第五章_刚体力学_习题解答.pdf
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1、5.1、一长为l的棒AB,靠在半径为r的半圆形柱面上,如图所示。今A点以恒定速度 0 v沿 水平线运动。试求:(i)B点的速度 B v;(ii) 画出棒的瞬时转动中心的位置。 解: 如图,建立动直角系Axyz,取A点为原点。 BAAB vvr,关键是求 法 1(基点法 ):取A点为基点,sin CAACACOAA vvrvvvv 即sin ACA rv, AC r,化成标量为sin ACA rv 在直角三角形OCA中, AC rrctg 所以 2 00 sinsinsin cos A AC vvv rrctgr 即 2 0sin cos v k r 取A点为基点,那么B点的速度为: 2 0 0
2、 23 0 0 sin (cos )sin cos sinsin (1) cos BAAB v vvrv iklilj r v ll vij rr 法 2(瞬心法 ):如图,因棒上C点靠在半圆上,所以C点的速度沿切线方向,故延长OC, 使其和垂直于A点速度线交于P点,那么P点为瞬心。 在直角三角形OCA中, sin OA r r 在直角三角形OPA中, 2 cos sin APOA r rrctg 02 cos () sin APAPAPA r vrkrjriiv i,即 2 0sin cos v r 取A点为基点,那么B点的速度为: 2 0 0 23 0 0 sin (cos )sin co
3、s sinsin (1) cos BAAB v vvrv iklilj r v ll vij rr 5.2、一轮的半径为r,竖直放置于水平面上作无滑动地滚动,轮心以恒定速度 0 v前进。求 轮缘上任一点 (该点处的轮辐与水平线成角)的速度和加速度。 解: 任取轮缘上一点M,设其速度为 M v,加速度为 M a B A 0 vr C O P A v CO v x y 如图, 取轮心O为原点, 建立动系Oxyz,其中轮心的速度方向为x轴正向,Oxy平面 位于轮上。那么轮子的角速度为 kk 取O点为基点,那么 MOOM vvr 因轮无滑动地滚动,所以C点为瞬心。 0OCO vrv 即 0CO krj
4、v i,化简有 00 CO vv rr ,那么有: 0 0 0 00 (cossin) (cossin) (1sin)cos MOOM vvrv ikrij v v ikrij r vivj 0000 00 2 0 (1sin)coscossin (cossin)(cossin) (cossin) MM dd avvivjvivj dtdt vijvij v ij r 5.3、半径为r的圆柱夹在两块相互平行的平板A和B之间,两板分别以速度 1 v和 2 v匀速反 向运动,如图示。若圆柱和两板间无相对滑动,求: (i)圆柱瞬心的位置 (ii) 位于圆柱上与板的接触点M的加速度。 解: (i)如图
5、,圆柱瞬心的位置为C点,不妨设 12 vv 在图示的直角坐标系中,k, 11 vv i, 22 vv i, CMCM rrj, (2 ) CNCNCM rrjrrj 因为 1MCM vvr, 2NCN vvr 所以有 1CM vr, 2 (2) CNCM vrrr,联立解得: 1 12 2 CM rv r vv 或者取N点为基点,那么: 1122 2(2) MNNM vvv ivrv ikrjrvi M y x O C M v r 1 v 2 v M N A B y xC O 求得 12 2 vv r ,因 1CM vr,故 1 12 2 CM rv r vv 于是求得瞬心的位置位于距离M点
6、1 12 2 CM rv r vv 的直径上。 (ii) 瞬心到圆柱轴心O的距离为 12 12 COCM vv rrrr vv 圆柱轴心O的速度为 121212 12 22 OCOCO vv vvvv vrririi rvv M点相对O点的速度为: 1212 1 22 MOMO vvvv vvvv iii M点相对O点做圆周运动,故 22 12 () 4 MO M vvv aj rr 5.4、高为h、顶角为2的圆锥, 在一平面上无滑动地滚动。已知圆锥轴线以恒定角速度 绕过顶点的铅直轴转动。求: (i)圆锥的角速度 (ii) 锥体底面上最高点的速度 (iii) 圆锥的角加速度 解: 取圆锥的顶点
7、为原点,建立动系Oxyz 取圆锥和平面交线为y轴, 圆锥的对称面OAB位于Oyz平面 因圆锥轴线以恒定角速度绕过顶点的铅直轴 转动,若设圆锥绕自身轴线的角速度为 那么圆锥绕顶点的角速度为 又OB母线与平面接触,为圆锥的瞬时转动轴,故平行于OB (i)在角速度合成的矢量三角形中,圆锥的角速率ctg,即ctgj (ii) 在动系Oxyz中,锥体底面上最高点A的位矢可以表示为: cos2sin2 OAOAOA rrjrk 由图中的几何关系可知: cos OA h r 所以(cos2sin2) cos OA h rjk z x y O A B h 那么最高点A的速度为: (cos2sin2)2cos
8、cos AOA h vrctgjjkhi (iii) 因圆锥的角速度为ctgj,所以圆锥的角加速度为: 2 () dddj ctgjctgctgjctgi dtdtdt 5.5、在一半径为R的球体上置一半径为r的较小的球,它们的连心线OO与竖直轴间保持 角,如图示。若OO绕竖直轴以恒定的角速度转动,小球在大球上无滑动地滚动。分 别求出小球最高点A和最低点B的速度。 解: 建立如图所示的动直角坐标系Oxyz 使 OO r位于Oyz平面内。则有: k,cossinjk ()sin()cos OO rrRjrRk O A rrk, O B rrk 在大球和小球的角速度矢量直角三角形中,有sin 所以
9、 2 sincossinjk ()sin() cos ()sin ()sin OOO vrkrRjrRk krRj rRi 2 ()sin(sincossin) sin (1cos) AOO A vvrrRijkrk rR i 2 ()sin(sincossin)() sin (1cos) BOO B vvrrRijkrk rR 5.6、一边长为 d、质量为 m的匀质立方体,分别求出该立方体对过顶点的棱边、面对角线 和体对角线的转动惯量 P J、 f J和 b J 解: 如图,要求图示棱边的转动惯量 P J,先求立文体过质心O点, 且平行于棱的z轴的转动惯量 z J 在图示的直角坐标系Oxyz
10、中,, ,x y z轴皆为惯量主轴 x y z O A B O O R r y z x C 故 52 /2/ 2/ 2 2222 /2/ 2/ 2 ()() 66 ddd z ddd dmd Jxydmxydxdydz 由平行轴定理: 222 222 () 2623 Pz dmdmdmd JJm 要求图示面对角线的转动惯量 f J,先求立文体过质心O点,且平行于面对角线的轴的转动 惯量 z J,此轴与坐标轴的方向余弦分别为 11 (,0) 22 ,坐标轴为惯量主轴,所以有: 2 2 2 00 6 00 0000 6 00 00 6 x Oy z md J md JJ J md 由平行轴定理有:
11、 2 2222 2 2 1 00 62 1115 (,0)00() 626412 222 0 00 6 f md mddmdmdmd Jm md 体对角线与坐标轴的方向余弦分别为 111 (,) 333 ,坐标轴为惯量主轴,那么体对角线的 转动惯量为: 2 22 2 1 00 63 1111 (,)00 663333 1 00 6 3 b md mdmd J md 5.7、一匀质等边三角形的薄板,边长为l、质量为m。试在图示坐标系下,求出薄板对质 心C的惯量矩阵 C J,并由此导出对顶点O的惯量矩阵 O J。图中坐标系Cxyz和坐标系 O的坐标轴分别相互平行,和xy都在薄板平面内。 解: 由图
12、中坐标系Cxyz的取法可知,,y z轴是三角板的对称轴, x y C O l x轴是是三角板的对称面的法线,故 ,x y z都是惯量主轴。 三角板的密度为: 2 4 3 m l 先求三角板对x轴的转动惯量。 因三角板关于y轴对称,所以三角板对x轴的转动惯量 x J 是y轴一侧直角板的2 倍,如图,取距离C点为x,厚为dx的线性微元,由图中几何关系 知,线性微元的高为()3() 232 ll hx tgx, 2 2 (2 ) m dmdShdxlx dx l 线性微元对过质心且垂直于线性微元的轴的转动惯量为 21 () 12 dm h, 由平行轴定理知线性微 元对x轴的转动惯量: 2 222 1
13、1 ()()()()() 1223122 32 3 x hlll dJdm hdmdmhh 22 22 2 32 2 2 ()()(2 )() 212212 444 () 36 x llmll dJdmxxlx xxdx l mmmml xxxdx ll 2 / 2 32 2 0 444 22() 3624 l xx mmmmlml JdJxxxdx ll 再求三角板对y轴的转动惯量 如图,取距离C点为y,厚为dy的线性微元,由图中几何关系知,线性微元的长为 22 2() 6333 lly ay tg, 2 2 42288 ()() 33333 3 mlymm dmadydyy dy lll
14、线性微元对过质心且垂直于线性微元的轴的转动惯量为 21 () 12 dm a 故线性微元对y轴的转动惯量: 22 2 23 2 112288 ()() () 121233 33 3 24444 39927 33 3 y lymm dJdm ay dy l l ml yyy dy ll 2 /3 32 2 / 23 24444 () 399243 327 3 l yy l mlml JdJyyydy ll 最后求z轴的转动惯量: 如图,对于线元过中心且平行于 z轴的转动惯量为 2 1 () 12 dm a xC x dx y h x y C y dy a x y C y dy a z 由平行轴定
15、理知线元对 z轴的转动惯量为: 221 ()() 12 z dJdm adm y 22 /3 22223 2 /23 222 188 () 12242433 3 242412 l zz l mlmlmm JdJa dmy dmy dmyy dy ll mlmlml 所以三角板对板对质心C的惯量矩阵 2 22 2 00 24 100 00010 2424 002 00 12 C ml mlml J ml 由平行轴定理易知: 222 2 () 24128 2 3 x lmlmlml JJm 222 2 7 ( ) 224424 y lmlmlml JJm 222 2 5 () 123123 z l
16、mlmlml JJm 因三角板中0,所以 0 0 00 O JJ JJJ J 因三角板的两腰在坐标系O中方程为:3和33l 即 3 和 3 l 3 32 2 0 3 3 2 2 0 33 2 22 00 2 2 2 3 22 () 33 4 2 33 3 12 l l l ll m Jdd l m ld l mm dd l ml 所以 2 32 30 2 370 24 0010 O ml J x y C O l 5.8、质量为m,长为l的细长杆,绕通过杆端点O的铅直轴以角速度转动。杆与转轴间 的夹角保持恒定。求杆对端点O的角动量。 解: 选取端点O为原点,建立如图所示 的直角坐标系Oxyz,并
17、取杆方向为y轴 那么 2 1 3 xz JJml,0 y J 因杆上的质点在y轴上,所以0xz 0 xy Jxydm,0 xz Jxzdm,0 xz Jyzdm 故杆对O点的惯量矩阵为: 2 2 1 00 3 000 1 00 3 O ml J ml 在图示的直角坐标系Oxyz中, cossinjk 于是杆对O点的角动量为: 2 22 1 00 00 3 000cos0 1sin1 00sin 33 O ml LJ mlml 即 21 sin 3 O Lmlk 5.9、一半径为r,质量为m的圆盘,在水平面上作纯滚动,盘面法线与铅直轴间保持恒定 角度,盘心则以恒定速率u作半径为2r的圆周运动。求
18、圆盘的动能。 解:如图所示, 过圆盘的质心C作法线, 与铅直轴相交于O点,建立动直角坐标系Oxyz, x轴沿CO方向。连接AO,以及连接OB,这样就构成了一个陀螺在平面II滚动。且OA 为陀螺的瞬时转动轴,故圆盘的角速度为: (cossin) AO eik。 因,x y z轴都是圆盘的对称线,所以x轴, y轴和z轴都是惯量主轴。 设铅直转轴与水平面相交于O点。 设圆盘绕x轴自转的角速度为i 圆盘的盘心绕铅直轴的角速度为: ( cossin)ik l O z x y r C m u 2r O B A H O z x y D II I 由图中的几何关系知: 2 sin OC r r, 222 22
19、 222 22 sin sin() 2 4sin () sin OAOC rrr r rrr r 2 22 22 sin4 cos1sin1 4sin4sin 又已知 2 (cossin)()2 sin COC r vrikirj,即 2 u r 2 1 2 x Jmr, 22222 2 11214 ()() 44sin4sin yzOC r JJmrmrmrmmr 在角速度矢量三角形合成的图示中, 即(cossin)( cossin)ikiik 化简有:sinsin,coscos 所以 sinsin sin2 sin u r ,即 sin (cossin)(cossin) 2 sin u i
20、kik r 因坐标轴都是惯量主轴,所以圆盘的动能为: 222 22 222222 2 2 2 1 () 2 1 () 2 1 114 cos()sin 2 24sin (sin24) 32 xxyyzz xxzz TJJJ JJ mrmr mu 5.10、一半径为r的匀质圆盘,平躺在粗糙的水平桌面上,绕通过其中心的竖直轴转动,初 始时刻圆盘的角速度大小为 0。已知圆盘与桌面间的摩擦系数为 。问经过多少时间圆盘 将停止转动? 解: 设匀质圆盘的面密度为,在圆盘上取一微元,数据如图所示。 圆盘对过其中心的竖直轴的转动惯量为 22411 () 22 z Jrrr 由角动量定理 dL M dt ,因圆
21、盘定轴转动。故 zzz JM 圆盘上所取微元只受重力,水平桌面的支持力和摩擦力 重力和支持力大小相等,方向相反。 若选择逆时针为正。那么有: zz JJk r f x d dx z 圆盘上所取微元的力矩为: 2 ()() z dMxfdm gxkxd dx gxkgd x dxk 2 23 00 2 3 r zz MdMgx dxd kgr k 43 12 23 rkgr k,化简为: 4 3 g r 积分可得: 4 3 g tc r ,c为积分常数 因初始时刻,0t时, 0,代入 的表达式可得: 0 c 因此 0 4 3 g t r 显然圆盘停止转动时,0,即 0 4 0 3 g t r ,
22、解得 0 3 4 r t g 5.11、如图示,一矩形匀质薄板ABCD,长为l,宽为d,质量为m。薄板绕竖直轴AB以 初角速度 0转动,阻力与薄板表面垂直并与面积及速度的平方成正比,比例系数为 k,问 经过多少时间后,薄板的角速度减为初角速度的一半? 解: 匀质薄板的密度为 mm Sld ,在薄板上取一矩形微元,数据如图所示。 因阻力与薄板表面垂直并与面积及速度的平方成正比,比例系数为k 又微元质量为: m dmdSdydz ld ,微元速度为:vryi 所以微元受到的阻力为: 22 dfky dydzi 微元对 z轴的转动惯量为 22 z m dJy dmy dydz ld 薄板对z轴的转动
23、惯量为: 2 2 00 3 ld zz mmd JdJy dydz ld 微元受到的力矩为 23 z dMrdfky dydzk 薄板受到的力矩为: 2324 00 1 4 ld z z MdMky dydzkkld k 据定轴转动角动量定理: zz JM 代入数据得: 2 24 1 34 md kkld k,分离变量: 2 2 13 4 dkld dt m 积分得: 213 4 kld tc m ,c为积分常数 B A l d C D y x z y dy z dz 因薄板绕竖直轴AB以初角速度 0转动,即 0 1 c,所以 0 2 0 4 34 m kld tm 当薄板的角速度减为初角速度
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