《理论力学课后习题详解-第13章-达朗贝尔原理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《理论力学课后习题详解-第13章-达朗贝尔原理（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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 NsFfF
2、s （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(2II+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
3、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 )()(cbhacgmb
4、chabgm+=+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 =
5、 (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=
6、=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=+=l
7、FlgmgmMA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 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 A
8、BD 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
9、-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+= 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
10、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
11、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
12、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 ddtan= 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 1
13、4-9 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 =
