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理论力学课后习题详解-第13章-达朗贝尔原理

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  • 卖家[上传人]:杨****
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  • 上传时间:2018-03-27
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    • 1、 204第 14 章 达朗贝尔原理(动静法) 第 14 章 达朗贝尔原理(动静法) 14-1 如图 14-1a 所示由相互铰接的水平臂连成的传送带,将圆柱形零件从 1 高度传送 到另 1 个高度。设零件与臂之间的摩擦因数 fs = 0.2。求: (1)降落加速度 a 为多大时,零 件不致在水平臂上滑动; (2)比值 h / d 等于多少时,零件在滑动之前先倾倒。 IFNFgmSFaIFNFgmaASF(a) (b) (c) 图 14-1 解解 取圆柱形零件为研究对象,作受力分析,并虚加上零件的惯性力 FI。 (1)零件不滑动时,受力如图 14-1b 所示,它满足以下条件: 摩擦定律 NsFfFs (1) 达朗贝尔原理 0=xF,030sinIs= FF (2) 0=yF,030cosIN=+mgFF (3) FI = ma (4) 式(1) 、 (2) 、 (3) 、 (4)联立,解得 2m/s 92. 2a (5) (2)零件不滑动而倾倒时,约束力 FN已集中到左侧点 A ,如图 14-1c 所示,零件在 惯性力作用下将向左倾倒。倾倒条件是 0AM, 0230sin)30cos(2I

      2、I+hFFmgd(6) 式(4) 、(6)联立,解得 aag dh32 此时式(1) 、 (2) 、 (3)仍满足,将式(5)代入上式得 5dh14-2 如图 14-2b 所示汽车总质量为 m,以加速度 a 作水平直线运动。汽车质心 G 离地 面的高度为 h,汽车的前后轴到通过质心垂线的距离分别等于 c 和 b。求其前后轮的正压力, 又,汽车应如何行驶方能使前后轮的压力相等。 ANFBNFIFGBbcAsFBsFgm(a) (b) 图 14-2 解解 取汽车为研究对象,受力(含虚加惯性力)如图 14-2b 所示。其中惯性力 FI = ma 205由动静法: 0=AM,0)(IN=+hFmgbcbFB(1) 0=BM,0)(IN=+hFmgccbFA(2) 解得 )(NbchabgmFA+=,)(NcbhacgmFB+= 欲使 FNA = FNB,则汽车的加速度可由 )()(cbhacgmbchabgm+=+解得 hgcba2)( = 14-3 如图 14-3a 所示矩形块质量 m1 = 100 kg,置于平台车上。车质量为 m2 = 50 kg, 此车沿光滑的水平面运动。车和矩形块在一

      3、起由质量为 m3的物体牵引,使之作加速运动。 设物块与车之间的摩擦力足够阻止相互滑动, 求能够使车加速运动而 m1块不倒的质量为 m3 的最大值,以及此时车的加速度大小。 TFm5 . 0IFg1ma1NF2NFg2m(a) (b) aTFm5 . 0g1mANFA sF1IFTF3IF3mg3ma(c) (d) 图 14-3 解解 取车与矩形块为研究对象如图 14-3b 所示。惯性力为 FI = (m1 + m2 ) a = 150 a 由动静法 aFFFFx150 , 0, 0TIT= 取矩形块为研究对象,欲求使车与矩形块一起加速运动而块 m1不倒的 m3最大值,应考虑在206此时矩形块受车的约束力 FN已集中到左侧点 A,如图 14-3c 所示,且矩形块惯性力为 FI1 = m1a 由动静法,不翻倒的条件为 021 25 . 01 , 011T=amgmFMA将 FT = 150 a 代入上式,解得 2m/s 45. 24=ga 取物块为研究对象,惯性力(如图 14-3d 所示) FI3 = m3a 由动静法 FT + m3a - m3g = 0 kg 5044150 T 3=

      4、=gggagFm 14-4 调速器由两个质量为 m1的均质圆盘所构成,圆盘偏心地铰接于距转动轴为 a 的 A、B 两点。调速器以等角速度绕铅直轴转动,圆盘中心到悬挂点的距离为 l,如图 14-4a 所示。调速器的外壳质量为 m2,并放在两个圆盘上。如不计摩擦,求角速度与圆盘离铅 垂线的偏角之间的关系。 AxyIFyAFxAF22gmg1m(a) (b) 图 14-4 解解 取调速器外壳为研究对象,由对称可知壳与圆盘接触处所受约束力为 =NFm2 g/2 取左圆盘为研究对象,受力如图 14-4b 所示,惯性力为 2 1I)sin(lamF+= 由动静法 0cossin)2(, 0I2 1=+=lFlgmgmMA将 FI值代入,得 tan)sin(221212glammm += 14-5 曲柄滑道机械如图 14-5a 所示,已知圆轮半径为 r,对转轴的转动惯量为 J,轮上 作用 1 不变的力偶 M,ABD 滑槽的质量为 m,不计摩擦。求圆轮的转动微分方程。 207ANFBNFCNFCEABgmIFDxOFyOFt Can CaraIMCNFCM(a) (b) (c) 图 14-5 解解 取

      5、 C 为动点,动系固结于 ABD 滑槽,点 C 的绝对加速度分解为t aa,n aa,滑槽的加速度为 ae,则 cossinn at aeaaa+=cossin2& &rr+= 其中为任意角。 取 ABD 滑槽为研究对象,受力分析如图 14-5b 所示。图中惯性力为 cossin2 I& &mrmrF+= 由动静法: 0 , 0NI=CxFFF 解得 )cossin(2 N& &rrmFC+= 取圆轮为研究对象,受力分析如图 c,惯性力偶矩 & &JM =I由动静法: MmrmrJrFM MMCO =+=sincos)sin(0sin , 02222NI & &14-6 如图 14-6a 所示,长方形匀质平板,质量为 27 kg,由两个销 A 和 B 悬挂。如果 突然撤去销 B,求在撤去销 B 的瞬时平板的角加速度和销 A 的约束力。 BAAxFCCMIgmCaIF(a) (b) 图 14-6 解解 取平板为研究对象,突然撤去销 B 的瞬时平板的角速度0=,角加速度0。 平板长 a = 0.2 m,平板宽 b = 0.15 m。平板对质心 C 的转动惯量为 )(1222bamJC+=

      6、平板对 A 的转动惯量为 )(3222bamACmJJCA+=+= 把惯性力系向销 A 简化(见图 14-6b)得 mabamaFC222 t I+= )(322 IbamJMA+= 208由动静法: 02, 0I=amgMMA(1) 02515, 0I=+=FFFAxx(2) 02520, 0I=+=mgFFFAyy(3) 把有关量代入上述方程组,由式(1)得 = 47 rad/s2 (顺) 由式(2)得 FAx = -95 N (与原设反向) 由式(3)得 FAy = 138 N 讨论:如把惯性力系向质心 C 简化,则平板的惯性力 mabamaFC222 t I+= 平板对其质心的惯性力偶矩为 )(1222 ICbamJMC+= 由动静法 022, 022II=+=amgbaFMMCA将有关各量代入,得 = 47 rad/s2 可见这 2 种方法均可使用。 14-7 图 14-7a 所示为均质细杆弯成的圆环,半径为 r,转轴 O 通过圆心垂直于环面,A 端自由,AD 段为微小缺口,设圆环以匀角速度绕轴 O 转动,环的线密度为,不计重 力,求任意截面 B 处对 AB 段的约束力。 O

      7、ABdyx2OAIF2SFBMBNF(a) (b) (c) 图 14-7 解解 (1)取图 14-7b 所示坐标,分布惯性力向外,由对称性,其合力在轴 y 上投影为 0, 即 0I=yF 2cos22sin2dcos2222222 IrrrrFx= (2)见图 14-7c 209)cos1 (2cos , 0sin2sin)2cos( , 0)cos1 (2cos2)2sin( , 022 INn22 IITt32223 I+=+=rFFFrFFFFrrrFMMxBxxBxBB14-8 如图 14-8a 所示均质曲杆 ABCD 刚性地连接于铅直转轴上,已知 CO = OB = b, 转轴以匀角速度转动。欲使 AB 及 CD 段截面只受沿杆的轴向力,求 AB,CD 段的曲线方 程。 CDAbxy gmdIdFBOx(a) (b) 图 14-8 解解 在曲杆 AB 段上任取 1 微单元为研究对象,设质量为 dm,其上有惯性力, 2 RddxmF=,重力 dmg,如图 b。 设重力与切线之夹角为,按题意 dFI与 dmg 的合力沿该切线方向,故应有 gx mgxm mgF22 I dd dd

      8、tan= gxx yx2dyd,ddtan= 积分 xx bxgyydd02=gybx bxgy2e,n12=或 AB 或 CD 段之曲线方程为 gy bx2e = 14-9 转速表的简化模型如图 14-9 所示。杆 CD 的两端各有质量为 m 的球 C 和球 D, 杆 CD 与转轴 AB 铰接, 质量不计。 当转轴 AB 转动时, 杆 CD 的转角就发生变化。 设0=时,0=,且弹簧中无力。弹簧产生的力矩 M 与转角的关系为)(0= kM,k 为弹簧刚度。求角速度与角之间的关系。 解解 取 2 球及杆 CD 为研究对象如图 14-9b 所示,由动静法 0cos2, 0I=lFMMx 其中 2 Isin=lmF 代入前式得 2100cossin2)(2 0=llmk 2sin)(20 mlk= DCyxzMIFIF(a) (b) 图 14-9 14-10 轮轴质心位于 O 处,对轴 O 的转动惯量为 JO。在轮轴上系有两个物体,质量各 为 m1和 m2。若此轮轴依顺时针转向转动,求轮轴的角加速度和轴承 O 的动约束力。 ABg1mg2mOyFOxFgmROMIAIFBIFAaBarO(a) (b) 图 14-10 解解 整个系统为研究对象。设 m 为轮轴质量,图 14-10b 中OxF,OyF只表示 O 处动约束力。 FIA = m1aA = m1R FIB =

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