理论力学第九章习题

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《理论力学》第9章作业

《理论力学》第9章作业

第九章 作业解答参考9-2 图示A 、B 两物体的质量分别为m 1 与m 2 ,二者间用一绳子连接,此绳跨过一滑轮,滑轮半径为r 。

如在开始时,两物体的高度差为h ,而且m 1 > m 2 ,不计滑轮质量。

求由静止释放后,两物体达到相同的高度时所需的时间。

解:分别取重物m 1、m 2为研究对象,它们的受力和运动情况如右下图所示,则此两物体在铅垂方向上的运动方程分别为:()()111122221 2m a m g F m a F m g =-=- 由于不计滑轮质量,因此有:1212=F F a a a ==,且:代入⑴⑵式解得:1212m m a g m m -=+ a 为常数,说明两物体以相等的加速度相向作匀加速运动设两物体由静止释放至达到相同高度所经历的时间为t则有: 212122h s s at === 将1212m m a g m m -=+代入,解得: ()()1212m m h t gm m +=⋅- 即:由静止释放后,两物体达到相同高度所经历的时间为:()()1212m m h t g m m +=⋅- 9-7 图示质量为10 t 的物体随同跑车以v 0 = 1.0 m/s 的速度沿桥式吊车的桥架移动,今因故急刹车,物体由于惯性绕悬挂点C 向前摆动。

绳长l = 5 m ,求:⑴ 刹车时绳子的张力;⑵ 最大摆角φ 的大小。

解:⑴ 取物体为研究对象,由题意可知,刹车时,物体将作圆周运动,其此时的受力和运动情况如右中图所示;由题意可知: 20n v a l= 则其在铅垂方向的运动方程为: 20T v m F mg l=- 因此: ()()2203T 3 1.010109.85 10010N 100kN v F m g l ⎛⎫⎛⎫=+=⨯⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=⨯=⑵ 设物体至最大摆角时物体上升了h (如右下图所示),则有:cos l h l ϕ-= 由于刹车之后,物体的运动中只有重力做功,因此其机械能守恒 故有:20/2mv mgh =,即: 202v h g= 则: 220 1.0cos 110.98980229.85v gl ϕ=-=-≈⨯⨯ 即: 1cos 0.989808.192ϕ-=≈︒故:刹车时绳子的张力为100 kN ,最大摆角φ 约为 8.192°。

理论力学第9章A

理论力学第9章A

• 运动的特点
– 刚体的运动不仅仅是定轴转动和平面运动
• 实验手段的特点
– 不仅有物理实验还有计算机仿真实验
• 研究方法的特点
– 多学科交叉(数学、物理、力学、计算机)
2013-3-5 9
理论力学
• 问题(现象)的提出
学习上应注意的问题
– 问题是怎样产生的;原有的方法为什么不能(不易) 解决该问题;解决该问题有哪些“新”途径。
δx ≠ 0, F − 4ma = 0
23
理论力学
αB
x
A
§9-1 动力学普遍方程
例:图示系统在铅垂平面内运动,各物体的质量均为m,圆盘的半径为 R,绳索与圆盘间无相对滑动。求滑块的加速度和圆盘C 的角加速度。
应用动力学普遍方程
aA
B
αC θ
M IB
∑ (F + F
i =1 i
n
Ii
) ⋅ δri = 0
2013-3-5 22
理论力学
§9-1 动力学普遍方程
例:图示系统在铅垂平面内运动,各物体的质量均为m,均质圆盘的半径 为R,圆盘在地面上纯滚动,若板上作用有一个主动力F。求板的加速度。
α
M IC
FI
FI a
α
M IC
FI
F
∑ (F + F
i =1 i
n
应用动力学普遍方程
Ii
) ⋅ δri = 0
0
x0
1 + y '2 2 gy
dx
曲线方程为:
2013-3-5
x = c(θ − sin θ )
y = c(1 − cos θ )
15
理论力学

理论力学谢传锋第九章习题解答

理论力学谢传锋第九章习题解答

第九章部分习题解答9-2解:取整个系统为研究对象,不考虑摩擦,该系统具有理想约束。

作用在系统上的主动力为重力g M g M 21,。

如图(a )所示,假设重物2M 的加速度2a 的方向竖直向下,则重物1M 的加速度1a 竖直向上,两个重物惯性力I2I1,F F 为11I1a M F = 22I2a M F =(a )该系统有一个自由度,假设重物2M 有一向下的虚位移2x δ,则重物1M 的虚位移1x δ竖直向上。

由动力学普遍方程有 (a )02I21I12211=--+-=x F x F x g M x g M W δδδδδ (b )根据运动学关系可知2121x x δδ=2121a a =(c )将(a)式、(c)式代入(b)式可得,对于任意02≠x δ有212122m/s 8.2424=+-=g M M M M a (b )方向竖直向下。

取重物2M 为研究对象,受力如图(b )所示,由牛顿第二定律有222a M T g M =-解得绳子的拉力N 1.56=T 。

本题也可以用动能定理,动静法,拉格朗日方程求解。

9-4解:如图所示该系统为保守系统,有一个自由度,取θ为广义坐标。

系统的动能为2])[(21θθ R l m T +=取圆柱轴线O 所在的水平面为零势面,图示瞬时系统的势能为]cos )(sin [θθθR l R mg V +-=M 1gM 2gF I2F I1δx 2δx 1M 2gT a 2拉格朗日函数V T L -=,代入拉格朗日方程0)(=∂∂-∂∂θθL L dt d 整理得摆的运动微分方程为0sin )(2=+++θθθθg R R l 。

9-6解:如图所示,该系统为保守系统,有一个自由度,取弧坐标s 为广义坐标。

系统的动能为221S m T =取轨线最低点O 所在的水平面为零势面,图示瞬时系统的势能为mgh V =由题可知b s ds dh 4sin ==ϕ,因此有b s d b s h So8s 42==⎰。

理论力学习题解答第九章

理论力学习题解答第九章

理论力学习题解答第九章题9-2图9-2 如图所示,均质圆盘半径为R,质量为m ,不计质量的细杆长,绕轴O转动,角速度为,求下列三种情况下圆盘对固定轴的动量矩:(a)圆盘固结于杆;(b)圆盘绕A轴转动,相对于杆OA的角速度为;(c)圆盘绕A轴转动,相对于杆OA的角速度为。

(a);(b);(c)9-3水平圆盘可绕铅直轴转动,如图所示,其对轴的转动惯量为。

一质量为m的质点,在圆盘上作匀速圆周运动,质点的速度为,圆的半径为r,圆心到盘中心的距离为。

开始运动时,质点在位置,圆盘角速度为零。

求圆盘角速度与角间的关系,轴承摩擦不计。

9-4如图所示,质量为m的滑块A,可以在水平光滑槽中运动,具有刚性系数为k的弹簧一端与滑块相连接,另一端固定。

杆AB长度为l,质量忽略不计,A端与滑块A铰接,B端装有质量,在铅直平面内可绕点A旋转。

设在力偶M作用下转动角速度为常数。

求滑块A的运动微分方程。

9-5质量为m ,半径为R的均质圆盘,置于质量为M的平板上,沿平板加一常力F。

设平板与地面间摩擦系数为f,平板与圆盘间的接触是足够粗糙的,求圆盘中心A点的加速度。

9-6均质实心圆柱体A和薄铁环B的质量均为m,半径都等于r,两者用杆AB铰接,无滑动地沿斜面滚下,斜面与水平面的夹角为,如图所示。

如杆的质量忽略不计,求杆AB的加速度和杆的内力。

;9-7均质圆柱体A和B的质量均为m,半径为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,如图所示。

摩擦不计。

求:(1)圆柱体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,矩为M 的力偶,试问在什么条件下圆柱体B的质心加速度将向上。

9-8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A即将碰到铰支座O时A 端的速度。

9-9长为l、质量为m的均质杆OA以球铰链O固定,并以等角速度绕铅直线转动,如图所示。

精品文档-理论力学(张功学)-第9章

精品文档-理论力学(张功学)-第9章

(9-18)
P=∑mivi=常矢量
如果作用于质点系的外力的矢量和恒为零,则质点系的动
量保持不变。该结论称为质点系动量守恒定律。由该定律可知,
要使质点系动量发生变化,必须有外力作用。
第9章 动量定理及其应用
又由式(9-14)可知,如果∑Fix(e) =0, 则 Px=∑mivix=常量
(9-19) 即如果作用于质点系的外力在某一轴上投影的代数和恒为零, 则质点系的动量在该轴上的投影保持不变。
同。冲量的单位为N·s。
第9章 动量定理及其应用
9.2 动 量 定 理
9.2.1 质点动量定理
质点运动微分方程为
ma=F
由于
,因此上式可以写成
,或
a dv dt
m dv F dt
(9-6)
d(mv ) F dt
第9章 动量定理及其应用
这就是质点动量定理,即质点动量对时间的导数,等于作 用于质点上的力。如果将式(9-6)写成
第9章 动量定理及其应用
物体机械运动的强弱,不仅与质量有关,而且与速度有关。 我们将质点的质量m与它在某瞬时t的速度v的乘积,称为该 质点在瞬时的动量,记为mv。动量是矢量,其方向与点的速度 的方向一致,动量的单位为kg·m/s。
第9章 动量定理及其应用
2. 质点系的动量
将质点系中所有质点动量的矢量和,定义为该质点系的动
(9-14)
第9章 动量定理及其应用
其中, Px、Py、Pz分别为质点系的动量P在x、y、z轴上的投影, 由式(9-1)可知其值分别为
(9-15)
式(9-14)是质点系动量定理的投影形式,它表明:质点系 的动量在任一固定轴上的投影对于时间的导数,等于作用于质 点系的所有外力在同一轴上投影的代数和。

理论力学(刘又文 彭献)答案第9章

理论力学(刘又文 彭献)答案第9章
则对应于广义坐标 x 的广义力为
∑ FQx =
δWF (x) δx
=
−k1xδx − (δx tanα )(m2 δx
+
m3 )g
=
−k1x − (m2
+ m3)g
tan α
令 δx = 0, δ y ≠ 0 ,则
∑ δWF ( y)
=
−k2
⎛ ⎜ ⎝
y

m3 g k2
⎞ ⎟ δy ⎠

m3 gδy
质量,试求系统对应于广义坐标 x 、ϕ 的广义力。
x
A
ϕ
θ
mg
B
图 9.2
答:系统自由度为 2。令虚位移 δx ≠ 0 , δϕ = 0 ,则
∑ δWF (x) = mg sinθ δx

∑ FQx =
δWF (x) = mg sinθ δx
令虚位移 δx = 0, δϕ ≠ 0 ,则
∑ δWF (ϕ )
10.对于受完整而非理想约束的系统,只要把非理想约束解除,代之以约束
力,并视其为主动力,则仍能应用拉格朗日方程。对吗?
答:对。当主动力全为非有势力时,采用上述第一种形式的拉氏方程;当主
动力中既有势力,又有非有势力,则采用第三种形式的拉格朗日方程。
11. 如图 9.5 所示,均质杆 AB 的质量为 m、长为 l,用光滑铰链铰结于不计

1 2
ar
=
0
(1)
令 δϕ = 0 , δx ≠ 0 ,则

G1 g
a1δx

G2 g
a1δx
+
G2 g
ar
cosθ
δx
=

南航理论力学习题答案9(1)

南航理论力学习题答案9(1)

第九章刚体的平面运动1.平面运动刚体相对其上任意两点的( )。

① 角速度相等,角加速度相等② 角速度相等,角加速度不相等③ 角速度不相等,角加速度相等④ 角速度不相等,角加速度不相等正确答案:①2.在图示瞬时,已知O 1A = O 2B ,且O 1A 与O 2 B 平行,则( )。

① ω1 = ω2,α1 = α2② ω1≠ω2,α1 = α2③ ω1 = ω2,α1 ≠α2④ ω1≠ω2,α1 ≠α2正确答案:③3.设平面图形上各点的加速度分布如图①~④所示,其中不可能发生的是( )。

正确答案:②4.刚体平面运动的瞬时平动,其特点是( )。

① 各点轨迹相同;速度相同,加速度相同② 该瞬时图形上各点的速度相同③ 该瞬时图形上各点的速度相同,加速度相同④ 每瞬时图形上各点的速度相同正确答案:②5.某瞬时,平面图形上任意两点A 、B 的速度分别v A 和v B ,如图所示。

则此时该两点连线中点C 的速度v C 和C 点相对基点A的速度v CA 分别为( )和( )。

① v C = v A + v B ② v C = ( v A + v B )/2③ v C A = ( v A - v B )/2 ④ v C A = ( v B - v A )/2正确答案:② ④α1α2 ①②③④6.平面图形上任意两点A 、B 的加速度a A 、a B 与连线AB 垂直,且a A ≠ a B ,则该瞬时,平面图形的角速度ω和角加速度α应为( )。

① ω≠0,α ≠0② ω≠0,α = 0③ ω = 0,α ≠0④ ω = 0,α = 0正确答案:③7.平面机构在图示位置时,AB 杆水平,OA 杆鉛直。

若B 点的速度v B ≠0,加速度τB a = 0,则此瞬时OA 杆的角速度ω和角加速度α为( )。

① ω = 0,α ≠0② ω≠0,α = 0③ ω = 0,α = 0④ ω≠0,α ≠0正确答案:②8.在图示三种运动情况下,平面运动刚体的速度瞬心:(a )为( );(b )为( );(c )为( )。

理论力学第七版答案 第九章

理论力学第七版答案  第九章

9-10 在瓦特行星传动机构中,平衡杆O 1A 绕O 1轴转动,并借连杆AB 带动曲柄OB ;而曲柄OB 活动地装置在O 轴上,如图所示。

在O 轴上装有齿轮Ⅰ,齿轮Ⅱ与连杆AB 固连于一体。

已知:r 1=r 2=0.33m ,O 1A =0.75m ,AB =1.5m ;又平衡杆的角速度O 1=6rad/s 。

求当=60°且=90°时,曲柄OB 和齿轮Ⅰ的角速度。

题9-10图【知识要点】 Ⅰ、Ⅱ两轮运动相关性。

【解题分析】 本题已知平衡杆的角速度,利用两轮边缘切向线速度相等,找出ωAB ,ωOB 之间的关系,从而得到Ⅰ轮运动的相关参数。

【解答】 A 、B 、M 三点的速度分析如图所示,点C 为AB 杆的瞬心,故有 ABA O CA v A AB ⋅⋅==21ωω ωω⋅=⋅=A O CD v AB B 123所以 s rad r r v BOB /75.321=+=ωs rad r v CM v MAB M /6,1==⋅=I ωω ]9-12 图示小型精压机的传动机构,OA =O 1B =r =0.1m ,EB =BD =AD =l =0.4m 。

在图示瞬时,OA ⊥AD ,O 1B ⊥ED ,O 1D 在水平位置,OD 和EF 在铅直位置。

已知曲柄OA 的转速n =120r/min ,求此时压头F 的速度。

题9-12图【知识要点】 速度投影定理。

【解题分析】 由速度投影定理找到A 、D 两点速度的关系。

再由D 、E 、F 三者关系,求F 速度。

【解答】 速度分析如图,杆ED 与AD 均为平面运动,点P 为杆ED 的速度瞬心,故 v F = v E = v D由速度投影定理,有A D v v =⋅θcos可得 s ll r n r v v A F /30.1602cos 22m =+⋅⋅==πθ 9-16 曲柄OA 以恒定的角速度=2rad/s 绕轴O 转动,并借助连杆AB 驱动半径为r 的轮子在半径为R 的圆弧槽中作无滑动的滚动。

理论力学第九章习题

理论力学第九章习题

9-1.塔式起重机的水平悬臂以匀角速度ω=0.1rad/s 绕铅垂轴OO 1转动,同时跑车A 带着重物B 沿悬臂按x=20-0.5t 的规律运动,单位为米、秒,且悬挂钢索AB 始终保持铅垂。

求当t=10s 时重物B 的绝对速度。

解:动 点:A ;动 系:起重机运动分析:牵连运动:定轴转动; 相对运动:直线运动; 绝对运动:曲线运动;e e r ωx v sm 50dtdxv =-==/. 当t=10s 时sm 58151)50(v v v s m 5110)105020(v 222r2ea e /.../...=+-=+==⨯⨯-=9-2.图示曲柄滑道机构中,曲柄长OA=r ,它以匀角速度ω绕O 轴转动。

装在水平上的滑槽DE 与水平线成60o 角。

求当曲柄与水平线的交角分别为ϕ=0、30o 、60o 时,杆BC 的速度。

解:动 点:A ;动 系:ABC 运动分析:牵连运动:平动; 相对运动:直线运动; 绝对运动:圆周运动;OBC v rv a由正弦定理得:()()()12030φv v φ90v 30φv 120v ae re a sin sin sin sin sin -=-=-=当ϕ=0o 时, ωr 33v e -= 当ϕ=30o 时, 0v e =当ϕ=60o时, ωr 33v e =9-3.图示曲柄滑道机构中,杆BC 为水平,而杆DE 保持铅垂。

曲柄长OA=10cm ,以匀角速度ω=20rad/s 绕O 轴转动,通过滑块A 使杆BC 作往复运动。

求当曲柄与水平线的交角分别为ϕ=0、30o 、90o 时,杆BC 的速度。

解:动 点:A ;动 系:BDC 运动分析:牵连运动:平动;相对运动:直线运动; 绝对运动:圆周运动;φv v s cm 200ωr v a e a sin /===当ϕ=0o 时, 0v e =;当ϕ=30o 时, s cm 100v e /=; 当ϕ=90o 时, s cm 200v e /=9-4.矿砂从传送带A 落到另一传送带B 的绝对速度为v 1=4m/s ,其方向与铅垂线成30o 角。

理论力学课后习题 第9章 动量矩定理其应用)

理论力学课后习题 第9章  动量矩定理其应用)

O ωRrABθ习题9-2图习题20-3图OxF Oy F gm Ddα习题20-3解图第9章 动量矩定理及其应用9-1 计算下列情形下系统的动量矩。

1. 圆盘以ω的角速度绕O 轴转动,质量为m 的小球M 可沿圆盘的径向凹槽运动,图示瞬时小球以相对于圆盘的速度v r 运动到OM = s 处(图a );求小球对O 点的动量矩。

2. 图示质量为m 的偏心轮在水平面上作平面运动。

轮心为A ,质心为C ,且AC = e ;轮子半径为R ,对轮心A 的转动惯量为J A ;C 、A 、B 三点在同一铅垂线上(图b )。

(1)当轮子只滚不滑时,若v A 已知,求轮子的动量和对B 点的动量矩;(2)当轮子又滚又滑时,若v A 、ω已知,求轮子的动量和对B 点的动量矩。

解:1、2s m L O ω=(逆)2、(1))1()(Remv e v m mv p A A C +=+==ω(逆)Rv me J R e R mv J e R mv L A A A C C B )()()(22-++=++=ω(2))(e v m mv p A C ω+==ωωωω)()()())(()(2meR J v e R m me J e R e v m J e R mv L A A A A C C B +++=-+++=++=9-2 图示系统中,已知鼓轮以ω的角速度绕O 轴转动,其大、小半径分别为R 、r ,对O 轴的转动惯量为J O ;物块A 、B 的质量分别为m A 和m B ;试求系统对O 轴的动量矩。

解:ω)(22r m R m J L B A O O ++=9-3 图示匀质细杆OA 和EC 的质量分别为50kg 和100kg ,并在点A 焊成一体。

若此结构在图示位置由静止状态释放,计算刚释放时,杆的角加速度及铰链O 处的约束力。

不计铰链摩擦。

解:令m = m OA = 50 kg ,则m EC = 2m 质心D 位置:(设l = 1 m) m 6565===l OD d 刚体作定轴转动,初瞬时ω=0l mg lmg J O ⋅+⋅=22α222232)2(212131ml ml l m ml J O =+⋅⋅+=即mgl ml 2532=α2rad/s 17.865==g l α gl a D 362565t =⋅=α 由质心运动定理: Oy D F mg a m -=⋅33t4491211362533==-=mg g mmg F Oy N (↑) 0=ω,0n=D a , 0=Ox F(a)OMvωωA BC Rv A(b)习题9-1图(b )习题9-5解图J习题9-5图9-4 卷扬机机构如图所示。

2016新编理论力学谢传锋第九章习题解答

2016新编理论力学谢传锋第九章习题解答

第九章部分习题解答9-2解:取整个系统为研究对象,不考虑摩擦,该系统具有理想约束。

作用在系统上的主动力为重力g M g M 21,。

如图(a )所示,假设重物2M 的加速度2a 的方向竖直向下,则重物1M 的加速度1a 竖直向上,两个重物惯性力I2I1,F F 为11I1a M F = 22I2a M F =(a )该系统有一个自由度,假设重物2M 有一向下的虚位移2x δ,则重物1M 的虚位移1x δ竖直向上。

由动力学普遍方程有 (a )02I21I12211=--+-=x F x F x g M x g M W δδδδδ (b )根据运动学关系可知2121x x δδ=2121a a =(c )将(a)式、(c)式代入(b)式可得,对于任意02≠x δ有212122m/s 8.2424=+-=g M M M M a (b )方向竖直向下。

取重物2M 为研究对象,受力如图(b )所示,由牛顿第二定律有222a M T g M =-解得绳子的拉力N 1.56=T 。

本题也可以用动能定理,动静法,拉格朗日方程求解。

9-4解:如图所示该系统为保守系统,有一个自由度,取θ为广义坐标。

系统的动能为2])[(21θθ R l m T +=取圆柱轴线O 所在的水平面为零势面,图示瞬时系统的势能为]cos )(sin [θθθR l R mg V +-=M 1gM 2g F I2F I1δx 2δx 1M 2gT a 2拉格朗日函数V T L -=,代入拉格朗日方程0)(=∂∂-∂∂θθL L dt d 整理得摆的运动微分方程为0sin )(2=+++θθθθg R R l 。

9-6解:如图所示,该系统为保守系统,有一个自由度,取弧坐标s 为广义坐标。

系统的动能为221S m T = 取轨线最低点O 所在的水平面为零势面,图示瞬时系统的势能为m g h V =由题可知b s ds dh 4sin ==ϕ,因此有b s d b s h So8s 42==⎰。

理论力学机械工业出版社第九章质点动力学习题解答DOC

理论力学机械工业出版社第九章质点动力学习题解答DOC

理论力学(机械工业出版社)第九章质点动力学习题解答(DOC)- 2 -习 题9-1 如图9-9所示,一质量为700kg 的载货小车以v=1.6m/s 的速度沿缆车轨道下降,轨道的倾角a=15°,运动总阻力系数f =0.015;求小车匀速下降时缆索的拉力。

又设小车的制动时间为t=4s ,在制动时小车作匀减速运动,试求此时缆绳的拉力。

图9-90sin 1T =-+αmg F F)cos (sin cos sin sin 1T αααααf mg fmg mg F mg F -=-=-=N 1676)15cos 015.015(sin 8.9700=︒⨯-︒⨯⨯=2m/s 4.0406.1=-=a ma mg F F =-+αsin 2TN 19564.07001676sin 1T 2T =⨯+=+=+-=ma F ma F mg F α9-2 小车以匀加速度a 沿倾角为a 的斜面向上运动,如图9-10所示。

在小车的平顶上放一重W 的物块,随车一同运动,试问物块与小车间的摩擦因数μ应为多少?图9-10y 方向0sin cos cos N =--αααF W F αμαtan tan N N F W F W F +=+= αμtan 1N -=W Fx 方向ma W F F =-+αααsin cos sin N ma W F F =-+ααμαsin cos sin N Na gWW F =-+ααμαsin )cos (sin Na g WW W =-+-ααμααμsin )cos (sin tan 1ga=--+ααμαμαsin tan 1cos sin- 3 -ga=-+-+αμααμααμαtan 1sin tan sin cos sing a =-+αμαααμtan 1sin tan cosga =-αμαμtan 1cos /1 g a=-αμαμsin cos 1 )sin (cos αμαμ-=gag a a +=ααμsin cos 分析得 ga a +≥ααμsin cos9-3 如图9-11所示,在曲柄滑道机构中,滑杆与活塞的质量为50kg ,曲柄长300mm ,绕O 轴匀速转动,转速为n=120r/min 。

《理论力学》第九章_质点动力学_习题解

《理论力学》第九章_质点动力学_习题解

AC
g l AC
( cos )
F
n
TAC W cos man W an g
W an g
TAC W cos TAC W cos
W W 2 a n W cos l AC AC g g
初瞬时, AC 0 ,故: TAC W cos (2)求小球 A 运动到铅垂位置时,AC 绳中的拉力 小球运动到铅垂位置时,由上一步骤可知:
dx 9 cos(2t )d (2t ) dt
2
dx 9 sin(2t ) C1 dt
x 9 sin(2t ) C1
x |t 0 x0 9 sin(2 0) C1 C1 0


dx 9 sin(2t ) dt 9 x sin(2t )d (2t ) 2 9 x cos(2t ) C 2 2 9 9 x |t 0 x0 cos(2 0) C 2 C 2 4.5(m) C 2 (m) 0.04(m) 2 2
y
v0
30 0
1m
地面

v x v0 cos 30 0 dx 13 3 dt 2 x 13 3 t C1 2
13 3 (m / s ) 2
mg
O
x
x |t 0
13 3 0 C1 C1 0 2
x
13 3 t 2
v y v0 sin 30 0 gt 6.5 9.8t
x
y
5
[习题 9-4] 通过光滑圆环 C 的绳索将物体 A 与 B 相连,已知 m A 7.5kg , mB 6.0kg , 物体 A 与水平面的摩擦因素 f 0.6 , 在图示瞬时, 物体 B 具有朝右上方的速度 v B 2m / s 。 若在此时突然剪断墙与物体间的绳子,求该瞬时物体 A 的加速度 a A 解: (1)求 AB 间绳子的拉力 以 B 为研究对象,其受力如图所示。

理论力学 陈立群 第9章习题解答

理论力学 陈立群 第9章习题解答

第九章平衡问题——能量方法 习题解答9-1质量为3 kg 的质点以5 m/s 的速度沿水平直线向左运动。

今对其施以水平向右的的常力,此力的作用经30 s 而停止,这时质点的速度水平向右,大小为55 m/s 。

求此力的大小及其所做的功。

解:取质点m 为研究对象。

由质点动量定理;()12v v F -=m t :()12v v m Ft +=,解得:()())N (630555312=+=+=t v v m F .由质点动能定理; ()())J (450055532121222122=-⨯⨯=-==v v m Fs W .9-2如图所示,一弹簧振子沿倾角为ϑ的斜面滑动,已知物块重G ,弹簧刚度系数为k ,动摩擦因数为f ;求从弹簧原长压缩s 的路程中所有力的功及从压缩s 再回弹λ的过程中所有力的功。

解:取物块为研究对象。

物块受到重力G ,弹簧力F ,斜面摩擦力m ax F 和法向反力N F 作用,其中仅法向反力N F 不作功。

在弹簧压缩过程中,所有力的功为 ()221cos sin ks s f G W --=ϑϑ 在弹簧压缩s 再回弹λ的过程中,所有力的功为 ()()[]2221cos sin λλϑϑ--+--=s s k f G W 。

9-3弹簧原长l ,刚度系数为k ,一端固定在O 点,此点在半径为r = l 的圆周上。

如弹簧的另一端由图示的B 点拉至A 点,求弹簧力所做的功。

AC ⊥BC ,OA 为直径。

解:在B 点弹簧的变形为()l 121-=λ,在A 点弹簧的变形为l =2λ。

弹簧力所做的功为()()222211221kl k W --=-=λλ。

9-4图示机构在力F 1和F 2作用下在图示位置平衡,不计各构件自重和各处摩擦,OD=BD=l 1,AD=l 2。

求F 1/F 2的值。

解:用解析法解题。

()j i F ϑϑcos sin 11-=F , i F 22F = 点A 和B 的坐标及其变分为()()j i r ϑϑsin cos 2121l l l l A ++--= ,i r ϑcos 21l B -=题9-2图题9-3图质点的受力图()()j i r δϑϑδϑϑ⋅++⋅-=cos sin δ2121l l l l A ,i r δϑϑ⋅=sin 2δ1l B 。

胡汉才编著《理论力学》课后习题答案第9章习题解答

胡汉才编著《理论力学》课后习题答案第9章习题解答

9-1在图示系统中,均质杆OA 、AB 与均质轮的质量均为m ,OA 杆的长度为1l ,AB 杆的长度为2l ,轮的半径为R ,轮沿水平面作纯滚动。

在图示瞬时,OA 杆的角速度为ω,求整个系统的动量。

ω125ml ,方向水平向左题9-1图 题9-2图9-2 如图所示,均质圆盘半径为R ,质量为m ,不计质量的细杆长l ,绕轴O 转动,角速度为ω,求下列三种情况下圆盘对固定轴的动量矩: (a )圆盘固结于杆;(b )圆盘绕A 轴转动,相对于杆OA 的角速度为ω-; (c )圆盘绕A 轴转动,相对于杆OA 的角速度为ω。

(a )ω)l R (m L O 222+=;(b )ω2ml L O =;(c )ω)l R (m L O 22+= 9-3水平圆盘可绕铅直轴z 转动,如图所示,其对z 轴的转动惯量为z J 。

一质量为m 的质点,在圆盘上作匀速圆周运动,质点的速度为0v ,圆的半径为r ,圆心到盘中心的距离为l 。

开始运动时,质点在位置0M ,圆盘角速度为零。

求圆盘角速度ω与角ϕ间的关系,轴承摩擦不计。

9-4如图所示,质量为m 的滑块A ,可以在水平光滑槽中运动,具有刚性系数为k 的弹簧一端与滑块相连接,另一端固定。

杆AB 长度为l ,质量忽略不计,A 端与滑块A 铰接,B 端装有质量1m ,在铅直平面内可绕点A 旋转。

设在力偶M 作用下转动角速度ω为常数。

求滑块A 的运动微分方程。

t l m m m x m m kxωωsin 2111+=++9-5质量为m,半径为R的均质圆盘,置于质量为M的平板上,沿平板加一常力F。

设平板与地面间摩擦系数为f,平板与圆盘间的接触是足够粗糙的,求圆盘中心A点的加速度。

9-6均质实心圆柱体A 和薄铁环B 的质量均为m ,半径都等于r ,两者用杆AB 铰接,无滑动地沿斜面滚下,斜面与水平面的夹角为θ,如图所示。

如杆的质量忽略不计,求杆AB 的加速度和杆的内力。

θsin 74g a =; 9-7均质圆柱体A 和B 的质量均为m ,半径为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,如图所示。

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9-1.塔式起重机的水平悬臂以匀角速度 =0.1rad/s 绕铅垂轴OO i 转动,同时跑车A 带着重物B 沿悬臂按x=20-0.5t 的规律运动,单位为米、秒,且悬挂 钢索AB 始终保持铅垂。

求当t=10s 时重物B 的绝对速度。

解:动 点:A ;动系:起重机 运动分析:牵连运动:定轴转动; 相对运动:直线运动; 绝对运动:曲线运动;V rdx dt 0.5m / sV eX Qe 当t=10s 时V e(200.5 10) 0.1 1.5m/ sV aV2V r、0.5)21.521.58m/s9-2.图示曲柄滑道机构中,曲柄长 OA=r ,它以匀角速度 绕O 轴转动。

装在水 平上的滑槽DE与水平线成60。

角。

求当曲柄与水平线的交角分别为 =0、30°、60°时,杆BC 的速度。

解:动 点:A ;动系: ABC运动分析:牵连运动:平动;相对运动:直线运动; 绝对运动:圆周运动;当=30° 时, V e 0当=60°时,Ve 詐9-3.图示曲柄滑道机构中,杆BC 为水平,而杆DE 保持铅垂。

曲柄长OA=10cm , 以匀角速度=20rad/s绕O 轴转动,通过滑块A 使杆BC 作往复运动。

求当 曲柄与水平线的交角分别为 =0、30°、90°时,杆BC 的速度。

解:动 点:A ;动系:BDC运动分析:牵连运动:平动;相对运动:直线运动; 绝对运动:圆周运动;V a r ®200cm /sV V sin © 当=0°时,Ve0 ;当=30° 时,V e 100cm/s ;9-4.矿砂从传送带A 落到另一传送带B 的绝对速度为v i =4m/s ,其方向与铅垂 线成30°角。

设传送带B 与水平面成15°角,其速度V 2=2m/s 求此时矿砂对 于传送带B 相对速度;又问当传送带B 的速度为多大时,矿砂的相对速度由正弦定理得:V a V esin120 sin © 30 V rsin 90 ©当=0°时,V eV e V asin © 30 sin120当=90。

时,v e 200cm /sCve OK 3cos300.5 23.1cm/s才能与它垂直?解:动 点:矿砂(下落);动系:传送带B运动分析:牵连运动:平动;相对运动:曲线运动; 绝对运动:直线运动;v r V : v : 2v 1v 2 cos75v'422: 2 4 2 cos75 3.98m/s要使相对速度与传送带垂直,则V e V i cos75 4 cos75 1.04m/s9-5.摇杆OC 经过固定在齿条AB 上的销子K 带动齿条上下平动,齿条又带动 半径为10cm 的齿轮绕01轴转动。

如在图示位置时摇杆的角速度 =0.5rad/s,求此时齿轮的角速度。

解:动点:K动系:摇杆OC运动分析:牵连运动:定轴转动; 相对运动:直线运动; 绝对运动:直线运动;O40cm9-6.图示铰接四边形机构中,O i A=O 2B=10cm 又O i O 2=AB ,且杆O i A 以匀角速 度=2rad/s 绕O i 轴转动。

AB 杆上有一套筒C ,此筒与CD 杆相铰接,机 构的各部件都在同一铅垂面内。

求当=60。

时,CD 杆的速度和加速度。

解:动 点:C 动系:AB运动分析:牵连运动:平动;相对运动:直线运动; 绝对运动:直线运动;v e v A v B O 1A ◎ 10 2 20cm/s加速度合成定理:9-7 .图示曲柄滑道机构中,导杆上有圆弧形滑槽,其半径R=10c m ,圆心在导杆上。

曲柄长 OA=10cm ,以匀角速度 =4 rad/s 绕O 轴转动。

求当 =30° 时导杆CB 的速度和加速度。

a a a ea r大 小: ? 知 ? 方向:知知知a e2O 1A ◎10 22 40cm/s2V ecos3026.7cm/scos30V a 10 26.7To"2.67rad/ sv a v e cos © 20 cos6010cm/ sa a a e Si n6034.6cm/sDItdl解:动点:A 动系:导杆CB运动分析:牵连运动:平动;相对运动:曲线运动; 绝对运动:圆周运动;v a OA 3 0.1 4n 1.26m/s v e v a 1.26m/s加速度合成定理:Tnaa a e a r ar大 小: 知 ? ?知方 向:知知知知a;0 a ; OA 31.6 兀22 2nv r 1.26 a r -15.88m/sR 0.1将矢量式向轴投影aaaa £e E-Ea ; cos60 a e cos30a ;9-8•半圆形凸轮以匀速度V 。

水平向右运动,推动杆 AB 沿铅垂方向运动。

如凸 轮半径为R ,求在图示位置时AB 杆的速度和加速度。

a ea an O F.a rtJ TOTTTTTa ecos30 a :cos60 na r1.6n 2cos6015.88 cos3027.3m/ sa ar3r £rd© 2t 2t®r t 1s dtd◎ c^1122rad/s加速度合成定理:a aa a za eTa rna r解:动点:A运动分析: 动系:凸轮 牵连运动:平动;相对运动:圆周运动;绝对运动:直线运动;V rV otg30 v 0 0.577v 0 2v a 1.154v 0 加速度合成定理:a a9-9.小车以匀加速度解:动小: 向:a e知 知Ta r na r知 知2R a a cos30 na r 1 .332V 2 Rna ra a1.54^R在t=1s 时,轮缘上A 点的位置V e V a 0a o运动分析:牵连运动: 平动;相对运动:圆周运动;绝对运动:曲线运动;a o =49.2cm/$水平向右运动,车上有一半径 r=20cm 的圆轮 绕O 轴按=t 2规律转动,单位为弧度/秒9-10.杆OA 绕定轴O 转动,圆盘绕动轴A 转动,已知杆长l =20cm ,圆盘半径 r=10cm ,在图示位置时,杆的角速度和角加速度为=4rad/s ,=3rad/«,圆盘相对于杆OA 的角速度和角加速度为 r =6rad/s, r =4rad/s 2。

求圆盘上M 1和M 2点的绝对速度及绝对加速度。

运动分析:牵连运动: 定轴转动;相对运动: 圆周运动;将矢量式向轴投影将矢量式向轴投影Ta rnaa,aza a2r £ 20 2 40cm / sr 32 20 222 80cm/ sTa rna ra e cos60a e cos30264.6cm/ s237.4cm/ s2 2 2a ,a z74.6cm/ s解:动 点:M 1、M 2;动系:杆OA ;绝对运动: 曲线运动;V a V e V r大小:?知知方向:?知知、M1 点:速度:V e1 OM 1 3 r L 3 30 4 120cm/sv r r wr10 6 60cm/sv1ve1vr120 60 60cm /s加速度合成定理:Tn Tnaa aeae ar ar akTae1(r l)£ 30 o3 90cm / sn ae1(r 1)3 230 16 480cm/sTar1 r e 10 4 40cm / s 2n ar12r 3 10 36 360cm/s a k2 3 V r 2 24 60 480cm/saa1(a Te1;、2 n (90一40)2—(480一480一360)2 363.4cm/s 2、M 2 点: 速度:V e2 r 2I 2 3 102 2024 89.4cm/s V r2 r w r 10 6 60cm/s V 2xV e2v r2 sin60 62.62cm/sv2yv r2 cos60 53.64cm/sV22 V2x大 小: ?方向: ?Ta e2r l 2 £na er |23Ta r r e r 10na r 2r w r 10a k 23 V r 将矢量式向轴投影aa Ena r360cm / s 4 60 480cm/sa ; sin © a ;cos ©360 480 160 60 100cm/s 2加速度合成定理:22 aa ka a462将矢量式向轴投影22zaaT n [ T ・[aa naraecos9 aesin <p40 320 30 330cm / s2a a a:w a:”. 1002 3302344.8cm/s29-11.圆盘绕水平轴AB转动,其角速度=2t rad/s,盘上M点沿半径按OM=r=4t2 的规律运动,单位为厘米、秒。

OM与AB轴成60°倾角。

求当t=1s时,M点的速度和绝对加速度。

解:动点:M ;动系:圆盘;运动分析:牵连运动:定轴转动;相对运动:直线运动; 绝对运动:曲线运动;加速度合成定理:大小:?知知知知方向:?知知知知dvr2a r 8cm / sdtd 3 2£e 2rad/ sdtTa;rsin60 s e 4 2 21 sin602 6.93cm/sna;rsin60 34 12 sin60 221213.86cm/s2a k 2W;V r 2 2 1 8 sin60 27.71cm/s2a x a rcos60 8 14cm / s2T na a a e a e a「a k2aya;arsin60 13.86 8sin60 6.93cm/s2V rdr 8tV r t 1s 8cm/sa 2 2a k ) a x2 a y(6.93 27.71)242 6.932 235.55cm/s。

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