第十六章达朗伯原理 16.1已知物块与水平臂 之间的摩擦系数∫s=0.2,水平 臂下降加速度为a; 求1)a为多大,物块不 滑22)a为多大,物块在滑动之 前先倾倒 解1)物块受力如图(a), 图中惯性力Fk=m,由达朗伯 原理,当物块不滑时,有 EX=0, F-Fg Ein30-0 ∑Y=0,Fy-mg+F64030=0题16.1图 F≤fsFy 解出不滑的条件是a≤2=2.91m2 (1) fs 2)物块不滑,但即将翻倒时,受力如图(b),由 ∑MA(F,)=0,4 FR c0s30-mg)+F sin30=0 结合式(1),可解出滑动之前先倾倒的条件是 合≥去,或≥5 16.2已知曲柄OC=r,以匀角速度a转动;连杆BC L,B端连有质量为m的物A; 求杆AB所受的力 349
解设杆长AB=b,则物 A的运动方程为 x=6+rcos+ l coso 式中cos=,1-5sn2 当,<<1时 曲 r=b+ rcos+ l 2I sing 父=-r2csg+f2, 题16.2图 物块受力如图(b),图中惯性力 Fg=mt 由达朗伯原理 ΣX=0,mg-F-FR=0 得AB杆的力F=m[g+mo2(c9-cm2p)], 式中g (t 16.3已知半径为r的圆轮对轴O的转动惯量为J,轮上 作用有恒力偶矩M,轮缘上的销子C推动质量为m的滑槽ABD 沿水平滑道运动滑道处摩擦系数为∫,其余各处光滑; 求圆轮的转动微分方程。 解如图a),圆盘角加速度为a=,滑槽的运动方程和加 速度为 r =roos, x =-r(92 cosc+ o sinp) 圆轮受力如图(b),图中惯性力偶矩Mn=Ja=lg,由达朗伯原
F F T 题16.3图 EMO(F)=0, M-Mpo-Fwr sing =0 得出 Jφ+ Fwr sing=M 滑槽受力如图c,图中惯性力F=mx,由达朗伯原理 2x=0, -Fv-F+(F1 I F2) 2Y=0, FNI Fv2-mg =0 以及F1=FN,F2=fFV2,Fy=FN可得 FN=FⅤ=-m+f (2) 将式(2)代入式(1),得轮子的运动微分方程 (+m28)大m2g:g大gsng=M 164已知物E质量m1=2000kg,物B质量m2=800 g,物B下绳子拉力Fr=3kN,不计滑轮的质量; 求物E的加速度a和绳FD的张力Fm 解设物E,物B加速度如图,则an=2a;轮O和物B系统 的受力图中FB=m2aB=2m2a;设轮O半径为r2,由达朗伯 原理得 MO(F)=0, F1r2+ FgB2-Frr2-m2gr2 轮C和物E系统的受力图中F=m1a,F1=F1。设轮C半径
为r1,由达朗伯原理 F1n1-F1=0 ∑Y=0 Fg=0(2) 由式(1)、(2)和其它各式解出 2F+2m28-m1=0.40mk2 Fn= m1g 1=10.21 kN 题16 16.5已知车重心为G,加速度 为a,以及尺寸b,C,h 求前后轮的压力;又,a为多大,方可使前后轮压力相等。 解设车质量为m,受力如图,图中 Fg 1g 由达朗伯原理 EMR(F)=0, (b+c)FNA -bP+ hFg =0 EMA(F)=0,-(6+c) FNB +cP+ hFg=0 解出Fw="千mm FNB= cgt ha 再令F=FNB,解出前后轮压 力相等的条件是 6-c
16.6已知曲杆线密度为p,圆弧半径为r,以匀角速度 绕轴O转动,不计重力图(a); 求任意截面B处对AB段的约束反力。 题16.6图 解AB段受力如图(b),微小弧元ds=rd上的惯性力为 由达朗伯原理 Fr =0,F. 0 ΣFn=0,FN 0 ΣMo(F)=0,Fr-MB=0 解出 FT Fy=.0ra2sint, MB=pra2(1+cos0) 16.7已知均质矩形块质量m1=100kg,平台车质量m2 =50kg,矩形块在车上不打滑,不计滑轮质量和其余各处摩擦; 求使车加速运动而矩形块不翻倒时,重物质量m3的最大 值和此时平台车的加速度a。 解重物和滑轮子系统受力,图中F3=m3a,由达朗伯原 353