清华大学理论力学课后习题答案大全 第9章动量矩定理及其应用.docx

清华大学理论力学课后习题答案大全 第9章动量矩定理及其应用第9章 动量矩定理及其应用 91 计算下列情形下系统的动量矩。 1. 圆盘以的角速度绕O轴转动，质量为m的小球M可沿圆盘的径向凹槽运动，图示瞬时小球以相对于圆盘的速度vr运动到OM = s处；求小球对O点的动量矩。 2. 图示质量为m的偏心轮在水平面上作平面运动。轮心为A，质心为C，且AC = e；轮子半径为R，对轮心A的转动惯量为JA；C、A、B三点在同一铅垂线上。当轮子只滚不滑时，若vA已知，求轮子的动量和对B点的动量矩；当轮子又滚又滑时，若vA、已知，求轮子的动量和对B点的动量矩。 解：1、LO=mws 2、 p=mvC=m(vA+we)=mvA(1+LB=mvC(R+e)+JCw=mvA(R+e)R22vr M O A B C R vA eR) 2+(JA-me)vAR(a) (b) 习题91图 p=mvC=m(vA+we) LB=mvC(R+e)+JCw=m(vA+we)(R+e)+(JA-me2)w=m(R+e)vA+(JA+meR)w 92 图示系统中，已知鼓轮以的角速度绕O轴转动，其大、小半径分别为R、r，对O轴的转动惯量为JO；物块A、B的质量分别为mA和mB；试求系统对O轴的动量矩。 O r 解： R LO=(JO+mAR+mBr)w A 习题92图 22B 93 图示匀质细杆OA和EC的质量分别为50kg和100kg，并在点A焊成一体。若此结构在图示位置由静止状态释放，计算刚释放时，杆的角加速度及铰链O处的约束力。不计铰链摩擦。 解：令m = mOA = 50 kg，则mEC = 2m 质心D位置： =0， FOx=0 -1- 94 卷扬机机构如图所示。可绕固定轴转动的轮B、C，其半径分别为R和r，对自身转轴的转动惯量分别为J1和J2。被提升重物A的质量为m，作用于轮C的主动转矩为M，求重物A的加速度。 解：对轮C： J2aC=M-FTr 对轮B和重物A： 2(J1+mR)a=FT¢R-mgR a R B R B FT 运动学关系： a=raC=Ra a=A 222M C r a A mg FT C r M (M-mgr)rR22J1r+J2R+mRr习题94图 题9-4解图 95 图示电动绞车提升一质量为m的物体，在其主动轴上作用一矩为M的主动力偶。已知主动轴和从动轴连同安装在这两轴上的齿轮以及其它附属零件对各自转动轴的转动惯量分别为J1和J2；传动比r2 : r1 = i；吊索缠绕在鼓轮上，此轮半径为R。设轴承的摩擦和吊索的质量忽略不计，求重物的加速度。 FN J1 M r1 J1 M F r1 J2 R r2 J2 R r2 FN F m 解：对轮1： J1a1=M-Fr1 对轮2： (J2+mR)a2=F¢r2-mgR 2mg m 习题95图 习题95解图 r1a1=r2a2；a1=ia2 a2=Mi-mgRJ2+mR2+J1i2重物的加速度：a=Ra2=(Mi-mgR)RJ2+mR2+J1i296 均质细杆长2l，质量为m，放在两个支承A和B上，如图所示。杆的质心C到两支承的距离相等，即AC = CB = e。现在突然移去支承B，求在刚移去支承B瞬时支承A上压力的改变量FA。 解：JAa=mge，(ml+me)a=mge 3122A C 习题96图 B maC=mg-FA aC=ea=FA=mg-DFA=3ge222a l+3e3mge2A C B 22l+3e-FA=FA 22mg 习题96解图 mg23mge2l+3e-mg2=3e-l22222(l+3e)mg -2- 97 为了求得连杆的转动惯量，用一细圆杆穿过十字头销A处的衬套管，并使连杆绕这细杆的水平轴线摆动，如图a、b所示。摆动100次所用的时间为100s。另外，如图c所示，为了求得连杆重心到悬挂轴的距离AC = d，将连杆水平放置，在点A处用杆悬挂，点B放置于台秤上，台秤的读数F = 490N。已知连杆质量为80kg，A与B间的距离l=1m，十字头销的半径r = 40mm。试求连杆对于通过质心C并垂直于图面的轴的转动惯量JC。 习题97图 解：图，q<<1时， &&=-mg(d+r)q JAq&&+mg(d+r)q=0 JAq &&+qmg(d+r)JAJA=2Ad+rq=0qC.qwn=2mg(d+r)JABmgT=wnmg(d+r)2(a) JA=JC+m(d+r)=58=0.625由图： åMA=0，d=Flmgm =2sACBFd代入、，注意到周期TJC=mg(d+r)22，得 g2-m(d+r)=m(d+r)9.82-(d+r)lmg=80´0.665´(=17.45kg×m2-0.665)(b) 习题97解图 98 图示圆柱体A的质量为m，在其中部绕以细绳，绳的一端B固定。圆柱体沿绳子解开的而降落，其初速为零。求当圆柱体的轴降落了高度h时圆柱体中心A的速度和绳子的拉力FT。 解：法1：图 maA=mg-FT JA=FTr 解得 aA=rJA=FT=mr21213习题98图 mgaA=23g-3- 由运动学 vA=2aAh=233gh法2：由于动瞬心与轮的质心距离保持不变，故可对瞬心C用动量矩定理： &&=mgr JCj 又 aA再由 得 99 鼓轮如图，其外、内半径分别为R和r，质量为m，对质心轴O的回转半径为，且2 = R ·r，鼓轮在拉力F的作用下沿倾角为的斜面往上纯滚动，F力与斜面平行，不计滚动摩阻。F 试求质心O的加速度。 JC=JA+mr&&=j=23A2=32mr2FTaArgCrAaAmga） (a) 3ghma=mg-FTvAFT=13mg23vA=2aAh=解：鼓轮作平面运动，轴O沿斜面作直线运动： maO=F-Ff-mgsinq mra=Fr+FfR 纯滚：aO=Ra 代入 mr×2r O R 2 习题99图 aOR=Fr+FfR F 2解、联立，消去Ff，得 aO=FR(R+r)-mgRsinqm(R+r)22r O mg R Ff FN 题9-9解图 910 图示重物A的质量为m，当其下降时，借无重且不可伸长的绳使滚子C沿水平轨道滚动而不滑动。绳子跨过不计质量的定滑轮D并绕在滑轮B上。滑轮B与滚子C固结为一体。已知滑轮B的半径为R，滚子C的半径为r，二者总质量为m，其对与图面垂直的轴O的回转半径为r。求：重物A的加速度。 习题910图 -4- 解：法1：对轮： JOa=TR-Fr m¢aO=F-TtH对A： maA=mg-Tm mgga又：aA=aH绳=a 以O为基点： atHaO+anH=aO+anHO+atHO· HTaH绳E Ftt aH=aHO-aO=Ra-ra=(R-r)a FN aA=(R-r)a 由上四式联立，得 g22aA mg+r)+m(R-r)m¢(r+r)×+12m(R-r)(a) aO 法2：对瞬心E用动量矩定理 JEa=T(R-r) maA=mg-T 又aA=(R-r)a 222JE=JO+m¢r=m¢(r+r) 可解得：aA=gm¢(r+r)×+12m(R-r)22O naH aHO nH aHtt(b) aHO911 图示匀质圆柱体质量为m，半径为r，在力偶作用下沿水平面作纯滚动。若力偶的力偶矩M为常数，滚动阻碍系数为d，求圆柱中心O的加速度及其与地面的静滑动摩擦力。 解：JDaMf=M-Mfa=dFN2FN=mgJD=32mrFarmgMa=arMfD代入，得 a=2(M-dmg)3mrFN习题911图 (a) 又：maF=F3r2(M-dmg)912 跨过定滑轮D的细绳，一端缠绕在均质圆柱体A上，另一端系在光滑水平面上的物体B上，如图所示。已知圆柱A的半径为r，质量为m1；物块B的质量为m2。试求物块B和圆柱质心C的加速度以及绳索的拉力。滑轮D和细绳的质量以及轴承摩擦忽略不计。 解：对轮C： JCa=FTr mg m1aC=m1g-FT 对物块B：m2aB=FT 且：aC=aB+ra；JC=解得：a=Bm1m1+3m2m1m2m1+3m2gB 2D B 12m1r =m1+2m2m1+3m2g 2FT T FT C C 习题912图 A FN a A m1g ；aCg FT=题9-12解图 -5- 913 图示匀质圆轮的质量为m，半径为r，静止地放置在水平胶带上。若在胶带上作用拉力F，并使胶带与轮子间产生相对滑动。设轮子和胶带间的动滑动摩擦因数为f。试求轮子中心O经过距离s所需的时间和此时轮子的角速度。 解：图，轮O平面运动： maO=F1 0=FN-mg JOa=F1r习题913图 由， FN=mg=12mr2动滑动时， F1=fFN=fmg代入，得 aO=fg 代入，得 mgF1由代入下式： s=12aOtFN(a) 得 t=2sfg2r2fgsw=at=914 图示匀质细杆AB质量为m，长为l，在图示位置由静止开始运动。若水平和铅垂面的摩擦均略去不计，试求杆的初始角加速度。 解：法1：P为AB杆瞬心，PCJPa=mg×JP=13ml2=l2，图： l2sinqPa=3g2lsinq习题914图 BFB法2：AB杆平面运动 &C=FB m&x&C=FA-mg m&yJCa=FA×xC=&C=x&&C=xl2l22ll2sinq-FBl2cosqCqAFAamgsinq，yC，+=l2cosq-l2cosq×q&sinq×q&C=yl2sinq×q& l2&&cosq×q(a) -l&2&&=cosq×q .BFB&&C=-yl2&&=-lsinq×q&& cosq×q&-sinq×q222-6- yC.qCmgOxxCaA将、代入、得 mcosq×a=FB FA(b) -1l2msinq×a=FA-mg2l2FBcosq12ml×a=3gsinq2ll2FAsinq-解得：a=，与式相同。 915 圆轮A的半径为R，与其固连的轮轴半径为r，两者的重力共为W，对质心C的回转半径为r，缠绕在轮轴上的软绳水平地固定于点D。均质平板BE的重力为Q，可在光滑水平面上滑动，板与圆轮间无相对滑动。若在平板上作用一水平力F，试求平板BE的加速度。 r C r C A FA D T R D R W B Ff E B F E F FN 习题915图 习题915解图 解：对轮C：JCa=FfR-FTr；JC=WgQgWg2r aC=FT-Ff；aC=ra 对板BE： 求得：aBE= aBE=F-Ff；aBE=(R-r)a F(R-r)g2Q(R-r)+W(r+r)222*916 图示水枪中水平管长为2l，横截面面积为A，可绕铅直轴z转动。水从铅直管流入，以相对速度r从水平管喷出。设水的密度为r，试求水枪的角速度为w时，流体作用在水枪上的转矩Mz。 解：水平管上各点科氏加速度相同 aC=2 ´vr aC=2 vr 科氏惯性力均布，其合力： FIC=r×lA×aC=2wvrrlA Mz¢FICCCFIC=2×FIC×l2=2r×lAwvr2(a) 习题916图 *917 图示匀质细长杆AB，质量为m，长度为l，在铅垂位置由静止释放，借A端的水滑轮沿倾斜角为q的轨道滑下。不计摩擦和小滑轮的质量，试求刚释放时点A的加速度。 解：图，初瞬时wAB=0，以A为基点，则 aC=aCx+aCy=aA+aCA习题917图 即aCx=aA-aCAcosq=aA-aCy=aCAsinq=l2acosql2asinq由平面运动微分方程： -7- maCx=mgsinqaAAaCx=gsinqmaCy=mgcosq-FNJCa=FN×l2sinqq即112mla=FN×2l2FNsinq=3gsin2ql(1+3sinq)2C解、联立，得 a由、，得 aA-代入，得 laCxaAmgaCAcosq×a=gsinq24sinqaA=g 21+3sinqBaCya(a) *918 匀质细长杆AB，质量为m，长为l，CD = d，与铅垂墙间的夹角为q，D棱是光滑的。在图示位置将杆突然释放，试求刚释放时，质心C的加速度和D处的约束力。 解：初始静止，杆开始运动瞬时，vD必沿支承处切向，即沿AB方向，所以aD此时沿AB方向，如图，以D为基点： 由aCx+aCy=aD+aCD+aCD aCx=aCD=d×a1 tntA习题918图 由AB作平面运动： maCx=mgsina-FNmaCy=mgcosa112ml×a1=FNd2由，aCy=gsocaFNDaaDaCy解、联立 aCx=FN=12gdsinal+12d2222aCxmga1Bmglsinal+12d22(a) 919 如图所示，足球重力的大小为4.45N,以大小v1=6.1m/s,方向与水平线夹400角的速度向球员飞来，形成头球。球员以头击球后，球的速度大小为v1¢=9.14m/s，并与水平线夹角为200角。若球头碰撞时间为0.15s。试求足球作用在运动员头上的平均力的大小与方向。 ¢-v1) 解：击球前后球的动量改变为Dp=m(v14.45gDp=9.14cos20-(-6.1cos40),-9.14sin20-(-6.1sin40)oooo =0.454=N·s 设Dp与水平夹角a DpyDpx=tana=o0.3616.02=0.06yDP习题919图 a=3.431 Dp=Dp+Dp2x2ya=6.03 N·s FtxF=Dpt=6.03人头受力F0.15与Dp=40.2N (a) 反向，即向左下方。 -8- 920 边长为a的方形木箱在无摩擦的地板上滑动，并与一小障碍A相碰撞。碰撞后绕A翻转。试求木箱能完成上述运动的最小初速v0；木箱碰撞后其质心的瞬时速度vC与瞬时角速度w。 wv vO o45 A碰前碰末 习题920图 (a) (b) C解：碰前方箱以初速度v0平移，碰后箱绕A点转动直到翻倒，碰撞中箱只在A点受冲量，重力等其它有限力的冲量可忽略不计，因此碰撞前后箱对A点的动量矩守恒。 设箱的质量为m JA=md2+JC=16ma2+m(222a)2=23ma2w=0vC=0对A动量矩守恒：mv0 w=3v04aa2=3maw2C=0A若箱刚能完成翻转，则转到最高点时w最高点机械能守恒，即 mga2ma2，从碰后到转到最高处+21223×maw2222=mg22)a(c) a由得， 由此，w=139v016a=mg(2-123v016=0.207agagv0=1.05 ， vC=a23v04a=0.788gaw=0.557ag*921 台球棍打击台球，使台球不借助摩擦而能作纯滚动。假设棍对球只施加水平力，试求满足上述运动的球棍位置高度h。 h 习题921图 解：设杆给球的冲量为I，受击后球心速度为v，球的角速度为w，球质量为m。 动量定理：I=mv 对质心动量矩定理：I(h-r)=25mrw2ICd(a) wvr 纯滚动：v=rw 、代入，消I、v得 (b) -9- h-r=25r h=75r=710d*922 匀质杆长为l，质量为m，在铅垂面内保持水平下降并与固定支点E碰撞。碰撞前杆的质心速度为vC，恢复因数为e。试求碰撞后杆的质心速度vC¢与杆的角速度w。 解：碰后E点不动，v¢n=evC 杆只有D点受冲量，故相对D点动量矩守恒 mvlmml2C×4=(12l2+16)w 由此可解出：w=12vC7l设碰后C点速度vC¢出向上，由图(a)可知 v¢l3C=v¢D-4w=(e-7)vC由此式知，当e>37时，v¢C确实向上，若e<37时，v¢C应向下。v¢Cv¢DwABCD(a) -10- 习题922图