c4d发射动力学粒子视频：设置粒子工程重力参数和刚体碰撞效果

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刚体碰撞效果

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理论力学课后习题答案 第6章 刚体的平面运动分析

第6章 刚体的平面运动分析 6－1 图示半径为r 的齿轮由曲柄OA 带动，沿半径为R 的固定齿轮滚动。曲柄OA 以等角加速度α绕轴O 转动，当运动开始时，角速度0ω= 0，转角0?= 0。试求动齿轮以圆心A 为基点的平面运动方程。 解：?cos )(r R x A += （1） ?sin )(r R y A += （2） α为常数，当t = 0时，0ω=0?= 0 2 2 1t α?= （3） 起始位置，P 与P 0重合，即起始位置AP 水平，记θ=∠OAP ，则AP 从起始水平位置至图示AP 位置转过 θ??+=A 因动齿轮纯滚，故有? ? =CP CP 0，即 θ?r R = ?θr R = ， ??r r R A += （4） 将（3）代入（1）、（2）、（4）得动齿轮以A 为基点的平面运动方程为： ??? ? ?? ??? +=+=+=22 2212sin )(2cos )(t r r R t r R y t r R x A A A α?αα 6－2 杆AB 斜靠于高为h 的台阶角C 处，一端A 以匀速v 0沿水平向右运动，如图所示。试以杆与铅垂线的夹角 表示杆的角速度。 解：杆AB 作平面运动，点C 的速度v C 沿杆AB 如图所示。作速度v C 和v 0的垂线交于点P ，点P 即为杆 AB 的速度瞬心。则角速度杆AB 为 h v AC v AP v AB θθω2000cos cos === 6－3 图示拖车的车轮A 与垫滚B 的半径均为r 。试问当拖车以速度v 前进时，轮A 与垫滚B 的角速度A ω与B ω有什么关系设轮A 和垫滚B 与地面之间以及垫滚B 与拖车之间无滑动。 解：R v R v A A ==ω 习题6-1图 A B C v 0 h 习题6－2图 P AB v C A B C v o h 习题6－2解图 习题6-3解图 习题6-3图 v A = v v B = v

清华大学版理论力学课后习题集标准答案全集第6章刚体平面运动分析

6章 刚体的平面运动分析 6－1 图示半径为r 的齿轮由曲柄OA 带动，沿半径为R 的固定齿轮滚动。曲柄OA 以等角加速度α绕轴O 转动，当运动开始时，角速度0ω= 0，转角0?= 0。试求动齿轮以圆心A 为基点的平面运动方程。 解：?cos )(r R x A += （1） ?sin )(r R y A += （2） α为常数，当t = 0时，0ω=0?= 0 22 1t α?= （3） 起始位置，P 与P 0重合，即起始位置AP 水平，记θ=∠OAP ，则AP 从起始水平位置至图示AP 位置转过 θ??+=A 因动齿轮纯滚，故有? ? =CP CP 0，即 θ?r R = ?θr R = ， ??r r R A += （4） 将（3）代入（1）、（2）、（4）得动齿轮以A 为基点的平面运动方程为： ??? ? ?? ??? +=+=+=22 2212sin )(2cos )(t r r R t r R y t r R x A A A α?αα 6－2 杆AB 斜靠于高为h 的台阶角C 处，一端A 以匀速v 0沿水平向右运动，如图所示。试以杆与铅垂线的夹角θ 表示杆的角速度。 解：杆AB 作平面运动，点C 的速度v C 沿杆AB 如图所示。作速度v C 和v 0的垂线交于点P ，点P 即为杆AB 的速度瞬心。则角速度杆AB 为 h v AC v AP v AB θθω2 000cos cos === 6－3 图示拖车的车轮A 与垫滚B 的半径均为r 。试问当拖车以速度v 前进时，轮A 与垫滚B 的角速度A ω与B ω有什么关系？设轮A 和垫滚B 与地面之间以及垫滚B 与拖车之间无滑动。 解：R v R v A A == ω R v R v B B 22==ω B A ωω2= 6－4 直径为360mm 的滚子在水平面上作纯滚动，杆BC 一端与滚子铰接，另一端与滑块C 铰接。设杆BC 在水平位置时，滚子的角速度ω＝12 rad/s ，θ＝30?，?＝60?，BC ＝270mm 。试求该瞬时杆BC 的角速度和点C 的速度。 习题6-1图 A B C v 0 h θ 习题6－2图 P ωAB v C A B C v o h θ 习题6－2解图 习题6-3解图 习题6-3图 v A = v v B = v ωA ωB

理论力学课后习题答案-第6章--刚体的平面运动分析

理论力学课后习题答案-第6章--刚体的平面运动分析

第6章 刚体的平面运动分析 6－1 图示半径为r 的齿轮由曲柄OA 带动，沿半径为R 的固定齿轮滚动。曲柄OA 以等角加速度α绕轴O 转动，当运动开始时，角速度0ω= 0，转角0?= 0。试求动齿轮以圆心A 为基点的平面运动方程。 解：?cos )(r R x A += （1） ?sin )(r R y A += （2） α为常数，当t = 0时，0 ω=0 ?= 0 2 2 1t α?= （3） 起始位置，P 与P 0重合，即起始位置AP 水平，记θ=∠OAP ，则AP 从起始水平位置至图示AP 位置转过 θ??+=A 因动齿轮纯滚，故有? ?=CP CP 0 ，即 θ?r R = ?θr R =， ??r r R A +=（4） 将（3）代入（1）、（2）、（4）得动齿轮以A 为基点的平面运动方程为： ??? ? ? ? ??? +=+=+=222212sin )(2cos )(t r r R t r R y t r R x A A A α?αα 6－2 杆AB 斜靠于高为h 的台阶角C 处，一端A 以匀速v 0沿水平向右运动，如图所示。试以杆与铅垂线的夹角θ 表示杆的角速度。 解：杆AB 作 平面运动，点C 的速度v C 沿杆AB 如图所示。作速度v C 和v 0的垂线交于点P ，点P 即为杆AB 的速度瞬心。则角速度杆AB 习题6-1图 A B C v 0 h θ 习题6－2图 P ωA v C A B C v o h θ 习题6－2解图

习题6-6图 习题6-6解图 l ? υ l 2B O 1ωA B A υB υO 1 O AB ωω 解：图（a ）中平面运动的瞬心在点O ，杆BC 的瞬心在点C 。 图（b ）中平面运动的杆BC 的瞬心在点P ，杆 AD 做瞬时平移。 6－6 图示的四连杆机械OABO 1中，OA = O 1B = 2 1 AB ，曲柄OA 的角速度ω= 3rad/s 。试求当示。?= 90°而曲柄O 1B 重合于OO 1的延长线上时，杆AB 和曲柄O 1B 的角速度。 解：杆AB 的瞬心在O 3===ωωOA v A AB rad/s ωl v B 3= 2.531===ωωl v B B O rad/s 6－7 绕电话线的卷轴在水平地面上作纯滚动，线上的点A 有向右的速度v A = 0.8m/s ，试求卷轴中心O 的速度与卷轴的角速度，并问此时卷轴是向左，还是向右方滚动？ 解：如图 333.16 .08 .03.09.0==-=A O v ωrad/s 2.16 89.09.0=?==O O v ωm/s 卷轴向右滚动。 ω ω 习题6-5解图 O O 1 A B C O O 1 A B D v B v v v v B v v P (a (b 习题6-7图

第六章刚体动力学_大学物理

第七章机械振动 刚体转动的角坐标、角位移、角速度和角加速度的概念以及它们和有关线量的关系 刚体定轴转动的动力学方程，熟练使用刚体定轴转动定律 刚体对固定轴的角动量的计算，正确应用角动量定理及角动量守恒定理 掌握刚体的概念和刚体的基本运动 理解转动惯量的意义及计算方法，会利用平行轴定理和垂直轴定理求刚体的转动惯量 掌握力矩的功，刚体的转动动能，刚体的重力势能等的计算方法 了解进动现象和基本描述 §6.1 刚体和自由度的概念 一. 力矩 力是引起质点或平动物体运动状态(用动量描述)发生变化的原因.力矩则是引起转动物体 运动状态(用动量聚描述)发生变化的原因. 将分解为垂直于z 轴和平行于z 轴的两个力及,如右图.由于 不能改变物体绕z 轴的转动状态,因此定义对转轴z 的力矩为零.这样,任意力对z 轴的力矩就等于力对z 轴的力矩,即 力矩取决于力的大小、方向和作用点.在刚体的定轴转动中,力矩只有两个指向,因此一般可视为代数量.根据力对轴的力矩定义,显然,当力平行于轴或通过轴时,力对该轴的力矩皆为零. 讨论: (1)力对点的力矩. (2) 力对定轴力矩的矢量形式 力矩的方向由右螺旋法则确定. (3) 力对任意点的力矩,在通过该点的任一轴上的投影,等于该力对该轴的力矩.

例: 已知棒长L,质量M,在摩擦系数为μ 的桌面转动(如图) 求摩擦力对y 轴的力矩. 解: 以杆的端点O 为坐标原点,取Oxy坐标系,如 图在坐标为x 处取线元dx,根据题意,这一线元的质量和摩擦力分别为 则该线元的摩擦力对y轴的力矩为 积分得摩擦力对y轴的力矩为 注: 在定轴转动中,力矩可用代数值进行计算,例如

清华大学版理论力学课后习题答案大全_____第6章刚体平面运动分析解答

6章刚体的平面运动分析 6—1图示半径为r的齿轮由曲柄0A带动，沿半径为R的固定齿轮滚 动。曲柄0A以等角加速度：.绕轴0转动，当运动开始时，角速度?= 0,转 角冷=0。试求动齿轮以圆心A为基点的平面运动方程。 解：X A =(R r)c os y A =（R r）sin「（2） :'为常数，当t = 0时，? ,0=冷=0 1 2 t2（3） 2 起始位置，P与P0重合，即起始位置AP水平， 记.OAP」，则AP从起始水平位置至图示AP位置转过 半A虫+日 因动齿轮纯滚，故有CP0 =CP，即 R 二r 二 R R亠「 』「，「A』—（4） r r 将（3）代入（1）、（2）、（4）得动齿轮以A为基点的 平面运动方程为: x A =(R +r) cos 空t2 2 a 2 丿y A =(R +r) sin —t 2 6—2杆AB斜靠于高为h的台阶角C处， 一端A以匀速V0沿水平向右运动，如图所示。试 以杆与铅垂线的夹角■'表示杆的角速度。 解：杆AB作平面运动，点C的速度 V C沿杆AB如图所示。作速度V C和V。的 垂线交于点P，点P即为杆AB的速度瞬 心。则角速度杆AB 为 v0V0COS 日V0COS2日 ''AB : AP AC h 6—4直径为60 3mm的滚子在水平面上作纯滚动，杆BC 一端与滚子铰接，另一端与滑块C铰接。设杆BC在水平位置时，滚子的角速度 -■= 12 rad/s，A 30，■= 60，BC = 270mm。试求该瞬时杆BC的角速度和点C的速度。 1 =2 2 r 6—3图示拖车的车轮A与垫滚B的半径均为r。试问当拖车以速度v前进时，轮A与垫滚B的角速度「A与* 'B有什么关系？设轮 解: =VA R R B与拖车之间无滑动 ■A V B _ v 2R 一2R A和垫滚B与地面之间以及垫滚 (1) 习题6-1图 B B 习题6 ― 2图习题6— 2 解军 图

第六章刚体力学

第六章 刚体力学 6—1 质量为M 、长为l 的均匀细杆，静止于光滑的水平面上，可绕过杆中点0的固 定竖直轴自由转动。一质量为m 的子弹以0v 的速度沿垂直于杆的方向射来，嵌入杆的端点A ，求子弹嵌入杆后的角速度。 解1 在子弹与杆端A 碰撞的t ?时间内，杆受到的平均冲力为f ，根据转动定律，得到杆 的角加速度α， αJ l f =2 在发生相互作用的时间t ?内，杆得到角速度 t f J l t ?= ?=2αω (1) 子弹受到反方向的冲力f ，也得到与0v 反方向的加速度a 。，而有 ma f = 在时间t ?内子弹的动量变化： 0mv mv t f -=?- 但子弹在嵌入杆端A 后与杆一起运动，应有 2 l v ? =ω 由此得 2 0l m mv t f ? -=?ω (2) 代入(1)得 4 121242220 20ml Ml v l m ml J v l m + ?=+?=ω 解2 考虑子弹和杆组成的系统，在过程中系统只受轴承上的外力作用，故系统对0点的

角动量守恒，于是有 4 /2 /, 222 02 0ml J l mv l m J l mv += ???? ??? ???? ??+=?ωω 结果相同。值得注意的是，在子弹与杆相互作用的过程中，因为存在外力的作用，系统的动量是不守恒的。 6—2 以速度0v 作匀速直线运动的汽车上，有一质量为m(m 较小)、边长为l 的立方体货箱，如图5—21(a)所示。当汽车遇到前方障碍物急刹车停止时，货箱绕其底面的A 边翻转。试求：(1)汽车刹车停止瞬时，货箱翻转的角速度及角加速度；(2)此时，货箱A 边所受的支承反力 解 (1)汽车突然刹车并立即停止，由于惯性的作用，货箱必然绕垂直于纸面的A 轴转动，亦即货箱的运动在瞬间由平动变为转动(图5—21(b))。此瞬间货箱受到的重力及地面支承力对A 轴的冲量矩可忽略不计，货箱对A 轴的角动量守恒： ωA J l mv =? 2 0 等式左项为刹车前瞬时货箱对A 轴的平动角动量，右项中A J 为货箱对A 轴的转动惯量，根据平行轴定理，有 () 22 2 2322261ml l m ml CA m J J c A =??? ? ??+=?+= 代入解得货箱翻转时的角速度 l v 0 43= ω。 货箱翻转瞬时，只受重力矩作用，根据转动定律，有 αA J l mg =2

《理论力学》第六章 刚体的基本运动习题全解

图 题46-第六章 刚体的基本运动 习题全解 [习题6-1] 物体绕定轴转动的运动方程为334t t -=?（?以rad 计，t 以s 计）。试求物体内与转动轴相距m r 5.0=的一点，在00=t 与s t 11=时的速度和加速度的大小，并问物体在什么时刻改变它的转向？ 解： 角速度： 2394)34(t t t dt d dt d -=-== ?ω 角加速度：t t dt d dt d 18)94(2-=-==ωα 速度： )94(2t r r v -==ω 切向加速度：rt t r a t 18)18(-=-==ρα 法向加速度：222 22 )94()]94([t r r t r v a n -=-==ρ 加速度： 422222222)94(324])94([)18(t t r t r rt n a a n t -+=-+-=+= 物体改变方向时，速度等于零。即： [习题6-2] 飞轮边缘上一点Ｍ，以匀速ｖ＝１０ｍ／ｓ运动。后因刹车，该点以 )/(1.02s m t a t =作减速运动。设轮半径Ｒ＝０.４ｍ，求Ｍ点在减速运动过程中的运动方程及 ｔ＝２ｓ时的速度、切向加速度与法向加速度。 解： t dt d a t 1.04.022-===? ρα （作减速运动，角加速度为负） 02=C ，故运动方程为： 速度方程：1005.02 +-=t v 切向加速度：)/(2.021.01.0|22s m t a t t -=?-=-== 法向加速度：222)25125.0(4.0+-?==t a n ρω [习题6-3] 当起动陀螺罗盘时，其转子的角加速度从零开始与时间成正比地增大。经过５分钟 后，转子的角加速度为)/(600 s rad πω=。试求转子在这段时间内转了多少转？ 解：kt dt d ==ωα ππ?60000450 300|3300=?==s t ， 转数)30000260000N r （＝ π π [习题6-4] 图示为把工件送入干燥炉内的机构，叉杆m OA 5.1=，在铅垂面内转动，杆m AB 8.0=，Ａ端为铰链，Ｂ端有放置工件的框架。在机构运动时，工件的速度恒为s m /05.0，ＡＢ杆始终铅垂。设运动开始时，角0=?。求运动过程中角?与时间的关系。并求点Ｂ的轨 迹方程。 解： ＯＡ作定轴转动；ＡＢ作刚体的平动。 01=C 故

《理论力学》第六章 刚体的基本运动习题全解

第六章 刚体的基本运动 习题全解 [习题6-1] 物体绕定轴转动的运动方程为334t t -=?（?以rad 计，t 以s 计）。试求物体内与转动轴相距m r 5.0=的一点，在00=t 与s t 11=时的速度和加速度的大小，并问物体在什么时刻改变它的转向？ 解： 角速度： 2 394)34(t t t dt d dt d -=-==?ω 角加速度：t t dt d dt d 18)94(2 -=-== ωα 速度： )94(2t r r v -==ω )/(2)094(5.0|2 0s m r v t =?-?===ω )/(5.2)194(5.0|2 1s m v t -=?-?== 切向加速度：rt t r a t 18)18(-=-==ρα 法向加速度：2 22 22 )94()] 94([t r r t r v a n -=-= =ρ 加速度： 4 222 2 2 2 2 2 )94(324] )94([)18(t t r t r rt n a a n t -+=-+-= += )/(8165.0)094(0324|2 4 2 2 0s m r a t =?=?-+?== )/(405.1581.305.0)194(1324|2 4 2 2 1s m r a t =?=?-+?== 物体改变方向时，速度等于零。即： 0)94(2 =-=t r v )(667.0)(3 2s s t == [习题6-2] 飞轮边缘上一点Ｍ，以匀速ｖ＝１０ｍ／ｓ运动。后因刹车，该点以 )/(1.02 s m t a t =作减速运动。设轮半径Ｒ＝０.４ｍ，求Ｍ点在减速运动过程中的运动方程及 ｔ＝２ｓ时的速度、切向加速度与法向加速度。 解： t dt d a t 1.04.02 2 -===?ρα （作减速运动，角加速度为负） t dt d 25.022 -=? 12 125.0C t dt d +-=? 2130417.0C t C t ++-=? 12 124.005.0)125.0(4.0C t C t dt d R v +-=+-?==? 104.0005.0|12 0=+?-==C v t