西南交通大学理论力学作业答案⑩

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1、动能定理及动力学普遍定理综合作业参考答案及解答1．图示三球A、B、C的质量均为1kg。球A、B可在光滑水平杆上自由滑动，球C则用两根长1m的细线与连结。若三球成等边三角形的位置时静止释放，求球A、B将以多大的速度碰撞？球的大小可以忽略，细线不可伸长。A1m1mC答案：v=&1.15m/s2．二匀质细杆长度均为l，质量均为m，相互在B点铰接并在铅垂面内运动。图示为系统的初始位置并处于静止，然后在常力偶M作用下AB杆发生运动。试求A点与O点接触时，A点的速度vA和杆AB的角加速度α。BllMAO(图a)(图b)(图c)解求A点与O点接触时，A点的速度vA。杆OB作定轴转动，杆AB作平面运动。

2、考虑一般位置，由图b中杆AB瞬心P和点B速度，得ω=ω=ω（转向如图b）（1）ABOBv=lω，v=2lcosϕ⋅ω（2）BA外力做功lW=M(θ−ϕ)−2⋅mg(cosϕ−cosθ)122动能T=011212122212T=T+T=mv+Jω+Jω=mlω(+cosϕ)2ABOBCCO2223由动能定理：T−T=W2112得2212lmlω(+cosϕ)=M(θ−ϕ)−2⋅mg(cosϕ−cosθ)（3）32当A即将碰O时，ϕ=0,v//v（图c），由式（2）得AB3v=2v=2lω，v=lω（图c）（4）ABC2代入式（3）得2221242212lmlω(+cosϕ)=mlω=mv=

3、Mθ−2⋅mg(1−cosθ)A33323解出v=2lω=[Mθ−mgl(1−cosθ)]Am求A点与O点接触时，杆AB的角加速度α对式（3）求导得212222mlωω&(+cosϕ)−mlωϕ&sin2ϕ=−Mϕ&+⋅mglϕ&sinϕ3将ϕ=0代入上式，并注意到关系ϕ&=−ω有3Mα=ω&=逆时针28ml讨论：可能出现的解答错误是认为A即将碰O时，A，B两点速度平行而误认为杆AB作瞬时平移，从而将系统动能算错。32212答案：v=[Mθ−(1−cosθ)mgl]一般位置的动能T=mlω(+cosϕ)Am33．在图示曲柄连杆机构中，曲柄与连杆均可看作均质杆，质量各为m1、m2，长度均为

4、l。初始时，曲柄OA静止地处于水平向右的位置，OA上作用一不变的转动力矩M。求曲柄转过一周时的角速度。MOB12πM答案：ω=2l(m+m)124．细杆长l，质量为m1，上端B靠在光滑的墙上，下端A以铰链与均质圆柱的中心相连。圆柱质量为m2，半径为R，放在粗糙的地面上，自图示位置由静止开始滚动而不滑动，杆与水平线的交角θ=45°。求点A在初瞬时的加速度。l2l2AR解：本系统为一个自由度的理想约束的系统，故用动能定理的微分形式求解较为方便。先进行运动分析，考虑一般位置，如右上图所示。由于杆AB和轮A均作平面运动，速度瞬心分别为P和D，则有vvvAAAω=,ω=ϕ&==（1）AABRlsi

5、nθlcosϕ考虑上面的运动学关系，系统动能和重力所做功分别为2121232m1vAloT=Jω+Jω=mv+,W=mg(cos45−cosϕ)DAPAB2A212246cosϕ2dTdW由动能定理的微分形式dT=dW,⇒=得dtdt23mvamvϕ&sinϕl1AA1A&mva++=mgϕsinϕ2AA23123cosϕ3cosϕ2将运动学关系式（1）代入上式并约去v，得A23mmϕ&lsinϕ111(m+)a+=mgtanϕ22A2123cosϕ3cosϕ2o最后将ϕ=45,ϕ&=0代入上式求得点A在初瞬时的加速度3mg1a=A4m+9m125．示圆环以角速度ω0绕铅垂轴AC自由转动

6、，圆环半径为R，对转轴的转动惯量为J。在圆环中A点处置一质量为m的小球，由于微小干扰小球离开A点。若不计摩擦，试求当小球达到B和C点时圆环的角速度和小球的速度。ωAAFFAyAxveBBvCBvRrvCFCyCFCxFCz解：整个系统为两个自由度的系统，在运动过程中对转动轴动量矩守恒，机械能也守恒，故用动量矩守恒和机械能守恒求解。设小球至B位置时圆环绕AC轴转动角速度为ω，小球至C位置时圆环角B速度为ω，又设小球在最低位置为零势能点。C（1）A至B过程动量矩守恒：2JωJω=(J+mR)ω，ω=（a）BB2J+mR机械能守恒：121212mg⋅2R+Jω=mgR+Jω+mv（b）BB22

7、2式（a）代入式（b）解得⎧2⎫12⎡J⎤vB=⎨2mgR−Jω⎢22−1⎥⎬m⎩⎣(J+mR)⎦⎭（2）A至C过程动量矩守恒：Jω=Jω，ω=ωCC机械能守恒：121212mg⋅2R+Jω=Jω+mvCC222v=2gRC讨论：如果要确定小球在位置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vBe=RωB2222JωR故v=v−v=2gR+BrBBe2J+mR6.长为2l的均质细杆最初直立在粗