理论力学 习题解谷
习题解答 理论力学
14-12、图示滑道连杆机构,位于水平面内。曲柄长r,对转轴 的转动惯量为J;滑块A的质量不计。今在曲柄上作用一不变 转矩M,初瞬时系统处于静止,且∠AOB=q,求曲柄转 周后的角速度。 T=0 M Ja2+(rosin o) g B 2 J+ 由动能定理2-1=∑W Pr-sin 0o2-0=M.2n-F.4r g O=/。2mM-4rF g+Prsnφo
14-12、图示滑道连杆机构，位于水平面内。曲柄长r ，对转轴 的转动惯量为J ；滑块A 的质量不计。今在曲柄上作用一不变 转矩 M ，初瞬时系统处于静止，且∠AOB = 0 ，求曲柄转一 周后的角速度。 va ve vr T1 = 0 ( ) 2 0 2 2 sin 2 1 2 1 r g P T = J + 0 2 2 2 sin 2 1 = + g Pr J 由动能定理 T2 −T1 = W M F r g Pr J 0 2 4 sin 2 1 0 2 2 2 − = − + 0 2 2 Pr sin 2 4 2 + − = Jg M rF g
14-13、图示曲柄连杆机构位于水平面内。曲柄重P、长为r 连杆重W、长为l,滑块重G,曲柄及连杆可视为均质细长杆。 今在曲柄上作用一不变转矩M,当∠BOA=900时A点的速度 为u,求当曲柄转至水平位置时A点的速度。 DHB P+3n+3G 6g P+w 12 g 6 g Ptw T-T=M 62P+3W+3G g 3MgT+(p+3et3G hu P+w
2 2 2 2 1 2 1 2 1 3 1 2 1 u g G u g W r u r g P T + + = 2 6 3 3 u g P + W + G = 2 2 2 2 2 3 1 2 1 3 1 2 1 + = l v l g W r v r g P T 2 6 v g P +W = 2 2 1 T −T = M 6 2 3 3 6 2 2 M u g P W G v g P W = + + − + ( ) P W Mg P E G u v + + + + = 2 3 3 3 14-13、图示曲柄连杆机构位于水平面内。曲柄重P 、长为 r ， 连杆重 W 、长为 l ，滑块重 G ，曲柄及连杆可视为均质细长杆。 今在曲柄上作用一不变转矩M ，当∠BOA = 900 时 A 点的速度 为 u，求当曲柄转至水平位置时 A 点的速度
14-14、图示行星齿轮机构位于水平面内,动齿轮A重P、半径为r, 可视为均质圆盘;系杆OA重W,可视为均质细杆;定齿轮半径为 R。今在系杆上作用一不变的转矩M使轮系由静止而运动,求系 杆的角速度与其转角φ的关系。 I w T (R+r)o2+ 3 po/R+r O 23g g R 2M+9P (R+r)2 12 g T-O=MC 2W+9P R+ro 12g 2 3Mgpp R+r2W+9P
14-14、图示行星齿轮机构位于水平面内，动齿轮A重P、半径为r， 可视为均质圆盘；系杆OA重W，可视为均质细杆；定齿轮半径为 R。今在系杆上作用一不变的转矩M使轮系由静止而运动，求系 杆的角速度与其转角的关系。 ( ) 2 2 2 2 2 3 2 1 3 1 2 1 + = + + r R r r g P R r g W T ( ) 2 2 12 2 9 R r g W P + + = T − 0 = M (R r) M g W P + = + 2 2 12 2 9 W P Mg R r 2 9 2 3 + + =
14-20.图示正方形均质板的质量m=40kg,边长 b=100mm,在铅垂面内用三绳拉住。试求(1)绳 FG剪断瞬间,正方形板的加速度以及AD和BE两 绳的张力;(2)当AD和BE两绳位于铅直位置时板 中心C的加速度和两绳的张力。 B人60° b
14-20. 图示正方形均质板的质量 m=40kg, 边长 b=100mm, 在铅垂面内用三绳拉住。试求:(1)绳 FG剪断瞬间,正方形板的加速度以及AD和BE两 绳的张力;(2)当AD和BE两绳位于铅直位置时,板 中心C的加速度和两绳的张力。 b A B 60º F G D E C
解:(1)板作平动,初始位置受力如图。 绳FG剪断瞬间:v=0=acn=0,ac=ac 由质心运动定理有 B人60° macr= mg COS60° 10=F+FB- mosin60° 板作平动8=0 JcE=∑MC(F) (FB-FA)sin60°-(F+FB)cos60°=0 由以上方程即可解出F、F和ac
b A B 60º FA C FB mg aCn aCτ 解: (1) 板作平动,初始位置受力如图。 板作平动 绳FG剪断瞬间: vC=0 ε = 0 aCn= 0, aC = aCτ maCτ = mg cos 60º JC ε = MC (Fi ) 0= FA+FB – mgsin 60º 由质心运动定理有 (FB –FA ) sin 60º– (FA+FB ) cos 60º = 0 由以上方程即可解出FA、FB和aC
(2)两绳位于铅直位置时,受力如图 C 0 B/60 C E+F B mg FB(b2)-F(b2)=0 式中 mg 再由动能定理的积分形式72-71=∑W 初时刻系统的动能71=0 两绳位于铅直位置时系统的动能72=mc2/2
(2) 两绳位于铅直位置时,受力如图。 b A B 60º FA C FB mg aCn aCτ maCτ = 0 maCn = FA+FB – mg FB (b/2) – FA (b/2) = 0 式中: aCn = vC 2 /ρ 再由动能定理的积分形式 初时刻系统的动能 T2－T1 = ∑Wi T1 = 0 两绳位于铅直位置时,系统的动能 T2 = mvC 2 / 2
∑W1=mgp(1-sin60° mgp(1-sin 60)=mv 2/2 n=(2-√3) B mac=0 B|60° F+FB-mg FB(b2)-E4(b2)=0 mg 即可解出F和FB
而 b A B 60º FA C FB mg aCn aCτ ∑Wi = mgρ(1－sin 60º) mgρ(1－sin 60º) = mvC 2 / 2 ( ) 2 3 C Cn a a g = = − maCτ = 0 maCn = FA+FB – mg FB (b/2) – FA (b/2) = 0 即可解出FA和FB
14-21.图示三棱柱A沿倾角为θ的斜面B无摩擦地 滑动,A和B的质量分别为m1和m2斜面B置于光滑 的水平面上。试求任意时刻斜面B的加速度。 B
14-21. 图示三棱柱A沿倾角为θ的斜面B无摩擦地 滑动, A和B的质量分别为m1和m2 , 斜面B置于光滑 的水平面上。试求任意时刻斜面B的加速度。 A θ B
解:斜面B 三棱柱A B bB 运动学关系 apt a B 1(B +a=mig+ FN m219+ m2aB= FN sin) myagsin6-m,gcos -FN aB*(m,gsin 20)/2(m2+m, sin y
解: 斜面B θ B A m2g FN aB m2aB= FN sin θ F'N m1g aB ar 三棱柱A aA = aB + ar 运动学关系: m1 (aB+ar )= m1g+ F'N + m1aB sinθ=m1gcosθ–F'N aB=(m1gsin 2θ)/2(m2+m1 sin2θ)