理論力學(xué)期末復(fù)習(xí)題動(dòng)力學(xué)2

1、理論力學(xué)作業(yè)及試卷中典型錯(cuò)解選評(píng)主編：江曉侖制作：林德榮?錯(cuò)誤解答?錯(cuò)因分析?正確解答*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(shí)，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(shí)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(cuò)誤中，選其典型的，選編了一部分，指出錯(cuò)因， 給出正確解答，以使廣大學(xué)生從過去人們常犯的錯(cuò)誤中，吸取教訓(xùn)， 加深對(duì)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1 / 31動(dòng)力學(xué)(二)題4-1質(zhì)量為m的物塊放在質(zhì)量為2

2、m的光滑均質(zhì)桿AB的中點(diǎn)上，桿AB 系3根繩子保持在圖4-1 (a)所示的位置。已知OA O1B r , AB OO1 r, 不計(jì)物塊尺寸。試求當(dāng)純 AD突然剪斷時(shí)，繩OA的角加速度及純中的張力。錯(cuò)誤解答：當(dāng)剪斷AD純后，桿AB作轉(zhuǎn)動(dòng)。繩OA的角加速度為 ，人點(diǎn)加速度aA r 0Fx 0, 3maA 3mgsin 3000,1所以aA 1g2aArg2rMa(F) 0, Fb cos300 rro r 八JC 3mg3maA sin 30022所以Fb1 一3 3mg2Jcr3maA1123- 3mg 2(2m)r- maA312r22 / 31所以Fy 0, Fa1 3mg 1mr、33Fb

3、 3mg cos300Fa 3mg cos300 Fb3、. 329,3Tmg Gmg3一 mr229 . 325、. 3Mg錯(cuò)因分析：(1)將純AD剪斷瞬時(shí)，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(duì)運(yùn)動(dòng)。物塊G在桿上只是瞬時(shí)靜止，相上解中誤認(rèn)為物ar 0對(duì)滑動(dòng)的速度為零，但相對(duì)滑動(dòng)的加速度卻不為零。塊G在桿AB上靜止不動(dòng),沒考慮相對(duì)滑動(dòng)的加速度(2)桿AB作平動(dòng)而非轉(zhuǎn)動(dòng)，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(cuò)誤的。正確解答：當(dāng)剪斷AD純后，桿AB作平動(dòng)，該瞬時(shí)純OA的角速度為零，桿AB及物塊G的速度為零。桿AB

4、平動(dòng)的加速度為aA r ,物塊G相對(duì)于桿AB有加速度a.。若以物塊G為動(dòng)點(diǎn)，桿AB為動(dòng)系，則動(dòng)系平動(dòng)。根據(jù)牽連運(yùn)動(dòng)為平動(dòng)時(shí)的加速 度合成定理，有aa ae araAar以物塊G為研究對(duì)象，其受力圖如圖 4-1 (c)所示。由質(zhì)點(diǎn)動(dòng)力學(xué)基本方程 ma*Fx ,有m aA cos300 ar 0所以ar, 3TaA以整體系統(tǒng)為研究對(duì)象，其主動(dòng)力, 示。由平衡方程，有約束反力和虛加的慣性力如圖4-1 (d)所Fx 0, 3maA marcos30 3mg sin 30003a A-32g 0aA23g3 / 31于是，純OA的角加速度為a A 2一丁 gr 3rM a(F) 0, Fb cos300

5、 r 3maASin300 1 3mg ： 0 TOC o 1-5 h z l1八31cFb3mg- maA3mg32. 3所以23mg2 3TmgFy 0, FaF b 3mg cos3000Fa3、. 32.3mg mg235.3mg6題4-2 質(zhì)量為m、長為l的均質(zhì)桿AB ,其A端裝有不計(jì)質(zhì)量的小輪，小輪可沿光滑斜面下滑。設(shè)初瞬時(shí)桿靜止于鉛垂位置，求開始下滑時(shí) 及斜面的約束反力。錯(cuò)誤解答：點(diǎn)的加速度a圖4-2因?yàn)槌跛矔r(shí)桿AB鉛垂，故開始下滑時(shí)，桿 AB作平動(dòng)。設(shè)開始下滑時(shí) A點(diǎn)的加速度為aA,方向?yàn)檠匦泵嫦蛳?。由于桿作平動(dòng)，故將慣性力系向質(zhì)心簡化, 慣性力系的合力為Fi maA,作用在質(zhì)

6、心。其受力圖如圖4-2 (a)所示。由平衡方程，有(DFx 0 , maA mg sin所以aA gsin4 / 31Fy 0, Fn mg cos 0(2)所以Fn mg cos錯(cuò)因分析：桿AB從靜止的鉛垂位置開始運(yùn)動(dòng)后將作何種運(yùn)動(dòng)要加以論證。對(duì)于圖4-2(a)來說，若對(duì)桿應(yīng)用相對(duì)于質(zhì)心的動(dòng)量矩定理，可知JCMC F Fn -sin 0,即 0,因?yàn)?Jc、l、 、Fn 均不為零。2故桿AB不作平動(dòng)而作平面運(yùn)動(dòng)。不加論證就斷言桿 AB作平動(dòng)是錯(cuò)誤的。正確解答：當(dāng)桿AB從靜止的鉛垂位置開始運(yùn)動(dòng)后，桿 AB將作何種運(yùn)動(dòng)？為了解答這 一問題，對(duì)桿AB應(yīng)用相對(duì)質(zhì)心的動(dòng)量矩定理圖 4-2 (a),有J

7、cFn:sin(1)2因?yàn)镴c、l、 均不為零。再由質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理macy Fn mg cos(2)由于m、g、cos、acy均不為零，故Fn 0,由式(1)可見， 0,即運(yùn)動(dòng) 開始時(shí)桿AB的角加速度 0,故桿作平面運(yùn)動(dòng)。因初瞬時(shí)系統(tǒng)靜止，故桿 AB 的初角速度0 0 ,以A為基點(diǎn)，質(zhì)心C的加速度為aC a A aCA4-2將慣性力系向質(zhì)心C簡化，其主矢、主矩以及主動(dòng)力、約束反力如圖圖 (b)所示。由平衡方程，有M A F 0, JCmaCA - maA cos219l 一 ，式中Jcml , aCA 一，故有1223a A cos2lFx 0, maA maCA cosmg sin 0aA -

8、 cos gsin 0l 3aA cos aA - cos gsin 02 2l解得aA4g sin4 3cos25 / 31由式(4),有3aA cos3cos 4g sin 3g sin 22l 2l 4 3cos24 3cos2 l(5)Fy0, Fn macA sin mg cos 0所以Fnmgcos m sin TOC o 1-5 h z l 3g sin 2.mg cos m - 2 sin2 4 3 cos l3 sin sin 2mg cos - 2 mg2 4 3 cos題4-3質(zhì)量為m、長為l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(shí)無初速釋放。

9、試求初瞬時(shí)質(zhì)心 C的加速度和D處的約束 反力。D錯(cuò)誤解答: AADF ND圖4-3在無初速釋放瞬時(shí)，桿的角速度為零，但角加速度 不為零，設(shè)其沿順時(shí)針 轉(zhuǎn)向。主動(dòng)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，有(DM D F 0, JC maCD b mgbsin 0式中Jc-ml2, aCD12-ml2 12b ,故有mb2 mgbsin(2)12gbsin22l2 12b2而質(zhì)心C的加速度為6 / 31所以acacDb_212gb sinl212b2Fy 0,Fnd macDmg sin 0Fnd mg sin mbl2l22 mg sin 12b2錯(cuò)因分

10、析：當(dāng)桿在位置無初速釋放時(shí)，由于棱角D光滑，雖然桿AB相對(duì)棱角D滑動(dòng)速度為零，但滑動(dòng)加速度不為零。桿 AB上D點(diǎn)相對(duì)于棱角D有滑動(dòng)加速度aD,沿桿AB方向。上解中認(rèn)為D點(diǎn)不但速度為零，而且加速度也為零，這實(shí)際上是 把D點(diǎn)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(shí)，桿的角速度為零，但角加速度不為零。桿 相對(duì)于棱角D滑動(dòng)的速度為零，但桿上D點(diǎn)相對(duì)于棱角D點(diǎn)滑動(dòng)加速度不為零, 因?yàn)橛少|(zhì)心運(yùn)動(dòng)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(diǎn)有相對(duì)于棱角D滑動(dòng)的加 速度aD ,以D為基點(diǎn)，則C點(diǎn)的加速度為aCa D aCD , aCD(1)以桿AB為研究

11、對(duì)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(shí)針方向，主動(dòng)力、約束反力以 4-3 (b)所示。由平衡方程，有(2)所以aDg cos式中Jc于是Md F1 J一ml , aCD1212ml 120 ， JCmaCDmb2mgbsinb mgbsin 0(3)12gbsinl2212b2而質(zhì)心C的加速度為aCxaDg cosaCy aCD b12gb2 sin2_ 2l 12b7 / 31所以Fy 0,Fnd macDmg sin 0(4)Fnd mg sin mbl2l212b2mg sin曲柄AB可作定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，故B點(diǎn)的虛位移rB r，而S與看之間，有關(guān)系rB cosrC co

12、s(2)題4-4不等高曲柄連桿機(jī)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(jì)。試求平衡時(shí) M與F的關(guān)系。錯(cuò)誤解答：系統(tǒng)具有一個(gè)自由度，取廣義坐標(biāo)為，給曲柄AB虛位移 ，則B、C兩點(diǎn)的虛位移如圖4-4所示。由虛位移原理，F(xiàn)i ri 0,有(1)M F rC0由幾何關(guān)系知(3)故有rB cosrC cosrCr coscos(4)將式（4）代入（1）,得(5)r coscos所以F r cos cos(6)錯(cuò)因分析:上解中式（3）是錯(cuò)誤的。根據(jù)幾何關(guān)系,應(yīng)有90而不是0由此導(dǎo)致式（4）、（5）、（6）都是錯(cuò)的。正確解答：系統(tǒng)具有一個(gè)自由度, 為 ,B

13、點(diǎn)的虛位移rB取廣義坐標(biāo)為，曲柄AB可繞A軸轉(zhuǎn)動(dòng),滑塊C受水平滑道約束，故其虛位移其虛位移rC沿滑道如圖4-4所示。由虛位移原理,ri 0,有F rC(D8 / 31連桿BC可作平面運(yùn)動(dòng)，故B、C兩點(diǎn)的虛位移在BC連線上投影相等，即其中,rB cos由幾何關(guān)系可知cos 90rCr sincosrC cos900rC cos將式(2)代入式(1),F r sin cos圖4-4因 0,所以，有sinrcosFr sincos tan另解:用 Fx x Fy yFz z0求解。取坐標(biāo)Axy如圖4-4所示，則力的投影Fx(3)xc 0C點(diǎn)的坐標(biāo)為xCr cosr sinl sin(4)因A、C之間

14、的高差為常數(shù)h ,故有l(wèi) sin r sin求變分，有l(wèi) cos r cos所以r cosl cos(5)將式(4)、(5)代入式(3),有r sinl sinr cosl cosFr sincos tan9 / 31題4-5在圖示的較接四邊形機(jī)構(gòu)中，01A O2B, O1O2 AB。在重為P的均質(zhì)桿AB上有一與CD桿較接的套筒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(shí)彈簧為原長。在桿O2B上作用一力偶M 。試求平衡時(shí)M的大小。錯(cuò)誤解答:給桿02B虛位移,則B點(diǎn)的虛位移rB r ,套筒C的也即CD桿的虛位移rC為rCrarerr而 rerBr , rare sin r sin彈簧

15、的彈性力F k r r cos ra(1)由虛位移原理，F(xiàn)i 0,有(2)MF ra0MFr sin 0M kr 1 cos sinr sin 0(3)0 ,故得2M kr 1 cos sin sin錯(cuò)因分析：.上解中將桿AB的重力P的虛功漏掉了。.彈性力F的計(jì)算式1是錯(cuò)誤的。在系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)時(shí)，彈簧已發(fā)生了實(shí)際的變形r rcos ，虛位移只是一種為約束所容許的、一切可能的無10 / 31窮小位移，它不是真實(shí)發(fā)生的實(shí)位移，因此，在計(jì)算彈性力時(shí)，不能把虛位移也 計(jì)算在內(nèi)。正確解答：系統(tǒng)具有一個(gè)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(dòng)力。彈性力為(1)

16、F k r rcos桿O2B可作定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，它的虛位移為，而B點(diǎn)的虛位移則為rB r 。由于該結(jié)構(gòu)為校接平行四邊形機(jī)構(gòu)，故桿 AB可作平動(dòng)。套筒C相對(duì)于桿AB可滑動(dòng)。 若以套筒C為動(dòng)點(diǎn)，桿AB為動(dòng)系，則套筒C的絕對(duì)、相對(duì)、牽連虛位移之間的 關(guān)系為rare rr（2）其中re3 r 。將式（2）在豎直方向投影，有raresinr sin 。由虛位移原理，F(xiàn), r, 0,有M P ra sinF ra 0即M Pr sin Fr sin 0將式（1）代入，并因 0,故有M P F rsinP kr 1 cos rsinIS題4-6 平行四邊形機(jī)構(gòu)如圖，其中 OE EA AC BC BE DE l。在

17、 較C、E之間所連彈簧的剛度為k,原長為l。在桿OA上作用一力偶M，在C點(diǎn) 作用一豎向力P o各桿重不計(jì)，各處光滑，試求平衡時(shí)力偶 M的值。錯(cuò)誤解答:OiE/WWW x圖4-611 / 31系統(tǒng)具有一個(gè)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(dòng)力。彈性力 F為F F k 2l cos l kl 2cos 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XeXcyc由虛位移原理M即M0 ,將式(1)M錯(cuò)因分析：F , FxF , Fy二其變分分別為l cos ,Xel sin3l cos ,Xc3l sin0, yc0Fx x Fy y Fz

18、zF xE F xC 0F l sinF代入上式，所以有2Fl sin 2kl2sin3l sin 01 2 cos(3)功的分析表達(dá)式WFxdx Fydy Fzdz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(duì)于慣性參考系的虛位移原理的分析表達(dá)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(duì)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(dá)式Fx x Fy y Fz z 0時(shí)，必須先建立坐標(biāo)系而且必須是固定不動(dòng)的坐標(biāo)系。上解中所取坐標(biāo)系O1xy中，O1x軸是可動(dòng)的而非固定的，因此是錯(cuò)誤的，由此導(dǎo)致了計(jì)算結(jié)果

19、的錯(cuò)誤。正確解答：系統(tǒng)具有一個(gè)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(dòng)力。彈性力為F F kl 2cos 1(1)12 / 31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(diǎn)的坐標(biāo)及其變分分別為xE l cos , xE l sinxC 3l cos , xC3l sinyc l sin , yc l cos由虛位移原理的分析表達(dá)式Fx x Fy y Fz z 0 ,有xyzM F xE F xc P yc 0(2)即M F lsin 3l sin Pl cos 00 ,所以有M 2Fl sin Pl cos 0將式

20、(1)代入上式，得2M Pl cos 2kl sin 2 cos1題4-7 在圖示平面機(jī)構(gòu)中， OA BD DE r , CD DE, DE EG。 在圖示位置OA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(shí)，力偶M與力F的關(guān)系。錯(cuò)誤解答：桿OA、CDE可作定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，桿AB可作瞬時(shí)平動(dòng)，桿BC、EG可作平面運(yùn)動(dòng)。給桿OA虛位移 ,則A、B兩點(diǎn)的虛位移相等，rA r 3,因桿BC的瞬心與CDE桿的轉(zhuǎn)軸重合，且BD DE,故rB rE,于是，G點(diǎn)虛位移為由虛位移原理Firi0,(D0rE cos30rG 0,3r20,所以有-3Fr 0213 / 31

21、錯(cuò)因分析：上解中式（1）是錯(cuò)誤的。因?yàn)閯傮w作平面運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度投影定理講的是， 平面運(yùn)動(dòng)剛體上任何兩點(diǎn)的速度在兩點(diǎn)連線上投影相等。對(duì)于可作平面運(yùn)動(dòng)剛體 上兩點(diǎn)虛位移的投影，也應(yīng)按此定理計(jì)算。式（1）是將E、G兩點(diǎn)的虛位移在 水平方向投影相等而得到兩點(diǎn)虛位移之間的關(guān)系，顯然是錯(cuò)誤的。正確解答：系統(tǒng)具有一個(gè)自由度，A、B、C、E、G點(diǎn)的虛位移如圖4-7所示。因?yàn)?只有一個(gè)虛位移是獨(dú)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(dòng)，給虛位移，則A點(diǎn)的虛位移為Pa r 。桿AB可作瞬時(shí)平動(dòng)，故其上任一點(diǎn)的虛位移均相等，即Pb Pa r桿BC可作平面運(yùn)動(dòng)，具瞬心恰與 CDE桿的轉(zhuǎn)軸D重合。設(shè)桿BC繞

22、瞬心D 轉(zhuǎn)動(dòng)的虛位移為，則有Pb I； r r但工CD桿CDE可作定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，設(shè)其繞轉(zhuǎn)軸 D轉(zhuǎn)動(dòng)的虛位移為，則有Pc CD由此可見，而E點(diǎn)虛位移為rE r r桿EG可作平面運(yùn)動(dòng)，其上E、G兩點(diǎn)的虛位移在E、G兩點(diǎn)連線上投影相等, 即14 / 31rG cos300rEr0cos30由虛位移原理,0,有F rGM 2 .3”Fr3題4-8圖示滑輪系統(tǒng)懸吊質(zhì)量均為 m的A、B、C三個(gè)物塊，且滑輪與純 的質(zhì)量不計(jì)，試求各物塊的加速度。設(shè)物塊A、圖圖84-8C的加速度aA、ac向下，由幾何關(guān)系可知B塊的加速度為3aacaB 2(D方向向上。A、B、C三點(diǎn)的虛位移為a、 rb、 rc ,因系統(tǒng)具有兩個(gè)自由

23、度,故只能有2個(gè)獨(dú)立虛位移，設(shè)為rc ,則B點(diǎn)的虛位移為錯(cuò)誤解答：15 / 31BArc2(2)如圖4-8所示。由動(dòng)力學(xué)普遍方程，有maA mg amaB mg b mac mg rc 0aA g ra aB ga rc2ac g rc051aAac442gA17 aA54ac12gc因?yàn)锳、c彼此獨(dú)立，故欲使式（3）成立，必有Ac前面的系數(shù)為零,于是，有5aA ac 2g 0aA 5ac 2g 0由式(5),有aA 2g 5ac ,代入式(4),得1ac -g3因aA 2g 5ac ,所以1 aA -g3因aB 拒，所以21aB 3g錯(cuò)因分析：上解中物塊B的加速度式（1）和虛位移式（2）都是

24、錯(cuò)誤的。由此便 導(dǎo)致了計(jì)算結(jié)果的錯(cuò)誤。因?yàn)榧冮L為常量 L,由圖4-8所示坐標(biāo)可知，其約束方 程為2yA 2yB yc L上式對(duì)時(shí)間求二階導(dǎo)數(shù)，得2 aA 2aB ac 02aA ac aB2將式（6）求變分，得2 yB yc16 / 312 Ya ycyB2-由此可見，上解中式（1）、（2）是錯(cuò)誤的 正確解答：系統(tǒng)具有兩個(gè)自由度，廣義坐標(biāo)取為Ya、yco因?yàn)榧冮L為常量L,故有約束方程2 y A 2 yB yc上式對(duì)時(shí)間求二階導(dǎo)數(shù)，得2 y a 2 yByc0 或 2aA2aBac 02yAycyB或aB2 aAac將上述約束方程求變分，得2 yA 2 yByc 0yB2 yAYc慣性力、主動(dòng)力

25、如圖4-8所示。由動(dòng)力學(xué)普遍方程，有mg maAYamgmaB Yb mgmacycgaA yAaB2 YaYc2gacycg aA gaBYag ac13gaB yc因?yàn)閅a、Yc是彼此獨(dú)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(shí)為零，于是，有aAg aB由式（7）,得由式（8）,有ac(8)aAaB17 / 311aB2 Bac(9)ac所以,ac4aB4a A代入式（9）,得1 a24aB15g0, 9aB g 0所以aBi9gaAaBac4aBi9g49g題4-9質(zhì)量為 純端懸吊一質(zhì)量也為錯(cuò)誤解答：m、半徑為r的均質(zhì)圓盤,m的小球B （不計(jì)尺寸）其邊緣上的A

26、點(diǎn)處系一長為l的純, ,試寫出系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)微分方程。系統(tǒng)具有兩個(gè)自由度,廣義坐標(biāo)為0因?yàn)樽鞴Φ牧橛袆萘Γ氏到y(tǒng)是保守的。系統(tǒng)的動(dòng)能為T -J21 2 -mvB 222lr sinrcos其中 V2 vBx vBy18 / 31如圖4-9 a所示故有 T1 2mr21 2一 mr21ml2 2 mrl 2cos3 -mr41ml 2mrlcos(2)取O點(diǎn)為勢能的零位，故系統(tǒng)的勢能為V mg l cosr cos拉格朗日函數(shù)為LTV由拉格朗日方程0,有3 2一 mr2mrl cosddt3一 mr2mrlcosmrlsin(3)mrlsinmgrsinmrl sinmgr sin(4)代入拉格朗

27、日方程之中,3 2.mrmrl cos2mrl sinmrlsinmgrsin即 3r 2l cos2lsin2lsin2g sin 0(5)由拉格朗日方程d dtL0,dtL代入拉格朗日方程-dtl r cos錯(cuò)因分析:ml2ml2mrlmrlmrlcoscosmrlsin(6)sinmrlsin0,有sinsin(8)1.計(jì)算動(dòng)能時(shí)，B點(diǎn)速度計(jì)算是錯(cuò)誤的。因?yàn)锽點(diǎn)的速度應(yīng)以廣義速度19 / 31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（i）將的正向取反了，故式（D是錯(cuò)誤的，由此導(dǎo)致了一系列的錯(cuò)誤。2 .上解中式（3）計(jì)算有誤。因?yàn)閷os對(duì)時(shí)間求導(dǎo)數(shù)應(yīng)為sin。式（6）犯

28、有同樣的錯(cuò)誤。正確解答:系統(tǒng)具有兩個(gè)自由度，廣義坐標(biāo)為因?yàn)樽鞴Φ牧橛袆萘?，故為保守系統(tǒng)。系統(tǒng)的動(dòng)能為其中v2T iJo122mvB22VBxVByr cossin2 rl cos32 2mr4cos12 2ml mrl2如圖4-9 b所示取O點(diǎn)為勢能的零位，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,0,L 32mrl cosd_L出3 2一 mr2mrlcosmrlsin3 mr2mrlcosmrlsinmrl * 2 sinmrlsinmgr sinmrlsinmgr sin20 / 31代入拉格朗日方程,得23r 2l cos 2l sin2g s

29、in 0由拉格朗日方程-L 0,有dtL 12ml mrl cosdtml2mrlcosmrlsin,22.ml mrl cos mrl sinmrl sin 1 mg l sinmrl sinmrl sinmgl sin代入拉格朗日方程工0,得dtl r cos r sing sin 0題4-10質(zhì)量為m1、半徑為r的均質(zhì)圓柱，可在水平面上作純滾動(dòng)。圓柱中心O由剛度系數(shù)為k、原長為l。的彈簧系住，又在圓柱中心用光滑較連接一質(zhì)量為m2、長為l微分方程。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(yùn)動(dòng)xzlWA AOCWWWkVAXXWklX 2圖 4-10錯(cuò)誤解答：系統(tǒng)具有兩個(gè)自

30、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(dòng)能為2 TOC o 1-5 h z 121 .X1 .2T二 m1x- J01一二 Jo2(1)22r221 / 31式中 Joi122m1r，JO212-m?l ,代入上式，有31T -mix212 X2一mr 2 r1 -m2l2 22 332-m1x 41m2l 6(2)取O點(diǎn)為重力勢能零位，原長處為彈性力勢能的零位，故勢能為(3) TOC o 1-5 h z 1.k 2Vm2gl cos x22拉格朗日函數(shù) LTV由拉格朗日方程0,dt x x于是，有q_Ldt x3 m1x2kxx3m Lmx kx2由拉格朗

31、日方程0,dtL dtL2l2于是，有或1一 m2l31.-m2gl sin1 i-m2gl sin3-gsin 01m2glsin錯(cuò)因分析:.系統(tǒng)動(dòng)能計(jì)算式（1）中，桿OA的動(dòng)能錯(cuò)誤。桿OA作平面運(yùn)動(dòng)。上解 式（1）誤將桿OA視為繞O軸作定軸轉(zhuǎn)動(dòng)。.上解式（4）,偏導(dǎo)數(shù)計(jì)算-L kx是錯(cuò)的，應(yīng)為-L kx,同樣，式（6） xx,I 1中一 -m2gl sin 是錯(cuò)的，應(yīng)為m2glsinm2gl sin由于上述錯(cuò)誤，導(dǎo)致計(jì)算結(jié)果全部錯(cuò)誤。正確解答：系統(tǒng)具有兩個(gè)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(yùn)動(dòng)，故系統(tǒng)的動(dòng)能為1211212112T

32、m1x - JO- m2vC JC222222 / 31式中12一 m1r2JClm2l 122,于是,_2cos_2sinlxcos系統(tǒng)的動(dòng)能為T 1m1x221m1 r 2I2 2 lx cos41 -m2l2 22 122m2 xI 222l2lx cos重力勢能的零位取在O點(diǎn)，彈性力勢能零位取在原長處，故系統(tǒng)的勢能為1V 2 m2glcos拉格朗日函數(shù)由拉格朗日方程1 12kx2VL于是，有dt x0,有3 ml由拉格朗日方程ddtLm21m2l cos 2m2x 1m21cos21m2l22 . sinkxm2dL dt1.一 m2l31 -m312l cosm2l cos2l2m2

33、l1.-m2lxcos21-m2lxcosm 2lx 2sin2 sin2kx 02 _ 4 .sin4kx1m 2 gl sin于是，有1-m2l31 -m22 lx cos1m2lx sin 211m2lx sinm2gl sin 02223 / 312l 3xcos 3g sin 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(dòng)的滾動(dòng)。輪軸 的總質(zhì)量為m,對(duì)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(dòng)的周期。應(yīng)用動(dòng)靜法求解。輪軸作平面運(yùn)動(dòng)，慣性力系的主矢和主矩、主動(dòng)力、約束反力如圖4-11 a所示。由平衡方程，有MP0, JcmaC r mgr sin 0(D式中aC,

34、代入上式，得gr202grR r r2系統(tǒng)微小振動(dòng)的圓頻率為振動(dòng)的周期為錯(cuò)因分析:24 / 31的正向可上解中圖4-11 a將慣性力系主矩方向畫錯(cuò)了。因?yàn)榘凑?、知ac的正向，又由瞬心P可知，輪軸的角加速度 應(yīng)為反時(shí)針方向，故慣性力 系主矩Jc應(yīng)為順時(shí)針方向。由此導(dǎo)致了計(jì)算結(jié)果的錯(cuò)誤。正確解答：在振動(dòng)過程中輪軸作平面運(yùn)動(dòng)，作功的力只有重力，故系統(tǒng)是保守的，機(jī)械 能守恒。取角為廣義坐標(biāo)，當(dāng)0時(shí)為系統(tǒng)的平衡位置。因輪軸作無滑動(dòng)的滾動(dòng)，故輪軸的角速度 和輪心的速度Vc分別為vc RVcr如圖4-11 b所示。取平衡位置時(shí)軸心 為最大動(dòng)能C為重力勢能的零位置,故在平衡位置勢能為零，機(jī)械能Tmax一mvc

35、22 max22 maxrR2 max在最大偏離0,故動(dòng)能為零,最大的勢能為全部的機(jī)械能，即V mgmaxr 1 COS max因?yàn)橄到y(tǒng)作微小振動(dòng),max是小量,cos22 maxsin 2最大勢能為1 Vmax - mg 2由機(jī)械能守恒定律，有2 maxTmax Vmax1m R r 22 max12 mg2r max25 / 31保守系統(tǒng)作自由振動(dòng)時(shí)其振動(dòng)規(guī)律為簡諧的，即max sinntmax代入上式，得2mR2 max125mg R r max于是有周期為22 R r 2 r2n r g用動(dòng)靜法求解，其主動(dòng)力、約束反力和虛加的慣性力系主矢和主矩如圖4-11 b所示。由平衡方程有M p

36、F 0,Jcmacr mgr sin 0式中 Jc m 2, acR r口 ，代入上式，得 r2 R r m r2R r rgr sinmgrsin 0因?yàn)槭俏⑿≌駝?dòng)，有sin2gi0R r 2 r2振動(dòng)的圓頻率為r,R r周期為22 R r 2 r2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k1和k2。若桿重不計(jì)，試求物塊自由振動(dòng)的固有圓頻率及周期。26 / 31錯(cuò)誤解答:將系統(tǒng)簡化為一個(gè)由兩個(gè)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 4-12111kk2k1 k2k1k2(1)故系統(tǒng)自由振動(dòng)的固有圓頻率為kk*2n mk1k

37、2 m周期為kk2mI 2 . ?1.kh錯(cuò)因分析:27 / 31本系統(tǒng)中兩個(gè)彈簧不位于同一鉛垂線上， 故不是一組串聯(lián)彈簧，顯然，按申 聯(lián)彈簧求解等效剛度系數(shù)的式（1）是錯(cuò)誤的。由此導(dǎo)致了式（2）、（3）是錯(cuò)誤 的。正確解答：該系統(tǒng)為具有一個(gè)自由度的保守系統(tǒng)， 物塊的振動(dòng)規(guī)律是正弦型的。取物塊的平衡位置O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且x軸向下為正。如圖4-12 c所示。設(shè)在任一瞬時(shí)，桿AB轉(zhuǎn)過角，取系統(tǒng)的平衡位置為零勢能位置，則動(dòng)能為勢能為2T mx、，1 ,21 1,2Vk1 x ak2 b22(D以桿AB為研究對(duì)象，當(dāng)其轉(zhuǎn)過角時(shí)的受力如圖4-12 d所示。由動(dòng)量矩定理，JAM a F ,因有 Ja 0 ,故0 F2bFa式中(4)F1k1 x O1 a(5)F 2 k2 bO2將（4）、（5）兩式代入式（3）,有k1 x O1 a a k2 bO2 b(6)當(dāng)桿AB處于平衡位置時(shí)，其受力圖如圖4-12 e所示Ma0,有k101a k2 O2b 0將式（7）代入式（6）,得k1 xak1a2k2b2(8)于是勢能為1V k1 x2k1xak1a2 k2b21k2b22k1xak1a2 k2b2(9)根據(jù)機(jī)械能守恒定律,Tmax Vmax ，有12一mixmax2k1k2b22 k1a2k2b22xmax(10)k1k2b222 k1ak2b28 / 31在單自由