15章动静法习题(重庆大学理论力学习题)模板.ppt

FRI mR 2 4
M
I A
1 2
mR2
mR 2 2
..........
3
15.5 如图所示，均质杆AB长50cm，质量为4kg，置于光滑水平
面上。在杆的B端作用一水平推力FP＝60N，使杆沿FP力方向作 直线平动。试求AB杆的加速度及θ角之值。
解： M B (F ) 0 :
mgl cos F Il sin 0
F1I m1a, F2I ma
..........
解：由动静法力学列方程： F1I m1a, F2I ma
Fy 0 m1g m2g F1I sin F2I 0
a g m1 sin m2
m1 m2
Fx 0 FD F1I cos 0
FD
m1
cos (m1 sin
m1 m2
m3 50kg
..........
6
14.7 均质杆CD的质量为m=6kg，长为l=4m，可绕AB梁 的中点C轴转动如图示。当CD处于θ=300，已知角速度 ω=1rad/s，角加速度α=0，不计梁重，试求梁的支座反力。
D ω
300
A
C
B
4m 4m
习题 14.7图
..........
7
15.7 如图所示，轮轴O具有半径R和r，对于O轴的转动惯量 为Jo，在轮轴上系有两物体A和B，其质量分别为m1和m2，若 此轮轴按逆时针的转向转动。试求轮轴的角加速度α。
量m3的最大值，以及此时车的加速度大小。
0.5m
解:受力分析如图
m1 1m
F3I
FT
m3
m2
a m3
m3 g
F3I m3a
FT F3I m3g 0, F .......... T m3 g a
5
FT m3 g a (1)
0.5m
F
整体:
T mg
a
1
FI
Fx 0, FT F I 0
Fy 0
F I FN mg 0
MI B
FI α mg
A θa
FN
FN
mg
FI
mg
m3 5
g
2 mg 5
..........
22
15.14 均质杆质量为m，长为l，悬挂如图。求一绳忽然断开 时，杆质心的加速度及另一绳的拉力。
解：如图所示，刚断开时
0, F I F I ma
l/4
l/4
(1 2
r2
r2 )m2r
1 2
r 2m2r
三棱柱 A
a
Fx 0:
F' f
cos
F1I
F
' N
sin
0
Ff' m1 g FN'
• 自铅直位置开始A端沿墙壁向下滑动，B端沿水平面滑动， AB保持在铅直平面内。不计摩擦，求杆AB任一瞬时的角速 度和角加速度用位置角q表示。
• 解：刚体作平面运动，惯性力系向质心简化，
FxI maCx mxc
FyI maCy myc
M
I C
JC
ml 2
/12
其中
xc
l 2
sin
yc
l 2
cos
MI C
I
Ff
F1I
G1 g
aC ,
F2 I
G2 g
aC ,
aA 2aC
FN
FT
A
FI 1
aA =2aC G2
M
I C
JC
1 2
m1r 2
G1 2g
r 2
..........
25
对A
FT G2 F2I 0
FT
G2
2G2 g
aC
MI (F) 0
M
I C
F1I
r
FT
2r
0
aC 0.28m / ss
FRI mR 2 4 ,
M
I C
JC
1 2
mR2
..........
2
向C点的简化结果
FRI mR 2 4 ,
M
I C
1 2
mR2
• 惯性力系向A点简化的结果
• 可以利用惯性力系向C点的简化结果，主矢量的大小与简化 中心位置无关，因此，向C、A简化结果相同，差别在主矩，
可利用力的平移定理，利用简化到C的主矢量和主矩求得惯 性力系向A点简化的结果。
..........
15
又解：1、惯性力系向质心简化得
MCI＝JC MOI＝ml2/12 FnI＝ml2／2 （作用线沿对角线OI）
FtI＝ml／2 （当质心到速度瞬心的距离保持不变时，可对瞬心
取动量矩）
∑MI＝0 FtIl／2＋MCI―mg lsin／2＝0 整理上式得
＝3gsin／2l
..........
FT m1 m2 a (2)
mg
1m 物快:
2
mA F 0
FT 1 F1I 0.5 m1g 0.25 0
FN
FT
0.5m
mg 1
a
A
Ff
FN
FN
m1 m2 a 0.5m1a 0.25m1g
a 0.25100 g 2.45m / s2
F1I
100
1m 再代入(1)、（2）得:
F1I m2a 28
圆柱 Ff m2 (g sin a cos rr ) FN m2 (g cos a sin )
M0(F) 0 : M I Ff r 0,
0
1 2
m2 r 2 r
Ff
r
1 2
m2r 2r
m2 (g sin
a cos
rr ) r
m2 (g
sin
a cos )
习题15—1, 5，7，8， 9，10, 14, 15 18，
..........
1
15.1 均质圆盘D，质量为m，半径为R。设在图示瞬时绕 轴O转动的角速度为ω，角加速度为a 。试求惯性力系向C 点及向A点简化的结果。
解: C点为定轴转动均质圆盘D的质心， 本题中，质心与转轴不相重合， 惯性力系向质心简化应得到惯性力系的主矢量和 主矩，质心C的运动是以O为圆心的 圆周运动，因此惯性力系的主矢量 可分为切向和法向两个方向的分力， 并直接按照惯性力的定义可求得；
M I F I mg l cos 0
A θa
wk.baidu.com
2
FN
1 ml2 m l2 cos2 1 mgl cos
12
4
2
6g cos
1 3cos2 l
..........
21
6g cos
1 3cos2 l
a l cos 6g cos 3 g
2
1 3cos2 l 5
6
2
由动能定理得解得
2 3g (1 cos ) 3g (1 cos )
l
l
对上式求导数得
2 3g (sin )
l
3g sin
2l
..........
14
解法三；用刚体平面运动微分方程求解。
• 解法四：可将惯性力投影的自然轴上，质心C的 轨迹曲率中心不一定是瞬心I点，但利用动静法 对I点取矩时，法向惯性力通过矩心而不出现。
l
..........
12
解法二；用动能定理求解。
任一瞬时系统的动能
T
1 2
m 12
l2
2
1 2
mvC2
1 6
ml 2 2
其中vC ＝lw/2
W1,2
mg
l 2
(1 cos )
由动能定理得
1 ml2 2 0 mg l (1 cos )
6
2
..........
13
1 ml2 2 0 mg l (1 cos )
m2 )
g
..........
习题15-11 用动能定理解：设物块A 由静止开始下滑，某
瞬时其速度为v，画运动分析图和受力图 ，列动力学方程：
1 2
m1v2
1 2
m2v2
0
m1gS
sin
m2 gS
v2 2gS m1 sin m2
m1 m2
等式两边对时间求导得
2v dv 2g m1 sin m2 dS ,
m m ..........
1
2
m2 )
g
14.12 均质杆AB长为l，质量为m，置于光滑水平面上，B端 用细绳吊起如图示。当杆与水平面的夹角θ=450时将绳切断， 求此时杆A端的约束反力。
a l cos
MI
2
B
FI
ma
m
l cos
2
,M I
JC
1 ml 2
12
FI
α
mA F 0
mg
对C
FI 2
..........
G1 FT
C α ac
MI C
I
Ff
FN
FT
A
FI 1
aA =2aC
G2
26
14.18 如图所示，一质量为m1的三棱柱放在光滑水平 面上，另有一质量为m2的均质圆柱沿三棱柱斜面AB无滑
动地滚下，求三棱柱的加速度。 A
O
解：如图所示
θ
B
MI
1 2
m2
r
2
r
FeI m2a
tan mg g 9.8 6.533
ma a 1.5
33.160
I
A a
p B θ mg
F I ma
X 0 : F F I 0, F ma, a F 60 15m / s2
..........
m4
4
14.6 图示矩形块质量m1=100kg，置于平台车上。车质量为
m2=50kg，此车沿光滑的水平面运动。车与矩形块在一起由 质量为质量为m3的物体牵引，使之做加速运动。设物块与车 之间的摩擦力足够阻止相互滑动，求能够使车加速运动的质
FeI sin m2g cos FN 0
FN FeI sin m2 g cos m2 (g cos a sin )
A Ff' m1 g FN'
x
Fr I M I m2g
y
a
FI
ae
1
θ
B
FI e
αr ar
N
F .......... N
F f
MI
1 2
m2
r
2
r
FeI m2a
Fr I m2rr
16
习题15-11 如图所示系统，物块A质量为m1，沿楔
块的斜面下降，借绕过滑轮的绳索使质量为m2的物体B 上升。斜面与水平面成a角，滑轮的质量和各处摩擦均 忽略不计。求楔块作用于地板凸出部分D处的水平压力。
解：设物块A 由静止 开始下滑，某瞬时其速度为v， 画运动分析图和受力图 ， 加惯性力的大小为：
aC
l
4
A点加速度为0，以A为基点，则
MA(F) 0
M
I
F I
mg
l 4
0
1 ml2 ma l mg l
12
4
4
12g
7l
ac
3 7
g
..........
FT
FτI
M I mg α aC
23
Fy 0 :
FT F I mg 0 FT mg F I mg ma
mg 3 mg 4 mg 77
3g cos
2l
O
F0 y
C
Fl 0In
l
P
A
(a)
d 3g cosd
2l
3g sin / l
..........
9
15.8解：惯性力系向O点简化,得主矢量和主矩
F0In ml 2 / 2, F0I ml / 2
M
I O
JO
1 3
ml 2
3g cos / 2l 3g sin / l
aC
3 7
g
FT
FτI
M I mg α a
..........
24
15.15 均质圆柱滚子重G1＝200N，被绳拉住沿水平面作无
滑动的滚动。此绳跨过不计重量的滑轮B后系一重为G2的重物
A，G2＝100N，如图所示。求滚子中心C的加速度。
(a=2.8m/s2)
C
解：如图所示
B A
G1
FT
FI 2
C
α ac
A Ff'
Fr I m2rr a
F1I m2a
m1 g θ
x FN'
FI
ae
1
B
Fr I M I m2g αr
y
FI e
ar
F
F f
N
N
..........
27
圆柱
Fx 0 : m2g sin FeI cos FrI Ff 0
Fy 0:
Ff m2g sin FeI cos Fr I m2 (g sin a cos rr )
dt
m1 m2 dt
..........
v dS dt
等式两边对时间求导得
2v dv 2g m1 sin m2 dS ,
dt
m1 m2 dt
a g m1 sin m2
m1 m2
由质心运动定理
macx miacix Fx
v dS dt
即 m1a cos Fx
Fx
m1 cos (m1 sin
解：受力分析如图， a1 R , a2 r F1I m1R , F2I m2r , M I J0
R r
O
α MI
MO F 0:
m1g F1I R M I m2g F2I r 0
a1 F1I
A
m1g m1R R J0 m2g m2r r 0 m1g
m1 m2 g
..........
11
对时间求二阶导数，得
xc
l 2
sin
yc
l 2
cos
xc
l 2
(
cos
2
sin )
yc
l 2
(
cos
2
sin )
由动静法 MI FiI 0
MCI [FxI cos (FyI mg)sin ]l / 2 0
代入数据得： 3g sin
2l
积分得
3g (1 cos )
由动静法列平衡方程
F0I F0 x
Fx 0 : F0x F0In mg sin 0 O
F0 x
5 2
mg sin
F0 y
C
Fl 0In
l
P
A
(a)
x
Fy 0 : F0y F0I mg cos 0
..........
F0 y
1 4
mg
cos
10
15.10：均质杆AB长为l，质量为m，
J0 m1R m2r
..........
B a2 m2 g F2I
8
15.8解：惯性力系向O点简化,得主矢量和主矩
F0In mR 2 ,
F0I mR
M
I O
JO
1 ml2
3
由动静法列平衡方程
MB(F) 0:
F0I F0 x
M
I 0
mgl
cos
/
2
0
ml2 / 3 mgl cos / 2 0