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理论力学综合题目

186

综合问题习题

综-1滑块M的质量为m，在半径为R的光滑圆周上无摩擦地滑动。

此圆周在铅直面

内，如图综-1a所示。

滑块M上系有1刚度系数为k的弹性绳MOA，此绳穿过光滑的固定

环O，并固结在点A。

已知当滑块在点O时线的张力为零。

开始时滑块在点B，处于不稳定

的平衡状态；当它受到微小振动时，即沿圆周滑下。

求下滑速度v与ϕ角的关系和圆环的约

束力。

M

O′

O

a

TϕmgFv

NF

（a）（b）

图综-1

解滑块M在下降至任意位置时的运动及受力分析如图综-1b所示。

滑块M在下降过

程中v与ϕ的关系可由动能定理确定：

2[22]2

2

（2）（2sin）1

2

mg×2Rcosϕ+1kR−Rϕ=mv-0

2cos

（1）

mg

v=ϕgR+kR

（1）

滑块M的法向运动微分方程为

2kRsinϕcos（90°−ϕ）+mgcos（180°−2ϕ）

R

Fmv

2

N−=

式

（1）代入上式，化简得

2ϕϕ2ϕ

NF=2kRsin−mgcos2−4（mg+kR）cos

综-2如图综-2a所示1撞击试验机，主要部分为1质量为m=20kg的钢铸物，固定在

杆上，杆重和轴承摩擦均忽略不计。

钢铸物的中心到铰链O的距离为l=1m，钢铸物由最

高位置A无初速地落下。

求轴承约束力与杆的位置ϕ之间的关系。

并讨论ϕ等于多少时杆

受力为最大或最小。

O

A

B

mg

tFnF

ta

vna

ϕ

（a）（b）

图综-2

解钢铸物下降至ϕ角位置时运动和受力分析如图综-2b所示。

轴承约束力不做功，做

功力为重力mg，是有势力，故机械能守恒，设O位置为零势能位置，则

2

2

mgl=mglcosϕ+1mv

即v2=2gl（1−cosϕ）

（1）

187

式

（1）两边对时间t求导，得

2=2sinϕ⋅ϕ&tvagl

ϕ,sinϕtv=l&a=g

（2）

法向：

cos（）

2

n

2

nl

av

l

F+mgϕ=mv=

式

（1）代入上式，得（23cos）nF=mg−ϕ（3）

切向：

ttF+mgsinϕ=ma

式

（2）代入上式得0tF=

由式（3），当ϕ=π时

Fn=Fmax=5mg=（5×20×）N=980N

当4811

3

ϕ=arccos2=°′时，

Fn=Fmin=0

讨论：

ϕ=0时，F=−mgn只表示杆受压力，一般讨论最大、最小应以绝对值考虑。

综-31小球质量为m，用不可伸长的线拉住，在光滑的水平面上运动，如图综-3a所

示。

线的另1端穿过1孔以等速v向下拉动。

设开始时球与孔间的距离为R，孔与球间的线

段是直的，而球在初瞬时速度v0垂直于此线段。

求小球的运动方程和线的张力F（提示：

解题时宜采有极坐标）

ϕ

F

v

v

F

ϕv

ρv

ρM

O

（a）（b）

图综-3

解小球在铅垂方向受合力为0，在水平面内受拉力F，受力和速度分析如图综-3b所

示。

由于作用于小球的力对小孔O（轴Oz）之矩为零，故小球在运动过程中对点O（轴Oz）

的动量矩守恒，即

ρϕmvR=mv⋅0

0vRv

ρϕ=

在极坐标下，

v

t

v==−

d

dρ

ρ

积分，得

ρ=R−vt

故小球在任意瞬时绕小孔O转动的角速度

2

0

（Rvt）

vvR

−

==

ρ

ωϕ

即2

0

d（）

d

Rvt

vR

t−

==

ϕ

ω

188

两边积分得

Rvt

vt

t

Rvt

tvR

−

=

−

=∫0

2

0d

0（）

ϕ

故小球的运动方程

ρ=R-vt

Rvt

vt

−

ϕ=0

线的张力

3

22

0

2

（Rvt）

mvmvR

Fmam

−

====

ρ

ρϕ

ρ&&

综-4正方形均质板的质量为40kg，在铅垂平面内以3根软绳拉住，板的边长b=100

mm，如图综-4a所示。

求：

（1）当软绳FG剪断后，木板开始运动的加速度以及AD和BE

两绳的张力；

（2）当AD和BE两绳位于铅垂位置时，板中心C的加速度和两绳的张力。

mg

60°60°

60°

B

A

ADFBEF

n

Ca

C

mg

C

AB

ADFBEF

Cv

Ca

（a）（b）（c）

图综-4

解

（1）对绳FG刚剪断瞬时的均质板进行运动和受力分析。

板在软绳FG剪断后作

平面曲线平移（ω及α均为零），板在刚剪断瞬时其质心C只有切向加速度，t

CCa=a，如

图综-4b所示。

根据平面运动微分方程

CCCCma=ΣF,ma=ΣF,Jα=ΣMn

n

t

t

得

Cmgcos60°=ma

（1）

F+F−mgsin60°=0ADBE

（2）

cos600

2

sin60

2

cos60

2

sin60

2

Fb°−Fb°−Fb°−Fb°=BEBEADAD（3）

联立解得m/s2

2

a=g=C

=72NADF

=268NBEF

（2）板运动到两绳位于铅垂位置时（即板的最低位置时）其运动及受力分析如图c，

因所有外力沿铅垂方向，故点C无水平方向（即切向）加速度，只有铅垂方向（即法向）

加速度。

板自绳FG刚剪断后至最低位置过程中，由动能定理确定点C的速度。

设AD，BE

绳长为l，则

2

2

（1sin60）1Cmgl−°=mv

v2=gl（2−3）C

（1）

根据质心运动定理及相对质心动量矩定理得

FAD+FBE–mg=maC

（2）

0

22

Fb−Fb=BEAD（3）

189

l

avC

C

2

=

a=g（2−3）=m/s2C

代入式

（2），（3）得

（1）249N

2

==+=

g

FFmgaC

BEAD

综-5如图综-5a所示三棱柱A沿三棱柱B光滑斜面滑动，A和B的质量各为m1与m2，

三棱柱B的斜面与水平面成θ角。

如开始时物系静止，忽略摩擦，求运动时三棱柱B的加

速度。

ABa

Aa

ra

g1m

x

y

A

θ

NF

A&y&

A&x&

O

（a）（b）（c）

图综-5

解

（1）以A及B为系统，由于作用于该系统上的外力无水平分量，因此该系统在水

平方向动量守恒。

即

+=常数ABmx&mx&12

两边求导得

ABx

m

&x&m&&

1

=−2

（1）

（2）以B为动系，分析A的运动。

如图综-5b所示，根据

aA=ae+ar=aB+ar

cosθrxxaAB&&=&&+

（2）

sinθryaA&&=−（3）

（3）对A进行受力及运动分析，如图综-5c所示，建立质点运动微分方程

myFmg

mxF

A

A

1N1

1N

cos

sin

=−

=

θ

θ

&&

&&

（4）

由式

（2），（3）消去ar得（）tanθABA&y&=&x&−&x&

式

（1）代入上式得

（1）tanθ

1

2

ABx

m

&y&=+m&&（5）

式

（1），（5）代入式（4）中2式，消去FN，解得

g

mm

axmBB2（sin）

sin2

2

21

1

θ

θ

+

=&&=−（←）

综-6如图综-6a所示，轮A和B可视为均质圆盘，半径均为R，质量均为m1。

绕在两

轮上绳索中间连着物块C，设物体C的质量为m2，且放在理想光滑的水平面上。

今在轮A

上作用1不变的力偶M，求轮A与物块之间那段绳索的张力。

B

1OO

A

M

ωω

C

v

O

M

TF

OyF

OxF

α

（a）（b）（c）

图综-6

190

解

（1）以整个系统为研究对象。

设轮A，B在某瞬时的角速度为ω（图综-6b），则物

块C的速度为v=Rω

根据动能定理微分形式有

⎥⎦

⎤

⎢⎣

=⎡×+2

2

22

1（）

2

）1

2

（1

2

Mdϕd21mRωmRω

即2

2

2

1Mdϕ=mRωdω+mωdω⋅R

两边除以dt，约去ω，整理得

2

12d（）

d

mmR

M

t+

==

ω

α

（1）

（2）取轮A为研究对象，如图综-6c所示。

根据定轴转动微分方程有

mRMFRT

2

12

1α=−

（2）

式

（1）代入式

（2），即得

2（）

（2）

12

12

TRmm

FMmm

+

+

=

综-7如图综-7a所示图示圆环以角速度ω绕铅垂轴AC自由转动。

此圆环半径为R，

对轴的转动惯量为J。

在圆环中的点A放1质量为m的小球。

设由于微小的干扰小球离开点

A。

圆环中的摩擦忽略不计，求小球到达点B和点C时，圆环的角速度和小球的速度。

A

AyF

AxF

ω

Bev

Bv

rv

Cv

CyF

CzFCxF

C

（a）（b）

图综-7

解整个系统在运动过程中对转动轴动量矩守恒，机械能也守恒。

设小球至B位置时

圆环绕AC轴转动角速度为Bω，小球至C位置时圆环角速度为Cω，又设小球在最低位置

为零势能点。

（1）A至B过程

动量矩守恒：

BJω=（J+mR2）ω

JmR2

J

B+

=

ω

ω

（1）

机械能守恒：

222

2

1

2

1

2

21BBmg⋅R+Jω=mgR+Jω+mv

（2）

式

（1）代入式

（2）解得

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

−

+

=−1

（）

12

22

2

2

JmR

mgRJJ

m

vBω

（2）A至C过程

动量矩守恒：

191

Jω=JωC

ω=ωC

机械能守恒：

222

2

1

2

1

2

21CCmg⋅R+Jω=Jω+mv

vgRC=2

如果确定小球在位置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

vBeB=Rω

故2

22

2

e

2

r2

JmR

vvvgRJRBBB+

=−=+

ω

综-8均质棒AB的质量为m=4kg，其两端悬挂在两条平行绳上，棒处在水平位置，

如图综-8a所示。

设其中1绳突然断了，求此瞬时另1绳的张力F。

Cg

m

AB

α

CFa

（a）（b）

图综-8

解设绳DB突然折断，因水平无外力，初始静止，故水平方向不会有加速度，即在绳

断瞬时棒AB质心加速度沿铅垂方向。

棒AB的受力与运动分析如图综-8b所示。

Cmg−F=ma

（1）

由相对质心动量矩定理：

α

212

lml2F⋅=

（2）

且

α

2

alC=（3）

式

（1）、

（2）、（3）联立，解得

N

4

F=mg=

综-9如图综-9a所示为曲柄滑槽机构，均质曲柄OA绕水平轴O作匀角速度转动。

已

知曲柄OA的质量为m1，OA=r，滑槽BC的质量为m2（重心在点D）。

滑块A的重量和各

处摩擦不计。

求当曲柄转至图示位置时，滑槽BC的加速度、轴承O的约束力以及作用在曲

柄上的力偶矩M。

OxF

O

OyF

ME

ωA

g1m

NF

x

y

ϕ

BCNaF′

B

A

C

g2m

D

p

Aϕ

aara

ea

（a）（b）（c）（d）

图综-9

192

解曲柄OA和滑槽BC，滑块A的受力与运动分析分别如图综-9b、综-9c、综-9d所示，

其中p（x）表示T形杆BC在槽上受到的分布力，但我们不用求这些力。

建立图综-9b坐标

系Oxy。

（1）求BCD的加速度及水平力NF′。

选取BC为动系，曲柄OA上的滑块A为动点，

点A加速度分析如图综-9d做事。

根据加速度合成定理

aa=ae+ar

a=ω2r

故cos2cos（）

eaa=a=a=rt←BCϕωω

根据质心运动定理，由对图综-9c中各量的分析可得到滑槽BC的运动微分方程

2NmaFBC=′

（2）求轴承O的动约束力及作用在曲柄OA上的力矩M

曲柄OA的质心在点E，点E加速度的方向沿曲柄OA方向，且指向点O（图综-9b），且

2

a2rE=ω⋅

根据质心运动定理及刚体绕定轴转动微分方程，有

OxExFFmaN1+=

（1）

OyEymgFma11−+=

（2）

ωωαN10cos

2

M−F⋅rsint−mg⋅rt=J（3）

将FFtNN=′，aatExE=−cosω，aatEyE=−sinω，2

013

J=1⋅mr，α=0

代入方程

（1）、

（2）、（3），解得轴承动约束力

sin）

2

（

）cos

2

（

2

1

1

2

2

Fmgrt

Frmmt

Oy

Ox

ω

ω

ωω

=−

=−+

作用在曲柄OA上的力矩

Mmgmrωsinωtrcosωt

2

2

2

1⎟⎠⎞

⎜⎝

=⎛+

综-10如图综-10a所示质量为m0的物体上刻有半径为r的半圆槽，放在光滑水平面上，

原处于静止状态。

有1质量为m的小球自A处无初速地沿光滑半圆槽下滑。

若m0=3m，求

小球滑到B处时相对于物体的速度及槽对小球的正压力。

A

g0m

mg

NF

Fnrvv

rn

ra

（a）（b）

图综-10

解取物体（m0）和小球（m）组成的系统为研究对象

（1）因水平方向力为零，所以水平动量守恒

（）00rmv+mv+v=

即

3（）0rmv+mv−v=

即

193

4v=vr

（2）做功力为重力mg

W12=mgr

T1=0

2112

2222

r

2

2096

2

31

2

（）1

2

1

2

1

TTW

Tmvmvvmvmvmv

−=

=+−=+⋅=

即6mv2=mgr

6

v=gr

vvgr

3

48r==

（3）

r

Fmgmamv

2

nr

r−==

mg

r

gr

Fmgm

3

311

8

=+⋅=

综-11如图综-11a所示均质杆长为2l，质量为m，初始时位于水平位置。

如A端脱落，

杆可绕通过B端的轴转动、当杆转到铅垂位置时，B端也脱落了。

不计各种阻力，求该杆在

B端脱落后的角速度及其质心的轨迹。

y

x

C

A

Cxv

C

A

Cxv

BB

Cyvω

（a）（b）

图综-11

解

（1）A端脱落至B端脱落前瞬时

⋅m（2l）22=mgl

23

1ω

l

g

2

ω=3

B端脱落后，杆以此角速度在铅直面内匀速转动。

（2）B脱落后瞬时

2

vl3glCx=ω=

aagCCy==−（↓）

故B端脱落后，杆质心C作抛物线运动：

xgltC2

=3，2

2

yl1gtC=−−

22

2

x3gltC=

（1）

194

2

2

ylgtC+=−

（2）

式

（1），

（2）消去t，得0

3

2

+y+l=

l

x

C

C

即x2+3ly+3l2=0CC

此即所求脱落后质心的运动轨迹。

综-12滚子A质量为m1，沿倾角为θ的斜面向下滚动而不滑动，如图综-12a所示。

滚

子借1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和系在滚子上绳的张力。

AO

θ

ω

ω

B

g2m

NF

OyF

OxF

g1m

g1m

v

SF

Av

A

θ

ω

α

D

TF

g1mNF

SF

a

（a）（b）（c）

图13-12

解

（1）研究整个物体系，其受力及运动分析如图综-12b所示。

设重物C由静止开始

向上s距离，则滚子A的中心沿斜面向下s距离。

且此时滚子A，轮B的角速度为

ω=ω=ωAB

重物上升的速度Av=ωr=v

由动能定理知

mrmvmrmvmgsmgsA12

2

2

22

1

2

1

22

1sin

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1+=−⎟⎠

⎞

⎜⎝

++⎛⎟⎠

⎞

⎜⎝

⎛ωωθ

得

s

mm

vgmm

12

212

2

2（sin）

+

−

=

θ

两边对时间t求导，约去v=s&，得

g

mm

amm

12

12

2

sin

+

−

=

θ

上式即为滚子A中心的加速度，也就是重物上升的加速度。

（2）取滚子A为研究对象，运动及受力分析如图综-12c所示，因滚子纯滚，故

g

rmm

mm

r

a

（2）

sin

12

12

+

−

==

θ

α

点D为速度瞬心，且滚动时质心与瞬心之距为恒量，故用相对瞬心点D的动量矩定理

[]

g

mm

gmmmm

mm

Fmgmmm

mr

t

mgrFr

2

（2）

3

（2）sin

（2）

sin

2

3

sin

2

3

d

sind

12

1212

12

112

T1

2

1T1

+

++

⋅=

+

−

=−⋅

⎟⎠

⎞

⎜⎝

⋅−=⎛

θθ

θ

θω

综-13如图综-13a示机构中，物块A，B的质量均为m，2均质圆轮C，D的质量均为

2m，半径均为R。

轮C铰接于无重悬臂梁CK上，D为动滑轮，梁长度为3R，绳与轮间无

滑动。

系统由静止开始运动，求：

（1）A物块上升的加速度；

（2）HE段绳的拉力；（3）固

定端K处的约束力。

解

（1）图综-13b中，

195

BAvv

2

=1

BAyy

2

=1（各自正向如图综-13b所示）

2

1

DCω=ω

R

vA

Cω=

重力功

AA

A

DBBAAWmmgymgymmgymgymgy

2

1

2

（）

（2）12=+−=+⋅−=

动能

2

2222222

2

2

3

2）

2

（1

2

21

2

1

2

2）1

2

（1

2

1

2

1

A

ACBBD

ACBD

mv

mvmRmvmvmR

TTTTT

=

=+⋅+++⋅

=+++

ωω

12112T=0,T−T=W

即AAmvmgy

2

1

2

32=

上式两边对时间t求导，得

AAAmvamgv

2

3=1

agA6

=1

R

g

R

aA

C6

α==

KR

C

A

B

D

E

Oω

2mg

2mg

Aa

Ay

Av

By

mg

mg

Bv

2mg

mg

A

C

R

Av

αCCyωF

CxF

EHF

（a）（b）（c）

CyF

EHF

2mg

C

TAFmg

A

TAF′

Aa

KCkxF

kyF

CyKF′M

（d）（e）（f）

图综-13

196

（2）图综-13c中，由系统动量矩定理

⎥⎦

⎤

⎢⎣

−=⎡mR+mvR

t

FRmgREHcA22ω

2

1

d

d

EHCA（F−mg）R=mR2a+mRa

66

mg

R

FmgmRgEH−=⋅+⋅

FmgEH3

=4

（3）图综-13d中，FmgamgAA6

′=（+）=7

（4）图综-13e中，FFmgyCy2

Σ=0,=9

（5）图综-13f中，

Σ=0,=0xKxFF

MMFKCmgRmgR

FFFmg

KKCy

yKyCy

2

327

2

0,9

2

0,9

Σ==′⋅=⋅=

Σ=′==

综-14在图综-14a所示机构中，沿斜面纯滚动的圆柱体O′和鼓轮O为均质物体，质量

均为m，半径为R。

绳子不能伸缩，其质量略去不计。

粗糙斜面的倾角为θ，不计滚阻力偶。

如在鼓轮上作用1常力偶M。

求：

（1）鼓轮的角加速度；

（2）轴承O的水平约束力。

解

（1）先取整个系统为研究对象，设当鼓轮转过ϕ角时