15章动静法习题(重庆大学理论力学习题)

习题15—1,5，7，8，9，10,14,1518，15.1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；242RCC1,2IIFmRMJmR•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。242RC1,2IIFmRMmR向C点的简化结果24R222A12IIFmRMmRmR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。ABθpmgaI02()0:cossin09.8tan6.5331.533.16600:0,,15/4BIIIMFmglFlmggmaaFmaFXFFFmaamsm解：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量m3的最大值，以及此时车的加速度大小。3mmgTI3FF3a0.5mm3mm121m解:受力分析如图333330,IITTFmaFFmgFmga0.5m1m1mgmg2aFINFFNFT0.5m1m1mgaFINFFf1ATF整体:11010.50.250AITmFFmgF120,0(2)IxTTFFFFmma物快:再代入(1)、（2）得:3(1)TFmga121120.50.250.251002.45/100mmamamgagms350mkg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。30ω0DBAC习题14.7图4m4mROrABαmgM12mgaa12FF12III15.7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。12,aRar解：受力分析如图，0:OMF11220,,IIIFmRFmrMJ1122110221201200IIImgFRMmgFrmgmRRJmgmrrmmgJmRmr0()0:cos/20BIMFMmgl200,IInFmRFmR2OO13IMJmlPCllAO(a)15.8解：惯性力系向O点简化,得主矢量和主矩0InF0IF0xF0yF由动静法列平衡方程2/3cos/20mlmgl3cos2gl3cos2gddl3sin/gl000:sin0IxxnFFFmg200/2,/2IInFmlFml2OO13IMJmlPCllAO(a)15.8解：惯性力系向O点简化,得主矢量和主矩0InF0IF0xF0yF由动静法列平衡方程3cos/2glx000:cos0IyyFFFmg3sin/gl05sin2xFmg01cos4yFmg•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，15.10：均质杆AB长为l，质量为m，2/12IxCxcIyCycICCFmamxFmamyMJmlsin2clxcos2cly其中对时间求二阶导数，得由动静法2(cossin)2clx2(cossin)2cly0IIiMF[cos()sin]/20IIICxyMFFmgl代入数据得：3sin2gl3(1cos)gl积分得sin2clxcos2cly解法二；用动能定理求解。任一瞬时系统的动能2222211121226CmTlmvml其中vC＝lw/21,2(1cos)2lWmg由动能定理得2210(1cos)62lmlmg由动能定理得解得233(1cos)(1cos)ggll对上式求导数得32(sin)gl3sin2gl2210(1cos)62lmlmg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。MCI＝JCMOI＝ml2/12FnI＝ml2／2（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＝0FtIl／2＋MCI―mglsin／2＝0整理上式得＝3gsin／2l又解：1、惯性力系向质心简化得习题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：112,IIFmaFma解：由动静法力学列方程：112,IIFmaFma12120sin0IIyFmgmgFF1212sinmmagmm10cos0IxDFFF11212cos(sin)DmmmFgmm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：221212110sin22mvmvmgSmgS等式两边对时间求导得21212sin2mmvgSmm1212sin22,mmdvdSdSvgvdtmmdtdt即等式两边对时间求导得1212sin22,mmdvdSdSvgvdtmmdtdt由质心运动定理1212sinmmagmmcxicixxmamaF1cosxmaF11212cos(sin)xmmmFgmm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。BAθaFNmgMIFIα2cos21cos,212IIClalFmamMJml22220cos0211coscos12426cos13cosAIImlMFmglmlmmglglFBAθaFNmgMIFIα26cos13cosgl26cos3cos2513coslgagl003255yININFFFmgFmgFmgmgmg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。l/4l/4amgMαFTτFCII解：如图所示，刚断开时20,4()0041124412377IICIIAcFFmalalMFMFmgllmlmamggaglA点加速度为0，以A为基点，则0:03477yITITFFFmgFmgFmgmamgmgmgamgMαFTτFII37Cag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)ABCACaAC=2aF1TFG2FfNFF1GcaMCαFTIIII2解：如图所示12122211,,2122IICCACICCGGFaFaaaggGMJmrrg222220ITTCGFGFFGag对A对CACaAC=2aF1TFG2FfNFF1GcaMCαFTIIII21()0200.28/IIICTsCMFMFrFrams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。θOAB解：如图所示22221212IrIeIrrIMmrFmaFmrFmaθABmg11FIaF'NNfF'rIFxeaIMmg2rαyareFIfFFN20:sincos0IIxerfFmgFFF圆柱θABmg11FIaF'NNfF'rIFxeaIMmg2rαyareFIfFFN20:sincos0IyeNFFmgF22221212IrIeIrrIMmrFmaFmrFma22sincos(sincos)IIferrFmgFFmgar22sincos(cossin)INeFFmgmga圆柱三棱柱θABmg11FIaF'NNfF'rIFxeaIMmg2rαyareFIfFFN0()0:0,IfMFMFr''10:cossin0IxfNFFFF22221212IrIeIrrIMmrFmaFmrFma2(cossin)NFmga2(sincos)frFmgar22222110(sincos)22rfrrmrFrmrmgarr22222211(sincos)()22rrmgarrmrm代入以上各式得22122sin23()2cosmgammm''10:cossin0IxfNFFFF222121,,2IIerrIIrGGFaFrggGGFaMrggθABmg11FIaF'NNfF'rIFxeaIMmg2rαyareFIfFFN22222211(sincos)()22rrmgarrmrm2(cossin)NFmga2(sincos)frFmgar