西南交通大学理论力学作业答案⑨.pdf

动量矩定理作业参考答案及解答动量矩定理作业参考答案及解答 1如题图所示，均质细圆环质量为 m1，半径为 R，其上固接一质量为 m2 的均质细杆 AB，系统在铅垂面以角速度 绕 O 轴转动，已知CAB=60，求系 统对轴 O 的动量矩。 A R B C O 1) 环对其质心的转动惯量 2 11 RmJC= 由转动惯量的平行移轴定理，环对转轴点O的转动惯量 2 11 2 11 2RmJRmJ CO =+= 2）杆对其质心 2 22 12 1 RmJC= 由转动惯量的平行移轴定理，杆对转轴点O的转动惯量 2 222 ) 2 3 (RRmJJ CO +=)3 6 11 ( 22 2 mmR+ 所以 2 22121 )3 6 11 2(RmmmJJJ OOO +=+= 对轴O的动量矩为 = OO JL)3 6 11 2( 221 2 mmmR+ 答案：)3 6 11 2( 221 2 mmmRLO+= 2行星齿轮机构如题图所示，齿轮D固定，轮心为A；行星齿轮B质量为m1， 半径为R，对质心B的回转半径为 ；曲柄AB可看作均质细杆，其质量为m2， 长为l 。当杆AB以 转动时，求系统对轴A的动量矩。 A B D 提示：本题主要工作是齿轮B对轴A的动量矩计算。齿轮B作平面运动，先求 出齿轮B的角速度，根据平面运动刚体对轴的动量矩的计算式计算。注意各项 的正负号。 解: A B D 1）对杆分析，杆对轴A 的动量矩 2 21 3 1 RmLA= 2）对轮分析 lR B = R l B = (顺时针) 齿轮对轮心B的动量矩为 R l mmL BB 2 1 2 1 = 齿轮对轴A的动量矩为 2 1l mLL BAB += 3）系统对轴A的动量矩为 =+= ABAA LLL 1 ) 3 ( 2 1 2 1 2 2 R lm lm lm + 答案： ) 3 ( 2 1 2 1 2 2 R lm lm lm LA+= vB B 3均质水平圆盘重为P1，半径为r，可绕通过其中心O的铅垂轴旋转。一重为 P2的人按AB=s= 2 2 1 at的规律沿盘缘行走。设开始时圆盘是静止的，求圆盘的角 速度及角加速度。 A B O r 提示：整个系统对轴O的动量矩守恒。注意人按AB=s= 2 2 1 at的规律沿盘缘行走 是指相对运动规律。 解: 以整个系统为研究对象，由于= 0)(F O M，故整个系统对轴O的动量矩守 恒。 人相对圆盘的速度大小为 atv dt ds = r 人绝对速度的大小为 atr dt ds rv= a 整个系统对轴O的动量矩守恒 0)( 2 1 21 2 21 =+=+=atrr g p g p rLLLO 解得 )2( 2 , )2( 2 12 2 12 2 PPr aP dt d PPr taP + = + = 答案： )2( 2 , )2( 2 12 2 12 2 PPr aP PPr taP + = + = 4在题图所示系统中，均质圆轮质量为m1，半径为r，其上绕一不可伸长的绳 子，绳子的一端挂重物A，其质量为m2。一弹簧常数为k的弹簧一端连于轮的 点E，另一端连于墙上，处于水平位置。OE=e。图示位置为系统的平衡位置， 这时EO线为铅垂直。试求当圆轮偏离平衡位置一微小转角时，其角加速度是 多少？ E k r e A O 解：平衡时弹簧的伸长为 ke grm2 0 =，以平衡位置为坐标原点，角位移的正向 如下图所示。 取整体为研究对象，系统对轴O的动量矩为 2 2 1 ) 2 (rm m LO+= 由于圆轮偏离平衡位置为一微小转角，则一般位置时外力对轴O的矩为 2 202 )()(kegrmkeegrmeFFM kO = 对水平轴O用动量矩定理 2 21 2 22 2 1 )2( 2 ) 2 ()( rmm ke kerm m FM dt dL O O + =+= 负号表示与转角 的转向相反。 Fx Fy Fk m2g m1g E 5如题图所示，均质细圆环的质量为m，半径为r，C为质心。圆环在铅垂平面 内，可绕位于圆环周缘的光滑固定轴O转动。圆环于OC水平时，由静止释放， 求释放瞬时圆环的角加速度及轴承O的反力。 C O r 提示：先用刚体定轴转动微分方程求出角加速度，然后用质心运动定理求轴承O 的反力。 解： 圆环对轴O的转动惯量为 2 2mrJO= 由定轴转动微分方程 =)(F OO MJ 得 mgrmr= 2 2 )( 2 顺时针 r g = 再用质心运动定理 0 := Ox Fx 2 : mg mrmgFy Oy = 解得 )( 2 1 =mgFOy 答案：)( 2 1 , 0 ),( 2 =mgFF r g OyOx 顺时针 O C FOx FOy mg 6如题图所示，有一轮子，轴的直径为50mm，无初速的沿倾角=20的轨道 滚下，设只滚不滑，5s内轮心滚过的距离为s=3m。试求轮子对轮心的惯性半径。 s 提示：本题用刚体平面运动微分方程求解。注意到轮心加速度可由式 2 2 1 ats =求得，且轮心加速度a与轮子角加速度关系ra =，其中r为轮轴的 半径。 解： 1) 由 2 2 1 ats = 得轮心加速度 2 2 0.24m/s 25 6 5 32 = =a 由运动学关系 ra = 得轮角加速度 )9.6(rad/s 025. 0 24. 0 2 = r a 2）由刚体平面运动微分方程得 maFmg= f sin 2 f mrF= 由以上两式消去Ff得 22 22 2 )mm(8113 2 sin)sin( = =r s gtragr mm90=& 答案：mm90,)mm(8113 2 sin 22 22 2 =& r s gtr FN mg Ff a 7重物A质量为m1，系在绳子上，绳子跨过不计质量的固定滑轮D，并绕在鼓 轮B上，如题图8所示。由于重物下降，带动了轮C，使它沿水平轨道滚动而不 滑动。设鼓轮半径为r，轮C的半径为R，两者固连在一起，总质量为m2，对于 其水平轴O的回转半径为 。求重物A的加速度。 D B O R A r 提示：分别取物块A和轮C为研究对象，分别用质心运动定理和刚体平面运动 微分方程列出相应的方程式，考虑到运动学关系 rR a R a C rR Ra aO AOA O + = + =的角加速度轮的加速度轮心, 1） 取鼓轮和轮一起为研究对象， 鼓轮和轮一起做平面运动， 设轮C受到的摩擦 力为Ff，绳子受到的拉力为FT，受力如图 分别用质心运动定理和刚体平面运动微分方程得 组合轮O T 22 2fT 2 2 fT2 )()( FRrRmJRFrFmJ FFam DO O +=+= = 或 重物A T11 Fgmam A = 将运动学关系 rR a R a rR Ra a AOA O + = + =,代入上述动力学方程解得 2 222 1 1 2 )()( )( mRrRm gmrR aA + + = 答案： 2 222 1 1 2 )()( )( mRrRm gmrR aA + + = FN Ff m2g FT O A FT m1g aAaO D 8. 一均质杆AB质量为m ，长为l ，其两端由两条等长的绳子系住在水平 位置平衡，如图所示。如右边绳子突然被剪断，试求绳子突然被剪断瞬时另一根 绳子的张力和杆的角加速度。 如将两条等长的绳子换成刚度系数为k的弹簧，试 求右边弹簧被突然去掉瞬时杆的角加速度。 解解: 绳子突然被剪断瞬时，其受力和运动学图见右下。绳子突然被剪断瞬时，其受力和运动学图见右下。 由刚体平面运动微分方程得 4 3 12 , 2 3 , 2 2 lFml Jmg F ma F ma CCyCx = 由于此为二自由度系统，故 , , CyCx aa之间必存在一运 动学关系。 以点A为基点，质心C为动点，有运动学关系 t CAACyCx aaaa+=+ 得 2 , 2 1 , 2 3 tt l aaaaaa CACAACyACx = 或消去 A a有 laaa CACyCx 2 3 33 t =+ 将此运动学关系与前面的动力学方程联立解之得 mgF l g 13 32 , 1