理论力学习题解答

理论力学习题解答理论力学习题解答14-12、图示滑道连杆机构，位于水平面内。曲柄长、图示滑道连杆机构，位于水平面内。曲柄长 r ，对转轴，对转轴的转动惯量为的转动惯量为 J ；滑块；滑块 A 的质量不计。今在曲柄上作用一不变的质量不计。今在曲柄上作用一不变转矩转矩 M ，初瞬时系统处于静止，且，初瞬时系统处于静止，且AOB = 0 ，求曲柄转一，求曲柄转一周后的角速度。周后的角速度。vavevr01T2022sin2121rgPJT2022sin21grPJ由动能定理由动能定理WTT12rFMgrPJ420sin212022022sinPr422JgrFMg理论力学习题解答2222121213121ugGugWrurgPT2633ugGWP2222231213121lvlgWrvrgPT26vgWP212MTT2633622MugGWPvgWPWPuGEPMgv233314-13、图示曲柄连杆机构位于水平面内。曲柄重、图示曲柄连杆机构位于水平面内。曲柄重 P 、长为、长为 r ，连杆重连杆重 W 、长为、长为 l ，滑块重，滑块重 G ，曲柄及连杆可视为均质细长杆。，曲柄及连杆可视为均质细长杆。今在曲柄上作用一不变转矩今在曲柄上作用一不变转矩 M ，当，当BOA = 900 时时 A 点的速度点的速度为为 u ，求当曲柄转至水平位置时，求当曲柄转至水平位置时 A 点的速度。点的速度。理论力学习题解答14-14、图示行星齿轮机构位于水平面内，动齿轮、图示行星齿轮机构位于水平面内，动齿轮A重重P、半径为、半径为r，可视为均质圆盘；系杆可视为均质圆盘；系杆OA重重W，可视为均质细杆；定齿轮半径为，可视为均质细杆；定齿轮半径为R。今在系杆上作用一不变的转矩。今在系杆上作用一不变的转矩M使轮系由静止而运动，求系使轮系由静止而运动，求系杆的角速度与其转角杆的角速度与其转角 的关系。的关系。222223213121rrRrgPrRgWT221292rRgPWMT0MrRgPW221292PWMgrR9232理论力学习题解答14-15、均质细杆重、均质细杆重Q、长为、长为l，上端，上端靠在光滑的墙上，下端靠在光滑的墙上，下端A以铰链和一以铰链和一均质圆柱的中心相连。圆柱重均质圆柱的中心相连。圆柱重P、半、半径为径为R，放在粗糙的地面上，从图示，放在粗糙的地面上，从图示位置（位置（ =45）由静止开始作纯滚）由静止开始作纯滚动。求动。求A 点在初瞬时的加速度。点在初瞬时的加速度。vAvBD解：取系统为研究对象。则任意解：取系统为研究对象。则任意瞬时系统动能为瞬时系统动能为CvC2222212121212321ADvlgQvgQRvRgPTACA其中其中sin22sinAAACvllvCDADvv所以所以22sin29121AvQPgT理论力学习题解答vAvBDCvC由于系统为理想约束，只有重力作由于系统为理想约束，只有重力作功，所以元功为功，所以元功为cosdtQvQdyWdCCQdtctgQvA21由动能定理的微分形式由动能定理的微分形式WddT得得dtctgQvvQPgdAA21sin2912122dtlvdtdAABsin因因所以所以dtctgQvdtvvlQaQPgAAAA21sincos2sin2961242理论力学习题解答dtctgQvdtvvlQaQPgAAAA21sincos2sin2961242解得解得224sin29sincos23QPvlQQgctgaAA令令 =45，vA=0，得得QPQgaA493理论力学习题解答14-20. 图示正方形均质板的质量 m=40kg, 边长b=100mm, 在铅垂面内用三绳拉住。试求:(1)绳FG剪断瞬间,正方形板的加速度以及AD和BE两绳的张力;(2)当AD和BE两绳位于铅直位置时,板中心C的加速度和两绳的张力。b60BAFGDEC理论力学习题解答b60BAFACFBmgaCnaC解解: (1) 板作平动,初始位置受力如图。板作平动绳FG剪断瞬间: vC=0 = 0aCn= 0, aC = aCmaC = mg cos 60 JC = MC(Fi)0= FA+FB mgsin 60 由质心运动定理有(FB FA ) sin 60 (FA+FB ) cos 60 = 0 由以上方程即可解出FA、FB和aC。理论力学习题解答(2) 两绳位于铅直位置时,受力如图。b60BAFACFBmgaCnaCmaC = 0 maCn = FA+FB mgFB (b/2) FA (b/2) = 0 式中:aCn = vC2/再由动能定理的积分形式初时刻系统的动能T2T1 = WiT1 = 0两绳位于铅直位置时,系统的动能T2 = mvC2/ 2理论力学习题解答而b60BAFACFBmgaCnaCWi = mg(1sin 60)mg(1sin 60) = mvC2/ 223()CCnaag maC = 0 maCn = FA+FB mgFB (b/2) FA (b/2) = 0 即可解出FA和FB。理论力学习题解答14-21. 图示三棱柱A沿倾角为的斜面B无摩擦地滑动, A和B的质量分别为m1和m2, 斜面B置于光滑的水平面上。试求任意时刻斜面B的加速度。AB理论力学习题解答解解: 斜面BBAm2gFNaBm2aB= FN sin FNm1gaBar三棱柱AaA = aB + ar运动学关系:m1(aB+ar)= m1g+ FN+m1aBsin=m1gcosFNaB=(m1gsin 2)/2(m2+m1sin2)理论力学习题解答14-22. 图示圆环以角速度绕铅直轴AC转动, 圆环的半径为R, 对转轴的转动惯量为J。质量为m的小球最初放在环中A点, 受微扰后沿环滑下。不计摩擦, 求小球到达B和C时, 圆环的角速度和小球的速度。ABC理论力学习题解答解解: 圆环和小球所组成的系统在运动过程中对圆环和小球所组成的系统在运动过程中对z 轴的轴的动量矩守恒动量矩守恒。初始时刻小球的速度为零,圆环的角速度为。设小球在B和C处时的速度分别为vB和vC,圆环的角速度分别为B和C,则有ABCLzA= JLzC= JC LzB=JB+Mz(mvB)=JB+Mz(mve)+Mz(mvr)z= mR2BLzB=JB+mR2Bmg理论力学习题解答LzA = LzB = LzC因为LzA= JLzC= JC LzB=(J+mR2)BC= B= /(J+mR2)再应用动能定理求小球的速度。TA= J2/2TB=(JB2+mvB2)/2WAB = mgRTB TA=WAB ABCzmg理论力学习题解答mvB2+J(B2 2) = 2mgR由此即可解出vB。而TC=(JC2+mvC2)/2WAC = 2mgRmvC2+J(C2 2) = 4mgR2CvgR ABCzmg理论力学习题解答ABrO14-23. 质量为m0的物块静止于光滑的水平面上。一质量为m的小球最初位于A处, 后沿物块上半径为r的光滑半圆槽无初速地滑下。若m0=3m,试求小球滑到B处时相对于物块的速度及槽对它的压力。理论力学习题解答ABrO解解: (1)系统在水平方向动量守恒系统在水平方向动量守恒,初始时刻小球和物块的速度均为零,设小球在B处时的绝对速度为vB,物块的速度为ve,则有vB = ve+ vrvrvevB = ve vrm(ve vr) +m0ve = 0vr = 4vemg理论力学习题解答 初始时刻系统的动能T1=0,小球在B处时系统的动能ABrOvrvemgT2=m(ve vr)2+m0ve2/2Wi = mgr而故由动能定理可得vr = 4vem(ve vr)2+m0ve2/2 = mgr83rvgr/ 理论力学习题解答ABrO(2) 设小球在B处时的绝对速度为aB,物块的速度为ae,则有83rvgr/ aB = ae+ arn + araraearnmgFNmaB= m(ae+ arn + ar) = mg + FNmarn= FN mg式中arn= vr2/rFN =11mg/3理论力学习题解答OA14-25. 图示均质杆OA长为l,质量为m1;均质圆盘半径为R,质量为m2。不计摩擦,初始时刻杆OA水平,杆和圆盘静止。试求杆与水平成角时,杆的角速度和角加速度。理论力学习题解答解解: 以圆盘为研究对象,因外力对质心A的矩为零,故圆盘相对于质心A的动量矩守恒。初始时刻圆盘静止, LA1=0。设杆与水平成角时,圆盘的角速度为A,则有OAOALA2= JAA LA2= LA1A= 0 A理论力学习题解答 以杆和圆盘组成的系统为研究对象,初始时刻系统的动能T1=0,杆与水平成角时系统的动能OAOAOAA= 0 vAm2gm2gm1gm1g22221122OATJm v221236mml 而Wi=(m1+2m2)gl(sin)/2代入动能定理T2T1=Wi即可解出理论力学习题解答212123(2)sin(3)mm gmm l 12123(2)sin(3)mmgmm l 12123(2)cos2 (3)mmgl mm OAOAOAvA理论力学习题解答14-28. 、均质细杆、均质细杆AB长为长为 l ，质量为，质量为 m ，起初紧靠在铅垂墙壁，起初紧靠在铅垂墙壁上，由于微小扰动，杆绕上，由于微小扰动，杆绕B点倾倒如图。不计摩擦。求：（点倾倒如图。不计摩擦。求：（1）B 端未脱离墙时端未脱离墙时AB杆的角速度和角加速度及杆的角速度和角加速度及B处的约束力；（处的约束力；（2） B端脱离墙时的端脱离墙时的 1 角；（角；（3）杆着地时质心的速度及杆的角速度。）杆着地时质心的速度及杆的角速度。解：（解：（1） B 端未脱离墙时端未脱离墙时AB杆作定轴转动，杆作定轴转动，由动能定理有由动能定理有cos12312122lmgml解得：解得：cos13lg对式对式求导求导dmgldmlsin21312解得：解得：sin23lg理论力学习题解答FBxFByaC aCn由质心运动定理，有由质心运动定理，有BxCxFmasincosnCCBxmamaFsin2cos22lmlm2cos3sin43mgmgFmaByCycossinnCCBymamamgFcos2sin22lmlmmg2cos2sin3432mgmg理论力学习题解答（2）令）令02cos3sin43mgFBx得得32cos1即即32arccos1（3）从）从 B端脱离墙开始，系统水平方向动量守恒。端脱离墙开始，系统水平方向动量守恒。BACvBvCBvC1CxBcxmvmvmv111cos2lvvCxBglvB31理论力学习题解答从从 B端脱离墙开始，应用动能定理，有端脱离墙开始，应用动能定理，有mgllmgTT31cos2112其中其中mglmlT6131212121222222212121212121mlvvmJmvTCBBCC222241221181mllmmgl2261181mlmgl 理论力学习题解答解方程解方程，可得，可得lg38BACvBvCBvC如图所示，有如图所示，有gllglglvvvCBBc7313849122理论力学习题解答综综-9(). 图示斜面D的倾角为, 重物A沿斜面下滑, A和B的质量分别为m1和m2, 滑轮C和绳的质量及一切摩擦均忽略不计,试求斜面D作用于地面凸出部分E的水平压力。ABDCE理论力学习题解答解解: 以整个系统为研究对象,受力如图示。任意时刻系统的动能为ABDCEm1gm2gFxvT = (m1+m2)v2/ 2dT = (m1+m2)v dvWi=(m1sin m2)gds而a=(m1sin m2)g/ (m1+m2)理论力学习题解答ABDCEm1gm2gFxva=(m1sin m2)g/ (m1+m2)再由质点系动量定理在水平方向的投影可得xddxxPFt 1d(cos )dm vt 1=cosm a将a代入即可得水平压力Fx。理论力学习题解答BA综综-15. 质量为 m=4kg的均质杆, 用两根等长的平行绳悬挂,如图所示。试求其中一根绳被剪断瞬间,另一绳的张力。理论力学习题解答BACmgFTaC解解: 以AB为研究对象,绳断瞬间受力如图示。因为水平方向无外力作用,故aC沿铅直方向。maC = mg FTJC = FTl/2 式中:JC= ml2/12aAn+aA=aC+anAC+aAC因为:初始时刻aAn= 0 anAC= 0 aA=aC+aACaC=aAC =l/2由此即可解出FT =mg/4 。理论力学习题解答 在凸轮导板机构中，偏心轮的偏心距OA=e。偏心轮绕O轴以匀角速转动。 当导板在最低位置时弹簧的压缩为b。导板的质量为m。为使导板在运动过程中始终不离开偏心轮，试求弹簧刚度的最小值。ADOCe理论力学习题解答ADOCe解解: 导板CD作平动。首先求导板的加速度及弹簧的变形。y = R+e cos = R+e cos thyyR导板质心的加速度aC = d2y/dt2 = e2cos t 因CD不离开偏心轮，故有理论力学习题解答ADOCehyyR在任意位置弹簧的变形= l (h y) = e(1+cos t)+b 设弹簧的原长为l，当导板在最低位置(y =Re)时弹簧的压缩为b，即h (Re) = l bh l = (Re) by = R+e cos t理论力学习题解答 以导板CD为研究对象,受力如图示。虚加惯性力为DCmgFKFNFIFI = me2cos t内弹性力为FK=ke(1+cos t)+bFy = 0: FN+FI mg FK = 0 导板在最高位置最高位置(cos t=1)是它离开偏心轮的临界位置，此时FN= 0，由上式解得k = m(e2 g) / (b+2e)