最新理论力学期末复习题动力学2文档格式.docx
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由达朗伯原理,取,轴如图所示,则有
,
所以
,
错因分析:
(1)将绳剪断瞬时,杆与物块的速度均为零,但杆光滑,物块与杆之间将有相对运动。
物块在杆上只是瞬时静止,相对滑动的速度为零,但相对滑动的加速度却不为零。
上解中误认为物块在杆上静止不动,没考虑相对滑动的加速度。
(2)杆作平动而非转动,其角加速度为零,显然惯性力向其质心简化的主矩应为零。
上解中虚加了惯性力系主矩是错误的。
正确解答:
当剪断绳后,杆作平动,该瞬时绳的角速度为零,杆及物块的速度为零。
杆平动的加速度为,物块相对于杆有加速度。
若以物块为动点,杆为动系,则动系平动。
根据牵连运动为平动时的加速度合成定理,有
以物块G为研究对象,其受力图如图4-1(c)所示。
由质点动力学基本方程,有
以整体系统为研究对象,其主动力,约束反力和虚加的惯性力如图4-1(d)所示。
由平衡方程,有
即
得
于是,绳的角加速度为
题4-2质量为、长为的均质杆,其端装有不计质量的小轮,小轮可沿光滑斜面下滑。
设初瞬时杆静止于铅垂位置,求开始下滑时A点的加速度及斜面的约束反力。
错误解答:
因为初瞬时杆铅垂,故开始下滑时,杆作平动。
设开始下滑时点的加速度为,方向为沿斜面向下。
由于杆作平动,故将惯性力系向质心简化,惯性力系的合力为,作用在质心。
其受力图如图4-2(a)所示。
,
(1)
,
(2)
杆从静止的铅垂位置开始运动后将作何种运动要加以论证。
对于图4-2(a)来说,若对杆应用相对于质心的动量矩定理,可知
,即,因为、、、均不为零。
故杆不作平动而作平面运动。
不加论证就断言杆作平动是错误的。
正确解答:
当杆从静止的铅垂位置开始运动后,杆将作何种运动?
为了解答这一问题,对杆应用相对质心的动量矩定理[图4-2(a)],有
(1)
因为、、均不为零。
再由质心运动定理
(2)
由于、、、均不为零,故,由式
(1)可见,,即运动开始时杆的角加速度,故杆作平面运动。
因初瞬时系统静止,故杆的初角速度,以为基点,质心的加速度为
将惯性力系向质心简化,其主矢、主矩以及主动力、约束反力如图图4-2(b)所示。
,(3)
式中,,故有
(4)
解得
由式(4),有
,(5)
题4-3质量为、长为的均质杆放在光滑墙棱上,在杆与铅垂墙之间夹角为且时无初速释放。
试求初瞬时质心的加速度和处的约束反力。
在无初速释放瞬时,杆的角速度为零,但角加速度不为零,设其沿顺时针转向。
主动力,约束反力和向质心简化的惯性力系主矢、主矩如图4-3(a)所示。
,
(1)
而质心的加速度为
(3)
,(4)
当杆在位置无初速释放时,由于棱角光滑,虽然杆相对棱角滑动速度为零,但滑动加速度不为零。
杆上点相对于棱角有滑动加速度,沿杆方向。
上解中认为点不但速度为零,而且加速度也为零,这实际上是把点当成定轴了,显然是不正确的。
当杆在位置无初速释放时,杆的角速度为零,但角加速度不为零。
杆相对于棱角滑动的速度为零,但杆上点相对于棱角点滑动加速度不为零,因为由质心运动定理
可知,质心有沿杆方向的加速度,因此,杆上点有相对于棱角滑动的加速度,以为基点,则点的加速度为
以杆为研究对象,设其角加速度沿顺时针方向,主动力、约束反力以及惯性力系向质心简化的主矢和主矩如图4-3(b)所示。
,
(2)
,(3)
于是
题4-4不等高曲柄连杆机构中,曲柄,其上作用一力偶,连杆长,滑块上作用一力。
各处摩擦不计。
试求平衡时与的关系。
系统具有一个自由度,取广义坐标为,给曲柄虚位移,则、两点的虚位移如图4-4所示。
由虚位移原理,,有
曲柄可作定轴转动,故点的虚位移,而与之间,有关系
由几何关系知
(3)
故有
即(4)
将式(4)代入
(1),得
(5)
所以(6)
上解中式(3)是错误的。
根据几何关系,应有而不是。
由此导致式(4)、(5)、(6)都是错的。
系统具有一个自由度,取广义坐标为,曲柄可绕轴转动,其虚位移为,点的虚位移。
滑块受水平滑道约束,故其虚位移沿滑道如图4-4所示。
(1)
连杆可作平面运动,故、两点的虚位移在连线上投影相等,即
其中,由几何关系可知,故有
即
(2)
将式
(2)代入式
(1),得
图4-4
因,所以,有
另解:
用求解。
取坐标如图4-4所示,则力的投影,于是,有
点的坐标为
因、之间的高差为常数,故有
求变分,有
所以(5)
将式(4)、(5)代入式(3),有
题4-5在图示的铰接四边形机构中,,。
在重为的均质杆上有一与杆铰接的套筒。
杆的端连接一刚度系数为的弹簧,并知当时弹簧为原长。
在杆上作用一力偶。
试求平衡时的大小。
给杆虚位移,则点的虚位移,套筒的也即杆的虚位移为
而,
弹簧的弹性力
(1)
(2)
即
或(3)
,故得
1.上解中将杆的重力的虚功漏掉了。
2.弹性力的计算[式〔1〕]是错误的。
在系统处于平衡状态时,弹簧已
发生了实际的变形,虚位移只是一种为约束所容许的、一切可能的无穷小位移,它不是真实发生的实位移,因此,在计算弹性力时,不能把虚位移也计算在内。
系统具有一个自由度,广义坐标取为。
弹簧为非理想约束,故应将其解除,代以约束反力,并将其视为主动力。
弹性力为
杆可作定轴转动,它的虚位移为,而点的虚位移则为。
由于该结构为铰接平行四边形机构,故杆可作平动。
套筒相对于杆可滑动。
若以套筒为动点,杆为动系,则套筒的绝对、相对、牵连虚位移之间的关系为
其中。
将式
(2)在竖直方向投影,有
。
将式
(1)代入,并因,故有
题4-6平行四边形机构如图,其中。
在铰、之间所连弹簧的刚度为,原长为。
在杆上作用一力偶,在点作用一竖向力。
各杆重不计,各处光滑,试求平衡时力偶的值。
弹簧为非理想约束,应将其解除,代以约束反力,并将其视为主动力。
取坐标轴如图4-6所示。
各力在轴上的投影分别为
,,
各力作用点的坐标及其变分分别为
由虚位移原理,有
(2)
,将式
(1)代入上式,所以有
功的分析表达式是在惯性参考系中导出的,只在
惯性参考系中适用,也就是说,式中的坐标、、都是对于惯性参考系的。
虚位移原理的分析表达式
应同样只在惯性参考系中适用,也即,式中的坐标、、都应是对于定坐标系写出的。
故而在应用虚位移原理的分析表达式时,必须先建立坐标系而且必须是固定不动的坐标系。
上解中所取坐标系中,轴是可动的而非固定的,因此是错误的,由此导致了计算结果的错误。
系统具有一个自由度,取广义坐标为。
解除属于非理想约束的弹簧,代以约束反力并视其为主动力。
取坐标轴如图,各力在坐标轴上的投影分别为
,,
由虚位移原理的分析表达式,有
,所以有
将式
(1)代入上式,得
题4-7在图示平面机构中,,,。
在图示位置水平,且、、在同水平线上。
在上作用一力偶,在滑块上作用一力。
试求平衡时,力偶与力的关系。
杆、可作定轴转动,杆可作瞬时平动,杆、可作平面运动。
给杆虚位移,则、两点的虚位移相等,,因杆的瞬心与杆的转轴重合,且,故,于是,点虚位移为
因,所以有
上解中式
(1)是错误的。
因为刚体作平面运动时,速度投影定理讲的是,平面运动刚体上任何两点的速度在两点连线上投影相等。
对于可作平面运动刚体上两点虚位移的投影,也应按此定理计算。
式
(1)是将、两点的虚位移在水平方向投影相等而得到两点虚位移之间的关系,显然是错误的。
系统具有一个自由度,、、、、点的虚位移如图4-7所示。
因为只有一个虚位移是独立的,故必须建立各虚位移之间的关系。
杆可作定轴转动,给虚位移,则点的虚位移为。
杆可作瞬时平动,故其上任一点的虚位移均相等,即
杆可作平面运动,其瞬心恰与杆的转轴重合。
设杆绕瞬心转动的虚位移为,则有
但
杆可作定轴转动,设其绕转轴转动的虚位移为,则有
由此可见,
而点虚位移为
杆可作平面运动,其上、两点的虚位移在、两点连线上投影相等,即
题4-8图示滑轮系统悬吊质量均为的、、三个物块,且滑轮与绳的质量不计,试求各物块的加速度。
设物块、的加速度、向下,由几何关系可知块的加速度为
方向向上。
、、三点的虚位移为、、,因系统具有两个自由度,故只能有2个独立虚位移,设为、,则点的虚位移为
如图4-8所示。
由动力学普遍方程,有
因为、彼此独立,故欲使式(3)成立,必有、前面的系数为零,于是,有
(4)
(5)
由式(5),有,代入式(4),得
因,所以
因,所以
上解中物块的加速度[式
(1)]和虚位移[式
(2)]都是错误的。
由此便导致了计算结果的错误。
因为绳长为常量,由图4-8所示坐标可知,其约束方程为
(6)
上式对时间求二阶导数,得
将式(6)求变分,得
由此可见,上解中式
(1)、
(2)是错误的。
系统具有两个自由度,广义坐标取为、。
因为绳长为常量,故有约束方程
或
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