理论力学第三版 (洪嘉振) 答案第6章.pdf

洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6 1C 三个质量均为 m 的质点用质量不计 的刚杆连结成正三角形 边长为 b 在质心 C 建 立如图所示的连体基 矢量z r 为正三角形的法 向 点 B 为该边的中点 求 x r y r 题 6 1C z r BC A 1 三个中心主转动惯量 2 任一个顶点的三个主转动惯量 3 讨论中心主转动惯量与任一顶点的主 转动惯量间的关系 解解 B C A x r y r z r z r x r 题解 6 1C D E y r 1 对于题图给出的连体基 考虑到bAB 2 3 与质心 C 在几何形心 三质点的坐标分别为 见图 6 1C T 0 3 3 0 b A r T 0 6 3 2 1 bb D r T 0 6 3 2 1 bb E r 由于轴 y 是对称轴 所以 Cy 为中心惯量主轴 0 0 i iiiyzC i iiixzC zymJzxmJ 0 6 3 2 1 6 3 2 1 0 bbbbxymJzxmJ i iiiyxC i iiixzC 所以 Cx Cz 也是中心惯量主轴 由定义可以分别得到三个中心主转动惯量 22 2 22 3 3 33mbbmACmyxmJ i iiizC 2222 2 1 2 2mb b mzxmJ i iiiyC 22222 2 1 6 3 2 3 3 mbbmbmyzmJ i iiixC 2 不失一般性 过顶点 A 建立如图见图 6 1C 的连体基 e r 三点的坐标分别为 T000 A r T 0 2 3 2 1 bb D r T 0 2 3 2 1 bb E r 同 1 理可知 轴 x A y A z A 是过顶点 A 的三个惯量主轴 由定义可以分别得到三个中 心主转动惯量 1 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 2 222 2mbyxmJ i iiizA 2222 2 1 2 2mb b mzxmJ i iiiyA 2222 2 3 2 3 2mbbmyzmJ i iiixA 3 轴与 Cx 轴平行 轴xA zA 与 Cz 轴平行 分别有关系 22 3 3 3mbJbmJJ xCxCxA 22 3 3 3mbJbmJJ zCzCzA 对照 1 与 2 的结果此上述关系成立 轴yA zA 与 Cy 轴重合有 yCyA JJ 2 22 11 1212 zx JMbJMa 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6 3C 如图所示 质量为 m 半径为 R 的均质半圆 球 AB 为通过质心 C 并平行于其底面的任意直线 计 算半圆球对轴 AB 的转动惯量 R O C B A 题 6 3C 解解 半圆球对通过底面球心O任意直径转动惯量为 的 2 5 2 mRJ xO 由平行轴定理 22 320 83 8 3 mRRmJJ xOxC 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6 4C 计算质量为m半径为R的半圆薄板对于图 示 x 轴的转动惯量 O A C x r 题 6 4C O A C 2 x r 题解 6 4C x r 1 x r 解解 令过点O绕x1轴的转动惯量为J1x 2 1 4 1 mrJ x 轴x1与轴x平行 轴x2过半圆薄板质心C与x轴平行 转动惯量为JCx 考虑到 3 4r OC 由平行轴定理 2 2 2 1 9 16 4 1 3 4 mr r mJJ xxC 由于 3 4r rAC 由平行轴定理可得 2 2 2 3 8 4 5 3 4 mr r rmJJ xCx 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6 5C 一细杆由钢和木二种材料拚装组成 二段 为均质杆 质量分别为 和 试写出细杆对图 示各轴的转动惯量 1 m 2 m 题 6 5C ll 2 m 1 m 1 z r2 z r 3 z r 解解 根据转动惯量的平行轴定理 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 3 7 3 1 2 3 12 1 212 1 1 lmlm l mlm l mlmJZ 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 3 1 3 1 212 1 212 1 2 lmlm l mlm l mlmJZ 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 3 1 3 7 212 1 2 3 12 1 3 lmlm l mlm l mlmJZ 1 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6 6C 试计算下列各系统在图示瞬时的动量 a 连杆AB以匀角速度 绕轴A转动 带动行星轮B在固定中心轮上作纯滚动 连杆和 行星轮都为均质 质量分别为m1和m2 尺寸如图所示 b 均质胶带及带轮的质量分别为m m1和m2 尺寸如图所示 轮O1以匀角速度 绕轴 转动 B r1 r2 a 题 6 6C A 1 O 2 O 1 r 2 r b 解解 a 如图 6 6Ca所示 点B为行星轮的质心 点C1为连杆 的质心 它们的速度分别为 B 题 6 6Ca A B v r 1 C v r C1 1 p r 2 p r p r C 21 rrvB 2 1 21 1 rrvC 各自动量的大小分别为 21222 rrmvmp B 2 1 2111 1 rrvmp C 方向如图所示垂直 AB 相互平行 故系统的动量方向与它们 一致 过系统质心 C 其大小为 2 2 1 212121 rrmmppp b 如题图可知 均质胶带及两带轮的质心速度总为零 它们的动量均为零矢量 由于系统的动量为它们的矢量和 故也为零矢量 即 0 p 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6 7C 图示椭圆机构中 规尺AB质量为 2m1 曲柄OC 质量为m1 滑块A和B质量均为m2 曲柄以匀角速度 绕 轴O转动 设各物体为均质 lBCACOC A 题 6 7C O A C B y x r 1 写出机构质心运动方程 2 求系统的动量 解 解 A A O B C x r y r 题解 6 7Ca b D D v r p r t 1 由题意可知 点C为规尺AB 质量 2m1 与滑块A 和B质量 质量m1 的质心 故系统质心在杆OC的D处 如图 6 7Ca所示 令bOD 有 bmmm l mlmm 121121 22 2 22 得 l mm mm b 23 2 45 21 21 如图所示 机构质心 D 运动方程为 tmbxD cos tmbyD sin 2 如图所示 质心 D 的速度为bvD 故系统的动量为过质心 D 方向垂直 OC 的 矢量 其大小为 lmmvmmmvp DD 45 2 1 23 2121 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6 8C 图示滑轮 O 和 D 的质量不计 重物 A 和 B 的质量分别为 和 若此瞬时重物 A 以加速度下降 绳与滑轮间无相对滑 动 试求支座 O 的约束力 A m B ma 题 6 8C B A D O 解解 如图 6 8C 建立惯性基 系统受力情况如图所示 重物 A 和 B 的速度分别为 A v r 与 且有如下关系 B v r 题解 6 8C B A D O gmA r gmB r x r y r Ox F r Oy F r A v r B v r AB vv 2 1 系统的动量为 BBAA vmvmp rrr 有 0 x p ABABBAAy vmmvmvmp 2 1 根据质点系的动量定理 R R yy xx FP FP 有 Ox F 0 OyBA ABA Fgmgm t vmm d 2 1 d 可得 0 Ox F a mm gmgm t vmm gmgmF BA BA ABA BAOy 2 2 d d 2 2 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6 9C 图示系统中圆轮A的质量为4kg 定滑轮质量不计 斜面的质量为 2kg 斜面 的倾斜角为 30 度 当圆轮在斜面上无初速地 向下纯滚过 400mm 时 斜面在光滑的水平轨 道上移动了 200mm 求重物 B 的质量 A 30o B 题 6 9C 解解 如图 6 9C 所示建立惯性坐标基 C A 30o Ox r y r B 题解 6 9C 2 x 20 x 30 x 10 x 3 x C A 30o B 1 x 1 x 2 x 令圆轮A记为B1 质心A的x坐标记为 x1 斜面记为B2 质心D的x坐标记为x2 重物B记为B3 质心B的x坐标记为x3 系统 质心C的x坐标记为xC 系统总质量记为M 有如下关系 M xm x ii C 作用于质点系上外力的主矢在 x 轴上 的投影始终为零 系统动量在该轴上的坐 标守恒 如果初始系统质心 x 方向速度为 零 则在任意时刻该速度均为零 即质心 在该轴上的坐标保持不变 有 0CC xx M xm M xm iiii 0 或 1 0 0iiiii xmxxm 由图 6 9C 可见 200 41 146 6 cos3400200 6 cos 23121 xxxxx 代入式 1 0200200241 1464 321332211 BBCA mxmxmxmxmxmxm 可解得 kg93 0 200 200241 1464 B m 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6 10C 喷气式飞机的发动机从前端每秒吸入 空气的质量为 70 kg 燃料的消耗率为每秒 1 35kg 尾部喷出的燃气相对于飞机的速度是 1800m s 求 当飞机速度是 660km h 时推力的大小 题 6 10C 解解 对于喷气机 吸入的空气相对于飞机的速度为 185 6 3 660 r vm s 质量的变化而引起的作用于质点的附加推力为 t m vF P P d d r r r 则向后的推力为 kN13N1300018570 d d r A P A v t m F 因为排出的质量是吸入空气和消耗燃料之和 故有向前的推力 kN4 128N1284001800 35 170 d d r B P B v t m F 向前的总推力为 kN4 115 P A P B P FFF 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6 11C 如图所示 重 G 的物体 A 带动单位长度的重量为 q 的软 链以速度向上抛出 假定软链有足够的长度 求重物所能达到的 最大高度 0 v 题 6 11C z r 0 v A 解解 研究对象为重物和已加入运动部分的软链 该对象作平移运动 所以可以看成变质量的 质点 其质量为 g zq g G m 令其速度为 zC v 软链加入系统部分在并入研究对象前处于静止 故对于已运动的软链相对速度为 系统的质量变化为 Czz vv r t m d d 定义惯性基向上的单位矢量为 z r 重物和软链只受重力作用 变质量动力学方程式在 z r 上的坐标式为 t m vmg t v m Z Cz d d d d r 即 mg t m v t v m zC zC d d d d 或 mgmv t Cz d d 等式两边乘以 再积分 zmd zgmzmmv t zC dd d d 2 再积分 g zq g G g zq g G q g z g zq g G gzmgmvmv zzz zC v v Cz CZ ddd d 0 2 2 0 2 0 2 0 得 3 2 3 2 2 0 2 2 332 1 2 1 g G q g g zq g G q g v g G v g zq g G Cz 或 2 0 3 322 3 2 3 2 Gv q gG zqG q g vzqG Cz 到达最高点时 代入上式有 0 ZC vhz 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 2 2 0 3 3 3 2 3 2 0Gv q gG hqG q g 可解得 1 2 3 1 3 2 0 Gg qv q G h 9 8N9 8N m 2 sinAv 2 sinAv 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6 14C 质量为 m 长度为 L 2R 的均质细直杆的 A 端固接在均质圆盘的边缘上 圆盘的质量为m半径为R 以角速度 绕定轴 O 转动 求 题 6 14C R AB O 1 系统的动量 2 系统对于轴 O 的动量矩 解解 题解 6 14C A B O D x r y r C D v r 1 p r p r D r r 1 如图建立惯性坐标基 细杆与圆盘固结为一 个刚体 系统的质心记为 C ROC 2 2 系统的动量 21 ppp rrr 1 其中 1 p r 为细杆的动量 2 p r 为圆盘的动量 记细杆的质 心为 D 速度矢量如图所示 大小为R vD2 有 D vmp rr 1 大小为 Rmp 2 1 圆盘的质心为 O 速度为零 圆盘的动量0 2 r r p 由式 1 系统的动量为 1 pp rr 其坐标为 Rmpx Rmpy 2 系统对轴 O 的动量矩 2 21 OzOzOz LLL 其中为细杆对轴 O 的动量矩 L为圆盘对轴 O 的动量矩 由于细杆对定点 O 的转动惯 量为 1 Oz L 2 Oz 2 2 2 2 3 7 2 2 12 1 mRRmRmODmJJ DO 故 21 3 7 RmJL OOz 圆盘对轴 O 的动量矩 22 2 1 mRLOz 由式 2 系统对轴 O 的动量矩 2 6 17 mRLOz 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6 15 均质圆盘质量为 m 半径为 R lOC 当它作图示四种运动时 分别求圆盘对 固定点 O 的动量矩 a 系绳质量不计 b 连杆质量不计 c 圆心固定 d 在圆弧上纯滚动 题 6 15C O O O O C C CC 解解 规定对点 O 的动量矩正向为逆时针方向 a 圆盘作平动 2 lmlmvL CO b 圆盘绕 O 作定轴转动 22 2 1 mLmRJL OO O C C v r C r r p r 题解 6 15C c 圆盘绕 C 作定轴转动 0 C v0 p 2 2 1 mRprJL COO d 圆盘作平面一般运动 参见图 6 15C RvC Rmmvp C mRLRLmRmRprJL COO 2 1 2 1 2 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 题 6 16C B A l l O z r 6 16C 如图所示 两小球 A 与 B 质量均为 m 用 长为 2l 的细杆连结 并以其中点 O 固定在铅垂轴 OZ 上 细杆与 OZ 的夹角为 细杆的质量不计 设细 杆绕 OZ 轴转动的角速度为 求 1 质点系对点 O 的动量矩 2 质点系对轴 OZ 的动量矩 解 1解 1 题解 6 16C B A O O L r z r A r r B r r y r 1 如图所示过点 O 建连体基 小球 A 与 B 的速度为 xlrv xlrv BB AA rrrr rrrr sin sin 质点系对点 O 的动量矩 cos sinsin2 2 yzlm vmrvmrL BBBAAAO rr rrrr r 2 质点系对轴 OZ 的动量矩 22 sin2lmLOz 解 2 解 2 1 如图所示过点 O 建连体基 小球 A 与 B 的速度为 BBAA rvrv rrrrrr 坐标阵为 0 0 sin cos sin 0 000 00 00 0 0 sin cos sin 0 000 00 00 l l l l l l BB AA r v r v 质点系对点 O 的动量矩 BBBAAAO vmrvmrL rrrr r 坐标阵为 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 2 sin cos 0 sin2 sin sincos 0 sin sincos 0 0 0 sin 00sin 00cos sincos0 0 0 sin 00sin 00cos sincos0 2 22 2 22 2 ml l lm l lm l l l ll m l l l ll m mm BBBAAAO vrvrL 2 质点系对轴OZ的动量矩 22 sin2lmLOz 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6 17C在相同的滑轮上绕以软绳 绳子的一端作用有力或挂以重物如图所示 图中r2 2r1 F 1kN G1重 1kN G2重 2kN G3重 1 5kN G4重 1kN G5重 1 5kN G6重 0 5kN 不计软 绳的质量以及轴承中的摩擦力 1 分别计算作用于系统的外力对转动轴的力矩 2 分别计算滑轮转动的角加速度 3 讨论对转动轴外力矩相等 滑轮角加速度不相等的力学原理 2 r 2 r 2 r 2 r 2 r a b c d e 题 6 17C F r 6 G r 5 G r 4 G r 3 G r 2 G r 1 G r 1 r 1 r 1 r 1 r 1 r 解解 1 以逆时针为正 kNm22 112a rFrFrM kNm22 11121b rrGrGM kNm2 112c rrGM kNm22 1431423d rrGGrGrGM kNm22 11652625e rrGGrGrGM 2 根据动量矩定理 可列出各种情况下的角加速度表达式 a 2 d d Fr t JO 即 1a 2FrJO 得 OO J r J Fr 11 a 22 b 对轴的动量矩为 g G rJrr g G JL OOO 1 2 122 1 4 21 d d rG t LO 即 11b 1 2 1 2 4 rG g Gr JO 得 1 2 1 1 1 2 1 11 b 4 2 4 2 rgJ gr GrgJ grG OO 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 2 c 对轴的动量矩为 g G rJrr g G JL OOO 2 2 111 2 12 d d rG t LO 即 12c 2 2 1 rG g Gr JO 得 2 1 1 2 2 1 12 c 2 2 rgJ gr GrgJ grG OO d 对轴的动量矩为 g G r g G rJrr g G rr g G JL OOO 4 2 1 3 2 111 4 22 3 4 1423 d d rGrG t LO 即 1 43d 4 2 1 3 2 1 24rGG g G r g G rJO 得 2 1 1 4 2 13 2 1 143 d 7 2 4 2 rgJ gr GrGrgJ grGG OO e 对轴的动量矩为 g GG rJrr g G rr g G JL OOO 65 2 122 6 22 5 4 2625 d d rGrG t LO 即 165e 65 2 1 24rGG g GG rJO 得 2 1 1 65 2 1 165 d 8 2 4 2 rgJ gr GGrgJ grGG OO 3 五种情况对点 O 的力矩相同 由于动量矩大小不同 故它们的角加速度会不同 且 edbca 2 1566kg m g R mR t Ae 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6 21C 如图所示 均质杆AB长为l 质量为m 在铅垂平面 内运动 试求此杆绕其端点B的绝对动量矩 题 6 21C A C B 解解 如图示建立惯性基e r 在刚体运动的一般情况下建立质 心平移基与质心连体基 s e r b e r C v r C d r 题解 6 21C A C B Ox r y r s y r s x r b x r b y r S 杆 AB 绕其端点 B 绝对动量矩为 CCCB vmdLL r r 1 其中杆 AB 对其质心 C 的相对动量矩为 2 12 1 mlJL CC 图中 S 为瞬心 质心速度 C v r 与矢量 C d r 的关系如图所示 可 知 zmlz l m l vmd CC rrr r 2cos 4 1 2 2 sin 22 2 将以上两式代入式 1 得杆 AB 绕其端点 B 绝对动量矩为 2cos31 12 1 2cos 4 1 12 1 222 mlmlmlLB 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6 22 一质量为 m 半径为 R 的圆环上固结一质量为 m 的质点 圆环在水平面上作无滑动的滚动 求系统对环心 O 的绝对动量矩 题 6 22C O m 解 1 解 1 如图 6 22Ca 建立惯性基与连体基e r b e r O 题解 6 22Ca O m C d rC C v r S x r y r b x r b y r 系统对环心 O 的绝对动量矩为 CCCO vmdLL r rrr 1 由于系统对质心 C 的转动惯量为 2 22 2 2 3 44 mR R m R mmRJC 故系统对质心的动量矩为 2 2 3 mRJL CC 2 由图可 6 22Ca 知 质心 C 到瞬心 S 的距离为 cos 4 5 cos 2 2 4 2 2 R R R R RSC 3 质心的速度 C v r 方向如图 6 22Ca 大小为 CC Sv 由图定义角 有 zRmSzmSRvmd CCCC rrr r cos 2 sin 4 有几何关系 cos 2 2 4 2 22 R S R SR CC 可得 cos 2 1 4 3 cos 4 5 4 3 cos 2 2 2 2 2 R R R R SRS CC 将其代入 4 可得 zRmvmd CC r r r cos 2 1 2 5 将式 2 与 5 代入式 1 可得 cos2cos 2 1 2 3 222 RmRmRmLO 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 2 解 2 解 2 如图 6 22Cb 建立惯性基e与连体基 r b e r O 圆环对O点的动量矩为 题解 6 22Cb O m C m v r S x r y r b x r b y r 2 1 mRLO 质点的速度 m v r 方向如图 6 22Cb 大小为 mm Sv 其中质点到瞬心S的距离 2 cos2 RSm 质点对O点的动量矩为 cos12 2 cos 2 cos2 2 2 mR RRmL O 系统对O点的动量矩 cos2 2 21 mRLLL OOO 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6 23C 图示机构 两均质杆与均质圆盘的质 量都为 m 圆盘的半径为 r OA r AB 3r 圆盘 在水平面上作纯滚动 图示瞬时杆 OA 铅垂 杆 AB 水平 求该瞬时 题 6 23C A B O 1 机构的动量 2 机构对点 O 的动量矩 3 机构的动能 解解 1 如图建立惯性基e r O 三构 件的速度与动量如图所示 其大小分别 为 题解 6 23C A B O 1 C 2 C 2 p r 2 v r 1 p r 1 v r 3 p r B v r 2 C d r 3 B d r mrprv mrprv mrp r v B 3 22 11 2 1 2 系统动量为 321 pppp rrrr 其坐 标为 0 2 5 yx pmrp 2 杆 OA 作定轴转动 对点 O 动量矩为 2 1 3 1 mrLOz 杆 AB 作平面一般运动 此瞬时为瞬时平动0 2 对点 O 动量矩为 2222 2 pdLL CO r rrr 其中0 22 22 CzC JL zmrpd rr r 2 22 所以 2 2 mrL Oz 圆盘作平面一般运动 此瞬时角速度 r vB 3 对点 O 动量矩为 333 pdLL BBO r rrr 其中 2 33 2 1 mrJL BBz zmrpdB rr r 2 3 所以 2 3 2 1 mrL Oz 系统对 Oz 轴的动量矩为 2 321 6 11mr LLLL OzOzOzOz 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 2 3 22222222 12 17 2 1 2 1 2 1 2 1 3 1 2 1 mrmrrmrmmrT 杆 OA 作定轴转动 动能为 222 1 6 1 2 1 mrJT O 杆 AB 作平面一般运动 此瞬时为瞬时平动0 2 动能为 222 22 2 1 2 1 mrmvT 圆盘作平面一般运动 此瞬时角速度 3 动能为 2222222 3 2 33 4 3 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 mrmrmrJmvT B 系统的动能为 22 321 12 17 mrTTTT 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6 24C 已知菱形薄板ABDE与杆A1A 和B B 1B 由铰链连 接 此二杆可分别绕固定轴A1 和B1 旋转 已知A1A B1 60o 60o 题 6 24C A E D C B 1 B 1 A B B AB AD 2a 薄板对质心C的回转半径 2a 质量为m 某瞬时 杆A1A的角速度为 杆A1A 和B1B相互垂直如图所示 求此瞬时薄板的动能 解解 如图所示 由点 A 与 B 的速度 A v r 与 B v r 方向可确定菱形薄板的瞬心位于点 P 据此 点 的速度为v r aAA A 2 1 A v 由此可得菱形薄板的角速 度 题解 6 24C A E D C B 1 B 1 A A v r B v r C v P 2 av 2 aPa A b 故菱形薄板质心 C 速度为 aPC2 由图可知 aavC 422 r 此瞬时薄板的动能 22 2 2 2 22 162 2 1 8 2 1 2 1 ammam JmvT bCC 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6 25 图示三个圆轮 半径均为 R 在细绳的拉动下在水平面上作纯滚动 情况 a 的细绳作用在轮心 其他两种情况细绳分别绕在轮缘如图所示 拉力为常力 F 情况 a b 轮心 O 水平移动的距离为 S 情况 c 轮心 O 沿斜面移动的距离为 S 分别求力 F 在这过程中所做的功 30o 题 6 25C O O O R R R S S S F r F r F r a b c 解解 1 FSW O S O F r M 题解 6 25Ca F r 30o O S F r O F r M 题解 6 25Cb 0 O A 2 如图 6 25Ca 所示 将原力向质心 O 移动 有等效 关系 MFF O rr 其中力 力偶FFO FRM FSMSFW O 2 3 如图 6 25Cb 所示 将原力向质心 O 移动 有等 效关系 MFF O rr 其中力 力偶FFO FRM 纯滚动圆轮移动距离 S 其同时转动角 故力 F 在这过程中所做的功为 RS FS R S FRFSMAOFW O 2 3 30sin 0 0 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6 26C 如图所示 一质量为 30kg 半径为 0 5 m 的均质圆盘 与一质量为 18kg 长为 1 m 的均质直杆用理想铰链连接 在铅垂 平面内绕杆的一端转动 系统自图示位置无初速地开始运动 求 当杆 OA 处于铅垂位置时点 A 的速度 题 6 26C A 0 30 O 解解 如图所示建立惯性基 初始态系统动能为0 0 T 铅垂位 置系统动能为 其间 杆作定轴转动 动能为 1 T 题 6 26Ca A 0 30 O x r y r 1 A A v r gm r 1 gm r 2 22 1 2 2 1 2 1111 6 1 3 1 2 1 2 1 A A O vlm l v lmJT 均质圆盘与均质直杆用理想铰链连接 无摩擦 均质圆盘作平 动 动能为 2 212 2 1 A vmT 铅垂位置系统动能为 2 2112111 3 6 1 A vmmTTT 1 根据动能定理 2 WTT 0 其中 W 为重力作的功 6 cos1 2 6 cos1 12 l gmglmW 3 将式 1 与 3 代入式 2 得 6 cos1 3 2 3 21 212 gl mm mm vA 由已知条件可计算得 smvA 69 1 212 22 122 62 1 cos 6263 A lgmm v mmm Rl 2 0 32 213 67rad s 22 kg ml 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6 29C 如图所示 长为 1 m 质量为 2 kg 的两 均质杆 AB 和 BC 在 B 点用铰链相连 杆 AB 的 A 端 和固定铰链支座相连 杆 BC 在 C 处用铰链与一均 质圆柱体连接 圆柱的质量为 4kg 半径为 250mm 在水平面上作纯滚动 在两杆的中点 D E 处有一 弹簧连接 弹簧因数 k 50N m 原长为 1 m 在点 B 作用一铅垂力 F 60N 初始时系统静止不动 点 A 与 C 处于同一水平线上 求系统运动到两 杆均处于水平位置时 杆 AB 的角速度 o 60 r B A C D 题 6 29C E F r 解 解 应用动能定理 r A C 题解 6 29C B 2 B v r C v r 1 WTT 0 初始状态 2 0 0 T 水平位置 如图 6 29C 定义杆 AB 的角 速度 点的速度为 lvB 由杆 AB 两端的速度 可知点 C 为该杆的瞬时中心 即0 C v 考虑到圆柱在水平面上作纯 滚动 故圆柱角速度也为零 又杆 AB 和 BC 等长 由llvB 2 得杆 BC 的角速度为 2 由上面分析 杆 AB BC 和圆柱的动能分别为 22 1 2 11 6 1 2 1 lmJT O 22 1 22 2 2 222 6 1 6 1 2 1 lmlmJT C 0 3 T 此瞬时系统的动能为 22 321 3 1 mlTTTT 3 期间系统主动力做功为 4 321 WWWW 其中W为主动力 1 F r 做的功 96 51 2 3 3 sin 1 lFFlW 5 W为重力做的功 2 974 16 2 3 3 sin 2 2 2 lmg l mgW 6 3 W为弹簧力做功 2 1 2 0 2 3 kW 式中 0 00 llss 5 0 23 cos 2 2 0000 l l l l ss 故 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 2 25 65 0050 2 1 2 1 2 2 0 2 3 kW 7 将式 5 7 代入式 4 得系统主动力做功为 8 Nm184 75 321 WWWW 将式 2 与 3 代入式 1 得 Wlm 22 1 3 1 考虑到式 8 由上式可解得杆 AB 的角速度 rad s62 10 3 1 1 m W l 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6 30 如图所示 一质量为 m 的质点固结在质量为 M 半 径为 r 的匀质圆盘的边缘点 A M 2m 圆盘在一粗糙的水平 面上滚动 初始圆盘的点 A 在水平位置 无初速滚动到点 A 位于最低位置 求此瞬时圆盘的角速度和中心 O 的速度 A O 题 6 30C 解 解 如图 6 30C所示 圆盘作纯滚动 系统 质心初始在点C0 现已到达点C 点C距离 点O为e 根据已知条件 有 A O 题解 6 30C C gmr3 0 C e 0 A O v r re 3 1 点 A 在最低位置时 该点为圆盘的速度 瞬心 系统对此点的转动惯量为 2 2 3 4 mrJ ermMJJ zC zCAz 1 其中为系统对质心 C 的转动惯量 有 zC J 2222 22 2 3 5 9 4 9 2 3 2 32 1 mrmrmrmr r m r MMrJ zC 代入式 1 得系统该瞬时对瞬心的转动惯量 222 3 3 4 3 5 mrmrmrJAz 由动能定理 3 3 2 1 2 r mgJAz 可解得圆盘的角速度为 r g 3 2 中心 O 的速度为 3 2rg rvO 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6 32C 如图所示 在水平面上有一个质量为 4kg 的斜面 在斜面上放一个质量为 2kg 的方块 从静止 开始 方块自斜面顶点下滑 不计所有的摩擦力 求 方块脱离斜面时斜面滑动的速度 斜面长为 0 5m 30 题 6 32C 解解 如图建立惯性基 设斜面为Be r 1 作平动 建 立质心连体基 1 1 e r C 其质心的绝对速度为 1 v r 方 块为B2也为平动 其质心的绝对速度为 2 v r 因方 块质心相对于B1连体基 1 e r 是动点 所以 题解 6 32C 1 x r y r 1 y r x r O 1 C 1 B 2 B 1 v 1 v r 2 v r r 2 v r 1 r 2 e 2 r 22 vvvvv rrrrr 对于方块和斜面组成的系统来说 系统水平 动量为 6 cos r 21211221121 vvmvmvmvmppp xxxx 由于所有外力的主矢在水平方向上投影的代数和为零 系统水平动量守恒 即 0 x p 0 6 cos r 21211 vvmvm 由上式可解得 1 1 2 21 r 2 32 3 2 v v m mm v 1 方块自斜面顶点下滑脱离斜面时的动能为 6 cos2 2 1 2 1 2 1 2 1 r 21 2r 2 2 12 2 11 2 22 2 1121 vvvvmvmvmvmTTT 2 方块自斜面顶点下滑脱离斜面时只有方块的重力做功 即 6 sin 2 gLmW 3 其中 L 0 5m 为斜面长度 由动能定理WTT 0 由式 2 与 3 有 6 sin 6 cos2 2 1 2 1 2 r 21 2r 2 2 12 2 11 gLmvvvvmvm 4 将式 1 代入式 4 可解得 m s 74 0 1 v 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6 33C 题 6 32C 中 如果考虑方块与斜面间的摩擦阻力 其摩擦因数为 0 50 求方块脱 离斜面时斜面的速度 解解 题解 6 33Ca 1 x r y r 1 y r x r O 1 C 1 B 2 B 1 v 1 v r 2 v r r 2 v r 如图题解 6 33Ca建立惯性基e 设斜面为B r 1 作平动 建立质心连体基 其质心的绝对 速度为 1 1 e r C 1 v r 方块为B2也为平动 其质心的绝对速度 为 2 v r 因方块质心相对于B1连体基 1 e r 是动点 所 以 1 r 2 e 2 r 22 vvvvv rrrrr 对于方块和斜面组成的系统来说 系统水平动量为 6 cos r 21211221121 vvmvmvmvmppp xxxx 考虑方块与斜面间的摩擦阻力 这个摩擦阻力对于系统来说是内力 所以外力的主矢在水平 方向上投影的代数和为零 系统水平动量守恒 0 x p 即 0 6 cos r 21211 vvmvm 由上式可解得 1 1 2 21 r 2 32 3 2 v v m mm v 1 方块自斜面顶点下滑脱离斜面时的动能为 6 cos2 2 1 2 1 2 1 2 1 r 21 2r 2 2 12 2 11 2 22 2 1121 vvvvmvmvmvmTTT 2 方块自斜面顶点下滑脱离斜面时有方块的重力做功 即 6 sin 21 gLmW 3 其中 L 0 5m 为斜面长度 还有摩擦力 f F r 做的负功 即 W LFf 2 由动能定理T 由式 2 与 3 有 210 WWT LFgLmvvvvmvm f2 r 21 2r 2 2 12 2 11 6 sin 6 cos2 2 1 2 1 4 以方块为研究对象 受力情况如图 6 33Cb 所示 其中正压力与摩擦力的关系为 N F r f F r 题解 6 33Cb N F r f F r N F r 1N F r f F r gm r 1 gm r 2 C 1 a r 1 a r r 2 a r n r Nf fFF 因方块质心相对于B1连体基 1 e r 是动点 所以 5 1 r 2 e 2 r 22 aaaaa rrrrr 其 中 1 a r 为 斜 面 质 心 加 速 度 由 质 心 运 动 定 理 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 2 R222 Fam r r 考虑到式 5 其在x r 向的坐标式为 6 cos 6 sin 2N12 gmFam 5 以斜面为研究对象 受力情况如图 6 33Cb 所示 其中正压力 N F r 与摩擦力的关系为 f F r Nf FfF 由质心运动定理 R111 Fam r r 在 其在n r 向的坐标式为 6 oo 30cos30sin fN11 FFam 考虑到 NN FF ff FF 由式 5 与 6 可求得 gg fmm gmm F7 1 35 09 38 6 cos 6 sin 6 sin 6 cos 2 21 21 N 将此式与式 1 代入式 4 可解得 m s 28 0 1 v 洪嘉振等 理论力学 第 3 版习题详解 1 6