第五章-刚体力学-习题解答

第五章_刚体力学_习题解答_ByXuJie15.1、一长为l的棒AB，靠在半径为r的半圆形柱面上，如图所示。今A点以恒定速度0v沿水平线运动。试求：(i)B点的速度Bv；(ii)画出棒的瞬时转动中心的位置。解：如图，建立动直角系Axyz，取A点为原点。BAABvvr，关键是求法1(基点法)：取A点为基点，sinCAACACOAAvvrvvvv即sinACArv，ACr，化成标量为sinACArv在直角三角形OCA中，ACrrctg所以200sinsinsincosAACvvvrrctgr即20sincosvkr取A点为基点，那么B点的速度为：2002300sin[(cos)sin]cossinsin(1)cosBAABvvvrvikliljrvllvijrr法2(瞬心法)：如图，因棒上C点靠在半圆上，所以C点的速度沿切线方向，故延长OC，使其和垂直于A点速度线交于P点，那么P点为瞬心。在直角三角形OCA中，sinOArr在直角三角形OPA中，2cossinAPOArrrctg02cos()sinAPAPAPArvrkrjriivi，即20sincosvr取A点为基点，那么B点的速度为：2002300sin[(cos)sin]cossinsin(1)cosBAABvvvrvikliljrvllvijrr5.2、一轮的半径为r，竖直放置于水平面上作无滑动地滚动，轮心以恒定速度0v前进。求轮缘上任一点(该点处的轮辐与水平线成角)的速度和加速度。解：任取轮缘上一点M，设其速度为Mv，加速度为MaBA0vrCOPAvCOvxy第五章_刚体力学_习题解答_ByXuJie2如图，取轮心O为原点，建立动系Oxyz，其中轮心的速度方向为x轴正向，Oxy平面位于轮上。那么轮子的角速度为kk取O点为基点，那么MOOMvvr因轮无滑动地滚动，所以C点为瞬心。0OCOvrv即0COkrjvi，化简有00COvvrr，那么有：00000(cossin)(cossin)(1sin)cosMOOMvvrvikrijvvikrijrvivj00000020[(1sin)cos]cossin(cossin)(cossin)(cossin)MMddavvivjvivjdtdtvijvijvijr5.3、半径为r的圆柱夹在两块相互平行的平板A和B之间，两板分别以速度1v和2v匀速反向运动，如图示。若圆柱和两板间无相对滑动，求：(i)圆柱瞬心的位置(ii)位于圆柱上与板的接触点M的加速度。解：(i)如图，圆柱瞬心的位置为C点，不妨设12vv在图示的直角坐标系中，k，11vvi，22vvi，CMCMrrj，(2)CNCNCMrrjrrj因为1MCMvvr，2NCNvvr所以有1CMvr，2(2)CNCMvrrr，联立解得：1122CMrvrvv或者取N点为基点，那么：11222(2)MNNMvvvivrvikrjrviMyxOCMvr1v2vMNAByxCO第五章_刚体力学_习题解答_ByXuJie3求得122vvr，因1CMvr，故1122CMrvrvv于是求得瞬心的位置位于距离M点1122CMrvrvv的直径上。(ii)瞬心到圆柱轴心O的距离为1212COCMvvrrrrvv圆柱轴心O的速度为1212121222OCOCOvvvvvvvrririirvvM点相对O点的速度为：1212122MOMOvvvvvvvviiiM点相对O点做圆周运动，故2212()4MOMvvvajrr5.4、高为h、顶角为2的圆锥，在一平面上无滑动地滚动。已知圆锥轴线以恒定角速度绕过顶点的铅直轴转动。求：(i)圆锥的角速度(ii)锥体底面上最高点的速度(iii)圆锥的角加速度解：取圆锥的顶点为原点，建立动系Oxyz取圆锥和平面交线为y轴，圆锥的对称面OAB位于Oyz平面因圆锥轴线以恒定角速度绕过顶点的铅直轴转动，若设圆锥绕自身轴线的角速度为'那么圆锥绕顶点的角速度为'又OB母线与平面接触，为圆锥的瞬时转动轴，故平行于OB(i)在角速度合成的矢量三角形中，圆锥的角速率ctg，即ctgj(ii)在动系Oxyz中，锥体底面上最高点A的位矢可以表示为：cos2sin2OAOAOArrjrk由图中的几何关系可知：cosOAhr所以(cos2sin2)cosOAhrjkzxy''OABh第五章_刚体力学_习题解答_ByXuJie4那么最高点A的速度为：(cos2sin2)2coscosAOAhvrctgjjkhi(iii)因圆锥的角速度为ctgj，所以圆锥的角加速度为：2()dddjctgjctgctgjctgidtdtdt5.5、在一半径为R的球体上置一半径为r的较小的球，它们的连心线'OO与竖直轴间保持角，如图示。若'OO绕竖直轴以恒定的角速度转动，小球在大球上无滑动地滚动。分别求出小球最高点A和最低点B的速度。解：建立如图所示的动直角坐标系Oxyz使'OOr位于Oyz平面内。则有：k，''cos'sinjk'()sin()cosOOrrRjrRk'OArrk，'OBrrk在大球和小球的角速度矢量直角三角形中，有'sin所以2'sincossinjk''[()sin()cos][()sin]()sinOOOvrkrRjrRkkrRjrRi2'''()sin(sincossin)sin[(1cos)]AOOAvvrrRijkrkrRi2'''()sin(sincossin)()sin[(1cos)]BOOBvvrrRijkrkrR5.6、一边长为d、质量为m的匀质立方体，分别求出该立方体对过顶点的棱边、面对角线和体对角线的转动惯量PJ、fJ和bJ解：如图，要求图示棱边的转动惯量PJ，先求立文体过质心O点，且平行于棱的z轴的转动惯量zJ在图示的直角坐标系Oxyz中，,,xyz轴皆为惯量主轴xyzOAB'OORryzxC'第五章_刚体力学_习题解答_ByXuJie5故52/2/2/22222/2/2/2()()66dddzddddmdJxydmxydxdydz由平行轴定理：222222()2623PzdmdmdmdJJm要求图示面对角线的转动惯量fJ，先求立文体过质心O点，且平行于面对角线的轴的转动惯量zJ，此轴与坐标轴的方向余弦分别为11(,,0)22，坐标轴为惯量主轴，所以有：222006000000600006xOyzmdJmdJJJmd由平行轴定理有：2222222100621115(,,0)00()6264122220006fmdmddmdmdmdJmmd体对角线与坐标轴的方向余弦分别为111(,,)333，坐标轴为惯量主轴，那么体对角线的转动惯量为：2222100631111(,,)0066333310063bmdmdmdJmd5.7、一匀质等边三角形的薄板，边长为l、质量为m。试在图示坐标系下，求出薄板对质心C的惯量矩阵CJ，并由此导出对顶点O的惯量矩阵OJ。图中坐标系Cxyz和坐标系O的坐标轴分别相互平行，和xy都在薄板平面内。解：由图中坐标系Cxyz的取法可知，,yz轴是三角板的对称轴，xyCOl第五章_刚体力学_习题解答_ByXuJie6x轴是是三角板的对称面的法线，故,,xyz都是惯量主轴。三角板的密度为：243ml先求三角板对x轴的转动惯量。因三角板关于y轴对称，所以三角板对x轴的转动惯量xJ是y轴一侧直角板的2倍，如图，取距离C点为x，厚为dx的线性微元，由图中几何关系知，线性微元的高为()3()232llhxtgx，22(2)mdmdShdxlxdxl线性微元对过质心且垂直于线性微元的轴的转动惯量为21()12dmh，由平行轴定理知线性微元对x轴的转动惯量：222211()()()()()1223122323xhllldJdmhdmdmhh222223222()()(2)()212212444()36xllmlldJdmxxlxxxdxlmmmmlxxxdxll2/2322044422()3624lxxmmmmlmlJdJxxxdxll再求三角板对y轴的转动惯量如图，取距离C点为y，厚为dy的线性微元，由图中几何关系知，线性微元的长为222()6333llyaytg，2242288()()333333mlymmdmadydyydylll线性微元对过质心且垂直于线性微元的轴的转动惯量为21()12dma故线性微元对y轴的转动惯量：222232112288()()()12123333324444[]39927333ylymmdJdmaydyllmlyyydyll2/3322/2324444()3992433273lyylmlmlJdJyyydyll最后求z轴的转动惯量：如图，对于线元过中心且平行于z轴的转动惯量为21()12dmaxCxdxyhxyCydyaxyCydyaz第五章_刚体力学_习题解答_ByXuJie7由平行轴定理知线元对z轴的转动惯量为：221()()12zdJdmadmy22/3222232/23222188()122424333242412lzzlmlmlmmJdJadmydmydmyydyllmlmlml所以三角板对板对质心C的惯量矩阵222200241000001024240020012CmlmlmlJml由平行轴定理易知：2222()2412823xlmlmlmlJJm22227()224424ylmlmlmlJJm22225()123123zlmlmlmlJJm因三角板中0，所以0000OJJJJJJ因三角板的两腰在坐标系O中方程为：3和33l即3和3l33220332203322200222322()334233312lllllmJddlmldlmmddlml所以232302370240010OmlJxyCOl第五章_刚体力学_习题解答_ByXuJie85.8、质量为m，长为l的细长杆，绕通过杆端点O的铅直轴以角速度转动。杆与转轴间的夹角保持恒定。求杆对端点O的角动量。解：选取端点O为原点，建立如图所示的直角坐标系Oxyz，并取杆方向为y轴那么213xzJJml，0yJ因杆上的质点在y轴上，所以0xz0xyJxydm，0x