12动量课后题

习题12.6图示椭圆规尺AB质量为2m1，曲柄OC质量为m1，滑块A和B的质量为m2。已知OC=AC=BC=L，曲柄和规尺均为均质杆。曲柄以角速度ω转动，求此椭圆规机构的动量。CBAOyllωlωtxBAC1vvvv11222sin2cosCBAlvvvlvltvltCBAOyllωlωtxBAC1vvvv解：如图所示11111222OCABClpmvmpmvml2222222sin2sin2cos2cosBBAApmvmltmltpmvmltmlt112121sin2sin2sin2154sin2xpmltmltmltlmmt112121cos2cos2cos2154cos2ypmltmltmltlmmtCBAOyllωlωtxBAC1vvvv22xyppp121542lmmOC＝方向p12154sin2xplmmt＝－习题12.9如图示，水柱以水平速度v1打在水轮机的固定叶片上，水流出叶片的速度为v2，并与水平线成θ角。求水柱对于叶片的水平压力，假设水的流量等于qV，单位体积水重为γ。θv1v2θ2v1212cos(cos)xxQtQtvvRtggQRvvg解：设水柱对于叶片的水平压力为RxxyOABjFxFyFN曲柄滑块机构如图所示。设曲柄OA受力偶作用以匀角速度转动，滑块B沿x轴滑动。若OA=AB=l，OA及AB皆为均质杆，质量皆为m1，滑块B的质量为m2，不计摩擦。试求支座O处的水平约束力。[例1]xyOABjFxFyFN选取整个机构为研究对象，其水平方向只承受O处约束力的作用。列出质心运动定理在x轴上的投影式xCxFamm)2(21此系统质心坐标为tmmltxmmFCxcos)(2dd)2(2122221解：将xC对时间取二阶导数tlmmmmxCcos2)(22121tlmmmmxaCCxcos2)(222121代入上式（a），求得（a）xyOABjFxFyFN整个系统在铅垂方向除有重力外，O，B两处受有y方向约束力Fy和FN。列出质心运动定理在y轴上的投影式gmgmFFammyCy21N212)2(质心yC对时间取二阶导数，代入上式，求得222121Ndd)2(2tymmgmgmFFCytlmgmgmsin21221以整个系统为研究对象，只能求出O，B两处y向约束反之和，而不能分别求出各自的值。物块A可沿光滑水平面自由滑动，其质量为mA；小球B的质量为mB，以细杆与物块铰接，如图所示。设杆长为l，质量不计，初始时系统静止，并有初始摆角j0；释放后，杆近似以规律摆动（k为已知常数），求物块A的最大速度。ktcos0jjABvvrj[例2]取物块和小球为研究对象，其上的重力以及水平面的约束力均为铅垂方向。此系统水平方向不受外力作用，则沿水平方向动量守恒。细杆角速为，当时，其绝对值最大，此时应有，即。ktksin0jj1sinkt0coskt0jlklv0maxrj解：由此，当细杆铅垂时小球相对于物块有最大的水平速度，其值为ABvvrjktcos0jj当此速度vr向左时，物块应有向右的绝对速度，设为v，而小球向左的绝对速度值为va=vr－v。根据动量守恒条件，有解出物块的速度为0)(rvvmvmBABABBABmmlkmmmvmv0rj当时，也有。此时小球相对于物块有向右的最大速度kj0l，可求得物块有向左的最大速度1sinkt0jBABmmlkmv0jABvvrjktcos0jjlklv0maxrj习题12.14大三角形块质量m，放在光滑水平面上，小三角形块质量为m1，放置在大三角形块上，大三角形快的质量m是小三角形快质量m1的三倍，尺寸如图所示。求当小三角形块由顶部沿斜面滑下接触到水平地面时，大三角形块移动的距离。θθθ解：如图所示，当B滑块接触到水平地面时受力如图：0xF水平方向上质心运动守恒，则：12133BACBAmbmaxmm23ABABmambmm233ABCABabmsmasxmm3333ABBABABmamambmsmsmm123CCABxxmm整理上两式得：θθ4abs23333ABBABCABmamambmsmsxmm123ABCABmambxmm333()BBABmbmamms()()BABmabmms[例2]质量为m1的大三角形柱体,放于光滑水平面上,斜面上另放一质量为m2的小三角形柱体,求小三角形柱体滑到底时,大三角形柱体的位移。已知系统初始静止。解：选两物体组成的系统为研究对象。受力分析，,0)e(xFxp水平方向常量。reavvv则小三角块小三角块相对大三角块速度为，rvv设大三角块速度运动分析，0)(a21xvmvm由水平方向动量守恒及初始静止；则0)()(r21vvmvmx)(212r212bammmSmmmSx221r221rmmmSSmmmvvxx16质量为mA的小棱柱体A在重力作用下沿着质量为mB的大棱柱体B的斜面滑下，设两柱体间的接触是光滑的，其斜角均为。若开始时系统处于静止，不计水平地面的摩擦。试求：（1）当棱柱A沿斜边相对棱柱B滑下距离l时，棱柱B移动的距离d；（2）棱柱B的加速度aB；（3）地面的铅直约束力F。xyBOA[例10]17(1)棱柱B移动的距离dA，B两棱柱均为平动，研究对象为此两物体组成的整体，Ox轴方向动量守恒。开始时系统静止，故解：mAgxx'y'yFmBgBAvry′vBvrx′vrOAvAvrvBxy00xxpp水平方向质心守恒0)(cosdlmdmABlmmmdBAAcosrcosammmaBAABrcosvmmmvBAAB对上式求导得18gmFamFaamAABAcos)sin(sin)cos(NrNryAyAxAxAFamFam,应用质心运动定律，小棱柱体A的运动方程AymAgFNxaAaraBBBABAammgam)()sincos(cos上两式消去质量mA和斜边法向力FN，经简化得sincosrgaaBBBAAammam)(cosr将上式代入得（2）棱柱B的加速度aB19BBABAammgam)()sincos(cossincos)cos1(2gmmmaABAB棱柱B向左平动的加速度为sinsincos)sin(22sin2r2gmmmmammmagmmmaBABABABABAAB整理得AymAgFNxaAaraB200)sin(rBAByBAyAymvmvmvmp)e(ddyyFtpgmgmFamBAAsinr（3）求地面的铅直约束力。BABABABAmmgmmmamgmgmF2rsin)(sin质点系动量在Oy轴上的投影应用动量定理mAgxx'y'yFmBgBAary′aBarx′arO火炮（包括炮车与炮筒）的质量是m1，炮弹的质量是m2，炮弹相对炮车的发射速度是vr，炮筒对水平面的仰角是j（图a）。设火炮放在光滑水平面上，且炮筒与炮车相固连，试求火炮的后坐速度和炮弹的发射速度。(a)ABFAFBm1gm2gvm1xyvrj[例3]解:炸药（其质量略去不计）的爆炸力是内力，作用在系统上的外力在水平轴x的投影都是零，即有Fx=0；可见，系统的动量在轴x上的投影守恒。取火炮和炮弹（包括炸药）这个系统作为研究对象。设火炮的反座速度是vm1，炮弹的发射速度是v，对水平面的仰角是（图b）。vm1vrjv（b）(a)ABFAFBm1gm2gvm1xyvrjpx=m2vcosm1vm1=0另一方面，对于炮弹应用速度合成定理，可得v=ve+vr（a）考虑到ve=vm1，并将(a)式投影到轴x和y上，就得到vcos=vrcosjvm1vsin=vrsinj联立求解上列三个方程，即得jjtan)1(tancos)()2(1cos12r2221221r2121mmvmmmmmvvmmmvm考虑到初始瞬时系统处于平衡，即有pox=0，于是有vm1vrjv（b）〔例１〕曲柄连杆机构的曲柄OA以匀转动，设OA=AB=l,曲柄OA及连杆AB都是匀质杆,质量各为m,滑块B的质量也为m。求当j=45º时系统的动量。lvmC2,3滑块B：lvmC21,1llvmABC2525,2AB=l，PC252解:曲柄OA：连杆AB：P为速度瞬心，321CCCmmmvvvp]212[2jiml])101252221()2103252221[(])sin2545cos21()2cos2545sin21[(jijimllllllmoo由几何关系不难得101sin,103cos])sincos()cossin[(21321jijjCCCCCvvvvvm2.如图所示，均质轮质量为，半径为R，偏心距，轮的角速度和角加速度在图示位置时为和，轮在垂直面内运动，求铰支座O的约束反力。mlOCOC2OtOncos,sinFmlmgFmlmg答案：OtFOnF