理论力学习题解答课件.ppt

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1、欢迎光临!理论力学动量矩定理习题解答理论力学13-17.如图示,重物A的质量为m1,鼓轮B的质量为m2,对通过质心O的水平轴的回转半径为ρ。若不计滑轮D的质量,且B沿水平面只滚不滑,已知R和r,求重物A的加速度。运动学关系:aO=RεvA=(R+r)ω而aA=(R+r)ε•RrODABaOεaAA•RrOBFNFm2gFT2εFT1m1gaA解:重物A:m1aA=m1g–FT1鼓轮B:m2aO=FT2–Fm2ρ2ε=FT2r+FR运动学关系:aO=RεFT1=FT2aA=(R+r)εaO13-18.如图示,质量为m2的均质圆柱放在质量为m1的板上。板在力的作用下沿水平面运动,板与水

2、平面间的动摩擦系数为f。若圆柱在板上只滚不滑,求板的加速度。OF解:OFF'N2F'2m2gFN1F1m1gFN2F2aεaOm1a=F–F1–F2F1=fFN1FN1–m1g–FN2=0m2aO=F'2m2r2ε/2=F'2rF'N2–m2g=0板:圆柱:运动学关系:aO=a–rε13-19.均质圆柱A和细圆环B的半径均为r、质量均为m,用轻杆AB铰接后放在倾角为θ的粗糙斜面上无滑动的滚下,如图示。试求AB的加速度和杆的内力。θBA解:以圆柱A为研究对象,受力如图。θAFNAFAmgFTaAεAmaA=mgsinθ+FT–FAmr2εA/2=FAr运动学关系:aA=rεA由此可得

3、3maA/2=mgsinθ+FT以圆环B为研究对象,受力如图。θBFNBFBmgF'TaBεB3maA/2=mgsinθ+FTmaB=mgsinθ–F'T–FBmr2εB=FBr运动学关系:aB=rεB2maB=mgsinθ–FT由AB杆作平动可知:a=aA=aBa=(4gsinθ)/7FT=–(mgsinθ)/7C•v0rω013-20.如图示,半径为r、质量为m的均质圆柱放在粗糙的水平面上。已知初始时刻rω0

4、+m(dvC/dt)=–FJC(dω/dt)=Fr而JC=mr2/2F=mgfdvC=–gfdtrdω=2gfdtt=0时:vC=v0,ω=ω0,积分上两式可得vC=v0–gftrω=rω0+2gft滚而不滑时需满足运动学条件vC=rω由此即可解出t=(v0–rω0)/3gfvC=(2v0+rω0)/3θAB13-21.图示均质细长杆AB的质量为m,长度为l,在铅垂位置静止释放。借助A端的小滑轮沿倾角为θ的轨道自由滑下,不计滑轮质量,求释放瞬间A端的加速度。θAB解:以AB为研究对象,受力如图。由刚体平面运动微分方程有mgCFNaCxaCyaCxaCyaτACaAε设为C基点,则A

5、点的加速度为maCx=mgsinθJCε=(FNsinθ)l/2maCy=FN–mgcosθaA=aCx+aCy+anAC+aτAC释放瞬间anAC=0,故aA=aCx+aCy+aτACaA=aCx+aCy+aτACθABmgCFNaCxaCyaτACaAε式中aτAC=lε/2aA=aCx+aτACcosθaCy+aτACsinθ=0aA=aCx+(lεcosθ)/2aCy+(lεsinθ)/2=0以上方程与动力学方程联立即得aA=aCx+(lεcosθ)/2aCy+(lεsinθ)/2=0aCx=gsinθmlε/6=FNsinθmaCy=FN–mgcosθ从以上方程消去FN、

6、aCx、aCy和ε即得aA=(4gsinθ)/(1+3sin2θ)13-34(Ⅱ).半径为r、质量为m的均质圆柱放在倾角α=60º的粗糙斜面上。圆柱与斜面间的摩擦系数f=1/3,缠绕在圆柱上的细绳的一端固定于A点,如图示。试求圆柱中心C沿斜面下落的加速度。αC2rAαC2rA解:以圆柱为研究对象,受力如图。由刚体平面运动微分方程有FNFmgFTmaC=mgsinα–FT–FJCε=FTr–Fr+aCmgcosα–FN=0式中题设f=1/3,α=60º,故可解出JC=mr2/2vC=rωF=fFNaC=0.355gAB13-35(Ⅱ).均质圆柱A和B的半径均为r、质量均为m,通过缠绕

7、在圆柱表面的细绳连接,如图所示。(1)试求圆柱B下落时其质心的加速度;(2)若在A上作用一逆时转向的力偶矩M,问在什么条件下,圆柱B质心的加速度将向上。解:(1)圆柱A:ABεAmr2εA/2=FTr圆柱B:F'TmgεBaBFTmgmaB=mg–F'Tmr2εB/2=F'Tr运动学关系:aB=rεA+rεB故可解出:aB=4g/5(2)圆柱A:AMFTmgεAmr2εA/2=M–FTr圆柱B:maB=mg–F'Tmr2εB/2=F'Tr运动学关系:aB=rεB–rε