理论力学习题解答 (2).ppt

《理论力学习题解答 (2).ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《理论力学习题解答 (2).ppt（39页珍藏版）》请在三一办公上搜索。

1、习题解答,理论力学,14-12、图示滑道连杆机构，位于水平面内。曲柄长 r，对转轴的转动惯量为 J；滑块 A 的质量不计。今在曲柄上作用一不变转矩 M，初瞬时系统处于静止，且AOB=0，求曲柄转一周后的角速度。,va,ve,vr,由动能定理,14-13、图示曲柄连杆机构位于水平面内。曲柄重 P、长为 r，连杆重 W、长为 l，滑块重 G，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 M，当BOA=900 时 A 点的速度为 u，求当曲柄转至水平位置时 A 点的速度。,14-14、图示行星齿轮机构位于水平面内，动齿轮A重P、半径为r，可视为均质圆盘；系杆OA重W，可视为均质细杆；定齿轮半

2、径为R。今在系杆上作用一不变的转矩M使轮系由静止而运动，求系杆的角速度与其转角的关系。,14-15、均质细杆重Q、长为l，上端靠在光滑的墙上，下端A以铰链和一均质圆柱的中心相连。圆柱重P、半径为R，放在粗糙的地面上，从图示位置（=45）由静止开始作纯滚动。求A 点在初瞬时的加速度。,vA,vB,D,解：取系统为研究对象。则任意瞬时系统动能为,C,vC,其中,所以,vA,vB,D,C,vC,由于系统为理想约束，只有重力作功，所以元功为,Q,由动能定理的微分形式,得,因,所以,解得,令=45，vA=0，得,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。

3、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。,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,=0,aCn=0,aC=aC,maC=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。,(2)两绳位于铅直位置时,受力如图。,maC=0,maCn=FA+FB mg,FB(b/2)FA(b/2)=0,式中:,aCn=vC2/,再由动能定理的积分形

4、式,初时刻系统的动能,T2T1=Wi,T1=0,两绳位于铅直位置时,系统的动能,T2=mvC2/2,而,Wi=mg(1sin 60),mg(1sin 60)=mvC2/2,即可解出FA和FB。,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。,解:斜面B,m2aB=FN sin,三棱柱A,aA=aB+ar,运动学关系:,m1(aB+ar)=m1g+FN,m1aBsin=m1gcosFN,aB=(m1gsin 2)/2(m2+m1sin2),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

5、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。,解:圆环和小球所组成的系统在运动过程中对z 轴的动量矩守恒。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,LzA=J,LzC=JC,LzB=JB+Mz(mvB)=JB+Mz(mve)+Mz(mvr),=mR2B,LzB=JB+mR2B,LzA=LzB=LzC,因为,再应用动能定理求小球的速度。,TA=J2/2,TB=(JB2+mvB2)/2,WAB=mgR,TB TA=WAB,mvB2+J(B2 2)=

6、2mgR,由此即可解出vB。而,TC=(JC2+mvC2)/2,WAC=2mgR,mvC2+J(C2 2)=4mgR,14-23.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。,解:(1)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+vr,vB=ve vr,m(ve vr)+m0ve=0,vr=4ve,初始时刻系统的动能T1=0,小球在B处时系统的动能,T2=m(ve vr)2+m0ve2

7、/2,Wi=mgr,而,故由动能定理可得,vr=4ve,m(ve vr)2+m0ve2/2=mgr,(2)设小球在B处时的绝对速度为aB,物块的速度为ae,则有,aB=ae+arn+ar,maB=m(ae+arn+ar),=mg+FN,marn=FN mg,式中,arn=vr2/r,FN=11mg/3,14-25.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。,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

8、角速度为A,则有,LA2=JAA,LA2=LA1,A=0,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,A=0,而,Wi=(m1+2m2)gl(sin)/2,代入动能定理,T2T1=Wi,即可解出,14-28.、均质细杆AB长为 l，质量为 m，起初紧靠在铅垂墙壁上，由于微小扰动，杆绕B点倾倒如图。不计摩擦。求：（1）B 端未脱离墙时AB杆的角速度和角加速度及B处的约束力；（2）B端脱离墙时的 1 角；（3）杆着地时质心的速度及杆的角速度。,解：（1）B 端未脱离墙时AB杆作定轴转动，由动能定理有,解得：,对式求导,解得：,FBx,FBy,aC,aCn,

9、由质心运动定理，有,（2）令,得,即,（3）从 B端脱离墙开始，系统水平方向动量守恒。,B,A,C,vB,vCB,vC,从 B端脱离墙开始，应用动能定理，有,其中,解方程，可得,B,A,C,vB,vCB,vC,如图所示，有,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。,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,T=(m1+m2)v2/2,dT=(m1+m2)v dv,Wi=(m1sin m2)gds,而,a=(m1sin m2)g/(m1+m2),a=(m1si

10、n m2)g/(m1+m2),再由质点系动量定理在水平方向的投影可得,将a代入即可得水平压力Fx。,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。,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 FT,JC=FTl/2,式中:,JC=ml2/12,aAn+aA=aC+anAC+aAC,因为:,初始时刻,aAn=0,anAC=0,aA=aC+aAC,aC=aAC=l/2,由此即可解出FT=mg/4。,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

11、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。,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 t,导板质心的加速度,aC=d2y/dt2=e2cos t,因CD不离开偏心轮，故有,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 b,h l=(Re)b,y=R+e cos t,以导板CD为研究对象,受力如图示。虚加惯性力为,FI=me2cos t,内弹性力为,FK=ke(1+cos t)+b,Fy=0:FN+FI mg FK=0,导板在最高位置(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),