《理论力学》课程教学资源（讲稿）滑道连杆机构

14-12、图示滑道连杆机构,位于水平面内。曲柄长r,对转轴 的转动惯量为J;滑块A的质量不计。今在曲柄上作用一不变 转矩M,初瞬时系统处于静止,且∠AOB=q,求曲柄转一 周后的角速度。 T1=0 M J2+ rosin po 8 WmC J+ Pr-sin o g 由动能定理 T=∑W 2-11 S力r2sm-0=M.2z-F4r g 2TM-4rF O=12g Jg+ Pr sin po

14-12、图示滑道连杆机构，位于水平面内。曲柄长 r ，对转轴 的转动惯量为 J ；滑块 A 的质量不计。今在曲柄上作用一不变 转矩 M ，初瞬时系统处于静止，且∠AOB = ϕ0 ，求曲柄转一 周后的角速度。 va ve vr 0 T1 = ( )2 0 2 2 sin 21 21 ω rω ϕ gP T = J + 0 2 2 2 sin 2 1 ω ϕ   = + g Pr J 由动能定理 T2 −T1 = ∑W M F r g Pr J 0 2 4 sin 2 1 0 2 2 2 − = ⋅ − ⋅   + ω π ϕ 0 2 2 Pr sin 2 4 2 ϕ π ω + − = Jg M rF g

14-13、图示曲柄连杆机构位于水平面内。曲柄重P、长为 连杆重W、长为l,滑块重G,曲柄及连杆可视为均质细长 杆。今在曲柄上作用一不变转矩M,当∠BOA=900时A点的 速度为u,求当曲柄转至水平位置时A点的速度。 2 W G L-+ g P+3w+3G g I W P+w g 23g g P+∥2P+3W+3G2mM 12-7=M· 2 g 6 3MgI+(P+3E+3G hu P+w

14-13、图示曲柄连杆机构位于水平面内。曲柄重 P 、长为 r ， 连杆重 W 、长为 l ，滑块重 G ，曲柄及连杆可视为均质细长 杆。今在曲柄上作用一不变转矩 M ，当∠BOA = 900 时 A 点的 速度为 u ，求当曲柄转至水平位置时 A 点的速度。 2 2 2 2 1 2 1 2 1 3 1 2 1 u g G u g W r u r g P T  + ⋅ + ⋅   = ⋅ ⋅ 2 6 3 3 u g P + W + G = 2 2 2 2 2 3 1 2 1 3 1 2 1    + ⋅ ⋅   = ⋅ ⋅ lv l gW rv r gP T 2 6 v g P +W = 6 2 3 3 6 2 2 M u g P W G v g P W π = + + − + 2 2 1 π T −T = M ⋅ ( ) P W Mg P E G u v + + + + = 2 3 π 3 3

14-14、图示行星齿轮机构位于水平面内,动齿轮A重P、半径为r, 可视为均质圆盘;系杆OA重W,可视为均质细杆;定齿轮半径为 R。今在系杆上作用一不变的转矩M使轮系由静止而运动,求系 杆的角速度与其转角p的关系。 3 p lrtr T R+r)02+ g 2+9P φ R+r)o 12 g T-0=M 2W+9P 12g(R+r?o=mo 2 mGp R+rv2W+9P

14-14、图示行星齿轮机构位于水平面内，动齿轮A重P、半径为r， 可视为均质圆盘；系杆OA重W，可视为均质细杆；定齿轮半径为 R。今在系杆上作用一不变的转矩M使轮系由静止而运动，求系 杆的角速度与其转角ϕ的关系。 ( ) 2 2 2 2 2 3 2 1 3 1 2 1   + = ⋅ ⋅ + ω + ⋅ ⋅ ω r R r r gP R r gW T ( )2 2 12 2 9 R r ω g W P + + = T − 0 = Mϕ ( ) R r ω Mϕ g W P + = + 2 2 12 2 9 W P Mg R r 2 9 2 3 + + = ϕ ω

14-15、均质细杆重Q、长为l,上端 靠在光滑的墙上,下端A以铰链和 D 均质圆柱的中心相连。圆柱重P、半 径为R,放在粗糙的地面上,从图示 位置(θ=45°)由静止开始作纯滚动。 求A点在初瞬时的加速度。 解:取系统为研究对象。则任意 R 瞬时系统动能为 3P R Vc t 22g(R丿2g212g(A D 其中 CD AD l sing 2 2sin e 所以 20 T 9P+ 12 g sin-e

14-15、均质细杆重 Q、长为 l，上端 靠在光滑的墙上，下端A以铰链和一 均质圆柱的中心相连。圆柱重 P、半 径为 R，放在粗糙的地面上，从图示 位置（ θ =45°）由静止开始作纯滚动。 求A 点在初瞬时的加速度。 vA vB D 解：取系统为研究对象。则任意 瞬时系统动能为 C v C 2 2 2 2 2 12 1 2 1 2 1 2 3 2 1        + ⋅ + ⋅      = ⋅ AD v l g Q v g Q R v R g P T A C A sin θ 2 2sin θ A A A C l v l v CD AD v 其中 v = ⋅ = ⋅ = 2 2 sin 2 9 12 1 A v Q P g T       = + θ 所以

由于系统为理想约束,只有重力作 功,所以元功为 D ∑dW=Qh=tos Qv,ctg edt 由动能定理的微分形式 R dT dw Q 得 20 9P+ g sin 0 /A Qv,ctg edt 2 因 d6=-ondt= l sin e 所以 20 20 cos0 9P+ va v,dt=Ov,ctgedt g SIn 0/x sin

vA vB D C v C ∑ d′W = Qdy C = Qv Cdt cos θ Q Qv ctg dt A θ 2 1 = 由动能定理的微分形式 dT = ∑ d′W v Qv ctg dt Q P g d A A θ θ 2 1 sin 2 9 12 1 2 2 =              + dt l v d dt A AB θ θ ω sin = − = − 由于系统为理想约束，只有重力作 功，所以元功为 得 因 所以 v v dt Qv ctg dt l Q a Q P g A A A A θ θ θ θ 2 1 sin 2 cos sin 2 9 6 1 2 2 4 =          +      +

20 20 cos0 9P+2 dt=-Qv,ctg eat 6g sin 8 l sinte 2 解得 20c0s日 30gctge l sine 20 9P+ sin 6 令6=45°,v=0,得 38 9P+40

v v dt Qv ctg dt l Q a Q P g A A A A θ θ θ θ 2 1 sin 2 cos sin 2 9 6 1 2 2 4 =          +      + 解得 θ θ θ θ 2 2 4 sin 2 9 sin 2 cos 3 Q P v l Q Qgctg a A A + − = 令 θ =45°，vA=0 ， 得 P Q Qg a A 9 4 3 + =

1420、正方形均质板的质量为40kg,在铅直平面内以三根软绳拉 住,板的边长b=100mm,如图所示。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两绳位于铅直位置时,板中心C的加速度和两绳的张力。 解:(1)软绳剪断后板作平动,设 ∠BAD为时,C点速度为vco 60 由aT=∑dW得 mvcdvc =mgds cos 0 C mg cos 8 cos0 当6=60时,vc=0,所以aC=0 c=g cos 60 0 0

14-20、正方形均质板的质量为40kg，在铅直平面内以三根软绳拉 住，板的边长b=100mm，如图所示。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两绳位于铅直位置时，板中心 C的加速度和两绳的张力。 v C 2 2 1 T = mv C dT d W ' = ∑ mv Cdv C = mgds cos θ dt ds mg dt dv mv C C = cos θ θ τ g cos dt dv a C C = = 当 θ = 600 时， v C = 0 ，所以 a a g g C C 2 1 cos60 0 = = = τ = 0 n C a 解： （ 1）软绳剪断后板作平动，设 ∠BAD 为 θ 时， C点速度为 v C 。 由 得

由质心运动定理,有 B 60 60 mac sin 60=(f +rB cos600 F4+FB=√3mac ① C 因为c=0 由对质心的动量矩定理,有 g 所以 ∑Mc(F2) 0 COS600 6 ¨+FSm600.b b +f cos 60 F sin 60 +√3 3F2=0 B 联解以上两式,可得 h1, 2+32 40×4.9=72N √3+1 3+1 FA 40×4.9=268N 2

mg FA FB ( ) 0 0 ma C sin 60 = FA + FB cos60 FA FB ma C + = 3 由对质心的动量矩定理，有 因为 = 0 L C ∑ ( ) = = 0 dt dL M F e C 所以 C i 0 2 sin 60 2 cos 60 2 sin 60 2 cos 60 0 0 0 0 ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⋅ = b F b F b F b FA A B B (1 + 3 ) + (1 − 3 ) = 0 FA FB 联解以上两式，可得 FA ma C 40 4.9 72 N 2 3 1 2 3 1 × × = − = − = FA ma C 40 4.9 268 N 2 3 1 2 3 1 × × = + = + = 由质心运动定理，有 即 ① ②

14-21.图示三棱柱A沿倾角为θ的斜面B无摩擦地 滑动,A和B的质量分别为m和m2,斜面B置于光滑 的水平面上。试求任意时刻斜面B的加速度。 B

14-21. 图示三棱柱A沿倾角为θ的斜面B无摩擦地 滑动, A和B的质量分别为m1和m2, 斜面B置于光滑 的水平面上。试求任意时刻斜面B的加速度。 A θ B

解:斜面B 三棱柱A B B 运动学关系 B m,(aB+a)=mg+ F B FNsin8omyaBsin8-migcose-FN aB=(m,gsin 20)/2(m,+,Sin 8)

解: 斜面B 三棱柱A A F'N m1g aB ar + θ B m2g FN aB aA = aB + ar 运动学关系: m1(aB+ar)= m1g+ F'N m1aBsinθ=m1gcosθ–F' m2aB= FN N sin θ aB=(m1gsin 2θ)/2(m2+m1sin2θ)