理论力学习题1

动力学题课

1、图示均质杆AB质量为m，长为l，绕O点转动，A某瞬时，杆角速度为，角加速度，试计算杆的动量大小

l3OBl1ml 6 ２、系统中各杆都为均质杆。已知：杆OA、CD和AC质量均为 m，且OAACCDl，杆OA以角速

AC450度 转动，则图示瞬时，CD杆动量的大小为 O D

2ml 2

３、如图所示，均质杆AB，长l，竖直在光滑的水平面上。求它从铅直位置无初速地倒下时，端点A相对图示坐标系的轨迹。

y 解；

AFx0, VCxC0

 所以xCC0 A C 设倒下的某瞬时，如图所示，与x轴的夹角为。

lxAcos 2 xyAlsin B B 所以A点的轨迹为椭圆。 -

４、图示，均质杆AB质量为m，长为l，绕O点转动，某瞬时，杆角速度为，角加速度，试计算杆的动量矩大小

5质量为m，沿倾角为的斜面向下只滚不滑，

-1

7ml2 48OAl l4B - 好好学习，天天向上

如图所示。滚子借助于跨过滑轮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 B O A C 

解：设滚子质心下滑距离S时，质心的速度为 以整体为研究对象，设滚子半径 为R，该系统的动能为

T1311122mR2AmR2Om2v2 22222将RAROv代入，得

T12mm2v2 2Wmgsinmgs

2由动能定理得，

12mm2v2mgsinm2gs 2将上式两边对时间求导得

amsinm22m1m2g

6 均质圆盘与杆OA焊在一起， 可绕水平轴O转动，如图所示。已知杆OA长l，质量为m1；圆盘半径为R，质量为m2。摩擦不计，初始时杆OA水平，杆和圆盘静止。求杆与水平线成θ角的瞬时，杆的角速度和角加速度。 OA

-2 A - 好好学习，天天向上

T10T21JO2211JOm1l2m2R2ml232111(m1l2m2R2m2l2)2232lWm1g2sinm2glsinT2T1WT2111l(m1l2m2R2m2l2)2m1gsinm2glsin (1)226glsin(m12m2)2m1l23m2R26m2l2将式（1）两边对时间求导得3glcos(m12m2)2m1l23m2R26m2l2

7、 三个均质轮B、C、D，具有相同的质量m和相同的半径R，绳重不计，系统从静止释放。设轮D作纯滚动，绳的倾斜段与斜面平行。试求在重力作用下，质量亦为m的物体A下落h时的速度和加速度。

C

D

B

A

设物体A下落h时，物体A的速度为VA

T10 -3

11111122222mVAmVB2JBBJccmVDJDD222222V2VV2V1BB,VBVA,CB,DDB,JBJCJDmr2rrrr221T2 - 好好学习，天天向上

8、均质圆盘质量为m，半径为R，OC = R/2。求（1）圆盘的惯性力系向转轴O简化的结果，并绘图表示；（2）圆盘的惯性力系向质心C简化的结果，并绘图表示。

ωC

解：FIRmaC 而aCRRn，aC2 2211ttttnn2nn，FIRmaCmRFIOFIC FIRmaCmRFIOFIC22t方向与加速度方向相反

向轴简化：MIOJOmRm()mR 方向与相反

242ntt向质心C简化：MICMC(FIO)MC(FIO)MIO0FIO12R232R31mR2mR2 242ntMICFICaCCnaCtFIC

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MIOtaCωCωnaCnFIOtIOF向轴O简化

向质心C简化

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9、 圆柱形滚子质量为20kg，其上绕有细绳，绳沿水平方向拉出，跨过无重滑轮B系有质量为10kg的重物A，如图所示。如滚子沿水平面只滚不滑，求滚子中心C的加速度。

BCA1mCR2C10RaC 2FTFIC解：FIAmAaA102aC，FICmCaC20aC，MICJCC以A为研究对象：

FTFy0；FTFIAmAg0 （1）

以C为研究对象：

FIAMICMD0；MICFICRFT2R0 （2）

联立（1）和（2）得：aCCAmAgFNmCgCaCFS2g 710、质量为m1的物体A 下落时，带动质量为m2的物体B转动，不计支架和绳子的重量及轴上的摩擦，BC = a，盘B的半径为R。求固定端C的约束力。 FCy MMIBCCFCxB

a

m2gFI

A mg1解：以系统为研究对象，设A下落的加速度为aA，则

FIm1aA，MIBJBB由达朗贝尔原理：

1m2RaA 2FFx0；FCx0 （1）

0；FCyFIm1gm2g0 （2）

CyM-5

0；MCMIBm2gaFI(aR)m1g(aR)0 （3）

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以B和A整体为研究对象：

MB0；MIBFIRm1gR0 （4）

2m1g

2m1m2由（4）得：aA代入（2）、（3）得：

FCym2(3m1m2)m(3m1m2)g，MC2ga

2m1m22m1m2

11、如图所示，边长为a的等边直角折杆AB和CD在C处铰接。画出A、B、C、D和AB、CD杆的虚位移。并给出它们之间的大小关系式。

P1 D B rB

rDCDrCP2CrAABaAF12、 图示曲柄式压榨机的销钉B上作用有水平力F，此力位于平面ABC内。作用线平分∠ABC。设AB=BC，∠ABC=2，各处摩擦及杆重不计，求对物体的压缩力。

解：xBlcos，yC2lsin；

xBlsin，yC2lcos

C而

WFFxBFNyC0

即：(Flsin2FNlcos)0 故：Flsin2FNlcos0

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BFNAF - 好好学习，天天向上

即得：FN1Ftan 2

13、在图示机构中，曲柄OA上作用一力偶，其矩为M，另在滑块D作用水平力F。机构尺寸如图所示。求当机构平衡时，力F与力偶矩M的关系。 解：由[rA]AB[rB]AB得：rAcosrBcos2； 同理由[rB]BD[rD]BD得：rBsin2rDcos；

由虚功原理WF0得：MFrD0

其中：即得：MrAarAaa

Asin2rAcos0 coscos2rAFMOM (Ftan2)rA0

aM即：Ftan20

a故有：MFatan2

CrBDrDFllB14、 如图所示两等长杆AB与BC在点B用铰链连接，又在杆的D、E两点连一弹簧。弹簧的刚性系数为k，当距离AC=a时，弹簧内拉力为0。如在点C作用一水平力F，杆系处于平衡，求距离AC之值。

解：假设弹簧原长为l0，平衡时为l1，平衡时ACd ylblabbd则：01，即：l0，l1

ladllb即：ll1l0(da)

lkb(da) 将弹簧解除代以力F1，F2，则F1F2lxD(lb)cos；xE(lb)cos；xC2lcos； 则：xD(lb)sin；xE(lb)sin； BblF1F2DxEFCxAxC2lsin；

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由虚功原理

WF0得：F1xDF2xEFxC0

[F1(lb)sinF2(lb)sin2Flsin]0

Fl2即：F1(lb)sinF2(lb)sin2Flsin0 故有：da2

kb15、 质量为m1的滑块Ａ与刚度系数为ｋ的弹簧相连，可沿光滑水平面来回滑动。在滑块Ａ上又连接一单摆。摆长为l，Ｂ的质量为m2。试列出该系统的运动微分方程。 A

lvavB

vrl

B

vex

解：取弹簧原长处为弹性力零势能点，水平位置为重力零势能点；系统有两个自由度，取弹簧原长为坐标原点，物块A的位移x和杆AB的摆角为广义坐标

T1122m1vAm2vB2211 m1x2m2[x2l222xlcos()]

2211 (m1m2)x2m2l22m2lxcos221Vkx2m2glcos

21112222则：LTV(m1m2)xm2lm2lxcoskxm2glcos

222dLL由()0得：(m1m2)xm2lcosm2l2sinkx0 （1） dtxx由

dLL()0得：xcoslgsin0 （2） dt

16、跨过无重定滑轮D的无重绳的一端绕在均质圆柱B上，另一端系在沿水平面作纯滚动

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的均质圆柱A的中心上。已知两圆柱的质量m，半径R，求圆柱B下落时，两圆柱的中心的加速度、绳的拉力及水平面与圆柱A的摩擦力。 解：取初始位置为零势能位置及坐标原点

T12112122mvAJAAmvCJCC2222111x111 mx2(mr2)()2m(xr)2(mr2)2

222r22253 mx2mrxmr2244Vmg(xr)

523mxmrxmr22mg(xr) 44dLLd55由()0得：(mxmr)mg0 即： xrg0 （1） dtxxdt22dLLd33由()0得：(mrxmr2)mgr0 即：xrg0 （2） dtxxdt2226联立解得：xg；rg

AA1111FT DA

aAFmg则：LTVFNCCCBvCaC-9