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第十三章 达朗贝尔原理 班级 学号 姓名 日期 57 十十三三 达朗贝尔原理 达朗贝尔原理 13 1 求下列刚体惯性力系简化结果 a 质量为 m 半径为 r 的均质圆盘绕水平轴 O 作定轴转动 角速度为 角加速度为 试求圆盘的惯性力系向转轴 O 简化的结果 在图中画出主矢主矩的方向 解 1 惯性力系向转轴 O 简化 主矢 2 II nn CC FmamrFmamr 主矩 2 I 3 2 OO MJmr 方向如图 a 2 惯性力系向质心 C 简化 主矢 2 II nn CC FmamrFmamr 主矩 2 I 1 2 CC MJmr 方向如图 a1 b 均质杆 OA 质量为 m 长为 l 可绕 O 轴转动 图示瞬时 角速度为零 角加速度为 试分别求该瞬时杆的惯性力系简化的结果 1 向转轴 O 简化 2 向质心 C 简化 在 图中画出主矢主矩的方向 解 1 惯性力系向转轴 O 简化 主矢 I 1 2 C Fmaml 主矩 2 I 1 3 OO MJml 方向如图 b 2 惯性力系向质心 C 简化 主矢 I 1 2 C Fmaml 主矩 2 I 1 12 CC MJml 方向如图 b1 c 质量为 m 长为 l 的均质杆杆端与质量为 m 半径为 r 的均质圆盘中心固结 绕水 平轴 O 的作定轴转动 角速度为 角加速度为 试求系统惯性力系简化的结果 在图 O A C b b1 O A C I F IO M I F IC M C a r O C I n F I F IO M a O C I n F I F IC M a1 C a n C a r 第十三章 达朗贝尔原理 班级 学号 姓名 日期 58 中画出主矢主矩的方向 解 系统质心位置 3 2 24 C l mml rl m 加速度为 2 33 44 n CC alal 1 惯性力系向转轴 O 简化 主矢 I 3 4 C Fmaml 2 I 3 4 nn C Fmaml 主矩 22222 I 111 83 326 OO MJmlmrmllr 方向如图 c 2 惯性力系向质心 C 简化 主矢 I 3 4 C Fmaml 2 I 3 4 nn C Fmaml 主矩 22 2222 I 11111 512 1242424 CC MJmlmlmrmlm lr 方向如图 c1 d 图示均质圆轮质量为 m1 半径为 r 均质细长杆长 l 2r 质量为 m2 杆端 A 与轮 心光滑铰接 沿水平面作纯滚动 带动杆 AB 作平移 若已知轮心 A 的加速度为 a 试求 系统惯性力系简化的结果 并画出惯性力系主矢和主矩的方向 解 圆轮作平面运动 惯性力系向质心 A 简化 主矢 IA Fma 主矩 2 I 11 22 AA a MJmrmra r 杆 AB 作平移 惯性力系向质心 C 简化 主矢 IC Fmama 方向如图 13 2 已知重物 D 和 E 质量分别为250kg D m 60kg E m 力偶矩 M 400Nm 滑轮 B A IA M IA F IC F C a O r A n C a C a C C r I n F I F IO M c c1 O r A C C r I n F I F IC M 第十三章 达朗贝尔原理 班级 学号 姓名 日期 59 半径 r 20cm 不计滑轮 杆 AC 杆 BC 以及钢丝绳的质量且钢丝绳不可伸长 求重 物的加速度和支座 A 和 B 的约束反力 解解 分析可知 AC BC 杆均为二力杆 所以支座 A 和 B 的约束反力分别沿杆的轴线方向 画系统的受力图 并虚加惯性力 设物块的加速度为 a 则 II EEDD Fm a Fm a 由达朗贝尔原理 得 0 C M F II 0 DDEE F rm grF rm grM 即 r M gmmamm EDDE 400 25060 25060 9 8 0 2 a 得重物的加速度 2 0 445 m s a 0 y F 060cos II gmgmFFF EDEDB gmmammF EDEDB 2 2 0 x F 060sin BA FF 代入数据得 A B 的约束反力 N 5412 A F N 6249 B F 13 3 已知均质杆 OA 与 OB 各长为 l 重均为 P 一端用铰链固定在铅垂轴上的 O 点 另 一端用水平绳连在轴上的D处 杆与轴的夹角为 令 AOB随轴OD以匀角速度 转 动 求绳的拉力及铰链 O 对杆 OB 的约束反力 A C E B r 60 M D D m g E m g IE F ID F A F B F a 第十三章 达朗贝尔原理 班级 学号 姓名 日期 60 解解 OB 杆作定轴转动 其惯性力为沿杆方向线性分布 受力如图 线性分布的惯性 力系的合力过 E 点 且 1 33 l BEOB 2 I sin 2 C P l Fma g 0 O M F TI 2 coscossin0 32 ll FlFP 2 T 1 sintan 32 l FP g 0 x F IT 0 Ox FFF 2 TI 1 tansin 26 Ox l FFFP g 0 y F 0 Oy FP Oy FP 13 4 均质长方体浪木重为 P 悬挂在两根等长的软绳上 OO1 AB 从 30 的位置无 初速释放开始摆动 求在下面两个瞬时浪木的加速度和两绳的拉力 1 开始运动瞬时 2 浪木通过最低位置瞬时 解解 1 初瞬时浪木受力如图 b 0 2m 2 m O O1 A B A B I F T1 FT2 F P C C a n C a I n F O O1 A B n C T1 F T2 F a b c I F C a P n A a A B D O T F B I F O Ox F Oy F P C E 第十三章 达朗贝尔原理 班级 学号 姓名 日期 61 浪木平动且初瞬时各点速度 0 v CA AO aa IC P Fa g 0 F 0sin I FP 1 2 C ag 0 n F T1T2 cos0FFP 0 F C M T1T2 1cos300 1sin30 0 1sin301cos30 0FF 联立求解得初瞬时浪木的加速度 1 2 C ag 两绳的拉力 T1 0 408FP T2 0 458FP 2 浪木于初始位置平移至最低位置过程 由动能定理得 2 1 0 1 cos 2 C P vPl g 得 2 2 1 cos C vgl 最低位置处 受力如图 c 0 F 0 I F 即0 C P a g 得 2 2 1 cos n C CC v aag l 或 23 C ag 0 F C M T1T2 110FF 0 n F T1T2I 0 n FFFP T1T2I 11 22 nn C P FFFPaP g T1T2 0 628FFP 13 5 图示长 a 20cm 宽 b 15cm 的均质矩形板质量为 27kg 由销 A 销 B 悬挂 如果突 然撤去销 B 求该瞬时矩形板的角加速度和销 A 的约束反力 B a b C IA M C a mg Ax F Ay F B a b C A I F IC M C a mg Ax F Ay F a b A I F 第十三章 达朗贝尔原理 班级 学号 姓名 日期 62 解解 1 撤去销子的瞬时 0 矩形板将作定轴转动 22 2 C ab a 惯性力系向 转轴 A 简化 II FF 即 22 I 2 C ab Fmam 2 22 2222 I 11 1223 AA ab MJm abmm ab 矩形板受力如图 a 图中 22 sin ba b 22 cos ba a 由达朗贝尔原理 得 0 A M F I 0 2 A a Mmg 22 1 0 23 a mgm ab 0 x F Isin 0 Ax FF 22 22 0 2 Ax abb Fm ab 0 y F Icos 0 Ay FFmg 22 22 0 2 Ay aba Fmmg ab 解得 22 3 2 ga ab 2 Ax b Fm 2 Ay a Fmgm 代入数据得矩形板的角加速度 2 rad s07 47 销 A 的约束反力95 32N Ax F 137 67N Ay F 解解 2 撤去销子的瞬时 0 矩形板将作定轴转动 22 2 C ab a 惯性力系向 质心简化 II FF 即 22 I 2 C ab Fmam 22 I 1 12 CC MJm ab 矩形板受力如图 b 图中 22 sin ba b 22 cos ba a 由达朗贝尔原理 得 0 A M F II 0 2 C a mgMFAC 2222 22 1 0 21222 aabab mgm abm 0 x F Isin 0 Ax FF 22 22 0 2 Ax abb Fm ab 第十三章 达朗贝尔原理 班级 学号 姓名 日期 63 0 y F Icos 0 Ay FFmg 22 22 0 2 Ay aba Fmmg ab 解得 22 3 2 ga ab 2 Ax b Fm 2 Ay a Fmgm 代入数据得矩形板的角加速度 2 rad s07 47 销 A 的约束反力95 32N Ax F 137 67N Ay F 13 6 图示涡轮机的转盘重 P 2kN 重心 C 到转轴 z 的距离 e 0 5mm 图中已夸大 转轴 z 垂直于转盘的对称面 盘匀速转动 转速 n 6000 rpm AB h 1000mm 求 当转盘转到重心 C 位于 yz 平面的瞬时 止推轴承 A 和向心轴承 B 的静反力和附加动 反力 解解 转盘作匀速定轴转动 角速度 6000 628 rad s 3030 n 惯性力系简化为合力 22 I 2 0 0005 62840 2 kN 9 8 P Fe g 转盘受力如图 由达朗贝尔原理 得 0 y M F 0 Bx F h 0 Bx F 0 x F 0 AxBx FF 0 Ax F 0 x M F I 0 2 By h F hPeF I 1 2 By e FPF h 0 y F 0 AyBy FF I 1 2 Ay e FPF h 0 z F 0 Az FP Az FP I F Ax F Ay F A C n y x 2 h 2 h P Az F Bx F By F B z 第十三章 达朗贝尔原理 班级 学号 姓名 日期 64 最后得 静反力 1 kN AyBy e FFP g 2 kN Az FP 动反力 I 20 1 kN 2 AyBy h FFF 第十三章 达朗贝尔原理 班级 学号 姓名 日期 65 13 7 已知均质杆 AB 重为 P 以两根与之等长的绳子悬挂在水平位置 求 B 端绳子突然 断开瞬时 A 端绳子的拉力 解解 1 在 B 端绳子突然断开瞬时 杆的角速度及杆上各点的速度均为零 A 点轨迹为 以 O1为圆心 绳长为半径的圆周 则 1A O A a 杆将作平面运动 由基点法 n CACACA aaaa 1 0 2 n CACA l aa CxA aa 2 CyCA l aa 运动分析如图 a1 受力分析如图 a 设杆长为l 此瞬时杆的角加速度为 虚 加惯性力系 g Pl JM CC 12 2 I IxCxA P Fmaa g I 2 yCy P l Fma g 由达朗贝尔原理 得 I TI TI 0 0 0 0 0 0 2 xx yy CC FF FPFF l MFM F T 2 T 0 0 2 0 212 A P a g Pl PF g lPl F g 解得 T 0 3 2 1 4 A a g l FP 即 B 端绳子突然断开瞬时 A 端绳子的拉力 T 4 P F 2 P O1 O2 A B a T F C A a CA a C A a A B a1 x y x y Ix F Iy F IC M 第十三章 达朗贝尔原理 班级 学号 姓名 日期 66 在 B 端绳子突然断开瞬时 杆的角速度及杆上各点的速度均为零 A 点轨迹为以 O 为圆 心 绳长为半径的圆周 则 A OA a 杆将作平面运动 由基点法 n CACACA aaaa 1 0 2 n CACA l aa CACA aaa 惯性力系主矢分量 I1I2 2 AACA PPl maama gg FF 主矩 2 I 12 C Pl M g 方向如图 由达朗贝尔原理 得 TI2 TI 0 sin60sin600 0 sin600 2 CC FFFP l MFM F T 2 T 1 sin60sin600 2 1 sin600 212 FmlP l Fml 解得 18 13 g l B 端绳子突然断开瞬时 A 端绳子的拉力为 T 2 3 13 FP 13 8 已知圆轮重 G 半径为 R 沿水平面纯滚 若不计滚阻 试问在下列两种情况下 轮心的加速度及接触面的摩擦力是否相等 1 在轮上作用一矩为 M 的顺钟向力偶 2 在轮心上作用一水平向右 大小为 M R 的力 P 解解 1 轮作纯滚动 设轮心加速度为 a 角加速度为 则 Ra 轮受力如图 惯性力系主矢a g G F I 主矩a g GR R g G JM CC 22 1 2 I C M C 1 N F f F I F IC M 1 a G G M B C CA a C A a A B b A a 60 P A IC M I1 F I2 F T F b1 OO 第十三章 达朗贝尔原理 班级 学号 姓名 日期 67 由达朗贝尔原理 得 0 C M F If 0 C MMF R 0 x F fI 0FF 联立解得 GR Mg a 3 2 f 2 3 M F R 2 0 x F If 0PFF 而 RMP 0 C M F If 0 C MF R 联立解得 GR Mg a 3 2 f 3 M F R 可见 1 2 两种情况下 轮心加速度相等 而接触面的摩擦力不相等 13 9 已知砂轮I质量m1 1kg 偏心距e1 0 5mm 砂轮II质量m2 0 5kg 偏心距e2 1mm 电动转子 III 质量 m3 8kg 转速 n 3000r min 求转动时轴承 A B 的附加动反力 解解 砂轮角速度 rad s 100 60 30002 60 2 n 砂轮 I II 的惯性力分别为 N 5 100 105 01 2232 111I emF N 5 100 1015 0 2232 222I emF 当只求动反力时 受力图中重力可不考虑 由达朗贝尔原理 A B 5050200 100 1 e 2 e NA FNB F I1 F I2 F C C 2 N F f F P IC M 2 a I F G P G 第十三章 达朗贝尔原理 班级 学号 姓名 日期 68 0 A M F 050250200 2I1IN FFF B 0 B M F 050250200 1I2IN FFF A 解出附加动反力 N 5 73 NN AB FF 即 转动时轴承 A 处的附加动反力为 73 5N 方向与图示相反 B 处的附加动反力为 73 5N 方向与图示相同 13 10 图示绕线轮重 P 半径为 R 及 r 对水平质心 C 的转动惯量为 C J 在与水平成 角的常力 T F作用下纯滚动 试求 1 轮心加速度 2 绕线轮作纯滚动的条件 解解 研究绕线轮 受力如图 惯性力系主矢 CC a g P F I 主矩 CC JM I 绕线轮纯滚动时有 RaC 由达朗贝尔原理 0 x F TIf cos0 C FFF 0 y F 0sin TN PFF 0 C M F TfI 0 C F rF RM 联立解得 2 T cos R g P J rRRF a C C T f 2 cos C C P FRrJ g F P JR g 及 sin TN FPF 再将 N F f F代入 fN Ff F 得绕线轮作纯滚动的条件为 g R g P JFP JRr g P F f C C sin cos 2 T T T F N F f F P IC F IC M C a R r C 第十三章 达朗贝尔原理 班级 学号 姓名 日期 69 13 11 如图所示 质量为 1 m 倾角为 的三棱柱与水平面的摩擦不计 质量为 2 m 半径为 r 的均质圆柱沿三棱柱斜面向下作纯滚动 求三棱柱的加速度及圆柱中心相对 于三棱柱的加速度 解解 取圆柱中心为动点 三棱柱为动系 由加速度合成定理 aer aaa 式中 aO aa为圆柱中心的加速度 e aa为三棱柱平动的加速度 r a为圆柱中心 相对于三棱柱的加速度 圆柱角加速度 r ar 加速度如图 a 系统的受力图及虚加惯 性力系如图 b 圆柱的受力图如图 c 其中 I1Ae Fma I2ee Fm a I2rr Fm a 2 I22 11 22 Or Mm rm ra 由达朗贝尔原理 研究系统 0 x F III cos0 Are FFF 研究圆柱 0 D M III2 cossin0 Ore MF rF rm gr 代入惯性力表达式 得 122 2222 cos0 1 cossin0 2 ere rre mam am a m ram a rm a rm gr 联立解得三棱柱的加速度为 2 2 122 sin2 3 2cos e m g a mmm 圆柱中心相对于三棱柱的加速度为 12 2 122 2 sin 3 2cos r mmg a mmm 13 12 图示均质圆盘以等角速度 绕 z 轴转动 圆盘平面与转轴 z 交成 角 轴承 A 和 B 与圆盘中心相距各为 a 和 b 圆盘半径为 R 质量为 m 厚度可忽略不计 求两 轴承 A 和 B 的附加动反力 a a O A 1 m g 2 m g O A e a r a a a Ie F IO M Ir F IA F N F b 2 m g O Ie F IO M Ir F N1 F f F D c 第十三章 达朗贝尔原理 班级 学号 姓名 日期 70 解解 在图示坐标系中 由于圆盘上各点的 x 坐标对于 z 轴对称 圆盘的惯性积 0 iiixz zxmJ 为计算 yz J作圆盘的中心惯性主轴zyxo 如图 cossin sincos yziiiiiii i Jm y zm yzyz 2sin 8 sincos 2 R m Jx 以