第05章 刚体力学基础 部分例题

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1、第5章刚体力学基础部分例题1[例5-1]一转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动，起始角速度为w0，所受阻力矩为M=-kw，求（1）当w=w0/2时，圆盘的角加速度；（2）圆盘的角速度从w0变为w0/2时所需的时间。解：Mkwkw0（1）角加速度JJ2Jdwdwk（2）MJwJkdtdtwJw01ktkw0122积分ddwttlnwlnw0w00wJJ2J所需时间tln2k2[例5-2]解：研究对象：A、B、圆柱mBmBmAmAmBgmAgA:附加B:方程圆柱：3[例5-3]一长为l、质量为m的均匀直棒

2、可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动，抬起棒的另一端，使向上与水l平面成q0角，然后无初转速的将棒释放，求当棒与水平面成q角时棒的角加速度。mg解：q根据转动定律，有M=J11∵Mmgcosqqlmglcos2212均匀直棒绕其一端转动，转动惯量为Jml13mglcosqMg23∴角加速度qcosJl122ml34[例5-4]一个质量为m的物体与绕在定滑轮上的轻绳相联，轻绳与定滑轮之间无滑动。定滑轮R半径为R，转动惯量J，滑轮轴光滑。开始时系统静止，求在t时刻：（1）物体下落的加速度和绳中的张力；m（2）物体的下落速

3、度和下降距离；（3）定滑轮转动的角加速度、角速度和转过的角度；（4）若将物体改为作用力F=mg，求定滑轮所获得的角加速度；（5）若定滑轮有初角速度w0，方ω0向如图，求定滑轮开始作反向转动R时所经历的时间以及相应的物体上升的高度。m5解：R（1）物体下落的加速度和绳中的张力对于物体mg-T=ma对于滑轮TR=Jm运动学关系a=R从这3个方程式中求得2RmgRmgJ加速度a张力T22mRJmRJ（2）物体的下落速度和下降距离TT已知v0=0，所以mgRt2下落速度vat2mmRJa22112mgRt下降距离hat222m

4、RJmg6（3）定滑轮转动的角加速度、角速度和转过的角度RamgRmgRtwt22RmRJmRJ2112mgRtmqt222mRJ（4）若将物体改为作用力F=mg，求定滑轮所获得的角加速度MmgRJJ在F=mg作用下，定滑轮的角加速度更大7（5）若定滑轮有初角速度w0，方向如图，求ω0定滑轮开始作反向转动时所经历的时间以及相R应的物体上升的高度。amgR已求得2RmRJm因为w=w0–t当w=0时，wmR2J0tw0mgR物体上升的高度222w0mRJ22mRJhRqRRww00

5、22mgR2mg8[例5-5]半径为R1和R2、转动惯量为J1和J2的两个圆柱体，可绕垂直轴转动，最初大圆柱体的角速度为w0，现将小圆柱体靠近碰到大圆柱体。由于摩擦，小圆柱体被带着转动，当相对滑动停止时，两圆柱体各以恒定角速度沿相反方向转动。求小圆柱的最终角速度多大？J,Rw110J,R229o1解：分别对o1轴和o2轴运用角动量定理。o2设垂直于纸面向里为正向：无相对滑动：10END[例5-6]如图示已知：M=2m，h，q=60°求：碰撞后瞬间盘的w0？ym(黏土块)P转到x轴时盘的w=?解：m下落：1hmghmv22mPMRv

6、2gh(1)hOθxv（水平）光滑轴P均质圆盘11碰撞t极小，对m+盘系统，冲击力远大于重力，故重力对O力矩可忽略，角动量守恒：ym(黏土块)mvRcosqJwo(2)1222JMRmR2mR(3)2h由(1)(2)(3)得：2ghPwocosq(4)MR2ROθx对m+M+地球系统，只有重力做功，（水平）光滑轴E守恒.令P、x重合时E=0。P则：1212均质圆盘mgRsinqJwoJw(5)22gh2g由(3)(4)(5)得：wcosqsinq22RR12wgh2qgqym(黏土块)cossin22RRh1g.(

7、h43R)P2R2MROθx（水平）(q60o)光滑轴均质圆盘gh2g由(3)(4)(5)得：wcosqsinq22RR13[例5-7]水平转台(m1、R)可绕竖直的中心轴转动，初角速度w0，一人(m2)立在台中心，相对转台以恒定速度u沿半径向边缘走去，计算经时间t，台转过了多少角度。解：人与转台组成的系统对竖直轴的角动量守恒：14台转过的角度：15[例5-9]质点与直杆碰撞.O细杆：M,l，轴O，在竖直位置静止.m与棒发生弹性碰撞（如图所示）。m碰后失速下落。求碰后：棒的最大偏转角？ma解：系统受重力、轴的支反力等。但这些力对轴的

8、力矩＝0。利用角动量守恒：碰前：m细杆碰后：16在碰后的运动中，m的运动不考虑，.O只讨论细杆的转动。C.C.由动能定理：重力作功等于细杆动能增加ma17[例5-11]一质量均匀