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理论力学综合题目
186
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,如图综-1a所示。
滑块M上系有1刚度系数为k的弹性绳MOA,此绳穿过光滑的固定
环O,并固结在点A。
已知当滑块在点O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。
求下滑速度v与ϕ角的关系和圆环的约
束力。
M
O′
O
a
TϕmgFv
NF
(a)(b)
图综-1
解滑块M在下降至任意位置时的运动及受力分析如图综-1b所示。
滑块M在下降过
程中v与ϕ的关系可由动能定理确定:
2[22]2
2
(2)(2sin)1
2
mg×2Rcosϕ+1kR−Rϕ=mv-0
2cos
(1)
mg
v=ϕgR+kR
(1)
滑块M的法向运动微分方程为
2kRsinϕcos(90°−ϕ)+mgcos(180°−2ϕ)
R
Fmv
2
N−=
式
(1)代入上式,化简得
2ϕϕ2ϕ
NF=2kRsin−mgcos2−4(mg+kR)cos
综-2如图综-2a所示1撞击试验机,主要部分为1质量为m=20kg的钢铸物,固定在
杆上,杆重和轴承摩擦均忽略不计。
钢铸物的中心到铰链O的距离为l=1m,钢铸物由最
高位置A无初速地落下。
求轴承约束力与杆的位置ϕ之间的关系。
并讨论ϕ等于多少时杆
受力为最大或最小。
O
A
B
mg
tFnF
ta
vna
ϕ
(a)(b)
图综-2
解钢铸物下降至ϕ角位置时运动和受力分析如图综-2b所示。
轴承约束力不做功,做
功力为重力mg,是有势力,故机械能守恒,设O位置为零势能位置,则
2
2
mgl=mglcosϕ+1mv
即v2=2gl(1−cosϕ)
(1)
187
式
(1)两边对时间t求导,得
2=2sinϕ⋅ϕ&tvagl
ϕ,sinϕtv=l&a=g
(2)
法向:
cos()
2
n
2
nl
av
l
F+mgϕ=mv=
式
(1)代入上式,得(23cos)nF=mg−ϕ(3)
切向:
ttF+mgsinϕ=ma
式
(2)代入上式得0tF=
由式(3),当ϕ=π时
Fn=Fmax=5mg=(5×20×)N=980N
当4811
3
ϕ=arccos2=°′时,
Fn=Fmin=0
讨论:
ϕ=0时,F=−mgn只表示杆受压力,一般讨论最大、最小应以绝对值考虑。
综-31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,如图综-3a所
示。
线的另1端穿过1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v0垂直于此线段。
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)
ϕ
F
v
v
F
ϕv
ρv
ρM
O
(a)(b)
图综-3
解小球在铅垂方向受合力为0,在水平面内受拉力F,受力和速度分析如图综-3b所
示。
由于作用于小球的力对小孔O(轴Oz)之矩为零,故小球在运动过程中对点O(轴Oz)
的动量矩守恒,即
ρϕmvR=mv⋅0
0vRv
ρϕ=
在极坐标下,
v
t
v==−
d
dρ
ρ
积分,得
ρ=R−vt
故小球在任意瞬时绕小孔O转动的角速度
2
0
(Rvt)
vvR
−
==
ρ
ωϕ
即2
0
d()
d
Rvt
vR
t−
==
ϕ
ω
188
两边积分得
Rvt
vt
t
Rvt
tvR
−
=
−
=∫0
2
0d
0()
ϕ
故小球的运动方程
ρ=R-vt
Rvt
vt
−
ϕ=0
线的张力
3
22
0
2
(Rvt)
mvmvR
Fmam
−
====
ρ
ρϕ
ρ&&
综-4正方形均质板的质量为40kg,在铅垂平面内以3根软绳拉住,板的边长b=100
mm,如图综-4a所示。
求:
(1)当软绳FG剪断后,木板开始运动的加速度以及AD和BE
两绳的张力;
(2)当AD和BE两绳位于铅垂位置时,板中心C的加速度和两绳的张力。
mg
60°60°
60°
B
A
ADFBEF
n
Ca
C
mg
C
AB
ADFBEF
Cv
Ca
(a)(b)(c)
图综-4
解
(1)对绳FG刚剪断瞬时的均质板进行运动和受力分析。
板在软绳FG剪断后作
平面曲线平移(ω及α均为零),板在刚剪断瞬时其质心C只有切向加速度,t
CCa=a,如
图综-4b所示。
根据平面运动微分方程
CCCCma=ΣF,ma=ΣF,Jα=ΣMn
n
t
t
得
Cmgcos60°=ma
(1)
F+F−mgsin60°=0ADBE
(2)
cos600
2
sin60
2
cos60
2
sin60
2
Fb°−Fb°−Fb°−Fb°=BEBEADAD(3)
联立解得m/s2
2
a=g=C
=72NADF
=268NBEF
(2)板运动到两绳位于铅垂位置时(即板的最低位置时)其运动及受力分析如图c,
因所有外力沿铅垂方向,故点C无水平方向(即切向)加速度,只有铅垂方向(即法向)
加速度。
板自绳FG刚剪断后至最低位置过程中,由动能定理确定点C的速度。
设AD,BE
绳长为l,则
2
2
(1sin60)1Cmgl−°=mv
v2=gl(2−3)C
(1)
根据质心运动定理及相对质心动量矩定理得
FAD+FBE–mg=maC
(2)
0
22
Fb−Fb=BEAD(3)
189
l
avC
C
2
=
a=g(2−3)=m/s2C
代入式
(2),(3)得
(1)249N
2
==+=
g
FFmgaC
BEAD
综-5如图综-5a所示三棱柱A沿三棱柱B光滑斜面滑动,A和B的质量各为m1与m2,
三棱柱B的斜面与水平面成θ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。
ABa
Aa
ra
g1m
x
y
A
θ
NF
A&y&
A&x&
O
(a)(b)(c)
图综-5
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
+=常数ABmx&mx&12
两边求导得
ABx
m
&x&m&&
1
=−2
(1)
(2)以B为动系,分析A的运动。
如图综-5b所示,根据
aA=ae+ar=aB+ar
cosθrxxaAB&&=&&+
(2)
sinθryaA&&=−(3)
(3)对A进行受力及运动分析,如图综-5c所示,建立质点运动微分方程
myFmg
mxF
A
A
1N1
1N
cos
sin
=−
=
θ
θ
&&
&&
(4)
由式
(2),(3)消去ar得()tanθABA&y&=&x&−&x&
式
(1)代入上式得
(1)tanθ
1
2
ABx
m
&y&=+m&&(5)
式
(1),(5)代入式(4)中2式,消去FN,解得
g
mm
axmBB2(sin)
sin2
2
21
1
θ
θ
+
=&&=−(←)
综-6如图综-6a所示,轮A和B可视为均质圆盘,半径均为R,质量均为m1。
绕在两
轮上绳索中间连着物块C,设物体C的质量为m2,且放在理想光滑的水平面上。
今在轮A
上作用1不变的力偶M,求轮A与物块之间那段绳索的张力。
B
1OO
A
M
ωω
C
v
O
M
TF
OyF
OxF
α
(a)(b)(c)
图综-6
190
解
(1)以整个系统为研究对象。
设轮A,B在某瞬时的角速度为ω(图综-6b),则物
块C的速度为v=Rω
根据动能定理微分形式有
⎥⎦
⎤
⎢⎣
=⎡×+2
2
22
1()
2
)1
2
(1
2
Mdϕd21mRωmRω
即2
2
2
1Mdϕ=mRωdω+mωdω⋅R
两边除以dt,约去ω,整理得
2
12d()
d
mmR
M
t+
==
ω
α
(1)
(2)取轮A为研究对象,如图综-6c所示。
根据定轴转动微分方程有
mRMFRT
2
12
1α=−
(2)
式
(1)代入式
(2),即得
2()
(2)
12
12
TRmm
FMmm
+
+
=
综-7如图综-7a所示图示圆环以角速度ω绕铅垂轴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1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,求小球到达点B和点C时,圆环的角速度和小球的速度。
A
AyF
AxF
ω
Bev
Bv
rv
Cv
CyF
CzFCxF
C
(a)(b)
图综-7
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Bω,小球至C位置时圆环角速度为Cω,又设小球在最低位置
为零势能点。
(1)A至B过程
动量矩守恒:
BJω=(J+mR2)ω
JmR2
J
B+
=
ω
ω
(1)
机械能守恒:
222
2
1
2
1
2
21BBmg⋅R+Jω=mgR+Jω+mv
(2)
式
(1)代入式
(2)解得
⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡
−
+
=−1
()
12
22
2
2
JmR
mgRJJ
m
vBω
(2)A至C过程
动量矩守恒:
191
Jω=JωC
ω=ωC
机械能守恒:
222
2
1
2
1
2
21CCmg⋅R+Jω=Jω+mv
vgRC=2
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,vBe垂直于
图面向里,且
vBeB=Rω
故2
22
2
e
2
r2
JmR
vvvgRJRBBB+
=−=+
ω
综-8均质棒AB的质量为m=4kg,其两端悬挂在两条平行绳上,棒处在水平位置,
如图综-8a所示。
设其中1绳突然断了,求此瞬时另1绳的张力F。
Cg
m
AB
α
CFa
(a)(b)
图综-8
解设绳DB突然折断,因水平无外力,初始静止,故水平方向不会有加速度,即在绳
断瞬时棒AB质心加速度沿铅垂方向。
棒AB的受力与运动分析如图综-8b所示。
Cmg−F=ma
(1)
由相对质心动量矩定理:
α
212
lml2F⋅=
(2)
且
α
2
alC=(3)
式
(1)、
(2)、(3)联立,解得
N
4
F=mg=
综-9如图综-9a所示为曲柄滑槽机构,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m2(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的约束力以及作用在曲
柄上的力偶矩M。
OxF
O
OyF
ME
ωA
g1m
NF
x
y
ϕ
BCNaF′
B
A
C
g2m
D
p
Aϕ
aara
ea
(a)(b)(c)(d)
图综-9
192
解曲柄OA和滑槽BC,滑块A的受力与运动分析分别如图综-9b、综-9c、综-9d所示,
其中p(x)表示T形杆BC在槽上受到的分布力,但我们不用求这些力。
建立图综-9b坐标
系Oxy。
(1)求BCD的加速度及水平力NF′。
选取BC为动系,曲柄OA上的滑块A为动点,
点A加速度分析如图综-9d做事。
根据加速度合成定理
aa=ae+ar
a=ω2r
故cos2cos()
eaa=a=a=rt←BCϕωω
根据质心运动定理,由对图综-9c中各量的分析可得到滑槽BC的运动微分方程
2NmaFBC=′
(2)求轴承O的动约束力及作用在曲柄OA上的力矩M
曲柄OA的质心在点E,点E加速度的方向沿曲柄OA方向,且指向点O(图综-9b),且
2
a2rE=ω⋅
根据质心运动定理及刚体绕定轴转动微分方程,有
OxExFFmaN1+=
(1)
OyEymgFma11−+=
(2)
ωωαN10cos
2
M−F⋅rsint−mg⋅rt=J(3)
将FFtNN=′,aatExE=−cosω,aatEyE=−sinω,2
013
J=1⋅mr,α=0
代入方程
(1)、
(2)、(3),解得轴承动约束力
sin)
2
(
)cos
2
(
2
1
1
2
2
Fmgrt
Frmmt
Oy
Ox
ω
ω
ωω
=−
=−+
作用在曲柄OA上的力矩
Mmgmrωsinωtrcosωt
2
2
2
1⎟⎠⎞
⎜⎝
=⎛+
综-10如图综-10a所示质量为m0的物体上刻有半径为r的半圆槽,放在光滑水平面上,
原处于静止状态。
有1质量为m的小球自A处无初速地沿光滑半圆槽下滑。
若m0=3m,求
小球滑到B处时相对于物体的速度及槽对小球的正压力。
A
g0m
mg
NF
Fnrvv
rn
ra
(a)(b)
图综-10
解取物体(m0)和小球(m)组成的系统为研究对象
(1)因水平方向力为零,所以水平动量守恒
()00rmv+mv+v=
即
3()0rmv+mv−v=
即
193
4v=vr
(2)做功力为重力mg
W12=mgr
T1=0
2112
2222
r
2
2096
2
31
2
()1
2
1
2
1
TTW
Tmvmvvmvmvmv
−=
=+−=+⋅=
即6mv2=mgr
6
v=gr
vvgr
3
48r==
(3)
r
Fmgmamv
2
nr
r−==
mg
r
gr
Fmgm
3
311
8
=+⋅=
综-11如图综-11a所示均质杆长为2l,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。
y
x
C
A
Cxv
C
A
Cxv
BB
Cyvω
(a)(b)
图综-11
解
(1)A端脱落至B端脱落前瞬时
⋅m(2l)22=mgl
23
1ω
l
g
2
ω=3
B端脱落后,杆以此角速度在铅直面内匀速转动。
(2)B脱落后瞬时
2
vl3glCx=ω=
aagCCy==−(↓)
故B端脱落后,杆质心C作抛物线运动:
xgltC2
=3,2
2
yl1gtC=−−
22
2
x3gltC=
(1)
194
2
2
ylgtC+=−
(2)
式
(1),
(2)消去t,得0
3
2
+y+l=
l
x
C
C
即x2+3ly+3l2=0CC
此即所求脱落后质心的运动轨迹。
综-12滚子A质量为m1,沿倾角为θ的斜面向下滚动而不滑动,如图综-12a所示。
滚
子借1跨过滑轮B的绳提升质量为m2的物体C,同时滑轮B绕O轴转动。
滚子A与滑轮B
的质量相等,半径相等,且都为均质圆盘。
求滚子重心的加速度和系在滚子上绳的张力。
AO
θ
ω
ω
B
g2m
NF
OyF
OxF
g1m
g1m
v
SF
Av
A
θ
ω
α
D
TF
g1mNF
SF
a
(a)(b)(c)
图13-12
解
(1)研究整个物体系,其受力及运动分析如图综-12b所示。
设重物C由静止开始
向上s距离,则滚子A的中心沿斜面向下s距离。
且此时滚子A,轮B的角速度为
ω=ω=ωAB
重物上升的速度Av=ωr=v
由动能定理知
mrmvmrmvmgsmgsA12
2
2
22
1
2
1
22
1sin
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1+=−⎟⎠
⎞
⎜⎝
++⎛⎟⎠
⎞
⎜⎝
⎛ωωθ
得
s
mm
vgmm
12
212
2
2(sin)
+
−
=
θ
两边对时间t求导,约去v=s&,得
g
mm
amm
12
12
2
sin
+
−
=
θ
上式即为滚子A中心的加速度,也就是重物上升的加速度。
(2)取滚子A为研究对象,运动及受力分析如图综-12c所示,因滚子纯滚,故
g
rmm
mm
r
a
(2)
sin
12
12
+
−
==
θ
α
点D为速度瞬心,且滚动时质心与瞬心之距为恒量,故用相对瞬心点D的动量矩定理
[]
g
mm
gmmmm
mm
Fmgmmm
mr
t
mgrFr
2
(2)
3
(2)sin
(2)
sin
2
3
sin
2
3
d
sind
12
1212
12
112
T1
2
1T1
+
++
⋅=
+
−
=−⋅
⎟⎠
⎞
⎜⎝
⋅−=⎛
θθ
θ
θω
综-13如图综-13a示机构中,物块A,B的质量均为m,2均质圆轮C,D的质量均为
2m,半径均为R。
轮C铰接于无重悬臂梁CK上,D为动滑轮,梁长度为3R,绳与轮间无
滑动。
系统由静止开始运动,求:
(1)A物块上升的加速度;
(2)HE段绳的拉力;(3)固
定端K处的约束力。
解
(1)图综-13b中,
195
BAvv
2
=1
BAyy
2
=1(各自正向如图综-13b所示)
2
1
DCω=ω
R
vA
Cω=
重力功
AA
A
DBBAAWmmgymgymmgymgymgy
2
1
2
()
(2)12=+−=+⋅−=
动能
2
2222222
2
2
3
2)
2
(1
2
21
2
1
2
2)1
2
(1
2
1
2
1
A
ACBBD
ACBD
mv
mvmRmvmvmR
TTTTT
=
=+⋅+++⋅
=+++
ωω
12112T=0,T−T=W
即AAmvmgy
2
1
2
32=
上式两边对时间t求导,得
AAAmvamgv
2
3=1
agA6
=1
R
g
R
aA
C6
α==
KR
C
A
B
D
E
Oω
2mg
2mg
Aa
Ay
Av
By
mg
mg
Bv
2mg
mg
A
C
R
Av
αCCyωF
CxF
EHF
(a)(b)(c)
CyF
EHF
2mg
C
TAFmg
A
TAF′
Aa
KCkxF
kyF
CyKF′M
(d)(e)(f)
图综-13
196
(2)图综-13c中,由系统动量矩定理
⎥⎦
⎤
⎢⎣
−=⎡mR+mvR
t
FRmgREHcA22ω
2
1
d
d
EHCA(F−mg)R=mR2a+mRa
66
mg
R
FmgmRgEH−=⋅+⋅
FmgEH3
=4
(3)图综-13d中,FmgamgAA6
′=(+)=7
(4)图综-13e中,FFmgyCy2
Σ=0,=9
(5)图综-13f中,
Σ=0,=0xKxFF
MMFKCmgRmgR
FFFmg
KKCy
yKyCy
2
327
2
0,9
2
0,9
Σ==′⋅=⋅=
Σ=′==
综-14在图综-14a所示机构中,沿斜面纯滚动的圆柱体O′和鼓轮O为均质物体,质量
均为m,半径为R。
绳子不能伸缩,其质量略去不计。
粗糙斜面的倾角为θ,不计滚阻力偶。
如在鼓轮上作用1常力偶M。
求:
(1)鼓轮的角加速度;
(2)轴承O的水平约束力。
解
(1)先取整个系统为研究对象,设当鼓轮转过ϕ角时
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