动力学习题解答.pdf

第三篇 动力学 T T0 0 图 16-1 第第3篇篇 动力动力学学 主要知识点主要知识点： （1）质点动力学； （2）动量定理； （3）动量矩定理； （4）动能定理； （5）达朗伯原理； （6）振动基础。 质点动力学质点动力学 1. 如图所示，桥式起重机上跑车悬吊一重为 W 的重物，以速度 vo 作匀速直线运 动，刹车后，重物的重心因惯性绕悬挂点 O 向前摆动，求钢绳的最大拉力。 解：解：取重物 W 为研究对象，作受力图如 16-1 所示。 取自然轴，列运动微分方程如下 2. 液压减振器工作时，活塞在液压缸内作直线运动。若液体对活塞的阻力正比于 活塞的速度 v，即 FR=-v，其中为比例常数。设初始速度为 vo，试求活塞相对 于液压缸的运动规律，并确定液压缸的长度。 解解：取活塞为研究对象，如所示。 建立质点运动微分方程为： 令k=u/m代入上式得： 分离变量，对等式两边积分，并以初始条件 t0、vv0代入 sin d d W t v g W a cos T 2 WF l v g W an)(cos 2 T gl v WF 0)1 ( 2 0 maxT gl v WF t kt x dtevdx 0 0 0 = gH y 2 1 = t yyy dtFmm 0 12 -= tFm Ny - 1 = kNNgH t m FN7 .16265 . 18 . 92 01. 0 3000 2= 21 2 21 2 cossin mm tem y mm tem x CC + = + = gmmFamm Famm yCy xCx )(-)( )( 2121 21 +=+ =+ temgmmF temF y x cos)( sin 2 221 2 2 2 2 1 0 ea a C C e i i Ci mFa= 21 2 2 -cosWWFtam yC = 积分后得： 再次积分，并以初始条件 t0、x0 代入： 得到：- ()mvkvkvx t /e-1lim 00 -kt 0max = 动量定理动量定理 3. 锤的质量为 3000kg，从高度 H=1.5m 处自由落到工件上，如图所示。已知工件 因受锤击而变形所经时间 t0.01s，求锻锤对工件的平均打击力。 解解： 锤自由下落 H 时的速度： 得： 4. 电动机的外壳用螺栓固定在水平基础上，外壳与定子的总质量为 m1。质心位于 转轴的中心 O1，转子质量为 m2，转子的质心 O2到 O1的距离为 e。若转子匀速转 动，角速度为w。求基础的支座的反力。 解解：解法一：先写出 xc、yc，求导得 acx、acy，代入方程求力。 解法二：先求出各 ai，用质心运动定理来求力 xC Ftamsin 22 temFxsin 2 2 = 21 2 2 cosWWtemFy+= 第三篇 动力学 图 16-2 0= ii xm te mm m xsin 21 2 5. 在上例中若电动机没有用螺栓固定，各处摩擦不计，初始时电动机静止，求转 子以匀角速度转动时电动机外壳的运动。 解解：系统水平方向质心运动守恒 -m1x+ m2(esint-x) = 0 6. 质量为 3kg, 倾角为 30的斜面 C 可在光滑水平轨道上运动，物块 A 的质量 kgmA6，轮 O 的质量不计。当 A 在斜面无初速地下滑过 0.4m 时，斜面在水平轨 道上滑过的距离为 0.2m，求物体 B 的质量。 解：解：如图 16-2 所示，作用在质点系上的外力在某水平轴 x 上的投影为零， 系统质心初速度为 0。由质心运动守恒定理可知，当物块 A 在斜面上滑动时，系统质心在水平轴 x 上的坐标不变。 即 0 CCBBAA xmxmxm 0 30cos ACA ssx， CB xx C s，所以物体 B 的质量 kgkg x xmxm m B CCAA B 41 20 2033040-206 - 0 . . .)cos( = + = + = x 图 16-3 动量矩定理动量矩定理 7. 重物 A 和 B 的质量分别为kgm,kgm BA 1510， 通过质量不计的绳索缠绕在半 径为 1 r和 2 r的塔轮上，其中mr12 . 0 1 ，mr18. 0 2 ，塔轮的质量不计，如图 10-7 所 示。系统在重力作用下运动，求塔轮的角加速度。 解解：由于 A m 1 r B m 2 r，物体 B 下降，物体 A 上升。考虑物体 A、B、圆盘及绳索组成的系 统，对垂直于圆盘平面的转轴 O 应用动量矩定理。设 v 为物体 A、B 的瞬时速度，为圆盘 的角速度，有以下关系： 1 rvA， 2 rvB 计算系统对 O 轴的动量矩 )( 2 2 2 1210 rmrmrvmrvmH BABBAA 系统外力对 O 轴的力矩为 12 grmgrmM ABo 根据动量矩定理 得 grmrmrmrm ABBA )()( 12 2 2 2 1 求得塔轮的角加速度 22 222 2 2 1 12 /3 .23/8 . 9 18. 01512. 010 12. 01018. 015 sradsradg rmrm rmrm BA AB 8. 图示的调速器中，长为 2a 的水平杆 AB 与铅垂轴固连，并绕 z 轴转动。其两端 用铰链与长为 l 的细杆 AC、BD 相连，细杆端部各有一重力为 G 的球。起初两球 用线相连，杆 AC、BD 位于铅垂位置。当机构以角速度0绕铅直轴转动时，线被 拉断。此后，杆 AC、BD 各与铅垂线成角。若不计各杆重力，且此时转轴不受外 力矩作用，求此系统的角速度。 解：解：由质点系动量矩守恒定律知， 绳拉断前后系统对 z 轴的动量矩不变。 绳拉断前系统的动量矩为： 绳拉断后系统的动量矩为： 由 Lz= Lz得 绳拉断后系统的角速度为： o o M dt dH 第三篇 动力学 图 16-6 动能定理动能定理 9. 质点系的内力是否影响质点系的动量改变和质心运动？是否影响质点系的动 量矩改变？是否影响质点系的动能改变？ 答：答：质点系的内力总是成对地出现的，内力的矢量和等于零，或者说内力的冲量和等于零。 所以质点系的内力不影响质点系的动量改变和质心运动。 质点系的内力成对出现，内力的力矩和为零，即内力的主矩为零。所以质点系的内力不 影响质点系的动量矩改变。 如果质点系内各质点之间的距离可变, 作用于两个质点之间的内力虽成对出现且等值、 反 向、共线，但内力作功的和并不等于零。例如炸弹爆炸、内燃机汽缸活塞工作等都是内力作 功。在此情况下，质点系的内力影响质点系的动能改变。 10. 如图所示，均质圆盘质量为 m，半径为 r，角速度为，计算其动能。 图 16-5 解解：a) 均质圆盘绕质心 O 转动，动能为 42 1 22 2 mr JT O b) 均质圆盘绕边缘上 O 点转动，动能为 2222 2 2 4 3 ) 2 ( 2 1 2 1 mrmr mr JT O c) 均质圆盘作纯滚动，即作平面运动。作平面运动的刚体的运动可分解为随质心 O 的平 动及绕质心 O 的转动。质心速度为 rvv OC ，绕质心 O 转动的角速度为，则圆盘的动 能为 22 2 1 2 1 CC JmvT 22 4 3 mr 11. 如图所示，质量为 100kg，半径为 1m 的均质圆轮以转速 n=135r/min 绕轴 O 转 动，设有一常力 F 作用于闸杆端点，由于摩擦使圆轮停止转动。已知 F=300N，闸 杆与圆轮间的摩擦因数 f=0.25，求使圆轮停止所需的时间。 解解：由杠杆定理可知，作用在均质圆轮上的正压力 NFFN7502 . 1)8 . 12 . 1 ( 圆盘的受力如图 16-6 所示，只有摩擦力 f F对 O 轴的力矩不为零，根据刚体绕定轴转动运动 微分方程，可得 rFJ fo 式中 2222 501100 2 1 2 1 mkgmkgmrJo，摩擦力 f FkNFf N 5 .187，故圆 轮角加速度 2 /75. 3/sradJrF of 设使圆轮停止所需的时间为 t，开始制动时圆盘的角速度 60 2 n o ，角加速度定义 t n t t60 2 0 0 ，结合上式得到 ss n t77. 3 )75. 3(60 13514. 32 60 2 12. 如图所示物块自倾角为斜面上 A 点无初速下滑，滑行 1 L至水平面，在水平 面滑行 2 L至 B 点停止。 设斜面和水平面与物块的滑动摩擦因数相同， 已知=25 ， 1 L=0.15m， 2 L=0.18m，求物块与斜面的动摩擦因数。 图 16-7 解解：物块在斜面阶段滑动摩擦力 fmgfFF N cos 11 物块在水平面阶段滑动摩擦力 第三篇 动力学 图 16-8 mgffFF N 22 物块从 A 到 B 摩擦力所作的功 )cos( 21 LLmgfWf 重力所作的功式 sin 1 mgLWg 代入质点动能定理的积分形式： gfAB WWmvmv 22 2 1 2 1 得到物块与斜面的动摩擦因数 2 . 0 18. 025cos15. 0 25sin15. 0 cos sin 0 0 21 1 LL L f 13. 物块的质量为 m， 在半径为 r 的光滑半圆柱顶点 A 以初速度 0 v滑下， 当物块到 达如图 10-12 所示位置时，求物块的速度和对圆柱的压力，并求当角为何值时物 块离开圆柱面。 解：解： （1）物块从 A 点运动到 B 点过程中，只有重力作功，大小为 )cos1 ( mgrWg 代入质点动能定理 gAB Wmvmv 22 2 1 2 1 ，得到物块的速度： )cos1 (2 2 0 grvvB （2）当物块到达图 10-12 所示位置时，物块受到重力g B m、圆柱压力 N F，代入牛顿第 二定律得： NB B B Fgm r v mcos 2 所以物块对圆柱的压力 N F )cos1 (2coscos 2 0 2 grv r m mg r v mgmF B BBN （3）当物块离开圆柱面时： 0)cos1 (2cos 即，0 2 0 grv r m mgFN 解得当角) 33 2 arccos( 2 0 gr v 时，物块离开圆柱面。 图 16-9 maFsin T 22 T arctangamF g a 达朗伯原理达朗伯原理 14. 如图所示，小车内用细绳悬挂质量为 m 的物体，当小车以加速度 a 运动时， 求挂重物的细绳与铅垂线的夹角 以及细绳的拉力 FT。 解：解： 重物 A 上的作用力有重力 mg、拉力 FT、其惯性力大小为 ma，方向与a相反。按达朗贝尔原 理，以上三个力组成平衡力系，在 x、y 方向投影，可得 15. 如图所示，小球质量为 m，用长为 L 的细绳系于 O 点，以匀角速度绕铅垂 线作圆周运动，绳与铅垂线成角，求绳的拉力。 解解：如图 16-9 所示，小球受到重力gm、绳的拉力 T F作用， 小球的向心加速度为 sin sin 2 2 L L v ，代入牛顿第二定律得： sinsin 2 T FLm 所以绳的拉力大小为LmFT 2 。 0cos T mgF 第三篇 动力学 rad/s 13 150 1056 . 2 4 n = = m k s 481. 0 2 n = T m 05740m 10562 89150 4s . . . k mg = = m 0383. 0- s0 = x rad 088. 0- 626. 0 )0574. 0- (13 arctan= = m )088. 0-13sin(075. 0tx = m k n 振动基础振动基础 16. 一质量为 150kg 的物块从弹簧上面 h=0.02m 处落到弹簧上如图。 已知弹簧刚度 常数 k=2.56104N/m，设物块落到弹簧上后即与弹簧联结在一起，试写出振动微分 方程并计算周期。 解：解：物块弹簧系统振动固有角频率 系统的振动周期为： 当物块在弹簧上静止时，静压缩 选物块-弹簧系统平衡位置为原点 O，x 轴垂直向下，并取物块 与弹簧接触的瞬间作为振动开始，即 t=0s 时，振动初始条件为： 振幅为： =0.075m 初相为： 故物块-弹簧系统振动方程为： 17. 在图示的振动系统中，已知弹簧的刚度 k=4.0kN/m，振子质量 m=30.0kg，阻力 系数 c=10.0N s/m，简谐激振力振幅 H=40.0N，激振频=12.0rad/s。试求振子的稳 态受迫振动。 解：解：系统固有频率 阻尼系数 设振子的受迫振动稳态解为： 所以振子的稳态受迫振动的运动方程为： m/s 626. 02 00 =gh x v 2 0 2 0 n x xA 0 0 arctan