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