理论力学_复习题

1例1椭圆规机构如图。已知连杆AB的长度l=20cm，滑块A的速度vA=10cm/s，求连杆与水平方向夹角为30°时，滑块B和连杆中点M的速度。解:AB作平面运动，以A为基点，分析B点的速度。cot30103cm/sBAvv由图中几何关系得：1radsBAABvl方向如图所示。AvAvAvBvBABAB30°BABAvvvM20cm/ssin30ABAvv30°例2行星轮系机构如图。大齿轮I固定，半径为r1；行星齿轮II沿轮I只滚而不滑动，半径为r2。系杆OA角速度为O。求轮II的角速度II及其上B，C两点的速度。解:行星齿轮II作平面运动，求得A点的速度为vAODADAvvvODACBvAvDAIIIII以A为基点，分析两轮接触点D的速度。12()AOOvOArr由于齿轮I固定不动，接触点D不滑动，显然vD＝0，因而有vDA＝vA＝O(r1+r2)，方向与vA相反，vDA为点D相对基点A的速度，应有vDA＝II·DA。所以12II2()ODArrvDAr2vAOCACAvvvODACBvAvCAvCvBvBAvAIIIII以A为基点，分析点B的速度。II12()BAOAvBArrvBABAvvvvBA与vA垂直且相等，点B的速度221222()BABAAOvvvvrr以A为基点，分析点C的速度。vCA与vA方向一致且相等，点C的速度II12()CAOAvCArrv122()CCAOvvvrr例5已知轮子在地面上作纯滚动，轮心的速度为v，半径为r。求轮子上A1、A2、A3和A4点的速度。A3A2A4A1vA2vA3vA4vO解：很显然速度瞬心在轮子与地面的接触点即A1各点的速度方向分别为各点与A点连线的垂线方向，转向与相同，由此可见车轮顶点的速度最快，最下面点的速度为零。2422AAvvrvovrv10AvO322Avrv45º90º90ºO1OBAD例6已知四连杆机构中O1B＝l，AB＝3l/2，AD＝DB，OA以绕O轴转动。求：(1)AB杆的角速度；(2)B和D点的速度。解：AB作平面运动，OA和O1B都作定轴转动，C点是AB杆作平面运动的速度瞬心。vAvBvDCAB32,23235,24OAlABBClAClDCl2AvOAl223322AABvlAClBABvBCl52DABvDCl3ABCDO100100vCvB45º45º例17平面四连杆机构的尺寸和位置如图所示，如果杆AB以等角速度=1rad/s绕A轴转动，求C点的加速度。解：AB和CD作定轴转动，BC作平面运动，其B、C两点的运动轨迹已知为圆周，由此可知vB和vC的方向，分别作vB和vC两个速度矢量的垂线得交点O即为该瞬时BC的速度瞬心。由几何关系知200mm1002mm,2002mmOBBCOCCD0.5rad/sBBCvABOBOB502mm/sCBCvOCBCABCDaB45ºaBnCBatCBatCanCa80.54º取B为基点分析C点的加速度，有ntnntCCBCBCBa+aaaan22100mm/sBaABtnn2cos45106.07mm/sCCBBaaa将C点的加速度向BC方向投影得：aCn22252mm/sCBBCaBC2n217.68mm/sCCvaCD负值表明实际方向与假设方向相反。n2t22()()107.5mm/sCCCaaatnarctan()80.54CCaa4例18图示曲柄连杆机构中，已知曲柄OA长0.2m，连杆AB长1m，OA以匀角速度=10rad/s绕O轴转动。求图示位置滑块B的加速度和AB杆的角加速度。解：AB作平面运动，瞬心在C点，则2msAvOA2radsAABvACOAB45ºAvA45ºvBBCAB作平面运动，以A点为基点，则B点的加速度为tnBABABAaaaa其中n2220msAAaaOAO45ºAaBBaAanBAatBAaAn224msBAABaAB将B点加速度投影到轴上得tsin45BABAaaancos45BBAaa25.66msBat216msBAat216radsBAABaAB将B点加速度投影到轴上得5例10图示曲柄滑道机构，圆弧轨道的半径R＝OA＝10cm，已知曲柄绕轴O以匀速n＝120rpm转动，求当＝30°时滑道BCD的速度和加速度。nROO1ABCDvavrve解：取滑块A为动点，动系与滑道BCD固连。求得曲柄OA转动的角速度为4rad/s30naervvv125.6cm/s125.6cm/s125.6cm/saeraBCDevOAvvvvv120°30°AOO1ABCD分析加速度得artaearnaan22n2rr1125.61579cm/s10vaOAn2aa22(4)101579cm/saaOAntaerraaaa将加速度向轴上投影有：nare22cos6015790.51579cos303/22740cm/s27.4m/saaanaer:cos60cos30aaa6例11刨床的急回机构如图所示。曲柄OA的角速度为，通过滑块A带动摇杆O1B摆动。已知OA=r，OO1=l，求当OA水平时O1B的角速度1。解：在本题中应选取滑块A作为研究的动点，把动参考系固定在摇杆O1B上。点A的绝对运动是以点O为圆心的圆周运动，相对运动是沿O1B方向的直线运动，而牵连运动则是摇杆绕O1轴的摆动。21122sinsin()eaevvrrvOAlr2221122()rOAlrlrvevavrAO1OBAO1OBaraetaenaaaC由于动参考系作转动，因此加速度合成定理为：2aar12sin90Crav42n2e113222()raOAlrte11aOAntaerCeerCaaaaaaaa2re12222,rlrvlrlr2332222()CrlalrAO1OBaraetaenaaaC为了求得aet，应将加速度合成定理向轴投影：ntaeerCaaaaa即：taeCcosaaa得：22t2e3222()()rllralr摇杆O1B的角加速度：t222e12221()()arllrOAlr7ABOC例12偏心凸轮的偏心距OC＝e、半径为，以匀角速度绕O轴转动，杆AB能在滑槽中上下平动，杆的端点A始终与凸轮接触，且OAB成一直线。求在OC与CA垂直时从动杆AB的速度和加速度。3Revrvave解：选取杆AB的端点A作为动点，动参考系随凸轮一起绕O轴转动。evOA323tan33aeevvOA243cos332erveevaervvvABOC加速度分析如图arnartaCaaaenaerCaaaa222neaOAe221633nrrveaR2482sin(,)2133CrreeavvcoscosnnaerCaaaa2222231682(2)293333aeeaee8例8图示系统，重物A和B的质量分别为m1、m2。若A下降的加速度为a，滑轮质量不计。求支座O的反力。ABOaAvBvABOxyOxFOyFgm1gm2解：以整个系统为研究对象，受力如图，建立如图坐标。设A下降的速度为vA，B上升的速度为vB，则由运动学关系得ABvv21系统的动量在坐标轴上的投影为121210,()2xyABAppmvmvmmv由质点系的动量定理1212d10,()d2OxAOyFmmvmgmgFt注意到adtdvA可得121201()2OxOyFFmgmgmma例3高炉运送矿石的卷扬机如图。已知鼓轮的半径为R，质量为m1，绕O轴转动。小车和矿石的总质量为m2。作用在鼓轮上的力偶矩为M，鼓轮对转轴的转动惯量为J，轨道倾角为。设绳质量和各处摩擦不计，求小车的加速度a。解：以系统为研究对象，受力如图。以顺时针为正，则vRmJLO2(e)2()sinOMMmgRF由，有(e)d()dOOiLmtF22d()sindJmvRMmgRt动量矩定理MOm2gNvm1gFOxFOy9因,于是解得d,dvvaRt2222sinRmJgRmMRa若M＞m2gRsin，则a＞0，小车的加速度沿轨道向上。必须强调的是：为使动量矩定理中各物理量的正负号保持协调，动量矩和力矩的正负号规定必须完全一致。动量矩定理ABCDz0aallCABDzaall例4水平杆AB长2a，可绕铅垂轴z转动，其两端各用铰链与长为l的杆AC及BD相连，杆端各联结质量为m的小球C和D。起初两小球用细线相连，使杆AC与BD均为铅垂，这系统绕z轴的角速度为。如某时此细线拉断，杆AC和BD各与铅垂线成角。不计各杆的质量，求这时系统的角速度。解：以系统为研究对象，系统所受的外力有小球的重力和轴承处的反力，这些力对转轴之矩都等于零。所以系统对转轴的动量矩守恒，即21zzLL21002()2zLmaama222(sin)zLmal22022(sin)mamal022)sin(laa显然，此时的角速度＜0。其中2111ImR22212CImR11RvC22RvC于是)32(42122mmvTC由1212WTT得sgmRsMmmvCsin0)32(421212解之得)32()sin(221112mmRsgRmMvCFNFSm2gm1gFOxFOyMOC10例14如图，均质杆质量为m，长为l，可绕距端点l/3的转轴O转动，求杆由水平位置静止开始转动到任一位置时的角速度、角加速度以及轴承O的约束反力。解：本题已知主动力求运动和约束反力。01T杆作定轴转动，转动到任一位置时的动能为222222181)32(1212121mlllmmlJTO在此过程中所有的力所作的功为sin6112mglmghWCOmg解法1：用动能定理求运动以杆为研究对象。由于杆由水平位置静止开始运动，故开始的动能为零，即22110sin186mlmgl由2112TTW得23singl将前式两边对时间求导，得d3d2cosddgtlt3cos2gl3singlCOmg11例17均质细杆长为l，质量为m，静止直立于光滑水平面上。当杆受微小干扰而倒下时，求杆刚刚到达地面时的角速度和地面约束力。解：由于地面光滑，直杆沿水平方向不受力，倒下过程中质心将铅直下落。杆运动到任一位置(与水平方向夹角为)时的角速度为2cosCCvvCPl此时杆的动能为2222)cos311(212121CCCvmJmvT初动能为零，此过程只有重力作功，由)sin1(2)cos311(2122lmgvmC当＝0°时解出glvC321lg32112TTWPACvCvA杆刚刚达到地面时受力及加速度如图所示，由刚体平面运动微分方程，得(1)ACmgFma21(2)212AClFJml杆作平面运动，以A为基点，则C点的加速度为tnCACACAaaaa沿铅垂方向投影，得t(3)2CCAlaa联立求解方程(1)~(3)，得14AFmgACaCm