理論力學(xué)期末復(fù)習(xí)題

1、理論力學(xué)作業(yè)及試卷中典型錯解選評主編：江曉侖制作：林德榮? 錯誤解答? 錯因分析? 正確解答*、尸、 亠前言理論力學(xué)課程是工科各專業(yè)的主干課程，又是基礎(chǔ)力學(xué)（理論力學(xué)、材料力學(xué)、結(jié)構(gòu)力學(xué) ）課程的第一門課程，廣大學(xué)生在學(xué)習(xí)本課 程時，總感到有些難學(xué)，尤其感到作題難。為了幫助廣大學(xué)生克服學(xué) 習(xí)理論力學(xué)課程時的困難， 我們從多年積累的學(xué)生作業(yè)及考試試卷中 所犯下的諸多常見錯誤中，選其典型的，選編了一部分，指出錯因， 給出正確解答，以使廣大學(xué)生從過去人們常犯的錯誤中，吸取教訓(xùn)， 加深對本課程的概念、公式、定理、原理、方法的理解，以便學(xué)好本 門課程。2007年3月動力學(xué)（二）題4-1質(zhì)量為m的物塊放在

2、質(zhì)量為2m的光滑均質(zhì)桿AB的中點上，桿AB 系3根繩子保持在圖4-1（a）所示的位置。已知OA 0占r，AB OO, r， 不計物塊尺寸。試求當(dāng)繩 AD突然剪斷時，繩OA的角加速度及繩中的張力。錯誤解答：當(dāng)剪斷AD繩后，桿AB作轉(zhuǎn)動。繩OA的角加速度為 ，A點加速度3a r 。其受力圖如圖4-1 （b）所示。由達朗伯原虛加的慣性力系向桿AB質(zhì)心C簡化,0Fx 0， 3maA 3mgsin30所以3a12gMa(F)0，F(xiàn)bCOs30aA _g_r 2rr Jc 3mgrr3maA sin 30022所以3mg2Jc1 3maA3mg2 丄(2m)r212r3maA所以Fy0， Fa1 3mg

3、1mr、33Fb 3mgcos30Fa 3mgcos30 FB3.329、3Tmg HTmg3mr225、. 3Tmg29 . 3-36-mg錯因分析：（1）將繩AD剪斷瞬時，桿AB與物塊G的速度均為零，但桿 AB光滑， 物塊G與桿AB之間將有相對運動。物塊G在桿上只是瞬時靜止，相 對滑動的速度為零，但相對滑動的加速度卻不為零。上解中誤認為物塊G在桿AB上靜止不動，沒考慮相對滑動的加速度（2）桿AB作平動而非轉(zhuǎn)動，其角加速度為零，顯然慣性力向其質(zhì)心簡化 的主矩應(yīng)為零。上解中虛加了慣性力系主矩 Jc是錯誤的。正確解答：當(dāng)剪斷AD繩后，桿AB作平動，該瞬時繩OA的角速度為零，桿AB及物塊G 的速度

4、為零。桿AB平動的加速度為3a r ，物塊G相對于桿AB有加速度a。若以物塊G為動點，桿AB為動系，則動系平動。根據(jù)牽連運動為平動時的加速 度合成定理，有aa ae ar - 3aA2 2A 3r以物塊G為研究對象，其受力圖如圖 4-1（c）所示。由質(zhì)點動力學(xué)基本方程maxFx，有m aA cos300 ar 0所以ar以整體系統(tǒng)為研究對象, 示。由平衡方程，有.3其主動力，約束反力和虛加的慣性力如圖 4-1（ d）所0, 3maAmarcos30 3mg sin 3003a a2g 03a22gFy 0, Fn mg cos 0(2)于是，繩OA的角加速度為aA237grrMa(F) 0，F(xiàn)

5、bCOs30 r 3maA sin30 三 3mg 0Fb 1 3mg 3maA3 2卡3mg.32 3Tmg所以Fy 0， FaFaF b 3mgcos300土2 mg Smg3點的加速度題4-2 質(zhì)量為m、長為I的均質(zhì)桿AB，其A端裝有不計質(zhì)量的小輪，小輪 可沿光滑斜面下滑。設(shè)初瞬時桿靜止于鉛垂位置，求開始下滑時因為初瞬時桿AB鉛垂，故開始下滑時，桿 AB作平動。設(shè)開始下滑時 A點 的加速度為aA，方向為沿斜面向下。由于桿作平動，故將慣性力系向質(zhì)心簡化，慣性力系的合力為FimaA，作用在質(zhì)心。其受力圖如圖4-2（a）所示。由平衡方程，有(1)Fx 0，maA mg sin 0所以aA gs

6、in所以Fn mg cos錯因分析：桿AB從靜止的鉛垂位置開始運動后將作何種運動要加以論證。對于圖4-2(a)來說，若對桿應(yīng)用相對于質(zhì)心的動量矩定理，可知JC MC F Fn -sin 0，即0，因為Jc、丨、Fn均不為零。2故桿AB不作平動而作平面運動。不加論證就斷言桿 AB作平動是錯誤的。正確解答：當(dāng)桿AB從靜止的鉛垂位置開始運動后，桿 AB將作何種運動？為了解答這一問題，對桿AB應(yīng)用相對質(zhì)心的動量矩定理圖14-2 (a),有(1)1 .J CF Nsin2因為JC、l、均不為零。再由質(zhì)心運動定理maCy Fn mg cos(2)由于m、g、cos、acy均不為零，故Fn 0,由式(1)可

7、見，0,即運動開始時桿AB的角加速度0,故桿作平面運動。因初瞬時系統(tǒng)靜止，故桿 AB的初角速度0，以A為基點，質(zhì)心C的加速度為(b)所示。由平衡方程，有Ma F0，J CmaCA1 lmaA cos02 2式中Jc1 2 ml ， acAl，故有1223a A cos2lFx0，maA maCA cosmg sin0即aA1cos g sin0l3aA cosaAcosgsin022l解得4gsi naA24 3cosaC a A aCA將慣性力系向質(zhì)心C簡化，其主矢、主矩以及主動力、約束反力如圖圖4-2(3)(4)3aA cos3cos4g sin3g sin 22l2l4 3cos24 3

8、cos2 lFy0， FNmaCA sinmg cos0（5）所以Fn mgcosm12sinl3g si n2mg cosm2sin24 3 cos l3sin sin 2mg cos2 mg243 cos由式（4）,有題4-3質(zhì)量為m、長為I的均質(zhì)桿AB放在光滑墻棱D上，在桿與鉛垂墻之 間夾角為 且CD b時無初速釋放。試求初瞬時質(zhì)心 C的加速度和D處的約束 反力。Df/ffiffff/fliF NDcaDcDN錯誤解答: A圖4-3在無初速釋放瞬時，桿的角速度為零，但角加速度 不為零，設(shè)其沿順時針 轉(zhuǎn)向。主動力，約束反力和向質(zhì)心簡化的慣性力系主矢、 主矩如圖4-3（a）所示 由平衡方程，

9、有(1)式中Jc-ml2，acD12-ml212b，故有mb2 mgbs inM D F 0， JCmaCD b mgbsin 0(2)12gbs inl212b2而質(zhì)心C的加速度為acaCD212gb sinT2bl2 * l(3)所以FyFndmaCDmg sin(4)F NDmg sinmbl2錯因分析：當(dāng)桿在位置無初速釋放時,速度為零，但滑動加速度不為零。D光滑，雖然桿AB相對棱角D滑動由于棱角桿 AB上D點相對于棱角D有滑動加速度a(1)以桿AB為研究對象，設(shè)其角加速度 及慣性力系向質(zhì)心簡化的主矢和主矩如圖沿順時針方向，主動力、約束反力以4-3 (b)所示。由平衡方程，有沿桿AB方向

10、。上解中認為D點不但速度為零，而且加速度也為零，這實際上是 把D點當(dāng)成定軸了，顯然是不正確的。正確解答：當(dāng)桿AB在 位置無初速釋放時，桿的角速度為零，但角加速度不為零。桿 相對于棱角D滑動的速度為零，但桿上D點相對于棱角D點滑動加速度不為零, 因為由質(zhì)心運動定理maCx mg cos可知，質(zhì)心C有沿桿方向的加速度，因此，桿上D點有相對于棱角D滑動的加速度aD，以D為基點，貝U C點的加速度為aC a DaCD(2)所以aDg cosMd f0， JCmaCDb mgbs in0(3)式中Jc1 .2ml ， acD 121 2ml12b，故有mb2mgbs in于是12gbsinl2而質(zhì)心C的

11、加速度為12b2aCxaDg cosaCy aCD12gbFx 0，mg cos maD sinFyO,Fndmac。 mg sin 0（4）所以Fnd mg sin mb 22 mg sinl 12b題4-4不等高曲柄連桿機構(gòu)中，曲柄AB r ,其上作用一力偶M ,連桿BC 長l，滑塊C上作用一力F。各處摩擦不計。試求平衡時 M與F的關(guān)系。錯誤解答：系統(tǒng)具有一個自由度，取廣義坐標(biāo)為，給曲柄AB虛位移 ，則B、C兩點的虛位移如圖4-4所示。由虛位移原理，F(xiàn)i r, 0，有M F rc 0（ 1）曲柄AB可作定軸轉(zhuǎn)動，故B點的虛位移rB r ，而rB與心之間，有關(guān)系rB cosrC cos（2）

12、由幾何關(guān)系知（3）故有rB cosrC cos即r cos rccos（4）將式（4）代入（1）,得r cosM F0（ 5）cos所以M 0（ 6）cos錯因分析：上解中式（3 ）是錯誤的。根據(jù)幾何關(guān)系，應(yīng)有900而不是。由此導(dǎo)致式（4）、（5）、（6）都是錯的。正確解答：系統(tǒng)具有一個自由度，取廣義坐標(biāo)為 ，曲柄AB可繞A軸轉(zhuǎn)動，其虛位移 為 ，B點的虛位移rB r 。滑塊C受水平滑道約束，故其虛位移rc沿滑道 如圖4-4所示。由虛位移原理，F(xiàn) r, 0,有（1）F rC 0連桿BC可作平面運動，故B、C兩點的虛位移在BC連線上投影相等，即rB cosrC cos其中，由幾何關(guān)系可知900r

13、cos 90rC cos即r si nrc（2）COS將式（2）代入式（1），得,故有另解:F r sin cos所以，有sin rcos用 Fx x Fy yFz zx圖4-4Fr sin0求解。cos tanMF xC0(3)C點的坐標(biāo)為xCr cos l cos ， xCr si nl sin(4)因A、C之間的咼差為常數(shù)h，故有l(wèi) sinr sinh求變分，有l(wèi) cosr cos0所以r cosl cos(5)將式（4）、（5）代入式(3)，有MFr si n Isinr cos0l cosF ,于是，有取坐標(biāo)Axy如圖4-4所示，則力的投影Fx得M Fr sin cos tan題4-

14、5在圖示的鉸接四邊形機構(gòu)中，O1A O2B , O1O2 AB。在重為P的均質(zhì)桿AB上有一與CD桿鉸接的套筒C 。 CD桿的D端連接一剛度系數(shù)為k的彈簧，并知當(dāng)0時彈簧為原長。在桿0?B上作用一力偶M。試求平衡時M的大小。錯誤解答:OiO2ABCMra圖4-5給桿O?B虛位移,貝U B點的虛位移rB，套筒C的也即CD桿的虛位移rC為rcrarerr而rerBrrare sinrsin彈簧的彈性力k r r cosra(1)由虛位移原理,FiriF ra(2)krFr sincossinr sin(3)0 ,故得kr2 1 cossinsin錯因分析：1 .上解中將桿AB的重力P的虛功漏掉了。2

15、彈性力F的計算式1是錯誤的。在系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)時，彈簧已 發(fā)生了實際的變形r r cos ,虛位移只是一種為約束所容許的、一切可能的無 窮小位移，它不是真實發(fā)生的實位移，因此，在計算彈性力時，不能把虛位移也 計算在內(nèi)。正確解答：系統(tǒng)具有一個自由度，廣義坐標(biāo)取為。彈簧為非理想約束，故應(yīng)將其解除， 代以約束反力，并將其視為主動力。彈性力為F k r rcos（1）桿O2B可作定軸轉(zhuǎn)動，它的虛位移為，而B點的虛位移則為rB r 。由于該結(jié)構(gòu)為鉸接平行四邊形機構(gòu)，故桿 AB可作平動。套筒C相對于桿AB可滑動。 若以套筒C為動點，桿AB為動系，則套筒C的絕對、相對、牽連虛位移之間的 關(guān)系為rare rr

16、（ 2）其中re rB r 。將式（2）在豎直方向投影，有ra resinr sin 。由虛位移原理，F(xiàn)匚0，有M P ra sin F ra0即MPrsinFrsin0將式（1）代入，并因0，故有MP Fr sinPkr 1 cos rsin題4-6 平行四邊形機構(gòu)如圖，其中 OE EA AC BC BE DE l。在 鉸C、E之間所連彈簧的剛度為k，原長為I。在桿OA上作用一力偶M，在C點 作用一豎向力P。各桿重不計，各處光滑，試求平衡時力偶 M的值。錯誤解答：y系統(tǒng)具有一個自由度，廣義坐標(biāo)取為 。彈簧為非理想約束，應(yīng)將其解除， 代以約束反力，并將其視為主動力。彈性力 F 為F F k 2

17、l cos l kl 2 cos 1（1）取坐標(biāo)軸 O1xy 如圖 4-6 所示。各力在軸上的投影分別為FxF ， FxF ， F yP各力作用點的坐標(biāo)及其變分分別為xEl cos ，xEl sinxC3l cos ，xC3l sinyC0 ， yC0由虛位移原理Fx xF y y Fz z0 ，有MF xEF xC0（2）即MF l sinF3l sin00 ， 將式（ 1）代入上式，所以有M2Fl sin2 kl 2 sin1 2 cos（3）錯因分析：功的分析表達式WFxdx F ydyFzdz 是在慣性參考系中導(dǎo)出的，只在慣性參考系中適用，也就是說，式中的坐標(biāo)x、y、z都是對于慣性參考

18、系的。虛位移原理的分析表達式Fx x Fy y Fz z 0應(yīng)同樣只在慣性參考系中適用，也即，式中的坐標(biāo) x、 y 、 z 都應(yīng)是對于定坐標(biāo)系寫出的。故而在應(yīng)用虛位移原理的分析表達式Fx x Fy y Fz z 0 時，必須先建立坐標(biāo)系而且必須是固定不動的坐標(biāo)系。 上解中所取坐標(biāo)系O1xy中，0必 軸是可動的而非固定的，因此是錯誤的，由此導(dǎo)致了計算結(jié)果的錯誤。正確解答：系統(tǒng)具有一個自由度，取廣義坐標(biāo)為 。解除屬于非理想約束的彈簧，代以 約束反力并視其為主動力。彈性力為F F kl 2cos 11）取坐標(biāo)軸Oxy如圖，各力在坐標(biāo)軸上的投影分別為Fx F , Fx F , Fy P各力作用點的坐標(biāo)

19、及其變分分別為Xel cos ，Xel sinXc3l cos ，Xc3l sinycl sin ，ycl cos由虛位移原理的分析表達式Fx xFy yFz z0，有MF XeFXcPyc 0即MF l sin3l sinPl cos00，所以有M2Fl sinPl cos 0將式（1 ）代入上式，得MPl cos2kl2sin 2 cos1(2)題4-7 在圖示平面機構(gòu)中， OA BD DE r，CD DE， DE EG。 在圖示位置0A水平，且B、D、G在同水平線上。在OA上作用一力偶M，在 滑塊G上作用一力F。試求平衡時，力偶M與力F的關(guān)系。錯誤解答：桿OA、CDE可作定軸轉(zhuǎn)動，桿AB

20、可作瞬時平動，桿BC、EG可作平面運動。給桿OA虛位移，則A、B兩點的虛位移相等，rA r 也，因桿BC的瞬心與CDE桿的轉(zhuǎn)軸重合，且 BD DE，故rBrE，于是，G點虛位移為0rGy cos303 r2由虛位移原理Fi A0，有MF rG0即M心2r0因0，所以有MFFr20(1)(2)(3)錯因分析：上解中式（1）是錯誤的。因為剛體作平面運動時，速度投影定理講的是， 平面運動剛體上任何兩點的速度在兩點連線上投影相等。對于可作平面運動剛體 上兩點虛位移的投影，也應(yīng)按此定理計算。式（1）是將E、G兩點的虛位移在 水平方向投影相等而得到兩點虛位移之間的關(guān)系，顯然是錯誤的。正確解答：系統(tǒng)具有一個

21、自由度，A、B、C、E、G點的虛位移如圖4-7所示。因為 只有一個虛位移是獨立的，故必須建立各虛位移之間的關(guān)系。桿OA可作定軸轉(zhuǎn)動，給虛位移，則A點的虛位移為 J r 。桿AB可作瞬時平動，故其上任一點的虛位移均相等，即巾 rA r桿BC可作平面運動，其瞬心恰與CDE桿的轉(zhuǎn)軸D重合。設(shè)桿BC繞瞬心D轉(zhuǎn)動的虛位移為，則有r r但上CD桿CDE可作定軸轉(zhuǎn)動，設(shè)其繞轉(zhuǎn)軸 D轉(zhuǎn)動的虛位移為，則有4CD由此可見，而E點虛位移為rE r r桿EG可作平面運動，其上E、G兩點的虛位移在E、G兩點連線上投影相等， 即rG cos30r0cos 30由虛位移原理,0,有M 二V3Fr 0 , M題4-8圖示滑輪

22、系統(tǒng)懸吊質(zhì)量均為 m的A、B、C三個物塊，且滑輪與繩 的質(zhì)量不計，試求各物塊的加速度。錯誤解答：(1)故只能有2個獨立虛位移，設(shè)為rA、3 ,則B點的虛位移為圖圖84-8設(shè)物塊A、C的加速度aA、ac向下，由幾何關(guān)系可知B塊的加速度為aBaAac2方向向上。A、B、C三點的虛位移為rA、 g、心，因系統(tǒng)具有兩個自由度,(2)rArc2maAmgrAmaBmgrBmacmgrc0即aAgrAaB grArc2acgrc0或5 a41A4ac1rA154ac12grc0如圖4-8所示。由動力學(xué)普遍方程，有(3)2 yA 2 yB yc 0因為rA、rc彼此獨立，故欲使式（3）成立，必有rA、 g前

23、面的系數(shù)為零, 于是，有(4)(5)5aA ac 2g 0aA 5ac 2g 0由式（5），有aA 2g 5ac，代入式（4）,得1ac 3g因aA 2g 5ac，所以1aA 3g因aBaA並，所以1aB 3g錯因分析：(6)上解中物塊B的加速度式（1）和虛位移式（2）都是錯誤的。由此便 導(dǎo)致了計算結(jié)果的錯誤。因為繩長為常量 L,由圖4-8所示坐標(biāo)可知，其約束方 程為2 y A 2 yB yC L上式對時間求二階導(dǎo)數(shù)，得2 aA 2aB ac 02aA ac aB2將式（6）求變分，得yB2 yAyc2由此可見，上解中式（1）、（ 2）是錯誤的 正確解答：系統(tǒng)具有兩個自由度，廣義坐標(biāo)取為yA、

24、Yc。因為繩長為常量L,故有約束方程2 y A 2 yB yc上式對時間求二階導(dǎo)數(shù)，得2yA 2yByc0 或 2aA23b3c 02，得2 yByc2 Yayc20yB將上述約束方程求變分2 Yay 2yA yc yBaB2aA2ac慣性力、主動力如圖4-8所示。由動力學(xué)普遍方程，有mg maAyAmgmaB Yb mgmacycgaA Ya3b2 YaYc2gacycg 3a gaBYag acaB yc因為yA、yc是彼此獨立的,且均不等于零,故欲使上式得以滿足,只有yA 、yc前面的系數(shù)同時為零，于是，有3ag aB 0ac(8)由式（7），得3aaB由式（8），有(2)1aB2 Ba

25、c1g2a0（9）但aB的大小為2a a2ac所以，有ac4a b4aA代入式（9），得1尹1評4a b0 ， 9ab g 0所以aB19gaAaB19gac4a b49g系統(tǒng)具有兩個自由度,廣義坐標(biāo)為。因為作功的力為有勢力，故系統(tǒng)題4-9質(zhì)量為m、半徑為r的均質(zhì)圓盤，其邊緣上的A點處系一長為I的繩, 繩端懸吊一質(zhì)量也為m的小球B （不計尺寸），試寫出系統(tǒng)的運動微分方程。錯誤解答：r sin2IOcos其中vBvBx vBy是保守的。系統(tǒng)的動能為T 1J2如圖4-9 a所示故有 T -21 2 mr221 2 mr2212ml2 2 mrlcos32 212 2mrmlmrlcos42取0點為

26、勢能的零位，故系統(tǒng)的勢能為V mg l cos r cos拉格朗日函數(shù)為LTV由拉格朗日方程d丄0,有dtL3 2 mr2mrl cosdL 32mrmrl cosmrlsindt2Lmrlsinmgrsi n(3)錯因分析：1.計算動能時，B點速度計算是錯誤的因為B點的速度應(yīng)以廣義速度mrlsinmgr sin(4)代入拉格朗日方程之中，有32.mrmrl cos2mrl sinmrlsinmgrsi n0即 3r2l cos2l sin2lsin2g sin0(5)由拉格朗日方程d -LL 0，有dtLml2mrl cosd Lml2mrl cosmrlsin(6)dtLmrlsinmrl

27、sin(7)代入拉格朗日方程L0,有dtlr cosrsinr sin0(8)來表示，而廣義坐標(biāo)、 的正向已取定，故、 應(yīng)與、 正向一致，上解中式（1）將 的正向取反了，故式（1）是錯誤的，由此導(dǎo)致了一系列的錯誤。2 .上解中式（3）計算有誤。因為將cos 對時間求導(dǎo)數(shù)應(yīng)為系統(tǒng)具有兩個自由度，廣義坐標(biāo)為T2122mvB其中2Vb2 2 VBxVByr2cosl22 .22 rl2rl即T32 2mr1ml2 2 .mrl cos42守系統(tǒng)。系統(tǒng)的動能為。因為作功的力為有勢力，故為保. 2r sincos如圖4-9 b所示。取0點為勢能的零位，故系統(tǒng)的勢能為V mg l cos r cos拉格朗

28、日函數(shù)為LTVdtL32-mrmrl cos2dL 32mrmrlcosdt232-1mrmrlcos2Lmrlsinmg由拉格朗日方程d丄0,有mrl sinmrl sinmrl 2 sinr sinmrl sinmgr sinsin正確解答：。式（6）犯有同樣的錯誤。代入拉格朗日方程0,得3r2lcos2l 2 sin2g sin0由拉格朗日方程dL L0,有dtL,2mlmrl cosdtml2mrl cosmrl sing丄dtml2mrl cosmrl 2 sinmrl sinmrlsin1 mg l sinmrl sinmgl sin代入拉格朗日方程令丄丄0，得l r cosr s

29、ing sin 0題4-10質(zhì)量為m,、半徑為r的均質(zhì)圓柱，可在水平面上作純滾動。圓柱中 心 O由剛度系數(shù)為k、原長為I。的彈簧系住，又在圓柱中心用光滑鉸連接一質(zhì)量為m2、長為I的均質(zhì)桿。取圖4-10所示的x、為廣義坐標(biāo)，試建立系統(tǒng)的運動微分萬程。OWWW(1)圖 4-10錯誤解答：系統(tǒng)具有兩個自由度，廣義坐標(biāo)為 x、，由于作功的力均為有勢力，故系 統(tǒng)為保守系統(tǒng)。系統(tǒng)的動能為丄J0221 21 | XmjXJ012 2 r(2)1式中J。1-2m1r，JO213m2l.上解式（4）,偏導(dǎo)數(shù)計算kx是錯的，應(yīng)為丄 kx，同樣，式（6）xxI 1 中一 -m2gl sin 是錯的，應(yīng)為，代入上式，

30、有1 2112 x211Tm1 x一 m訂2m2l222r2 3321.22gxm2l46取O點為重力勢能零位，原長處為彈性力勢能的零位，故勢能為(3)1 k 2Vm2gl cosx2 2拉格朗日函數(shù) LTV由拉格朗日方程0,有dt x xd L3mx dt x2kxX03 一 2由拉格朗日方程-0有于是，有或_LdtL1 m2l31m31 .尹2gl2I2sinm2gl sin1 ,.m2gl sin3I gsin 02(6)(7)mglsinm2gl sin錯因分析:1 系統(tǒng)動能計算式（1）中，桿OA的動能錯誤。桿OA作平面運動。上解 式（1）誤將桿OA視為繞O軸作定軸轉(zhuǎn)動。由于上述錯誤，

31、導(dǎo)致計算結(jié)果全部錯誤。正確解答：系統(tǒng)具有兩個自由度，廣義坐標(biāo)為 x、，由于作功的力均為有勢力，故該 系統(tǒng)為保守系統(tǒng)。圓柱、桿OA均作平面運動，故系統(tǒng)的動能為1 2.21 2.2 Tmi|XJOm2vC JC2 2 2 2式中JO1 2mr2Jc丄m2l12于是,1l4系統(tǒng)的動能為cossinlxcos丄12 2 lx cos41 丄 m2|22 12T丄訂丄1mir2與1叫*222 2r2 2 132 1 . 2 21 ,T -m1m2 xm2lm2lx cos2262重力勢能的零位取在O點，彈性力勢能零位取在原長處，故系統(tǒng)的勢能為V1m2gl cos- kx22 2 拉格朗日函數(shù) LTVL3

32、m2 x 1m2l cosx220,有由拉格朗日方程dt x x于是，有31 ,1 2 -m1m2 xm2l cosm2lsin2222kx 0dL3 m1m2 x 1m2l cos1 m2l 2 sindtx222kx32 2 2 24kx 02 .3m1 2m2 x m2l cosm2l sin由拉格朗日方程dLL 0，有dtL121m2lm2lxcos32dL1 ,2 1 ,dtm?lm2lxcos32mJx sin2L1m 2lx sin21m 2 gl sin2 2于是，有m2l1111m2lxcosm2lx sinm2lx sinm2gl sin 0或21 3xcos 3gsin

33、0題4-11 一輪子的圓軸半徑為r，沿半徑為R的軌道作無滑動的滾動。輪軸 的總質(zhì)量為m,對其質(zhì)心C的回轉(zhuǎn)半徑為 。試求在平衡位置附近作微小振動的應(yīng)用動靜法求解。輪軸作平面運動，慣性力系的主矢和主矩、主動力、約束 反力如圖4-11 a所示。由平衡方程，有(1)M P F 0， Jc mac r mgr sin 0式中ac R r ， 邑丄，sin，代入上式，得r2 2 2R r r gr 02gr2 2R r r系統(tǒng)微小振動的圓頻率為gR r r22振動的周期為2 R r r22錯因分析:的正向可上解中圖4-11 a將慣性力系主矩方向畫錯了。因為按照知ac的正向，又由瞬心P可知，輪軸的角加速度應(yīng)

34、為反時針方向，故慣性力 系主矩Jc應(yīng)為順時針方向。由此導(dǎo)致了計算結(jié)果的錯誤。正確解答：在振動過程中輪軸作平面運動，作功的力只有重力，故系統(tǒng)是保守的，機械 能守恒。取角為廣義坐標(biāo)，當(dāng)0時為系統(tǒng)的平衡位置。因輪軸作無滑動的滾動，故輪軸的角速度 和輪心的速度Vc分別為vc R rVc如圖4-11 b所示。取平衡位置時軸心 為最大動能c為重力勢能的零位置,故在平衡位置勢能為零，機械能Tmax1j2max22max在最大偏離1mR2maxmax日寸,故動能為零,最大的勢能為全部的機械能，即Vmaxmgr 1 COS max因為系統(tǒng)作微小振動,max是小量,2 maxcos max 2 Sin T2max

35、 ，最大勢能為1 Vmaxmg2由機械能守恒定律，有2maxTmax Vmax2maxR r max21保守系統(tǒng)作自由振動時其振動規(guī)律為簡諧的，即max sinmax代入上式，得2 1 2 max -mgR r max于是有周期為22 R r 2 r2n rg用動靜法求解，其主動力、約束反力和虛加的慣性力系主矢和主矩如圖題4-12質(zhì)量為m的物塊懸掛如圖4-12 a所示，兩彈簧剛度系數(shù)分別為 人4-11 b所示。由平衡方程有Jcmacr mgr sin 0式中 Jc m 2， acR racr巳丄，代入上式，得rmgrs in 0gr sin因為是微小振動，有sin，故有振動的圓頻率為r、R r

36、周期為22 R r 2 r2和k2。若桿重不計，試求物塊自由振動的固有圓頻率及周期錯誤解答：將系統(tǒng)簡化為一個由兩個彈簧串聯(lián)的質(zhì)量一彈簧系統(tǒng)，如圖4-12 b所示串聯(lián)彈簧的等效剛度系數(shù)k為B圖 4-12(1)(2)2mk1 k2k1 k2k1k2故系統(tǒng)自由振動的固有圓頻率為k1k2k1 k2 m周期為(3)錯因分析:本系統(tǒng)中兩個彈簧不位于同一鉛垂線上， 故不是一組串聯(lián)彈簧，顯然，按串 聯(lián)彈簧求解等效剛度系數(shù)的式（1）是錯誤的。由此導(dǎo)致了式（2）、（ 3）是錯誤 的。正確解答：該系統(tǒng)為具有一個自由度的保守系統(tǒng)， 物塊的振動規(guī)律是正弦型的。取物塊的平衡位置0為坐標(biāo)原點，且x軸向下為正。如圖4-12

37、c所示。設(shè)在任一瞬時，桿AB轉(zhuǎn)過角，取系統(tǒng)的平衡位置為零勢能位置，則1 2T mx21 212Vk1 x ak2 b2 2以桿AB為研究對象，當(dāng)其轉(zhuǎn)過角時的受力如圖4-12 d所示。動能為勢能為定理，J AM A F，因有 Ja 0,故0 F2b Fq(1)(2)由動量矩(3)式中(5)(4)F2 k2 b 02將（4）、（ 5）兩式代入式（3），有k1 x O1 a a k2 b02 b(6)當(dāng)桿AB處于平衡位置時，其受力圖如圖4-12 e所示由 Makt oa k? 02b 0將式（7）代入式（6），得k1 xa k1a2k2b2(8)于是勢能為V-k1 x2k1xak1a2 k2b2-k2b222k1xak1a2 k2b2k1k2b222 k1a2 k2b2 x(9)根據(jù)機械能守恒定律,Tmax Vmax，有1 22mXmaxk1k2b22xmax12 k2 k2b2(10)在單自由度保守系統(tǒng)中，自由振動的