工程力学第21章动能定理及其应用习题解.pdf

129 习题 21-2 图 A B C r v 1 v 1 v 1 (a) 工程力学（2）习题全解工程力学（2）习题全解 第 21 章 动能定理及其应用 第 21 章 动能定理及其应用 21-1 计算图示各系统的功能： （1）偏心圆的质量为 m，偏心距 OC=e，对质心的回转半径为 C ，绕 轴 O 以角速度 O 转动（图 a） 。 （2）长为 l，质量为 m 的匀质杆， 其端部固结半径为 r，质量为 m 的匀 质圆盘。杆绕轴 O 以角速度 O 转动 （图 b） 。 （3）滑块 A 沿水平面以速度 1 v移 动， 重块 B 沿滑块以相对速度 2 v下滑， 已知滑块 A 的质量为 1 m， 重块 B 的质 量为 2 m（图 c） 。 （4）汽车以速度 0 v沿平直道路行 驶，已知汽车的总质量为 m ，轮子的 质量为 m，半径为 R，轮子可近似视 为匀质圆盘（共有 4 个轮子） （图 d） 。 解解：1、 222222 )( 2 )( 2 1 2 1 OCCO e m meJJT+=+= 2、)38( 12 ) 2 1 3 1 ( 2 1 2 1 22222222 rl m mlmrmlJT OOO +=+= 3、) 2 () 2 3 ( 22 222 21 22 1 1 v vv m v m TTT BA +=+= 3)( 2 1 212 2 22 2 121 vvmvmvmm+= 4、 2 0 2022 0 ) 2 ()() 2 1 ( 2 1 4 2 1 vm m R v mRvmT+ =+= 21-2 图示滑块 A 重为 1 W，可在滑道内滑动，与滑块 A 用铰链连接的是重为 2 W、长为 l 的匀质杆 AB。现已知道滑块沿滑道的速度为 1 v，杆 AB 的角速度为 1 。当杆与铅垂线的夹 角为时，试求系统的动能。 解解：图（a） BA TTT+= ) 2 1 2 1 ( 2 1 2222 1 1 CC Jv g W v g W += 2 1 22 11 2 1 2 1 22 1 1 122 cos 2 2 ) 2 ( 22 + += l g Wll v l v l g W v g W cos 3 1 )( 2 1 112 2 1 2 2 2 121 vlWlWvWW g += 21-3 重为 P F、半径为r的齿轮 II 与半径为rR3=的固定内齿轮 I 相啮合。齿轮 II 通过 匀质的曲柄 OC 带动而运动。曲柄的重量为 Q F，角速度为，齿轮可视为匀质圆盘。试求 习题 21-1 图 130 习题 21-3 图 C C C v O (a) 习题 21-4 图 xO1 F 11,J z 1 1 1 r yO1 F M 1 O 1 G F r F (a) xO2 F 2 G yO2 F 2 r 22,J z r F F 2 2 O a P R 2 (b) 行星齿轮机构的动能。 解解： COC TTT+= 2222 ) 2 1 ( 2 1 2 1 2 1 CCCCOCO rmvmJ+= 22 P 2 P 22Q ) 2 ( 4 1 )2( 2 1 )2( 3 1 2 1 r r r g F r g F r g F += )92( 3 PQ 22 FF g r += 21-4 绞车提升一质量为 m 的重物 P，如图所示。绞车在主动轴上作用一不变的转动力矩 M。已知主动轴和从动轴连同安装在这两轴上的齿轮以及其它附属零件的转动惯量分别为 1 J和 2 J，传速比i z z = 1 2 。吊索缠绕在鼓轮上，鼓轮的半径为 R。设轴承的摩擦以及吊索的 质量均可略去不计。试求重物的加速度。 解解：解法 1：图(a) 111 rFMJ= （1） 图(b)： 2 2 22 2 mRJLO+= 2 2 2 )( d d 2 mRJ t LO += += 2 2 rFmgRMO 即：mgRrFmRJ=+ 22 2 2 )( （2） i r r z z = 1 2 2 1 1 2 21 i= 代入（1） 121 rFMiJ= （3） 解（2） 、 （3）得 2 2 2 1 2 mRJiJ mgRMi + = 2 2 2 1 2 2 mRJiJ mhRMiR Ra + = 解法 2：动能定理 设重物上升h时速度为v，则此时 k h = 2 R h i r r = 1 22 1 131 R 2 O 2 r 1 M 1 O 1 r 1 2 2 a P v h (c) 习题 21-5 图 gm rC g 2 m B A D yD F Dx F v Cx F Cy F M g 1 m gm (a) 0 1= T 2 22 2 11 2 2 2 1 2 1 2 1 JJmvT+= mghh R Mi mghMW= 112 1212 WTT= hmg R Mi JJv m )( 2 1 2 1 2 2 22 2 11 2 =+ td d ： vmg R Mi JJmva)( 222111 =+ R v = 2 , R a = 2 , 21 i=, 21 i= 代入上式，得 v R mgRMi R v J R iJmva =+ 222 2 2 1 R mgRMi R J R iJma =+ 2 2 2 2 1 两边同乘 2 R )( 222 2 1 2 mgRMiRRJRiJamR=+ 2 2 1 2 )( JiJmR mgRMiR a + = 21-5 图示机构中胶带轮 C 上作用一力矩 M，用以提升质量为 m1的重物 A。平衡锤 B 的质量等于 2 m；胶带轮 C 和 D 的质量均为 m，半径为 r，C 和 D 均为匀质圆柱体。若胶带 的质量忽略不计，试求重物 A 的加速度。 解解：对象：整个系统 受力如图作功力，M、g 1 m,g 2 m 初始：0 1= T 末了：() 22 212 2 1 2 2 1 JvmmT+= () () 2 21 2 22 21 2 1 2 1 2 1 vmmm r v mrvmm += += 功：() r s MsgmgmW+= 1212 122 WT = ()()s r M gmmvmmm +=+ 12 2 21 2 1 td d ：()()v r M gmmvammm A +=+ 1221 () () ()rmmm rgmmM mmm gmm r M aA 21 12 21 12 + + = + + = 21-6 图 a 与图 b 分别为圆盘与圆环，二者质量均为 m，半径均为 r，均置于距地面为 h 的斜面上，斜面倾角为，盘与环都从时间0=t开始，在斜面上作纯滚动。分析圆盘与圆环 哪一个先到达地面？ 本题可用相对瞬心动量矩定理，因为其瞬心和质心之距不变。 132 习题 21-6 图 A S F N F gm 1 C r h (a-1) B r gm 2 N F S F C h (b-1) 习题 21-7 图 A CA C CB B C v (a) 解解：1、图（a） rmgJA=sin 1 rmgmr=sin 2 3 1 2 sin 3 2 1 r g = sin 3 2 1 graC= (常数) 2 1 2 1 tas C = sin 22 1 g s a s t C = (1) 2、图（b） rmgJB=sin 2 rmgmr=sin2 2 2 sin 2 2 r g = sin 2 g aC= 2 2 2 1 tas C =， sin 42 2 g s a s t C = (2) 比较（1） 、 （2） ，知圆盘（a）先到达地面。 21-7 两匀质杆 AC 和 BC 质量均为 m，长度均为 l，在 C 点由光滑铰链相连接，A、B 端放置在光滑水平面上，如图所示。杆系在铅垂面内的图示位置由静止开始运动，试求铰链 C 落到地面时的速度。 解解： 设铰链 C 刚与地面相碰时速度 C vv =。 根据运动 学分析 A 点及 B 点分别为CA及CB杆的速度瞬心， 如图（a） = l v l vC CA = l v l vC CB 动能定理： 02 3 1 2 1 2 2 22 =ml h mg 133 B C A By F Bx F K F N F g 2 m (b) 习题 21-8 图 k o 60 A O O B A gm gm m2m2 (a) N F A Dx Fg 1 m g 2 m C Dy F B k F (a) C v gm B A g 2 m g 1 m B v D C F (c) 2 3 1 mvmgh = ghv3= 21-8 质量为 15kg 的细杆可绕轴转动，杆端 A 连接刚度系数为 k=50N/m 的弹簧。弹簧 另一端固结于 B 点，弹簧原长 1.5m。试求杆从水平位置以初角速度 0 =0.1rad/s 落到图示位 置时的角速度。 解解： 2 0 2 1 ) 3 1 ( 2 1 mlT =， 22 2 ) 3 1 ( 2 1 mlT = )5 . 112()5 . 12( 22 3 22 12 += k mgW )733( 2 3 +=kmg 1212 WTT= )733( 2 3 )( 6 1 2 0 22 +=kmgml 2 0 2 )733(633 + + = ml kmg 93. 1 215 )733(5068 . 91533 2 = + =rad/s 21-9 系统在图示位置处于平衡。 其中， 匀质细杆 ABC 与 BD 的质量分别为 6kg 和 3kg， 滑块的质量为 1kg。弹簧刚度系数 k=200N/m。现有方向向下的常力 F=100N 作用在杆 ABC 的 A 端，试求杆 ABC 转过 20o后应有的角速度 2 。 习题 21-9 图 134 习题 21-10 图 kM = O gm gm (a) O gm C n I F Oy F M C MI I F Ox F (b) 解解：1、求弹簧变形量 o 1 50=时 图(a)，= 0 D M 0cos2)cos1cos 2 1 ( N21 =+Fgmgm 75.36 N= FN 图(b)，= 0 B M 050sin150cos1 o k o N =FF（F=0 时） 84.3050tan o N = FFkN 1542. 0 200 84.30 1 = k Fk m o 2 30=时，F=100N 4465. 0)50cos30(cos2 oo 12 =m 6007. 0 2 =m )( 2 )sin(sin 2 1 )sin(sin1)sin(sin2 2 2 2 12112122112 += k gmgmFW )( 2 )sin)(sin 2 1 2( 2 2 2 12112 += k gmgmF )6007. 01542. 0( 2 200 )30sin50)(sin8 . 93 2 1 8 . 961002( 22oo += =39.06J 0 1= T，=1 B v， oo 30cos30cos CB vv=，= C v 图(c)， 222 2 2 2 22 12 2 1 )2 12 1 ( 2 1 2 1 )1 3 1 ( 2 1 CBCACDB mvmvmmTTTT+=+= 2 5= 1212 WTT=， 06.395 2 =，795. 2=rad/s 21-10 图示为玩具盒，盒盖的质量为 m，长为 l，宽度为 l，用两个合页（铰链）安装 在盒子上。二合页上还安有刚度为 k 的扭簧，且kM =，其中 M 为盒盖上的阻力矩。试： 1、使盒盖从静止的0=位置开始合上，若在 2 =位置时，角速度为零，求扭簧的刚 度； 2、求上述运动过程终了时，盒盖角加速度； 3、分析盒盖上的铰是否可取消。 解解：1、用动能定理求扭簧 k（图 a） 0 1= T，0 2= T 0 22 2 12 = kl mgW 135 习题 21-11 图 . r O s v g 1 m B kA d g 2 m (a) 2 4mgl k = (1) 2、定轴转动微分方程 2 l mgMJO= 即： 22 3 1 2 l mgkml= (1)代入上式，得： l g l g 410. 0) 2 1 2 ( 3 =（逆） 3、盒盖上合页不得取消。合页扭簧起到在盒盖合上过程中吸收由重力作功的能量使之 转变为扭簧变形能，使盒盖至合上时速度为零。另外盒盖倾斜时，除受gm，M 力矩外，还 有惯性力 C MI， n I F、 I F，主动力会产生水平分量，必须有合页才能保持定轴转动，不致使 盒盖脱离。 （图 b） 21-11 匀质圆盘的质量为 1 m、半径为 r，圆盘与 处于水平位置的弹簧一端铰接且可绕固定轴 O 转动， 以起吊重物 A，如图所示。若重物 A 的质量为 2 m；弹 簧刚度系数为 k。试求系统的固有频率。 解解：设弹簧上 OB 位于铅垂位置时为原长，则动能 22 1 2 2 )( 2 1 ( 2 1 2 1 r v rmvmT+= 2 12 ) 4 1 2 1 (vmm += 2 2 2 2 2 2 2 )( 2 s r kd gsmd r sk gsmW= WT = 2 2 2 2 2 12 2 ) 4 1 2 1 (s r kd gsmvmm=+ td d ：vs r kd gmvamm)() 2 1 ( 2 2 212 =+ s r kd gmamm 2 2 212 ) 2 1 (=+ gms r kd smm 2 2 2 12 ) 2 1 (=+? ? 12 2 12 2 2 2 1 )2( mm gm s mmr kd s + = + +? ? )2( 2 12 2 2 2 n mmr kd + = 21 n 2 2 mm k r d + = 21-12 图示圆盘质量为 m、半径为 r，在中心处与两根水平放置的弹簧固结，且在平面 上作无滑动滚动。弹簧刚度系数均为 0 k。试求系统作微振动的固有频率。 解解：设静止时弹簧的原长，则 动能 2 0 22 0 )( 2 1 ( 2 1 2 1 r v mrmvT+= 2 0 4 3 mv= 弹力功： 2 2 2x k W= 22 0 4 3 kxmv= 习题 21-12 图 k0 k0 v0 136 习题 21-13 图 1 T2 T M Ex F Ey F D E n (a) A Oy F Ox F O B 1 T 2 T F gm (b) 习题 21-14 图 B O s O F v a r gm AN F A F A gm ON F (a) AN F a A F gm T F A (b) td d ： 00 2 2 3 kxvamv= 02 2 3 0 =+ kxxmv? ? 0 3 4 =+x m k x? ? m k 3 4 n = 21-13 测量机器功率的功率计，由胶带 ACDB 和一杠杆 BOF 组成，如图所示。胶带具 有铅垂的两段 AC 和 DB，并套住受试验机器和滑轮 E 的下半部，杠杆则以刀口搁在支点 O 上，借升高或降低支点，可以变更胶带的拉力，同时变更胶带与滑轮间的摩擦力。在 处挂一重锤， 杠杆BF即可处于水平平衡位置。 若用来平衡胶带拉力的重锤的质量 m=3kg， 500mm，试求发动机的转速 n=240r/min 时发动机的功率。 解解：设发动机的角速度为。则 8 60 2402 60 2 = = n （rad/s） 又 const=，发动机作等速转动。 滑轮E的角加速度0=。 滑轮 E 受力分析如图（a） 。 由 = 0 E M 得 0)( 21 =RTTM RTTM)( 21 = （1） 取杠杆为研究对象，受力如图（b） 。 由 0= O M得 0)( 21 =RTTmgl RTTmgl)( 21 = （2） 且 11 TT =， 22 TT = （3） 综合（1） 、 （2） 、 （3）可得： mglM= 发动机的功率 850. 08 . 93= =mglMP =0.369(kW) 21-14 图示圆盘和滑块的质量均为 m，圆盘的半径为 r，且可视为匀质。杆 OA 平行于 斜面，质量不计斜面的倾斜角为，圆盘、滑块与斜面间的摩擦因数均为 f，圆盘在斜面上 作无滑动滚动。试求滑动的加速度和杆的内力。 解解：设下滑速度为v（下滑 s 时） 动能0 1= T 137 习题 21-15 图 222 2 2 1 )( 2 3 ( 2 1 mv r v mrT+= 作功力：gm、gm、 A F sFsmgW A =sin2 12 sfmgsmg=cossin2 1212 WTT= mgsfvm)cossin2( 4 5 2 = td d ：gvfva)cossin2( 2 5 = gfa)cossin2( 5 2 = 图（b） ：mafmgmgF=+cossin T )cossin2( 5 2 sincos( T ffmgF+= )sin 5 1 cos 5 3 (=fmg)sincos3( 5 =f mg 21-15 图示偏心轮质量为 m，半径为 R，偏心距为 e，对质心 C 的回转半径为。轮心 O 处作用一常力 T F，使轮沿直线水平轨道滚动而无滑动，轮在0=位置由静止开始运动。 试求： 1、轮心 O 的加速度； 2、0=，=时轮子所受的约束力。 解解：1、 COOC vvv+= cos2)(cos2 22222 evevvvvvv OOCOOCOOC +=+= RFmgeW T12 )cos1 (+= 0 1= T 222 2 )( 2 1 2 1 mmvT C += )cos2( 2 1 2222 ReeRm+= 由动能定理： 1212 WTT= RFmgeReeRm T 2222 )cos1 ()cos2( 2 1 +=+ （1） )cos2( )cos1 ( 2 222 T 2 ReeRm RFmge + + = （2） （1）式两边对 t 求导，得： )cos2( )(sin 222 2 T ReeRm RgmeRF + + = （3） A F N F gm C C T F = . = y O (a) x 138 习题 21-20 图 C R O A gm T F B T F R C gm C v C C a O O h (a) )cos2( sin)( 222 2 T ReeRm eRgmRFR RaO + + = （ 2 由（2）式确定） 2、由（2）式，0=时，0 22 =? （4） 由（3） ， )( 22 T 0 eRm RF + = ? ? （5） =时， )( 24 22 T22 eRm RFmge + + = ? （6） )( 22 T e