理论力学习题解答

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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。vavevr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

2、视为均质圆盘；系杆OA重W，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。vAvBD解：取系统为研究对象。则任意瞬时系统动能为CvC其中所以vAvBDCvC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=4

3、5°，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。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。b60ºBAFGDECb60ºBAFACFBmgaCnaCτ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=0ε=0aCn=0,aC=aCτmaCτ=mgcos60ºJCε=MC(Fi)0=FA+FB–mgsin60º由质心运动定理有(

4、FB–FA)sin60º–(FA+FB)cos60º=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。b60ºBAFACFBmgaCnaCτmaCτ=0maCn=FA+FB–mgFB(b/2)–FA(b/2)=0式中:aCn=vC2/ρ再由动能定理的积分形式初时刻系统的动能T2－T1=∑WiT1=0两绳位于铅直位置时,系统的动能T2=mvC2/2而b60ºBAFACFBmgaCnaCτ∑Wi=mgρ(1－sin60º)mgρ(1－sin60º)=mvC2/2maCτ=0ma

5、Cn=FA+FB–mgFB(b/2)–FA(b/2)=0即可解出FA和FB。14-21.图示三棱柱A沿倾角为θ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。AθB解:斜面BθBAm2gFNaBm2aB=FNsinθF'Nm1gaBar三棱柱AaA=aB+ar运动学关系:m1(aB+ar)=m1g+F'N+m1aBsinθ=m1gcosθ–F'NaB=(m1gsin2θ)/2(m2+m1sin2θ)14-22.图示圆环以角速度ω绕铅直轴AC转

6、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ω。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ωB和ωC,则有ABCLzA=JωLzC=JωCLzB=JωB+Mz(mvB)=JωB+Mz(mve)+Mz(mvr)zω=mR2ωBLzB=JωB+mR2ωBmgLzA=LzB=LzC因为

7、LzA=JωLzC=JωCLzB=(J+mR2)ωBωC=ωωB=ω/(J+mR2)再应用动能定理求小球的速度。TA=Jω2/2TB=(JωB2+mvB2)/2∑WAB=mgRTB–TA=∑WABABCzωmgmvB2+J(ωB2–ω2)=2mgR由此即可解出vB。而TC=(JωC2+mvC2)/2∑WAC=2mgRmvC2+J(ωC2–ω2)=4mgRABCzωmgABrO14-23.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

8、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。ABrO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+vrvrvevB=ve–vrm(ve–vr)+m0ve=0vr=4vemg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]/2∑Wi=mgr而故由动能定理可得vr=4ve[m(ve–vr)2+m0ve2]/2