西南交通大学理论力学作业答案⑨

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1、动量矩定理作业参考答案及解答1．如题图所示，均质细圆环质量为m1，半径为R，其上固接一质量为m2的均质细杆AB，系统在铅垂面以角速度ω绕O轴转动，已知∠CAB=60°，求系统对轴O的动量矩。OCRAB21)环对其质心的转动惯量J=mRC11由转动惯量的平行移轴定理，环对转轴点O的转动惯量22J=mR+J=2mRO11C11122）杆对其质心J=mRC2212由转动惯量的平行移轴定理，杆对转轴点O的转动惯量32211J=J+m(R+R)=R(m+3m)O2C222226112所以J=J+J=(2m+m+3m)ROO1O21226211对轴O的动量矩为L=Jω=Rω(2m+m

2、+3m)OO1226211答案：L=Rω(2m+m+3m)O12262．行星齿轮机构如题图所示，齿轮D固定，轮心为A；行星齿轮B质量为m1，半径为R，对质心B的回转半径为ρ；曲柄AB可看作均质细杆，其质量为m2，长为l。当杆AB以ω转动时，求系统对轴A的动量矩。BAD提示：本题主要工作是齿轮B对轴A的动量矩计算。齿轮B作平面运动，先求出齿轮B的角速度，根据平面运动刚体对轴的动量矩的计算式计算。注意各项的正负号。解:vBBAωBD121）对杆分析，杆对轴A的动量矩L=mRωA1232）对轮分析ωR=ωlBωlω=(顺时针)BR22ρl齿轮对轮心B的动量矩为L=−mρω=−m

3、ωB1B1R2齿轮对轴A的动量矩为L=L+mlωABB122mlmρl2213）系统对轴A的动量矩为L=L+L=(+ml−)ωAA1AB13R22mlmρl221答案：L=(+ml−)ωA13R3．均质水平圆盘重为P1，半径为r，可绕通过其中心O的铅垂轴旋转。一重为12P2的人按AB=s=at的规律沿盘缘行走。设开始时圆盘是静止的，求圆盘的角2速度及角加速度。AOrB12提示：整个系统对轴O的动量矩守恒。注意人按AB=s=at的规律沿盘缘行走2是指相对运动规律。解:以整个系统为研究对象，由于∑MO(F)=0，故整个系统对轴O的动量矩守恒。ds人相对圆盘的速度大小为=v=a

4、trdtds人绝对速度的大小为v=rω−=rω−atadt整个系统对轴O的动量矩守恒1pp212L=L+L=rω+r(ωr−at)=0O122gg2aPtdω2aP22解得ω=,α==r(2P+P)dtr(2P+P)21212aPt2aP22答案：ω=,α=r(2P+P)r(2P+P)21214．在题图所示系统中，均质圆轮质量为m1，半径为r，其上绕一不可伸长的绳子，绳子的一端挂重物A，其质量为m2。一弹簧常数为k的弹簧一端连于轮的点E，另一端连于墙上，处于水平位置。OE=e。图示位置为系统的平衡位置，这时EO线为铅垂直。试求当圆轮偏离平衡位置一微小转角ϕ时，其角加速度是

5、多少？kEeOrArmg2解：平衡时弹簧的伸长为δ=，以平衡位置为坐标原点，角位移的正向0ke如下图所示。FkϕEFxFym1gm2g取整体为研究对象，系统对轴O的动量矩为m12LO=(+m2)rω2由于圆轮偏离平衡位置为一微小转角ϕ，则一般位置时外力对轴O的矩为2∑MO(F)=eFk−rm2g=(δ0−eϕ)ke−rm2g=−keϕ对水平轴O用动量矩定理2dLOm122−2keϕ=∑MO(F)⇒(+m2)rα=−keϕ⇒α=2dt2(m+2m)r12负号表示与转角ϕ的转向相反。5．如题图所示，均质细圆环的质量为m，半径为r，C为质心。圆环在铅垂平面内，可绕位于圆环周缘的

6、光滑固定轴O转动。圆环于OC水平时，由静止释放，求释放瞬时圆环的角加速度及轴承O的反力。rCO提示：先用刚体定轴转动微分方程求出角加速度，然后用质心运动定理求轴承O的反力。解：αFOxOCmgFOy圆环对轴O的转动惯量为2J=2mrO由定轴转动微分方程JOα=∑MO(F)2得2mrα=mgrgα=(顺时针)2r再用质心运动定理x:F=0Oxmgy:F−mg=−mrα=−Oy2解得1F=mg(↑)Oy2g1答案：α=(顺时针),F=0,F=mg(↑)OxOy2r26．如题图所示，有一轮子，轴的直径为50mm，无初速的沿倾角θ=20°的轨道滚下，设只滚不滑，5s内轮心滚过的距

7、离为s=3m。试求轮子对轮心的惯性半径。s提示：本题用刚体平面运动微分方程求解。注意到轮心加速度可由式12s=at求得，且轮心加速度a与轮子角加速度α关系a=rα，其中r为轮轴的2半径。解：12×3621)由s=at2得轮心加速度a===0.24m/s22525由运动学关系a=rα得轮角加速度a0.242α===9.6(rad/s)r0.025α2）由刚体平面运动微分方程得Ffmgsinθ−F=maafmgFN2F×r=mραf222r(gsinθ−a)rtgsinθ22由以上两式消去Ff得ρ==−r=8113(mm)α2sρ