【工程力学 课后习题及答案全解】第21章动能定理及其应用习题解

习题 21-1 图
解：1、 T
=
1 2
J Oω 2
=
1 2
(JC
+ me 2 )ω 2
=
m 2
(
ρ
2 C
+
e
2
)ω
2 O
2、 T
=
1 2
J
ω
O
2
=
1 2
ω
2 O
(
1 3
ml
2
+
1 mr 2 2
+ ml 2 )
=
m 12
ω
2 O
(8l
2
+ 3r 2 )
3、 T
= TA
+ TB
=
m1 2
v12
+
m2 2
D ω
m2 g
B vB
(c)
ω C vC mg
— 133 —
解：1、求弹簧变形量
①
θ
=θ 1
=
50o
时
图(a)， ∑ M D = 0
− (m1g
1 2
cosθ
+ m2 g
⋅1⋅ cosθ ) +
FN
⋅ 2cosθ
=
0
FN = 36.75 N
图(b)， ∑ M B = 0
FN ⋅1⋅ cos50o − Fk ⋅1⋅sin 50o = 0 （F=0 时）
− sin θ 2 ) + m1 g
⋅
1 2
⋅ (sinθ1
− sin θ 2 ) +
k 2
(δ
2 1
−
δ
2Fra Baidu bibliotek2
)
=
(2F
+
m2
g
+
1 2
m1 g)(sin θ1
−
sin θ 2
)
+
k 2
(δ
2 1
−δ
2 2
)
= (2 ×100 + 6 × 9.8 + 1 × 3× 9.8)(sin 50o − sin 30o ) + 200 (0.1542 2 − 0.6007 2 )
[(v1
−
3 2
v
2 2
)
+
(v2 2
)2
]
=
1 2
[(m1
+
m2 )v12
+
m
2
v
2 2
−
3m2v1v2 ]
4、 T
=
1 2
m′v02
+
4⋅
1 2
1 ( 2
mR 2 ) ⋅ ( v0 R
)2
=
m′ (
2
+
m)v
2 0
21-2 图示滑块 A 重为W1 ，可在滑道内滑动，与滑块 A 用铰链连接的是重为W2 、长为 l 的匀质杆 AB。现已知道滑块沿滑道的速度为 v1 ，杆 AB 的角速度为 ω1 。当杆与铅垂线的夹 角为 ϕ 时，试求系统的动能。
rC
mg
α2
B FS
FN
h
α
(b-1)
t1 =
2s = aC
2s g sinα
(1)
2、图（b）
J Bα 2 = mg sinα ⋅ r
2mr 2α 2 = mg sinα ⋅ r
α 2
=
g 2r
sinα
aC
=
g 2
sinα
s
=
1 2
aC
t
2 2
， t2
=
2s = aC
4s g sinα
(2)
比较（1）、（2），知圆盘（a）先到达地面。
解：解法 1：图(a)
J
α
1
1
=
M
−
Fτ
r1
图(b)：
（1）
LO2
=
J
ω
2
2
+ mR 2ω 2
d LO2 dt
= (J 2 + mR2 )α 2
∑ M O2 = −mgR + Fτ′r2
即： (J 2 + mR2 )α2 = Fτ′r2 − mgR
z2 = α1 = r2 = i z1 α 2 r1
Fk = FN tan 50o = 30.84 N
δ1 =
Fk k
= 30.84 = 0.1542 m
200
②
θ
=θ 2
=
30o
时，F=100N
δ 2 − δ1 = 2(cos 30o − cos 50o ) = 0.4465 m δ 2 = 0.6007 m
W12
=
F
⋅ 2(sin θ1
− sin θ 2 ) + m2 g ⋅1⋅ (sinθ1
21-10 图示为玩具盒，盒盖的质量为 m，长为 l，宽度为 l，用两个合页（铰链）安装 在盒子上。二合页上还安有刚度为 k 的扭簧，且 M = kθ ，其中 M 为盒盖上的阻力矩。试：
1、使盒盖从静止的θ = 0 位置开始合上，若在θ = π位置时，角速度为零，求扭簧的刚
2
度； 2、求上述运动过程终了时，盒盖角加速度； 3、分析盒盖上的铰是否可取消。
ω A′C′
= vC l
=
v l
=ω
ω B′C′
=
vC l
=v l
=ω
动能定理：
习题 21-7 图
2 ⋅ mg ⋅ h = 1 ⋅ 1 ml 2ω 2 ⋅ 2 − 0 2 23
ω A′C′
ω B′C′
C′
A′
B′
— 132 —
vC (a)
mgh = 1 mv 2 3
v = 3gh
21-8 质量为 15kg 的细杆可绕轴转动，杆端 A 连接刚度系数为 k=50N/m 的弹簧。弹簧 另一端固结于 B 点，弹簧原长 1.5m。试求杆从水平位置以初角速度 ω 0 =0.1rad/s 落到图示位 置时的角速度。
h
− mgh
T2 − T1 = W12
m 2
v2
+
1 2
J
ω2
11
+
1 2
J
ω
2
2 2
=
( Mi R
−
mg)h
d： dt
mva
+
J1ω1α1
+
J
ω
2
α
2
2
=
( Mi R
− mg)v
ω2
=
v R
,
α2
=
a R
,
ω1 = iω 2 ,
代入上式，得
α1 = iα 2
mva +
J1i 2
α2 R
α 2
+
J2
解： T1
=
1 2
(1 3
ml
2
)ω
2 0
，
T2
=
1 2
(1 3
ml 2 )ω
2
W12 = mg ⋅
3 + k [(2 −1.5) 2 − ( 22
12 −1.5) 2 ]
= 3 mg + k(3 3 − 7) 2
T2 − T1 = W12
习题 21-8 图
1 6
ml 2
(ω
2
−
ω
2 0
)
=
3 mg + k(3 2
FIτ
M IC
FIn
习题 21-10 图
mg
O
M = kθ
mg
(a)
M
θ
FOx O
C
ω
α
mg
FOy (b)
解：1、用动能定理求扭簧 k（图 a）
T1 = 0 ， T2 = 0
W12
=
mg
l 2
−
kθ2 2
=
0
— 134 —
k = 4mgl
(1)
π2
2、定轴转动微分方程
J
α
O
=
M
−
mg
l 2
即： 1 ml 2 ⋅α = k ⋅ π − mg l
α1 = iα 2
代入（1）
（2）
习题 21-4 图
FO1y
z1, J1
r1 O1
M FO1x
J1iα 2 = M − Fτ r1 解（2）、（3）得
（3）
G1
ω1
Fτ
α1
α = Mi − mgR 2 J1i 2 + J 2 + mR 2
Fr′
Fr
a
=
Rα 2
=
MiR − mhR2 J1i 2 + J 2 + mR2
解法 2：动能定理
Fτ′
(a)
FO2y
α2
O2 R
设重物上升 h 时速度为 v ，则此时
ϕ2
=
h k
r2
FO2x
z2, J2
G2
ω2
ϕ 1
=
r2ϕ 2 r1
=i h R
a P
— 130 —
(b)
T1 = 0
T2
=
1 2
mv 2
+
1 2
J
ω
1
2 1
+
1 2
J
ω
2
2 2
W12
=
Mϕ 1
−
mgh
=
Mi R
T2 = W12
1 2
(m1
+
m2
+
m)v2
=
⎢⎣⎡(m2
−
m1 )g
+
M r
⎤ ⎥⎦
s
d dt
：
(m1
+
m2
+
m)vaA
=
⎢⎣⎡(m2
−
m1 )g
+
M r
⎥⎦⎤v
aA
=
M r
+ (m2
m + m1
− m1 )g
+ m2
=
M + (m2 (m + m1
− m1 )rg + m2 )r
21-6 图 a 与图 b 分别为圆盘与圆环，二者质量均为 m，半径均为 r，均置于距地面为 h 的斜面上，斜面倾角为α ，盘与环都从时间 t = 0 开始，在斜面上作纯滚动。分析圆盘与圆环 哪一个先到达地面？
2
(2FQ
+
9FP
)
21-4 绞车提升一质量为 m 的重物 P，如图所示。绞车在主动轴上作用一不变的转动力矩
M。已知主动轴和从动轴连同安装在这两轴上的齿轮以及其它附属零件的转动惯量分别为
J1
和
J
2
，传速比
z2 z1
= i 。吊索缠绕在鼓轮上，鼓轮的半径为
R。设轴承的摩擦以及吊索的
质量均可略去不计。试求重物的加速度。
21-7 两匀质杆 AC 和 BC 质量均为 m，长度均为 l，在 C 点由光滑铰链相连接，A、B 端放置在光滑水平面上，如图所示。杆系在铅垂面内的图示位置由静止开始运动，试求铰链 C 落到地面时的速度。
解：设铰链 C 刚与地面相碰时速度 v = vC 。根据运动 学分析 A′ 点及 B′ 点分别为 A′C ′ 及 B′C ′ 杆的速度瞬心， 如图（a）
行星齿轮机构的动能。
解： T = TOC + TC
习题 21-3 图
ω O
vC ωC
C
(a)
=
1 2
J
Oω
2 OC
+
1 2
mC vC2
+
1 2
(1 2
mC
r
2
)ω
2 C
=
1[1 23
FQ g
(2r)2 ]ω 2
+
1 2
FP g
(2rω )2
+
1 4
FP g
r 2 ( 2rω )2 r
=
r 2ω 3g
本题可用相对瞬心动量矩定理，因为其瞬心和质心之距不变。
— 131 —
r C
mg
α1
A FS
FN
h
α
习题 21-6 图
(a-1)
解：1、图（a）
J αA 1 = mg sinα ⋅ r
3 2
mr
2α 1
=
mg
sinα
⋅r
α 1
=
2g 3r
sinα
aC
=
rα1
=
2 3
g sinα
(常数)
s
=
1 2
aC t12
3 − 7)
ω=
3
3mg + 6k(3 ml 2
3
−
7)
+
ω
2 0
= 3 3 ×15× 9.8 + 6 × 50(3 3 − 7) = 1.93 rad/s 15 × 2 2
2m
B
A
k
2m
ωO
O 60o
mg
ω
A′ mg
(a)
21-9 系统在图示位置处于平衡。其中，匀质细杆 ABC 与 BD 的质量分别为 6kg 和 3kg，
v h
a
P
(c)
21-5 图示机构中胶带轮 C 上作用一力矩 M，用以提升质量为 m1 的重物 A。平衡锤 B 的质量等于 m2 ；胶带轮 C 和 D 的质量均为 m，半径为 r，C 和 D 均为匀质圆柱体。若胶带 的质量忽略不计，试求重物 A 的加速度。
解：对象：整个系统
受力如图作功力， M 、 m1 g , m2 g 初始： T1 = 0
工程力学（2）习题全解
第 21 章 动能定理及其应用
21-1 计算图示各系统的功能： （1）偏心圆的质量为 m，偏心距 OC=e，对质心的回转半径为 ρC ，绕 轴 O 以角速度 ωO 转动（图 a）。 （2）长为 l，质量为 m 的匀质杆， 其端部固结半径为 r，质量为 m 的匀 质圆盘。杆绕轴 O 以角速度 ωO 转动 （图 b）。 （3）滑块 A 沿水平面以速度 v1 移 动，重块 B 沿滑块以相对速度 v2 下滑， 已知滑块 A 的质量为 m1 ，重块 B 的质 量为 m2 （图 c）。 （4）汽车以速度 v0 沿平直道路行 驶，已知汽车的总质量为 m′ ，轮子的 质量为 m，半径为 R，轮子可近似视 为匀质圆盘（共有 4 个轮子）（图 d）。
l
2ω
2 1
+ W2lω v1 1
cos ϕ ]
习题 21-2 图
C
v1
ω1 B
(a)
21-3 重为 FP 、半径为 r 的齿轮 II 与半径为 R = 3r 的固定内齿轮 I 相啮合。齿轮 II 通过 匀质的曲柄 OC 带动而运动。曲柄的重量为 FQ ，角速度为 ω ，齿轮可视为匀质圆盘。试求
— 129 —
滑块的质量为 1kg。弹簧刚度系数 k=200N/m。现有方向向下的常力 F=100N 作用在杆 ABC
的 A 端，试求杆 ABC 转过 20o 后应有的角速度 ω 2 。
A
习题 21-9 图
A
FBy
B
FBx
m2 g θ
FK
C
FN
(b)
B
FDx
m1g m2 g θ
FDy
Fk
C
FN
(a)
A
F m1 g
末了： T2
=
1 2
(m1
+
) m2 v2
+
2⋅
1 2
Jω 2
=
1 2
(m1
+
m2
)v 2
+
1 2
mr 2 ⎜⎛ ⎝
v r
⎟⎞ 2 ⎠
=
1 2
(m1
+
m2
+
m)v 2
FDy
D
FDx
mg
v
B
A
FCy
m2 g
m1 g
M
Cr
FCx
mg
功： W12
=
(m2 g
−
m1g )s
+
M
⋅
s r
(a)
习题 21-5 图
vα R2
=
Mi
− mgR R
v
ma
+
J1i 2
α 2 R
+
J
2
α 2 R
=
Mi − mgR R
两边同乘 R 2
mR2a + J1i 2 Rα 2 + J 2 Rα2 = R(Mi − mgR) a = R(Mi − mgR)
mR 2 + J1i 2 + J 2
ω1 r1 O1
ϕ1
M
r2
R
ϕ2
O2
ω2
解：图（a） T = TA + TB
v1 A
=
1 2
W1 g
v12
+(1 2
W2 g
vC2
+
1 2
JCω 2 )
vr
ϕ
ϕ
=
W1 2g
v12
+
W2 2g
l [(
2
ω1)2
+
v12
+
+
2
⋅
l 2
ω1v1
cos ϕ ]
+
l 2
⋅
l 12
W2 g
l2
⋅ ω12
=
1 2g
[(W1
+ W2 )v12
+
1 3
W2
3
22
(1)代入上式，得：α = 3g ( 2 − 1 ) = 0.410 g （逆）
2
2
=39.06J T1 = 0 ， vB = 1⋅ω = ω ， vB cos30o = vC cos30o ， vC = ω
图(c)， T2
= TDB
+ TAC
+ TC
=
1 2
(
1 3
m1
×12
)ω
2
+
1 2
m
2
v
2 B
+
1 2
1 ( 12
m2
⋅ 2 2 )ω 2
+
1 2
mv
2 C
= 5ω 2
T2 − T1 = W12 ， 5ω 2 = 39.06 ， ω = 2.795 rad/s