩擦,求:(1)B端未脱离墙时AB杆的角速度、角加速度及B处的反力;(2)B端脱离墙壁时的円角;(3)杆着地时质心的速度及杆的角速度。解:(1)图(a)題烷1)图W二mg?(1cos1122、一Tml(未脱离时定轴转动)231122即_mgl(1_cos&)=_ml灼2623g(1-cos3g(1-cos,即iXl上式求导:3g.2sinI3g.二Jsin2I图(b):3aC2g(1-cos)2tI一3.aCgsin-24质心运动定理:-FBy二maCcosvmaCsinr32mg(1-cosn)cosmgsin二33232=mg-mgcosmgcosmgsin!3 22432=mg(cos-02=m(aCcost-aCsinv93二mg(cos)sinv2B离墙时:Fbx=0,代入(*)式sin-0刚开始,未离,不合所求。9cos)-3=0,cost-4232v-arccos?时脱离严-48.19)B刚脱离墙瞬时mgFByFBx(*)(2),sin亠3cos:-3IVC仏=兀8前=|丄.2=3gl1一此后,x方向不受力,acx=0,VCx不变,Vexgl3(3)落地前瞬时vC“3g1,而畑冷重力功动能4即4mg|W二*mg1Tm2W=T12吨二1,22ml62型3l,(vCxvCy)冷21122mglml988g311241=CD22glVc=pvCx+vCy=37glJm(g上2)l222942422ml
展开阅读全文