13章部分习题(重庆大学土木理论力学课后题)

动量矩例题习题13—8、9、13、14、19、21、22、23、2513.8如图所示，半径分别为r1和r2且连接成一整体的鼓轮。ABωr1Or2鼓轮上绕有两根软绳，绳端系重物A和B，A质量为m1，B质量为m2，鼓轮质量为m。已知鼓轮对转轴的转动惯量为Jz，绳的质量不计，试求鼓轮的角加速度α？（m1r1＞m2r2）ABωr1Or2解：1)以匀质鼓轮、物A、B为质系mg1mg2mgAvBvoxFoyF2)受力分析12ABvrvr方向如图4)利用动量矩定理求解1122ZABZLmvrmvrJ3)运动分析11221122ezimFmgrmgrmrmrg1Amv2BmvA质量为m1，B质量为m2，鼓轮质量为m。鼓轮对转轴的转动惯量为Jz，试求鼓轮的角加速度α？（m1r1＞m2r2）221122ZmrmrJeZzidLmFdtABωr1Or2由得1122221122ZmrmrgddtmrmrJmg1mg2mgAvBvoxFoyF12ABvrvr4)利用动量矩定理求解221122ZZLmrmrJ11221122ezimFmgrmgrmrmrg2211221122ZdmrmrJmrmrgdt1Amv2BmvA质量为m1，B质量为m2，轮质量为m。轮对转轴的转动惯量为Jz，（m1r1＞m2r2）试求轮的角加速度α？zROABωB113.9：水平匀质圆盘重Q，半径为R，细杆BB1重P，长L，可在槽OA内滑动，开始时B端在O处，系统转动角速度为ω0，若松开B端，试求B距O点为R/2时圆盘的角速度ω。zROABωB1解：1)取圆盘和细杆为研究对象2)受力分析0eziMF2yF2xF1yF1zF1xFQP3)运动分析aervvv000aervvv4)利用质点系对Z轴的动量矩守恒求解t=0时圆盘ω0，细杆t：时圆盘ω，细杆Cz000evyevyzROABωB10eziMF2yF2xF1yF1zF1xFQPaerevvvvy000000aerevvvvy4)利用质点系对Z轴的动量矩守恒求解22100110:23ZQPtLRLggt=0时圆盘ω0，细杆t时圆盘ω，细杆222211:21222ZQPPRLtLRLgggCz由动量矩守恒定理，得222220011112321222QPQPPRLRLRLggggg12ZZLL22022211231121222QRPLRLQRPL22100110:23ZQPtLRLgg222211:21222ZQPPRLtLRLggg[13.13]两根质量各为8kg的均质细杆固连成T字型，可绕通过O点的水平轴转动，当OA处于水平位置时,T形杆具有角速度=4rad/s。求该瞬时轴承O的反力。解：选T字型杆为研究对象。受力分析如图示。5.025.0mgmgJO2222121712131mlmlmlmlJO由定轴转动微分方程两杆质量各8kg，T形杆角速度=4rad/s。求该瞬时O的反力。21780.589.80.250.512（）5.025.0mgmgJO2222121712131mlmlmlmlJO由定轴转动微分方程220.75rad/s根据质心运动微分方程，得OxxCxCFmama21mgmgFmamaOyyCyC21N96)5.0425.04(8)(2221xCxCOxaamFN3.32)5.075.2025.075.20(88.982OyF220.75rad/sm=8kg，=4rad/s。求该瞬时O的反力。习题13-14）用落体观察法测量飞轮的转动惯量，是将半径为R的飞轮支承在O点上，然后在绕过飞轮的绳子一端挂上一质量为m的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动。记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量。试写出它的计算式。解：设绳子的拉力为FT，对飞轮而言，根据转动定律，有（1）(2)aRJRFT而对重物而言，由牛顿定律，有由于绳子不可伸长，因此，有由上述各式可解得飞轮的转动惯量为1222hgtmRJ重物作匀加速下落，则有(3)aR(2)TmamgF21(4)2hat习题13-19•均质圆轮半径为r，质量为m，受到轻微扰动后，在半径为R的圆弧上往复滚动，如图所示。设表面足够粗糙，使圆轮在滚动中无滑动。•求质心C的运动规律。•解：圆轮在曲面上作平面运动，受到的外力有重力mg，圆弧表面的法向力FN和摩擦力Ff。解：圆轮在曲面上作平面运动，受到的外力有重力G=mg，圆弧表面的法向力FN和摩擦力Ff。设某瞬时OC连线与铅垂直线的夹角为f，并以逆时针转向为正，则轮质心C的运动轨迹为一圆弧，相应取切线正方向沿f角增大方向。并设圆轮以顺时针转动为正。图示瞬时刚体平面运动微分方程在自然轴上的投影式为•mact＝Ff－mgsinf(a)mact＝F－mgsinf(a)•由运动学知，当圆轮只滚不滑时，角加速度的大小为•a＝aCt/r(d)2cos()CNvmFmgbRr()CJFrcrac规定a以逆时针为正，而在图示瞬时，ac为正，a的转向应为顺时针，因而有racrRS同时可得，质心的弧坐标rRSvcrRSac故质心速度质心加速度mact＝F－mgsinf(a)a＝aCt/r(d)302gssRr2cos()CNvmFmgbRr()CJFrc当f很小时，sinf≈f，联立式（a）、（c）、（d）求得CasFrmr221mact＝－0.5mact－mgfrRS联立式（a）、（c）、（d）求得令302gssRr2n23()gRr2n0ss此方程的解为s＝s0sin(wnt＋a)式中s0和a为两个常数，由运动起始条件确定。则上式成为令302gssRr2n23()gRr2n0ss000n3()2vRrsvg此方程的解为s＝s0sin(wnt＋a)式中s0和a为两个常数，由运动起始条件确定。则上式成为如t＝0时，s＝0，初速度为v0，于是：0＝s0sinav0＝s0wncosa解得：tana＝0，a＝0°最后得这就是质心沿轨迹的运动方程。000n3()2vRrsvg03()2sin23()RrgsvtgRrs＝s0sin(wnt＋a)a＝0°由式（b）可求得圆轮在滚动时对地面的压力FN′.2cosCNNvFFmmgRr式中第一项为附加动反力，其中03()2sin23()RrgsvtgRr02cos()3()CgvsvtRr2cos()CNvmFmgbRr[13.20]匀质杆AB在图示位置从静止释放，求该时刻A端加速度和受到的地面约束反力。假设水平面光滑。解：由刚体平面运动微分方程FNaAaCACxxCyyCCmaFmaFJmF作运动学分析，以A点为基点，则1CxCyACACAnaaaaa其中20202CACAnllaa将式(1)投影到xy轴上，得cos302CxCAAaaaFNaAaCAocos302CxALaaosin302CyLasin303CyCAaaosin602CxALmama解：由刚体平面运动微分方程FNaAaCAocos602CyLmam212CCmLJMF0xFNFmgoNcos602LFocos302CxALaaosin302CyLaooN2oNsin6002cos602cos60122CxACyCLmamaLmamFmgmLLJF解：由刚体平面运动微分方程FNaAaCA0CxaN4LFmgm2()1244LmgLmmL34ALa由（1）式，得由（2）式，得由（3）式，得()34LgLooN2oNsin6002cos602cos60122CxACyCLmamaLmamFmgmLLJF127gLFNaAaCA0CxaN4LFmgm()34LLgN33477AagFmg34ALa由（1）式，得由（2）式，得由（3）式，得13.21均质圆柱体A和B的质量均为m，半径均为r，一绳缠在绕固定轴O转动的圆柱A上，绳的另一端绕在圆柱B上，绳重不计且不可伸长，不计轴O处摩擦。求（1）圆柱B下落时质心的加速度。（2）若在圆柱体A上作用一逆时针转向的转矩M，试问在什么条件下圆柱B的质心将上升。选圆柱B为研究对象2T1'(2)2BmrFrT'(3)CmamgF运动学关系：(4)CABarr2T1(1)2AmrFr解：选圆柱A为研究对象由（1）、（2）式得：BA,52rgBA45Cag代入（3）、（4）式得：Pmg由动量矩定理：2222(1)22ACBmmrmrarMmgr补充运动学关系式：BACrra代入(1)式，得再取系统为研究对象22222OACBmmLrmvrr()2eOMMmgr22d(2)2d22ACBmmrmvrrMmgrt由动量矩定理：补充运动学关系式：BACrra代入(1)式，得22222OACBmmLrmvrr()2eOMMmgr2222(1)22CABmmrmrrMmgra222CCmramraMmgr2(2)5CMmgramr522CmraMmgr当M2mgr时，，圆柱B的质心将上升。0Ca由动量矩定理：rPMrgPragPrgPBCA222222补充运动学关系式：BACrra代入式，得grPrPMarPMargPargPCCC5)2(2;222当M2Pr时，，圆柱B的质心将上升。0Ca22222OACBmmLrmvrr()2eOMMmgrrPMMrgPrvgPrgPdtdOBCA2)222()e(2213.22均质杆AB长l，重G。在B点作用一已知力P，使杆AB的A、B点分别沿铅垂线、水平线滑动，忽略接触处的摩擦。求杆AB的角加速度与角f的关系。解：杆AB作平面运动，应用刚体平面运动微分方程求解。杆AB的受力图如图所示。作用于杆AB上的力有重力G；主动力P及约束反力FA、FB。如果求出FA与FB，则由上式就可求出的关系。由式（1）、（2），得GaCx/g=FA－P（5）FA＝P＋GaCx/gGaCy/g=FB－G（6）FB＝G＋GaCy/g由式（5）与（6）可知，必须先求出质心C的加速度投影aCx与aCy。已知刚体平面运动微分方程()CxCyzzmxFmyFJMF与由第三式，得)4(sin2cos2sin2122lFlFlPlgGAB如图所示，以质心C为基点，则A、B点的加速度分别为aA=aC+aACt+aACnaB=aC+aBCt+aBCn分别将上两式投影到x、y轴上，得sincos20cossin2022lalaCyCxsincos2cossin222lalaCyCx