梁坤京理論力學動量矩定理課后答案教學資料

1、梁坤京理論力學第十二章動量矩定理課后答案精品資料動量矩定理12-1質(zhì)量為m的點在平面Oxy內(nèi)運動，其運動方程為:x a cos ty bsin2 t式中a、b和為常量。求質(zhì)點對原點O的動量矩 解：由運動方程對時間的一階導數(shù)得原點的速度dxVxdtVydydta sin t2b cos2 t僅供學習與交流，如有侵權請聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝110求輪子的動量和對地面已知，求輪子的動量和o由于故（2）當輪子又滾又滑時由基點法求得C點速度。Vc Va Vca Va em(vAe) (方向向右)質(zhì)點對點O的動量矩為Lo Mo(mVx) Mo(mvy)mVx y mVy xm ( a sin t) bsin2

2、 t m 2b cos2 t acos t 2mab cos3 t12-3如圖所示，質(zhì)量為m的偏心輪在水平面上作平面運動。輪子軸心為A，質(zhì)心為C，AC = e；輪子半徑為R,對軸心A的轉(zhuǎn)動慣量為Ja； C、A、B三點在同一鉛直線上。（1）當輪子只滾不滑時，若VA已知, 上B點的動量矩。（2）當輪子又滾又滑時，若VA、 對地面上B點的動量矩解：輪子動量 p mvC 對B點動量矩2m (vAe) (R e) (JA me)LB mvCBC JCmvA(R e) (JA mRe)12-13如圖所示，有一輪子，軸的直徑為 50 mm,無初速地沿傾角20的軌道滾下，設只滾不滑，5秒內(nèi)輪心滾動的距離為s=

3、3 m。試求輪子對輪心的慣 性半徑。解：取輪子為研究對象，輪子受力如圖（a）所示，根據(jù)剛體平面運動微分方程 有mac mg sinJc = Fr因輪子只滾不滑，所以有(1)ac = r ( 3)將式（3）代入式（1 ）、（ 2）消去F得到上式對時間兩次積分，并注意到2 2mgrt sin mgrt sin0,grt2 sin題 12 - 13 R10 ,2(JC mr2)2(m 2把 r = 0.025 m及 t = 5 s 時，s rmr2)2( 2 r2)3 m代入上式得grt2 sin 2 r 2rjgt2sin 10.0252s9.8 52sin200.09 m 90 mm12-17圖

4、示均質(zhì)桿AB長為l，放在鉛直平面內(nèi)，桿的一端 A靠在光滑鉛直墻 上，另一端B放在光滑的水平地板上，并與水平面成°角。此后，令桿由靜止狀態(tài)倒下。求（1）桿在任意位置時的角加速度和角速度；（2）當桿脫離墻 時，此桿與水平面所夾的角。Oxy如圖（a）,桿AB受力分析及建立坐標系解：（1）取均質(zhì)桿為研究對象， 作平面運動，質(zhì)心在c點。剛體平面運動微分方程為mxcmycmg1 cos2cos2將其對間t求兩次導數(shù)，且注意到由于Xc匚l Fn asin1 .sin2,ycXc(sin2lyc( cos2將式(4)、( 5)代入式2cos2 sin )(1)、( 2)ml(sin2 ml ,(co

5、s 2再將Fna，F(xiàn)nb的表達式代入式(3)Iml2 (2 i )Jc( cos sin )cos4)mg2 . sin中，得mglcos22 cos )sin精品資料mmgLcos42也代入上式得12ddt3icos2l分離變量并積分得3gcos do 21 3g（sin o（2）當桿脫離墻時Fna 罟（sinsin )Fna= 0,設此時12 cosi)0和表達式代入上式解得sin i2 .3sin 01 arcsin(?sin 0)312-19均質(zhì)實心圓柱體A和薄鐵環(huán)B的質(zhì)量均為m,半徑都等于r，兩者用桿 AB鉸接，無滑動地沿斜面滾下，斜面與水平面的夾角為，如圖所示如桿的質(zhì) 量忽略不計，

6、求桿AB的加速度和桿的內(nèi)力解：分別取圓柱A和薄鐵環(huán)B為研究對象，其受力分析如圖（a）、（ b）所AB,aAaBa, FTFt。對圓柱A有mamgsinFtF1(1)RrJa(2)對薄鐵環(huán)B有maT mgsi nF2F?rJ B聯(lián)立求解式（1）、（2：）、（3）、(4)，并將示，A和B均作平面運動，桿AB作平動，由題意知僅供學習與交流，如有侵權請聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝110MFJA m2,JB MFt Ft，以及根據(jù)只滾不滑條件得到的a = r代入，解得FtFtmgsin（壓力）及 a4gsin12-21圖示均質(zhì)圓柱體的質(zhì)量為 m，半徑為r，放在傾角為60的斜面上。一細 繩纏繞在圓柱體上，其一端固定

7、于點A,此繩與A相連部分與斜面平行。若圓1柱體與斜面間的摩擦系數(shù)為f §，試求其中心沿斜面落下的加速度*ac。 解：取均質(zhì)圓柱為研究對象，其受力如圖（a）所/示，圓柱作平面運動，則其平面運動微分方程為精品資料J(Ft F)r(1)0 f:N mgcos60(2)macmgsi n60 Ft F(3)而F = fF n(4)圓柱沿斜面向下滑動，可看作沿AD繩向下滾動，且只滾不滑，所以有ac=r1把上式及f -代入式（3）、（4）解方程（1 ）至（4），得ac = 0.355g（方向沿斜面向下）12-23均質(zhì)圓柱體A和B的質(zhì)量均為m,半徑為r，一繩纏在繞固定軸0轉(zhuǎn)動 的圓柱A上，繩的另一

8、端繞在圓柱B上，如圖所示。摩擦不計。求：（1）圓 柱體B下落時質(zhì)心的加速度；（2）若在圓柱體A上作用一逆時針轉(zhuǎn)向，矩為 M的力偶，試問在什么條件下圓柱體 B的質(zhì)心加速度將向上。解：（1）分別取輪A和B研究，其受力如圖（a）、（ b）所示，輪A定軸轉(zhuǎn)聽12-23圖動，輪B作平面運動。對輪A運用剛體繞定軸轉(zhuǎn)動微分方程 Ja a Ft（ 1）對輪B運用剛體平面運動微分方程有 mg Ft maB（2）再以C為基點分析B點加速度，有aBaCaBCa rb r(4)聯(lián)立求解式(1)、（2）、（ 3）、（ 4），并將FtFt 及 JbJa mr2代入，解得2aB45g2）若在A輪上作用一逆時針轉(zhuǎn)矩M，則輪A

9、將作逆時針轉(zhuǎn)動，對 A運用剛體繞定軸轉(zhuǎn)動微分方程有Ja a MFt( 5)JBB FTr（ 3）以C點為基點分析B點加速度，根據(jù)題意，在臨界狀態(tài)有aB ac aBCArBr 0（6）聯(lián)立求解式（5）、（ 6）和（2）、（ 3）并將T T及Jb Ja -r2代2入，得M 2mgr故當轉(zhuǎn)矩M 2mgr時輪B的質(zhì)心將上升9-8圖示圓柱體A的質(zhì)量為m,在其中部繞以細繩，繩的一端B固定。圓柱體沿繩子解開的而降h時圓柱體中心A的速度u和繩子（1）習題9-8圖落，其初速為零。求當圓柱體的軸降落了高度 的拉力FT。解：法1：圖（a）maA mg Ft僅供學習與交流，如有侵權請聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝111精品資料J

10、am F”a a r a. 1 2Ja mr2解得Ft fmg (拉)aA |g (常量)(2)(3)(4)由運動學 va 、,2aAh 2 L3gh (J)3法2:由于動瞬心與輪的質(zhì)心距離保持不變，故可對瞬 心C用動量矩定理：Jc mgr2 32Jc JA mr mr2又 聖raA |g (同式(4)再由 maA mg Ft 得Ft善mg (拉)va .2aAh 3、3gh (J)3(5)(a)9- 10圖示重物A的質(zhì)量為m,當其下降時，借無重且不可伸長的繩使?jié)L子C沿水平軌道滾動而不滑動。繩子跨過不計質(zhì)量的定滑輪 D并繞在滑輪B上?；咮與滾子C固結(jié)為一體。已知滑輪 B的半徑為R,滾子C的半

11、徑為r，二者總質(zhì)量為 m',其對與圖面垂直的軸0的回轉(zhuǎn)半徑為。求：重物A的加速度。解：法1 ：對輪：Jo TR Fr m aO F T)對A：maA mg T)(1)以0為基點:aHaHaOaHOaHOtt3h a hoaoRr(R r)aA (R r)(J)又：aA aH 繩 aH(a)(4)由上四式聯(lián)立，得（注意到aAmg(R r)2m ( 2 r2) m(R r)2Jo m 2 )gm ( 2 r2) 1m (R r)2ao僅供學習與交流，如有侵權請聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝112aHtnaHOtaH精品資料法2:對瞬心E用動量矩定理（本題質(zhì)心瞬心之距離為常數(shù)）僅供學習與交流，如有侵權請聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝113Je T(R r)maA mg T又 aA (R r)2 2 2J E JO m r m ( r )可解得:aAgm ( 2 r2)1m (R r)29- 11圖示勻質(zhì)圓柱體質(zhì)量為m,半徑為r，在力偶作用下沿水平面作純滾動。若力偶的力偶矩常數(shù)，滾動阻礙系數(shù)為，求圓柱中心0的加速度及其與地面的靜滑動摩擦力(1)解：Jd M MfMfFnFn mg.32J Dmr22ar代入(1),得2( M mg) a3mr又：ma FF 2( M mg)3r9- 12跨過定滑輪 D的細繩，一