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理论力学动量矩定理习题解答理论力学
13-17,如图示,重物 A的质量为 m1,鼓轮 B的质量为
m2,对通过质心 O的水平轴的回转半径为 ρ。若不计滑轮 D的质量,且 B沿水平面只滚不滑,已知 R和 r,求重物 A的加速度。
运动学关系,
aO = Rε
vA=(R+ r)ω
而
aA=(R+ r)ε
R rO D
A
aO
ε
aA
A
R rO
FN
F m2g
FT2
ε
FT1
m1g
aA
解,重物 A:
m1aA= m1g – FT1
鼓轮 B:
m2aO= FT2 – F
m2ρ2ε = FT2r + FR
运动学关系,
aO = Rε
FT1 = FT2
aA=(R+ r)ε
aO
13-18,如图示,质量为 m2的均质圆柱放在质量为 m1
的板上。板在力的作用下沿水平面运动,板与水平面间的动摩擦系数为 f。若圆柱在板上只滚不滑,求板的加速度。
O
F
解,
O
F
F'N2 F'2
m2g
FN1 F1
m1g
FN2
F2
a εa
O
m1a = F – F1 – F2
F1= fFN1
FN1 – m1g – FN2= 0
m2aO = F'2
m2r2ε/2= F'2r
F'N2 – m2g = 0
板,圆柱,
运动学关系,aO=a – rε
13-19,均质圆柱 A和细圆环 B的半径均为 r、质量均为 m,用轻杆 AB铰接后放在倾角为 θ的粗糙斜面上无滑动的滚下,
如图示。试求 AB的加速度和杆的内力。
θ
B
A
解,以圆柱 A为研究对象,受力如图。
θ
A
FNA
FA
mgFTa
A
εA
maA= mgsin θ + FT – FA
mr2εA /2 = FAr
运动学关系,
aA = rεA
由此可得
3maA /2 = mgsin θ + FT
以圆环 B为研究对象,受力如图。
θ
B
FNB
FB
mg
F'T
aB
3maA /2 = mgsin θ + FT
maB= mgsin θ – F'T – FB
mr2εB = FBr
运动学关系,aB = rεB
2maB = mgsin θ – FT
由 AB杆作平动可知,a=aA= aB
a = (4gsin θ )/7
FT = – (mgsin θ )/7
C?v0
r
ω0
13-20,如图示,半径为 r、质量为 m的均质圆柱放在粗糙的水平面上。已知初始时刻 rω0< v0,圆柱与水平面间的摩擦系数为 f,试问经多少时间圆柱才能只滚不滑地向前运动,并求该瞬时圆柱中心的速度。
解,以圆柱为研究对象,受力如图。
FN F
mg
由刚体平面运动微分方程有 +
m(dvC /dt) = – F
JC (dω/dt) = Fr
而 JC = mr2/2
F=mgf
dvC = – gf dt rdω = 2gf dt
t = 0时,vC = v0,ω = ω0,积分上两式可得
vC = v0 – gft rω = rω0+ 2gft
滚而不滑时需满足运动学条件
vC = rω
由此即可解出
t =(v0 – rω0)/3gf
vC =(2v0+rω0)/3
θ
A
B
13-21,图示均质细长杆 AB的质量为 m,长度为 l,在铅垂位置静止释放。借助 A端的小滑轮沿倾角为 θ的轨道自由滑下,不计滑轮质量,求释放瞬间 A端的加速度。
θ
A
B
解,以 AB为研究对象,受力如图。
由刚体平面运动微分方程有
mg
C
FN
aCx
aCy
aCx
aCy
aτAC
aA
设为 C基点,则 A点的加速度为
maCx= mgsin θ
JC ε = (FNsin θ)l/2
maCy= FN – mgcos θ
aA= aCx+aCy+anAC+aτAC
释放瞬间 anAC=0,故
aA= aCx+aCy+aτAC
aA= aCx+aCy+aτAC
θ
A
B
mg
C
FNaCx
aCy
aτAC
aA
式中 aτAC=lε/2
aA= aCx+aτACcos θ
aCy+aτACsin θ = 0
aA= aCx+ (lεcos θ)/2
aCy+ (lεsin θ)/2 = 0
以上方程与动力学方程联立即得
aA= aCx+ (lεcos θ)/2
aCy+ (lεsin θ)/2 = 0
aCx= gsin θ
mlε/6 = FNsin θ
maCy= FN – mgcos θ
从以上方程消去 FN,aCx,aCy和 ε即得
aA = (4gsin θ)/(1+3sin2θ)
13-34(Ⅱ ),半径为 r、质量为 m的均质圆柱放在倾角 α=60o的粗糙斜面上。圆柱与斜面间的摩擦系数 f =1/3,缠绕在圆柱上的细绳的一端固定于 A点,如图示。试求圆柱中心 C沿斜面下落的加速度。
α
C
2r
A
α
C
2r
A
解,以圆柱为研究对象,受力如图。由刚体平面运动微分方程有
FN
Fmg
FT
maC= mgsin α – FT – F
JC ε = FTr – Fr
+
aC
mgcos α – FN= 0
式中题设 f =1/3,α=60o,故可解出
JC = mr2/2
vC = rωF=f FN
aC=0.355g
A
B
13-35(Ⅱ ),均质圆柱 A和
B的半径均为 r、质量均为 m,通过缠绕在圆柱表面的细绳连接,如图所示。
(1)试求圆柱 B下落时其质心的加速度 ; (2)若在 A
上作用一逆时转向的力偶矩 M,问在什么条件下,
圆柱 B质心的加速度将向上。
解,(1) 圆柱 A:
A
B
mr2εA /2 = FTr
圆柱 B:
F'T
mg
aB
FT
mg
maB= mg – F'T
mr2εB /2 = F'Tr
运动学关系,
aB=rεA+ rεB
故可解出,
aB= 4g/5
(2) 圆柱 A:
A
FT
mg
mr2εA /2 = M – FTr
圆柱 B:
maB= mg – F'T
mr2εB /2 = F'Tr
运动学关系,
aB=rεB – rεA
B
F'T
mg
aB
aB=2(2mgr– M)/5mr
故圆柱 B质心加速度将向上的条件为
M > 2mgr
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理论力学动量矩定理习题解答理论力学
13-17,如图示,重物 A的质量为 m1,鼓轮 B的质量为
m2,对通过质心 O的水平轴的回转半径为 ρ。若不计滑轮 D的质量,且 B沿水平面只滚不滑,已知 R和 r,求重物 A的加速度。
运动学关系,
aO = Rε
vA=(R+ r)ω
而
aA=(R+ r)ε
R rO D
A
aO
ε
aA
A
R rO
FN
F m2g
FT2
ε
FT1
m1g
aA
解,重物 A:
m1aA= m1g – FT1
鼓轮 B:
m2aO= FT2 – F
m2ρ2ε = FT2r + FR
运动学关系,
aO = Rε
FT1 = FT2
aA=(R+ r)ε
aO
13-18,如图示,质量为 m2的均质圆柱放在质量为 m1
的板上。板在力的作用下沿水平面运动,板与水平面间的动摩擦系数为 f。若圆柱在板上只滚不滑,求板的加速度。
O
F
解,
O
F
F'N2 F'2
m2g
FN1 F1
m1g
FN2
F2
a εa
O
m1a = F – F1 – F2
F1= fFN1
FN1 – m1g – FN2= 0
m2aO = F'2
m2r2ε/2= F'2r
F'N2 – m2g = 0
板,圆柱,
运动学关系,aO=a – rε
13-19,均质圆柱 A和细圆环 B的半径均为 r、质量均为 m,用轻杆 AB铰接后放在倾角为 θ的粗糙斜面上无滑动的滚下,
如图示。试求 AB的加速度和杆的内力。
θ
B
A
解,以圆柱 A为研究对象,受力如图。
θ
A
FNA
FA
mgFTa
A
εA
maA= mgsin θ + FT – FA
mr2εA /2 = FAr
运动学关系,
aA = rεA
由此可得
3maA /2 = mgsin θ + FT
以圆环 B为研究对象,受力如图。
θ
B
FNB
FB
mg
F'T
aB
3maA /2 = mgsin θ + FT
maB= mgsin θ – F'T – FB
mr2εB = FBr
运动学关系,aB = rεB
2maB = mgsin θ – FT
由 AB杆作平动可知,a=aA= aB
a = (4gsin θ )/7
FT = – (mgsin θ )/7
C?v0
r
ω0
13-20,如图示,半径为 r、质量为 m的均质圆柱放在粗糙的水平面上。已知初始时刻 rω0< v0,圆柱与水平面间的摩擦系数为 f,试问经多少时间圆柱才能只滚不滑地向前运动,并求该瞬时圆柱中心的速度。
解,以圆柱为研究对象,受力如图。
FN F
mg
由刚体平面运动微分方程有 +
m(dvC /dt) = – F
JC (dω/dt) = Fr
而 JC = mr2/2
F=mgf
dvC = – gf dt rdω = 2gf dt
t = 0时,vC = v0,ω = ω0,积分上两式可得
vC = v0 – gft rω = rω0+ 2gft
滚而不滑时需满足运动学条件
vC = rω
由此即可解出
t =(v0 – rω0)/3gf
vC =(2v0+rω0)/3
θ
A
B
13-21,图示均质细长杆 AB的质量为 m,长度为 l,在铅垂位置静止释放。借助 A端的小滑轮沿倾角为 θ的轨道自由滑下,不计滑轮质量,求释放瞬间 A端的加速度。
θ
A
B
解,以 AB为研究对象,受力如图。
由刚体平面运动微分方程有
mg
C
FN
aCx
aCy
aCx
aCy
aτAC
aA
设为 C基点,则 A点的加速度为
maCx= mgsin θ
JC ε = (FNsin θ)l/2
maCy= FN – mgcos θ
aA= aCx+aCy+anAC+aτAC
释放瞬间 anAC=0,故
aA= aCx+aCy+aτAC
aA= aCx+aCy+aτAC
θ
A
B
mg
C
FNaCx
aCy
aτAC
aA
式中 aτAC=lε/2
aA= aCx+aτACcos θ
aCy+aτACsin θ = 0
aA= aCx+ (lεcos θ)/2
aCy+ (lεsin θ)/2 = 0
以上方程与动力学方程联立即得
aA= aCx+ (lεcos θ)/2
aCy+ (lεsin θ)/2 = 0
aCx= gsin θ
mlε/6 = FNsin θ
maCy= FN – mgcos θ
从以上方程消去 FN,aCx,aCy和 ε即得
aA = (4gsin θ)/(1+3sin2θ)
13-34(Ⅱ ),半径为 r、质量为 m的均质圆柱放在倾角 α=60o的粗糙斜面上。圆柱与斜面间的摩擦系数 f =1/3,缠绕在圆柱上的细绳的一端固定于 A点,如图示。试求圆柱中心 C沿斜面下落的加速度。
α
C
2r
A
α
C
2r
A
解,以圆柱为研究对象,受力如图。由刚体平面运动微分方程有
FN
Fmg
FT
maC= mgsin α – FT – F
JC ε = FTr – Fr
+
aC
mgcos α – FN= 0
式中题设 f =1/3,α=60o,故可解出
JC = mr2/2
vC = rωF=f FN
aC=0.355g
A
B
13-35(Ⅱ ),均质圆柱 A和
B的半径均为 r、质量均为 m,通过缠绕在圆柱表面的细绳连接,如图所示。
(1)试求圆柱 B下落时其质心的加速度 ; (2)若在 A
上作用一逆时转向的力偶矩 M,问在什么条件下,
圆柱 B质心的加速度将向上。
解,(1) 圆柱 A:
A
B
mr2εA /2 = FTr
圆柱 B:
F'T
mg
aB
FT
mg
maB= mg – F'T
mr2εB /2 = F'Tr
运动学关系,
aB=rεA+ rεB
故可解出,
aB= 4g/5
(2) 圆柱 A:
A
FT
mg
mr2εA /2 = M – FTr
圆柱 B:
maB= mg – F'T
mr2εB /2 = F'Tr
运动学关系,
aB=rεB – rεA
B
F'T
mg
aB
aB=2(2mgr– M)/5mr
故圆柱 B质心加速度将向上的条件为
M > 2mgr
谢谢 !
