最新理论力学期末复习题动力学2

1、精品文档理论力学作业及试卷中典型错解选评主编：江晓仑制作：林德荣? 错误解答? 错因分析? 正确解答前言理论力学课程是工科各专业的主干课程，又是基础力学（理论力学、材料力学、结构力学 ）课程的第一门课程，广大学生在学习本课 程时，总感到有些难学，尤其感到作题难。为了帮助广大学生克服学 习理论力学课程时的困难， 我们从多年积累的学生作业及考试试卷中 所犯下的诸多常见错误中，选其典型的，选编了一部分，指出错因， 给出正确解答，以使广大学生从过去人们常犯的错误中，吸取教训， 加深对本课程的概念、公式、定理、原理、方法的理解，以便学好本 门课程。2007年3月精品文档精品文档动力学（二）题 4-1 质

2、量为 m 的物块放在质量为 2m 的光滑均质杆 AB 的中点上， 杆 AB 系 3 根绳子保持在图 4-1（a）所示的位置。已知 OA O1B r ， AB OO1 r ， 不计物块尺寸。试求当绳 AD 突然剪断时，绳 OA 的角加速度及绳中的张力。错误解答：当剪断 AD 绳后，杆 AB 作转动。绳 OA的角加速度为 ，A 点加速度 aA r 。 虚加的惯性力系向杆 AB 质心 C 简化，其受力图如图 4-1（b）所示。由达朗伯原Fx 0， 3maA 3mg sin 30 0 0r 2rM A (F) 0，0 r 0 rFB cos300 r JC 3mg3maA sin 3000B C 2

3、A 2所以FB2JC3mg C3maA133mg 2 所以aA 1 gA2 (2m)r 2 3maA12r 2 A3r精品文档精品文档所以33mg3a AaA2 2 gaA3g11329 33mg mrmrmg33236FA FB 3mg cos300 0Fy 0 ，FA 3mg cos30 0 FB29 3 25 3 mg mg36 36错因分析：（1） 将绳 AD剪断瞬时，杆 AB与物块 G 的速度均为零，但杆 AB光滑， 物块 G与杆 AB之间将有相对运动。物块 G 在杆上只是瞬时静止，相 对滑动的速度为零， 但相对滑动的加速度却不为零。 上解中误认为物 块G在杆 AB上静止不动，没考虑

4、相对滑动的加速度 ar。2）杆 AB 作平动而非转动，其角加速度为零，显然惯性力向其质心简化的主矩应为零。上解中虚加了惯性力系主矩 JC 是错误的。正确解答：当剪断 AD绳后，杆 AB作平动，该瞬时绳 OA的角速度为零，杆 AB及物块 G 的速度为零。杆 AB平动的加速度为 aA r ，物块G相对于杆 AB有加速度 ar若以物块 G为动点，杆 AB 为动系，则动系平动。根据牵连运动为平动时的加速 度合成定理，有a a ae araA ar以物块 G 为研究对象，其受力图如图 4-1（ c）所示。由质点动力学基本方程 maxFx ，有m a A cos300 a r 0所以3a ra Ar 2

5、A以整体系统为研究对象，其主动力， 约束反力和虚加的惯性力如图 4-1（ d）所 示。由平衡方程，有Fx 0，3maA mar cos 30 0 3mg sin 300 0精品文档精品文档于是，绳 OA 的角加速度为aAr3rg0 0 r rMA(F) 0，FB cos300 r 3maA sin 3003mg 01FB3mg3maA 1 3mg2332mg232 2 323 mg 233 mgFy 0， FA F B 3mg cos300 0所以FA 3 3 mg 2 3 mg 5 3 mgA 2 3 6质量为 m 、长为l的均质杆 AB，其 A端装有不计质量的小轮，小轮 可沿光滑斜面下滑。

6、设初瞬时杆静止于铅垂位置，求开始下滑时 及斜面的约束反力。错误解答：题 4-2点的加速度b因为初瞬时杆 AB铅垂，故开始下滑时，杆 AB 作平动。设开始下滑时 A点的加速度为 aA，方向为沿斜面向下。由于杆作平动，故将惯性力系向质心简化，惯性力系的合力为 FImaA ，作用在质心。其受力图如图 4-2（a）所示。由平1）衡方程，有所以Fx 0，maA mgsin 0aA gsi n精品文档精品文档Fy 0 ， FN mg cos 0 所以F N mg c o s2）错因分析：杆 AB 从静止的铅垂位置开始运动后将作何种运动要加以论证。对于图4-2（a）来说，若对杆应用相对于质心的动量矩定理，可

7、知JCMC FFNl sin0，即0 ，因为 JC、l 、 、FN 均不为零。C CN2故杆 AB 不作平动而作平面运动。不加论证就断言杆 AB 作平动是错误的。 正确解答：当杆 AB 从静止的铅垂位置开始运动后，杆 AB 将作何种运动？为了解答这 一问题，对杆 AB 应用相对质心的动量矩定理图 4-2（a），有JC FN l s i n（1）C N 2因为 JC 、 l 、 均不为零。再由质心运动定理macy FN mg cos（2）由于 m 、 g 、cos 、 acy 均不为零，故 FN 0，由式（ 1）可见，0 ，即运动开始时杆 AB 的角加速度 0 ，故杆作平面运动。因初瞬时系统静止

8、，故杆 AB 的初角速度 0 0 ，以 A为基点，质心 C 的加速度为aC a AaCA将惯性力系向质心 C 简化，其主矢、主矩以及主动力、约束反力如图图 b）所示。由平衡方程，有M A F 0，J CmaCAlmaA cosl0C CA2 A24-23)式中 JC112ml2， aCA 2l ，故有3a A cos2l4）解得Fx 0， maA maCA cos mgsin 0aA l c o s gs i n 0 aA 2l 3aAcosc o s gsi n 0 2laA4gsin4 3c o 2s精品文档精品文档由式（ 4），有3aA cos3cos 4gsin 3gsin22l 2l

9、 4 3cos24 3cos2 l所以Fy 0，FN maCA sinmgcos 05）FNmgc os msinmgc o s ml 3gs in22 4 3co 2s lsin3 sin sin 2mgcos 2 mg2 4 3cos2题 4-3 质量为 m 、长为 l 的均质杆 AB 放在光滑墙棱 D 上，在杆与铅垂墙之 间夹角为 且CD b时无初速释放。试求初瞬时质心 C的加速度和 D 处的约束 反力。错误解答： AAFNDmgmaCDJC图 4-3在无初速释放瞬时， 杆的角速度为零， 但角加速度 不为零， 设其沿顺时针 转向。主动力， 约束反力和向质心简化的惯性力系主矢、 主矩如图

10、4-3（ a）所示 由平衡方程，有1）MD F0， JC maCD b mgbsin 0式中 JC 1 ml2 ，C 1212 ml122 ， aCD b ，故有mb2 mgbsin 02）12gbsinl 2 12b2而质心 C 的加速度为精品文档精品文档aC212gb 2 sin aCD b 2 2CD l 2 12b 23)所以Fy 0，FND maCD mg sin 04)FND mg sinmb2 2 mg s i nl 2 12b2错因分析：当杆在 位置无初速释放时，由于棱角 D 光滑，虽然杆 AB 相对棱角 D 滑动 速度为零，但滑动加速度不为零。杆 AB上 D点相对于棱角 D有

11、滑动加速度 aD，沿杆 AB 方向。上解中认为 D 点不但速度为零，而且加速度也为零，这实际上是 把 D 点当成定轴了，显然是不正确的。正确解答：当杆 AB 在 位置无初速释放时，杆的角速度为零，但角加速度不为零。杆 相对于棱角 D 滑动的速度为零， 但杆上 D 点相对于棱角 D 点滑动加速度不为零， 因为由质心运动定理maCx mgco s1)可知，质心 C有沿杆方向的加速度，因此，杆上 D 点有相对于棱角 D 滑动的加 速度aD，以 D为基点，则 C点的加速度为aCa Da CD ，a CDb以杆 AB 为研究对象，设其角加速度 及惯性力系向质心简化的主矢和主矩如图沿顺时针方向，主动力、约

12、束反力以4-3(b)所示。由平衡方程，有2)式中 J C于是M D F0 ， JCmaCDb mgb sin 012ml2 ，aCD b ，故有12122ml2 mb2 mgbs i n 0 1212gbsinl 2 12b 2 而质心 C 的加速度为3)aCx a D g c o saCyaCDb122gb2 sin2Cy CD l Fx 0 ，mg cosmaD所以 12b2精品文档精品文档Fy 0，FND maCD mg sin 04）所以F ND mg sin mb 2 2 mg s i nl 2 12b 2题 4-4 不等高曲柄连杆机构中， 曲柄 AB r ，其上作用一力偶 M ，连

13、杆 BC长 l ，滑块 C 上作用一力 F 。各处摩擦不计。试求平衡时 M 与 F 的关系。 错误解答： 系统具有一个自由度，取广义坐标为 ，给曲柄 AB虚位移 ，则 B、C两点的虚位移如图 4-4 所示。由虚位移原理，Fi ri 0 ，有MF rC 0（1）曲柄 AB可作定轴转动，故 B点的虚位移 rB r ，而 rB与 rC 之间，有关系r B cosrC cos（2）由几何关系知（3） 故有rB c o srC c o s即rC r cos（4）cos将式（ 4）代入（ 1），得M F r c o s 0（ 5 ）cos所以 F r c o s M 0（6）cos错因分析：上解中式（ 3

14、）是错误的。根据几何关系，应有90 0而不是。由此导致式（ 4）、（5）、（6）都是错的。正确解答：系统具有一个自由度，取广义坐标为 ，曲柄 AB可绕 A轴转动，其虚位移 为 ， B点的虚位移 rB r 。滑块C受水平滑道约束， 故其虚位移 rC沿滑道1）如图 4-4 所示。由虚位移原理，Fi ri 0，有M F rC 0精品文档精品文档BC连线上投影相等，即连杆 BC 可作平面运动，故 B 、C 两点的虚位移在rB co srC co s其中，由几何关系可知900，故有r cos 90 0rC cos即rCrsin（2）cos将式（ 2）代入式（ 1），得F r scino s0F所以，有图

15、 4-4M F r si n Fr si n c os t an cos另解：用Fx x Fy y Fz z 0 求解。取坐标 Axy如图 4-4 所示，则力的投影 Fx F ，于是，有M F xC 03）C 点的坐标为xC r co s l c os ， xCrsin l sin4）因 A、C 之间的高差为常数 h ，故有l si n r si n h求变分，有l c os r c o s 0所以r cosl cos5）将式（ 4）、5）代入式（ 3），有MFrsin lsin lrccoossM Fr s i n c o st an精品文档精品文档题4-5 在图示的铰接四边形机构中， O1

16、A O2 B ，O1O2 AB 。在重为 P的 均质杆 AB上有一与 CD杆铰接的套筒 C 。CD杆的 D端连接一刚度系数为 k的弹 簧，并知当0时弹簧为原长。在杆 O2 B上作用一力偶 M 。试求平衡时 M 的O2大小。错误解答：图 4-5给杆O2B虚位移 ，则 B点的虚位移 rB r ，套筒 C的也即 CD杆的虚位移 rC 为rCra re rr而re rB r ， ra re sinr sin弹簧的弹性力 F k r r c o s ra（1）由虚位移原理，Fi ri 0 ，有MF ra 0（2）即 M Fr si n 0或 M kr 1 co s s in r si n 0（ 3）0

17、，故得M kr 2 1 co s s i n si n错因分析：1上解中将杆 AB 的重力 P 的虚功漏掉了。2弹性力 F 的计算式 1是错误的。在系统处于平衡状态时，弹簧已发生了实际的变形 r r cos ，虚位移只是一种为约束所容许的、 一切可能的无精品文档精品文档穷小位移，它不是真实发生的实位移，因此，在计算弹性力时，不能把虚位移也 计算在内。正确解答： 系统具有一个自由度， 广义坐标取为 。弹簧为非理想约束， 故应将其解除， 代以约束反力，并将其视为主动力。弹性力为F k r rco s（1）杆 O2B 可作定轴转动，它的虚位移为，而 B 点的虚位移则为 rB r 。由于该结构为铰接平

18、行四边形机构，故杆 AB 可作平动。套筒 C 相对于杆 AB可滑动。 若以套筒 C 为动点，杆 AB为动系，则套筒 C的绝对、相对、牵连虚位移之间的 关系为ra re rr（2）其中 re rB r 。将式（ 2）在竖直方向投影，有ra re sinr sin 。由虚位移原理， Fi r i 0 ，有MP ra sin F ra 0即 M Pr s i n Fr sin 0将式（ 1）代入，并因0，故有M P F r sin P kr 1 cos rsin题 4-6 平行四边形机构如图，其中 OE EA AC BC BE DE l 。在 铰C 、E之间所连弹簧的刚度为 k ，原长为l 。在杆O

19、A上作用一力偶 M ，在C点 作用一竖向力 P 。各杆重不计，各处光滑，试求平衡时力偶 M 的值。错误解答： yO1图 4-6精品文档精品文档系统具有一个自由度，广义坐标取为 。弹簧为非理想约束，应将其解除， 代以约束反力，并将其视为主动力。弹性力 F 为F F k 2lco s l kl 2co s 1（1）取坐标轴 O1xy 如图 4-6 所示。各力在轴上的投影分别为Fx F ，Fx F ， Fy P各力作用点的坐标及其变分分别为x E l cos ， xE l sinxC 3l cos ， xC 3l siny C 0 ， yC 0由虚位移原理Fx x Fy y Fz z 0 ，有M F

20、 xE F xC 0（ 2）即 M F lsin F 3lsi n 00 ， 将式（ 1）代入上式，所以有M 2Fl si n 2kl2sin 1 2co s（3）错因分析：功的分析表达式 WFxdx F ydy Fzdz 是在惯性参考系中导出的，只在惯性参考系中适用，也就是说，式中的坐标 x、 y 、 z都是对于惯性参考系的。 虚位移原理的分析表达式Fx x Fy y Fz z 0 应同样只在惯性参考系中适用，也即，式中的坐标 x、 y 、 z都应是对于定坐标 系写出的。故而在应用虚位移原理的分析表达式Fx x Fy y Fz z 0 时，必须先建立坐标系而且必须是固定不动的坐标系。 上解中

21、所取坐标系 O1xy 中，O1 x 轴是可动的而非固定的，因此是错误的，由此导致了计算结果的错误。正确解答：1）系统具有一个自由度，取广义坐标为 。解除属于非理想约束的弹簧，代以 约束反力并视其为主动力。弹性力为F F kl 2c o s 1精品文档精品文档取坐标轴 Oxy 如图，各力在坐标轴上的投影分别为Fx F ， FxF ， FyP各力作用点的坐标及其变分分别为xE l cos ， xEl sinxC 3lcos ， xC 3lsinyC l sin ， yC l cos2)由虚位移原理的分析表达式 Fx x Fy y Fz z 0 ，有M F xE F xCP yC 0即 M F ls

22、 in 3ls in Plc os 00 ，所以有M 2Fl sin Pl cos 0将式( 1)代入上式，得M Pl cos 2kl 2 sin 2cos 1题 4-7 在图示平面机构中， OA BD DE r ， CD DE ， DE EG 。 在图示位置 OA水平，且 B 、 D 、 G在同水平线上。在 OA上作用一力偶 M ，在 滑块G上作用一力 F 。试求平衡时，力偶 M 与力 F的关系。错误解答：杆OA 、 CDE 可作定轴转动，杆 AB可作瞬时平动，杆 BC 、EG可作平面运 动。给杆 OA虚位移 ，则 A 、 B两点的虚位移相等， rA rrB，因杆 BC的瞬心与 CDE杆的转

23、轴重合，且 BD DE，故 rB rE ，于是， G 点虚位移为1)rG rE cos300 3 r2由虚位移原理Fi ri 0 ，有F rG 02)因 0 ，所以有3)M 3 Fr 0精品文档精品文档错因分析：上解中式（ 1）是错误的。因为刚体作平面运动时，速度投影定理讲的是， 平面运动刚体上任何两点的速度在两点连线上投影相等。 对于可作平面运动刚体 上两点虚位移的投影，也应按此定理计算。式（ 1）是将 E、G 两点的虚位移在 水平方向投影相等而得到两点虚位移之间的关系，显然是错误的。正确解答：系统具有一个自由度， A、B、C、E、G 点的虚位移如图 4-7 所示。因为 只有一个虚位移是独立

24、的，故必须建立各虚位移之间的关系。杆OA可作定轴转动，给虚位移，则 A点的虚位移为 rA r 。杆 AB可作瞬时平动，故其上任一点的虚位移均相等，即rB rA r杆 BC 可作平面运动，其瞬心恰与 CDE 杆的转轴 D 重合。设杆 BC 绕瞬心 D转动的虚位移为 ，则有rB rrrrCCD杆CDE 可作定轴转动，设其绕转轴 D 转动的虚位移为 ，则有rCCD由此可见，而 E 点虚位移为rE r r杆EG可作平面运动，其上 E、G 两点的虚位移在 E 、 G两点连线上投影相等， 即精品文档精品文档rG cos30 0rE r ， rGr 0 2 3 r cos3003由虚位移原理， Fi r i

25、 0 ，有M F rG 02即 M F r 03Fr2 3 Fr题 4-8 图示滑轮系统悬吊质量均为 m的 A、 的质量不计，试求各物块的加速度。错误解答：B、C 三个物块，且滑轮与绳设物块 A 、图图4-84 -8C的加速度 aA、aC 向下，由几何关系可知 B块的加速度为aBaA aC21)方向向上。 A、 B 、 C三点的虚位移为 rA、 rB、 rC ，因系统具有两个自由度， 故只能有 2个独立虚位移，设为 rA、 rC，则 B点的虚位移为精品文档精品文档r A rCrB2如图 4-8 所示。由动力学普遍方程，有2）ma A mg r AmaB mg rBmaC mg rC 0r A

26、rCaA g rA aB g rA 2 rCaCg rC05111554 aA41 aC21 grA41aA45aC3）因为 r A 、 r C 彼此独立，故欲使式（ 3）成立，必有 r A 、 rC 前面的系数为零， 于是，有5a A aC 2 g 0（4）a A 5aC 2g 05）由式（ 5），有a A 2g 5aC ，代入式（ 4），得1aC 3 g因 a A 2g 5a C ，所以1 a AgA3因aBa A aC2，所以1aB 3 g错因分析：6）上解中物块 B的加速度式（ 1）和虚位移式（ 2）都是错误的。由此便 导致了计算结果的错误。因为绳长为常量 L ，由图 4-8 所示坐标

27、可知，其约束方 程为2yA 2 yB yC L上式对时间求二阶导数，得2 aA 2a B aC 0aB2aA aC将式（ 6）求变分，得2 y A 2 yB yC 0精品文档精品文档yB2 y AyC2由此可见，上解中式（ 1）、（ 2）是错误的 正确解答：系统具有两个自由度，广义坐标取为 yA、 yC 。因为绳长为常量 束方程2yA 2 yB yC L上式对时间求二阶导数，得2yA 2yB yC 0或 2aA 2aB aC 0L ，故有约即yB2yA yC 或 aB2aA aC22将上述约束方程求变分，得2 y A 2 yB yC 0yB2 y AyC惯性力、主动力如图mg ma A4-8

28、所示。由动力学普遍方程，有yA mg maB yB mg maC y C 0g aA y A g aBg aC yC 0g a A g aB y A1g aC 2 g aB yC 0因为 yA 、 yC是彼此独立的， 且均不等于零， 故欲使上式得以满足，yC 前面的系数同时为零，于是，有g aA g a B 01g aC 2 g aB 0由式（ 7），得a AaB由式（ 8），有只有 y A 、（7）（8）精品文档精品文档9）11aB aCg 02 B C 2但 aB 的大小为 2aA aC ，所以，有2aC4aB4aA代入式（ 9），得2aB 4aB12g 0 ，9aB g 0所以1aBgB

29、91 aAaB9gaC4aB449g其中 vB2 vB2x vB2y题4-9 质量为 m、半径为r 的均质圆盘，其边缘上的 A点处系一长为 l的绳， 绳端悬吊一质量也为 m的小球 B （不计尺寸），试写出系统的运动微分方程。错误解答：系统具有两个自由度，广义坐标为 、 。因为作功的力为有势力，故系统是保守的。 系统的动能为T 1 JO 2 1mvB22 O 2 Br c os l r sin精品文档精品文档如图 4-9 a 所示。故有 T 1 1 mr2 2 1 mr2 2 1 ml2 2 mr l c o s2 2 2 2312)3)mr 2 2 ml 2 2 m r l c o s42取O

30、 点为势能的零位，故系统的势能为V mg l c o s r c o s 拉格朗日函数为 L T V 由拉格朗日方程 d L L 0 ，有 dtL32L 23mr2 mr l co s d L 3ddt L 32mr2 mr l cos mrl si nL mrl s i n mg r s i nmr l sin mg rs in（4）代入拉格朗日方程之中，有3 mr 2 mrl cos mrl sin mrl sinmgr sin 0即 3r 2l co s 2l sin 2l s in 2gs in 0（5）由拉格朗日方程 d L L 0 ，有dtLL ml 2 m r l c o sd

31、L ml 2 m r l c o sm r l s i n（ 6）dtL mr l sin mr l sin（7）代入拉格朗日方程 d L L 0 ，有dtl r co s r si n r si n 0（8）错因分析：1计算动能时， B 点速度计算是错误的。因为 B点的速度应以广义速度 、精品文档精品文档来表示，而广义坐标 、 的正向已取定，故 、 应与 、 正向一致，上解中式（ 1）将 的正向取反了，故式（ 1）是错误的，由此导致了一系列的错误。2上解中式（3）计算有误。因 为将 cos 对时间求导数应为 s in。式（ 6）犯有同样的错误。正确解答：系统具有两个自由度，广义坐标为 、 。

32、因为作功的力为有势力，故为保 守系统。系统的动能为1 2 1 2T JO 2 mvB22 O 2 B其中 vB2 vB2x vB2y r c o sl 2 r s i n 2r 2 2 l 2 2 2rl c o s31即 Tmr2 2ml2 2 mr l c os42如图 4-9 b 所示。取O 点为势能的零位，故系统的势能为V mg l c o s r c o s拉格朗日函数为 L T V由拉格朗日方程 d L L 0 ，有dtL 3 mr 2 m r l c o s2d L 3 mr 2 m r l c o sm r l s i ndt 23 mr 2 m r l c o sm r l

33、s i nm r l 2 s i n2L mrls i nmg r s i nmr l sin mg rsi n精品文档精品文档代入拉格朗日方程 d L L 0 ，得dt3r 2l cos 2l 2 sin2gsin 0由拉格朗日方程 d L L 0 ，有dtL2ml2 mrl cosd L ml 2 m r l c os mr l si ndtml2 mrl cos mr l 2sin mr l sinL mrl si n 1 mg lsi nmr l s i nmg lsi n代入拉格朗日方程 d L L 0 ，得dtl r cos r si n gsin 0题 4-10 质量为 m1 、

34、半径为 r 的均质圆柱，可在水平面上作纯滚动。圆柱中 心 O由刚度系数为 k 、原长为 l 0 的弹簧系住，又在圆柱中心用光滑铰连接一质量为 m2 、长为 l 微分方程。O的均质杆。取图 4-10 所示的 x、 为广义坐标，试建立系统的运动图 4-10A错误解答： 系统具有两个自由度，广义坐标为 x 、 ，由于作功的力均为有势力，故系 统为保守系统。系统的动能为Tm1x2211JO1O12 O1x 21 JO2 2O2 r 2 O21)精品文档精品文档式中 J O122， JO23 m2 l ，31211m1xm1r2223212m1xm2 l 222代入上式，有T2 x2 1 1 m2l 2

35、 2 r 2 2 32)取O 点为重力势能零位，原长处为弹性力势能的零位，故势能为1 k 2Vm2 gl c o s x2 2 2LTV d L L0 ，有dt x xL3m1x拉格朗日函数由拉格朗日方程3)于是，有由拉格朗日方程dt x 2 1Lkxx3m1 x kx 021 d L L0，有dt4)5)于是，有d L 1 2m2ldt 3 2L 1 1m2gl s i nm2gls i n2 2 2 21 2 1m2lm2gl s in 03 2 2 23l gsi n 026)7)错因分析：系统动能计算式( 1)中，杆 OA的动能错误。杆 OA 作平面运动 误将杆 OA视为绕 O 轴作定

36、轴转动。LL上解式( 4)，偏导数计算 L kx是错的，应为 L kx ，同样， xx11)2上解11 m2 gl sin 是错的，应为Lm2gl s inm2gls i n由于上述错误，导致计算结果全部错误。正确解答：系统具有两个自由度，广义坐标为系统为保守系统。圆柱、杆12Tm1 x21x 、 ，由于作功的力均为有势力，OA均作平面运动，故系统的动能为1 2 1 2 1 2JOm2vCJ C2 O 2 2 C 2 C故该精品文档精品文档式中JO1m1r2，JC1 m2l2，x2 1 C 12 2lx cos sin 22于是，2 1 2 2 x2 l 2 2 lx c o s4系统的动能为

37、T1 m1x2 1 1 m1r22 1 2 2 1x 2 1 r2 2 m214l 2 2 lx cos21 112m2l 2 2即 T 1 2xm2l c o sm2 l 2 s i n222 32m1 m2 x2 61m2l2 2 12m2lx co s重力势能的零位取在 O 点，弹性力势能零位取在原长处，故系统的势能为 11 2Vm2 gl c o s kx2 22拉格朗日函数 L T V 由拉格朗日方程 d L L 0 ，有 dt x xL3x2m1 m2x 1 m2l c o s22d L 3m1 m2 dt x 2 1 2于是，有或Lkxx3 m1 m22 1 21 1 2x m2

38、l c o sm2l 2 s i n 2kx 0223m1 2m2 x m2l co s m2l 2s i n 4kx 0由拉格朗日方程d L L dt0，有1 m2l32212 21m2lxc osdLdt1m2l 2132m2lxc o sm2 lx s i n22m2lx s i n2m 2 gl s i n22于是，有12 1 1 1 1m2l2m2lxc os m2lx sinm2lx si nm2glsin 03 2 22 22 22 22精品文档精品文档或 2l 3xc os 3gs in 0题 4-11 一轮子的圆轴半径为 r ，沿半径为 R 的轨道作无滑动的滚动。轮轴 的总质

39、量为 m ，对其质心 C 的回转半径为 。试求在平衡位置附近作微小振动的应用动静法求解。轮轴作平面运动，惯性力系的主矢和主矩、主动力、约束反力如图 4-11 a 所示。由平衡方程，有M P F 0 ， J C maC r mgr sin 0（ 1）Rr式中 aC R r ， R r ， sin ，代入上式，得rR r 2 r 2gr 2 02g r2 2 0系统微小振动的圆频率为rgr R r r 2 2振动的周期为2 2 R r r2 2nr错因分析：精品文档精品文档上解中图 4-11 a 将惯性力系主矩方向画错了。 因为按照 、 、 的正向可 知 aC 的正向，又由瞬心 P 可知，轮轴的角

40、加速度 应为反时针方向，故惯性力 系主矩 J C 应为顺时针方向。由此导致了计算结果的错误。正确解答：在振动过程中轮轴作平面运动， 作功的力只有重力， 故系统是保守的， 机械 能守恒。取角 为广义坐标，当0 时为系统的平衡位置。因轮轴作无滑动的滚动，故轮轴的角速度 和轮心的速度 vC 分别为vC R rvCRrrr如图 4-11 b 所示。取平衡位置时轴心 C 为重力势能的零位置， 故在平衡位置势能为零， 机械能 为最大动能1 2 1 2Tm a x mvCJ C221m R r2m2 a x 12 m2Rr r12m R r2221r2在最大偏离 max时， 0 ，故动能为零，最大的势能为全

41、部的机械能，即Vm ax mg R r 1 c o sm a x因为系统作微小振动，max是小量， 1 cos max 2 sin 2 m2ax1 m2 ax ，2 m ax最大势能为Vm ax 2mg R r m a 由机械能守恒定律，有Tm ax Vm a xax 2mg R r m ax精品文档精品文档保守系统作自由振动时其振动规律为简谐的，即m asx i n nt代入上式，得12mR r 2 r2 1 n22 m2ax max122mg R r m2ax于是有周期为m2RrRrm R r rmgr sin0r2rgr sin 0用动静法求解，其主动力、约束反力和虚加的惯性力系主矢和主

42、矩如图4-11 b 所示。由平衡方程有M P F 0 ， JCmaC r mgr sin 0rr式中 JC m 2， aCR r ，aC R r ，代入上式，得因为是微小振动，有 sin ，故有2gr2振动的圆频率为周期为2 2 R r 2 r2nr题 4-12 质量为 m 的物块悬挂如图 4-12 a 所示，两弹簧刚度系数分别为 k1和 k2 。若杆重不计，试求物块自由振动的固有圆频率及周期精品文档精品文档错误解答： 将系统简化为一个由两个弹簧串联的质量弹簧系统，如图 4-12 b 所示 串联弹簧的等效刚度系数 k 为k1 CF1xF1F2图 4-121k1k2k1 k2AbdF02k1 k

43、21)故系统自由振动的固有圆频率为n mkk1 k2 mk1k22)周期为T 2 k1 k2 m k1k23)错因分析：精品文档精品文档本系统中两个弹簧不位于同一铅垂线上， 故不是一组串联弹簧， 显然，按串 联弹簧求解等效刚度系数的式（ 1）是错误的。由此导致了式（ 2）、（ 3）是错误 的。正确解答：该系统为具有一个自由度的保守系统， 物块的振动规律是正弦型的。 取物块 的平衡位置 O为坐标原点，且 x 轴向下为正。如图 4-12 c 所示。设在任一瞬时， 杆 AB 转过 角，取系统的平衡位置为零势能位置，则动能为T 1 mx 2 （1）2势能为V 1 k1 x a 2 1 k2 b 2 （

44、2）22k1 O1a k 2 O 2 b0将式（ 7）代入式（ 6），得k1 xa22k1a2 k 2b 2于是势能为1V k1 x a2k1xa22k1a2 k2 b21 k 2b 22k1xak1a2 k2b2k1k2b22 k1a2 k2b2根据机械能守恒定律， Tmax Vmax ，有max max122 mxm ak1k2b22xm a2 k1a2 k 2b2（7）（8）（9）10）以杆 AB 为研究对象，当其转过 角时的受力如图 4-12 d 所示。由动量矩定理，JA M A F ，因有 JA 0，故0 F2b F1a（3）式中F1 k1 x O1 a（4）F2 k 2 b O2（5）将（ 4）、（5）两式代入式（ 3），