动能定理习题答案

1、第13章 动能定理13-1 圆盘的半径r = 0.5 m，可绕水平轴O转动。在绕过圆盘的绳上吊有两物块A、B，质量分别为mA = 3 kg，mB = 2 kg。绳与盘之间无相对滑动。在圆盘上作用一力偶，力偶矩按的规律变化（M以计，以rad计）。试求由时，力偶M与物块A、B重力所作的功之总和。解：作功力M，mAg，mBg13-3 图示坦克的履带质量为m，两个车轮的质量均为m1。车轮被看成均质圆盘，半径为R，两车轮间的距离为。设坦克前进速度为v，试计算此质点系的动能。解：系统的动能为履带动能和车轮动能之和。将履带分为四部分，如图所示。 履带动能： 由于，且由于每部分履带长度均为，因此II、III段

2、可合并看作一滚环，其质量为，转动惯量为，质心速度为v，角速度为则 轮动能 则系统动能 13-5 自动弹射器如图放置，弹簧在未受力时的长度为200 mm，恰好等于筒长。欲使弹簧改变10 mm，需力2 N。如弹簧被压缩到100 mm，然后让质量为30 g的小球自弹射器中射出。求小球离开弹射器筒口时的速度。解：由题意得弹簧的刚度系数为 弹射过程中弹性力功重力功 动能 由动能定理知 将有关量代入v = 8.1m/s13-7 平面机构由两匀质杆AB、BO组成，两杆的质量均为m，长度均为l在铅垂平面内运动。在杆AB上作用一不变的力偶矩M，从图示位置由静止开始运动。不计摩擦，试求当滚A即将碰到铰支座O时A端

3、的速度。解：OB杆定轴转动；AB杆平面运动。（转向如图a）如图b、c所示。 以B为基点 当A碰O时， 由动能定理： 由得13-9 在图示滑轮组中悬挂两个重物，其中M1的质量为m1，M2的质量为m2。定滑轮O1的半径为r1，质量为m3；动滑轮O2的半径为r2，质量为m4。两轮都视为均质圆盘。如绳重和摩擦略去不计，并设。求重物m2由静止下降距离h时的速度。解：以整个系统为对象，由题意知，M2由静止向下运动，可应用动能定理确定M2的速度。 设M2下降h距离时的速度为v，则动滑轮O2的角速度 定滑轮O1的角速度 根据动能定理W12=T2-T1即故13-11 均质连杆AB质量为4 kg，长l = 600

4、 mm。均质圆盘质量为6 kg，半径r = 100 mm。弹簧刚度为k = 2 N/mm，不计套筒A及弹簧的质量。如连杆在图示位置被无初速释放后，A端沿光滑杆滑下，圆盘做纯滚动。求：（1）当AB达水平位置而接触弹簧时，圆盘与连杆的角速度；（2）弹簧的最大压缩量。解：（1）杆AB处于水平位置时：，B为AB杆瞬心 （2）弹簧压缩最大时为 此时 弹性力作功 重力作功舍去负根，得13-13 周转齿轮传动机构放在水平面内，如图所示。已知动齿轮半径为r，质量为m1，可看成为均质圆盘；曲柄OA，质量为m2，可看成为均质杆；定齿轮半径为R。在曲柄上作用一不变的力偶，其矩为M，使此机构由静止开始运动。求曲柄转过

5、角后的角速度和角加速度。解：整个系统在运动过程中只有力偶矩M作功。 设曲柄OA的转动角速度为，动齿轮的转动角速度为。 动齿轮中心A点的速度 （1） 因两齿轮啮合点为动齿轮的速度瞬心，故 （2） 由式（1）、（2）得 曲柄OA的质心C点的速度由动能定理得故得（与M同向）两边对t求导，消去，整理得13-15 水平均质细杆质量为，长为，C为杆的质心。杆A处为光滑铰支座，B端为一挂钩，如图所示。如B端突然脱落，杆转到铅垂位置时。问值多大能使杆有最大角速度？解：（1）上式两边对b求导，得，代入（1），得，13-17 在图示车床上车削直径D = 48 mm的工件，主切削力F = 7.84 kN。若主轴转速

6、n = 240 r/min，电动机转速为1 420 r/min。主传动系统的总效率，求机床主轴、电动机主轴分别受的力矩和电动机的功率。解：依题意机床主轴所受力矩 机床切削功率 电动机功率 电动机主轴所受力矩综合问题习题综-1 滑块M的质量为m，在半径为R的光滑圆周上无摩擦地滑动。此圆周在铅直面内，如图所示。滑块M上系有一刚性系数为k的弹性绳MOA，此绳穿过光滑的固定环O，并固结在点A。已知当滑块在点O时线的张力为零。开始时滑块在点B，处于不稳定的平衡状态；当它受到微小振动时，即沿圆周滑下。试求下滑速度v与角的关系和圆环的支反力。解：滑块M在下降至任意位置时的运动分析及受力分析如图（a）所示。滑

7、块M在下降过程中v与的关系可由动能定理确定：解得 （1）滑块M的法向运动微分方程为把式（1）代入上式，化简得综-3 一小球质量为m，用不可伸长的线拉住，在光滑的水平面上运动，如图所示。线的另一端穿过一孔以等速v向下拉动。设开始时球与孔间的距离为R，孔与球间的线段是直的，而球在初瞬时速度v0垂直于此线段。试求小球的运动方程和线的张力F（提示：解题时宜采有极坐标）解：设小球在任意瞬时的速度为v1，由于作用于小球的力对小孔O之矩为零，故小球在运动过程中对点O的动量矩守恒。即由题意r = R - vt得小球在任意瞬时绕小孔O转动的角速度为即两边求积分得故小球的运动方程为r = R - vt而线的张力为

8、综-5 图示三棱柱A沿三棱柱B光滑斜面滑动，A和B的质量各为m1与m2，三棱柱B的斜面与水平面成角。如开始时物系静止，忽略摩擦，求运动时三棱柱B的加速度。解：1）以A及B为系统，由于作用于该系统上的外力无水平分量，因此该系统在水平方向动量守恒。即两边求导得： （1） 2)以B为动系分析A的运动。如图（a）。 根据aA = ae + ar = aB + ar （2） （3） 3）对A进行受力分析及运动分析，如图（b），建立质点运动微分方程由式（2）、（3）消去ar得把式（1）代入上式得，再把该式与式（1）代入式（4）、（5）中消去FN，解得 （方向向左）综-7 图示圆环以角速度绕铅直轴AC自由转

9、动。此圆环半径为R，对轴的转动惯量为J。在圆环中的点A放一质量为m的小球。设由于微小的干扰小球离开点A。圆环中的摩擦忽略不计，试求小球到达点B和点C时，圆环的角速度和小球的速度。解：整个系统在运动过程中对转动轴动量矩守恒，机械能也守恒。 设小球至B位置时圆环绕AC轴转动角速度为，小球至C位置时圆环角速度为，又设小球在最低位置为零势能点。 1）A至B过程动量矩守恒：（1）机械能守恒 （2）把式（1）代入式（2）解得 2）A至C过程动量矩守恒机械能守恒 如果确定小球在位置B时相对于圆环的速度vBr，则从速度分析知vBr垂直向下，vBe垂直于图面向里，且vBe故综-9 图示为曲柄滑槽机构，均质曲柄O

10、A绕水平轴O作匀角速度转动。已知曲柄OA的质量为m1，OA = r，滑槽BC的质量为m2（重心在点D）。滑块A的重量和各处摩擦不计。求当曲柄转至图示位置时，滑槽BC的加速度、轴承O的约束反力以及作用在曲柄上的力偶矩M。解：曲柄OA和滑槽BC、滑块A的受力分析与运动分析分别如图（a）、（b）和（c）所示，其中p ( x )表示在BC在槽上受到的分布力但我们不求这些力。建立如图所示坐标系Oxy。 1）求BCD的加速度及水平力。选取BC为动系，OA曲柄上滑块A为动点，A点加速度分析如图（c）所示。 根据加速度合成定理aa = ae + ar由于故根据质心运动定理，由图（b）得滑槽BC的运动微分方程

11、2）求轴承O的动反力及作用在曲柄OA上的力矩M 曲柄OA的质心在E点，E点加速度的方向沿曲柄OA方向，且指向O点（见图a），其大小为 根据质心运动定理及刚体绕定轴转动微分方程（1）（2） (3)将 及= 0代入方程（1）、（2）、（3）中，解得轴承动反力作用在曲柄OA上的力矩综-11 图示均质杆长为2l，质量为m，初始时位于水平位置。如A端脱落，杆可绕通过B端的轴转动、当杆转到铅垂位置时，B端也脱落了。不计各种阻力，求该杆在B端脱落后的角速度及其质心的轨迹。解：（一）B脱落前瞬时B脱落后杆以此角速度在铅直面内匀速转动。（二）B脱落后瞬时B脱落后杆质心作抛体运动 （1） （2）式（1）、（2）消

12、去t，得即此即所求脱落后质心的运动轨迹。综-13 图示机构中，物块A、B的质量均为m，两均质圆轮C、D的质量均为2m，半径均为R。轮C铰接于无重悬臂梁CK上，D为动滑轮，梁长度为3R，绳与轮间无滑动。系统由静止开始运动，求：（1）A物块上升的加速度；（2）HE段绳的拉力；（3）固定端K处的约束反力。解：图（a） （各自正向如图示）重力功： 即上式求导： 图（b）：由系统动量矩定理 图（c） 图（d） 图（c） 综-15 均质细杆OA可绕水平轴O转动，另一端有一均质圆盘，圆盘可绕A在铅直面内自由旋转，如图所示。已知杆OA长l，质量为m1；圆盘半径R，质量为m2。摩擦不计，初始时杆OA水平，杆和圆

13、盘静止。求杆与水平线成角的瞬时，杆的角速度和角加速度。解：系统由水平位置转至与水平成任意角位置的过程中机械能守恒。设水平位置OA为零势能位置，而圆盘在运动过程中，因无外力偶作用，只能作平动。因而有 （1） （顺）式（1）对t求导后消去，得 （与同向）综-17 图示质量为m、半径为r的均质圆柱，开始时其质心位于与OB同一高度的点C。设圆柱由静止开始沿斜面滚动而不滑动，当它滚到半径为R的圆弧AB上时，求在任意位置上对圆弧的正压力和摩擦力。解：圆柱由静止开始沿斜面然后进入圆弧轨道过程中只滚不滑，受力及运动分析见图（a）设圆柱质心速度为v，则由动能定理得 由图（a），根据以点D为矩心的动量矩定理有：（必须指出，这里的点D为圆柱的速度瞬心，且圆柱在运动过程中速度瞬心至质心的距离不变，才有如下的表达式）而 由质心运动定理：代入解得 （与原设反向）综-19 均质细杆AB长为l，质量为m，起初紧靠在铅垂墙壁上，由于微小干扰，杆绕B点倾倒如图。不计摩擦，