工程力学题目_工程力学考题

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理论力学复习题

第七章：点的合成运动

例10 图示曲柄滑道机构，圆弧轨道的半径R＝OA＝10 cm，已知曲柄绕轴O以匀速n＝120 rpm转动，求当＝30°时滑道BCD的速度和加速度。解：取滑块A为动点，动系与滑道BCD固连。求得曲柄OA转动的角速度为vanvrAn4rad/s30vavevrvaOA125.6cm/svevrva125.6cm/svBCDve125.6cm/sveOBDO1RC分析加速度得naaaearartABO1aaaan2OA(4)2101579cm/s2DOCvr2125.62a1579cm/s2O1A10nr将加速度向轴上投影有：artae30°A120°:aacos60aecos30arnaacos60arn15790.51579aecos303/22740cm/s227.4m/s2aanarn

例11 刨床的急回机构如图所示。曲柄OA的角速度为，通过滑块A带动摇杆O1B摆动。已知OA=r，OO1=l，求当OA水平时O1B的角速度1。va解：在本题中应选取滑块A作为研究的Bvr动点，把动参考系固定在摇杆O1B上。点A的绝对运动是以点O为圆心的圆周运动，相对运动是沿O1B方向的直线运动，而牵连运动则是摇杆绕O1轴的摆动。OveAvevasinrsinveO1A122O1r2(l2r2)r2O1A(lr)122lr由于动参考系作转动，因此加速度合成定理为：BaaaearaCaenaetaraCaCOaaarAaa2raC21vrsin90aet1O1AaenaetaO1Ane21r24232O1(lr)2r2vr,e12222lrlrrlaC22r3l(lr)2232

为了求得aet，应将加速度合成定理向轴投影：BaaaaaraC即：taacosaeaCneteaCOaaarA得：3aenaetaterl(l2r2)(l2r2)22O1摇杆O1B的角加速度：aetrl(l2r2)21222O1A(lr)例12 偏心凸轮的偏心距OC＝e、半径为R3e，以匀角速度绕O轴转动，杆AB能在滑槽中上下平动，杆的端点A始终与凸轮接触，且OAB成一直线。求在OC与CA垂直时从动杆AB的速度和加速度。B解：选取杆AB的端点A作为动点，动参考系随凸轮一起绕O轴转动。vavavevrveOAvrveAOC323evavetanOA33vrve2e43ecos332

加速度分析如图aaaearaCnaeOA22e2BaCartAaaarnC22v16earnrR33aen4e8e2aC2vrsin(,vr)2133OaacosaencosarnaC222316e8e222aa(2e)e293333第十章：动量定理

动量计算例1 OA杆绕O轴逆时针转动，均质圆盘沿OA杆纯滚动。已知圆盘的质量m＝20 kg，半径R＝100 mm。在图示位o置时，OA杆的倾角为30，其角速度＝1 rad/s，圆盘相对OA杆转动的角速度＝4 rad/s，OB1003mm, 求圆盘的动量。解:取C为动点，动系与OA固连veOC10.210.2m/svrR20.140.4m/s于是所以OR1B30Cp2AO1veCvaBv30rA3vCvavrsin600.40.3464m/s2pmvC200.34646.93Ns方向水平向右。

例

3、两均质杆OA和AB质量为m，长为l，铰接于A。图示位置时，OA杆的角速度为，AB杆相对OA杆的角速度亦为。求此瞬时系统的动量。解：由刚体系统的动量公式其中：pm1vC1m2vC2C1OmvC1AmvC2lvC12vvAB作平面运动C2AvC2AlvC2l22l2l5pmm2lml22方向水平向右。C2r=B例5 滑块C的质量为m＝19.6 kg，在力P＝866 N的作用下沿倾角为30的导o杆AB运动。已知力P与导杆AB之间的夹角为45，滑块与导杆的动摩擦系数f＝0.2，初瞬时滑块静止，求滑块的速度增大到v＝2 m/s 所需的时间。解：以滑块C为研究对象，建立坐标系。由动量定理得oyBmv0(Pcos45mgsin30F)t(1)00(Psin45NCmgcos30)t由(2)式得x45PC(2)NCF30mgNCPsin45mgcos30FfNCf(Psin45mgcos30)A从而摩擦力为代入(1)式，求得所需时间为mvtPcos45mgsin30f(Psin45mgcos30)0.0941s

例8 图示系统，重物A和B的质量分别为m1、m2。若A下降的加速度为a，滑轮质量不计。求支座O的反力。解：以整个系统为研究对象，受力如图，建立如图坐标。设A下降的速度为vA，B上升的速度为vB，则由运动学关系得O1vBvA2系统的动量在坐标轴上的投影为AvBvAaBpx0,由质点系的动量定理1pym1vAm2vB(m1m2)vA2d1(mm)v12Am1gm2gFOydt2OFOy0FOx,注意到xFOxAdvAadt可得FOx01FOym1gm2g(m1m2)a2ymg1Bm2g例9 如图所示，电动机外壳固定在水平基础上，定子、转子的质量分别为m1、m2。设定子质心位于转轴中心O1，由于制造误差，转子质心O2 到O1的距离为e，已知转子以匀角速度转动。求：(1)质心运动方程；(2)基础对电机总的水平和铅垂反力；(3)若电机没有螺栓固定，各处摩擦不计，初始时电机静止，求转子以匀角速度转动时电动机外壳的运动。解：(1)建立如图坐标，任一瞬时，＝t，即有x10,y10x2ecost,y2esint故质心运动方程为O1yO2exxCm2ecostm1m2m2esintyCm1m2

(2)以系统为研究对象由质心运动定理maCxFx,得(e)maCyFy(e)y(m1m2)xCFx(m1m2)yCFym1gm2gO1O2em1gm2gx因xCyCm2ecostm1m2m2esintm1m222FxMOFy故Fxm22ecostFym22esint(m1m2)g（3）以系统为研究对象，受力如图。由于Fx(e)＝0，所以yO1O2exC1xC2在图示坐标下，设初始时xC1＝a，当转子转过，定子向右移动距离s，则m2gm1gxaFNxC2m1(as)m2(aecoss)m1m2sm1(as)m2(aecoss)所以am1m2解得m2em2escoscostm1m2m1m2由此可见，电动机在水平面上作往复运动。此时FNmin(m1m2)gm22e若(m1m2)g，则Nmin0。因此如电动机无螺栓固定，它将会跳起来。m2e

例10 质量为m 长为2l 的均质杆OA绕水平固定轴O在铅垂面内转动，如图。已知在图示位置杆的角速度为，角加速度为。试求此时杆在O轴的约束反力。解1：用质心运动定理。以杆为研究对象，受力如图，建立如图坐标。O2aCxasinacoslsinlcostnaCyaCcosaCsinlcosl2sintCnCAml(sin2cos)FOxml(cos2sin)FOymg解得FOyFOxxOnaCCtaCmgyFOxml(sin2cos)FOymgml(cos2sin)A解2：用动量定理。以杆为研究对象，受力如图，建立如图坐标。pxmlsinpymlcos由dpydpx(e)Fx,Fy(e)得dtdtml(sin2cos)FOxml(cos2sin)FOymgFOyFOxxOyCpmgA解得FOxml(sin2cos)FOymgml(cos2sin)

例11 质量为M 的大三角块放在光滑水平面上，其斜面上放一和它相似的小三角块，其质量为m。已知大、小三角块的水平边长各为a与b。试求小三角块由图示位置滑到底时大三角块的位移。解：取系统分析，受力如图，建立如图坐标。由于Fx(e)＝0，且初始系统静止，所以yxC1xC22M13bm3axC1MmamgMgxb设大三角块的位移为s，则FNyxC2解得M(bs)ma(ba)sMm1323sm(ba)Mms

x第十一章：动量矩定理

动量矩定理例3 高炉运送矿石的卷扬机如图。已知鼓轮的半径为R，质量为m1，绕O轴转动。小车和矿石的总质量为m2。作用在鼓轮上的力偶矩为M，鼓轮对转轴的转动惯量为J，轨道倾角为。设绳质量和各处摩擦不计，求小车的加速度a。解：以系统为研究对象，受力如图。以顺时针为正，则NFOyOFOxm1gLOJm2vRMO(F)Mm2gsinR由(e)vMdLOmO(Fi(e))，有dtm2gd(Jm2vR)Mm2gsinRdt

动量矩定理vdv因,a,于是解得RdtMRm2gR2sinaJm2R2若M＞m2gRsin ，则a＞0，小车的加速度沿轨道向上。必须强调的是：为使动量矩定理中各物理量的正负号保持协调，动量矩和力矩的正负号规定必须完全一致。例5均质圆轮半径为R、质量为m，圆轮对转轴的转动惯量为JO。圆轮在重物P带动下绕固定轴O转动，已知重物重量为W。求重FOyOFOx物下落的加速度。解：取系统为研究对象WLOJOvRgJOWLO(R)vRgvR应用动量矩定理mgM(e)WRJOWdv(R)WRRgdtdLOMdta(JO(e)PvWWR2WR2)g

例14 均质圆盘质量为2m，半径为r。细杆OA质量为m，长为l＝3r，绕轴O转动的角速度为、求下列三种情况下系统对轴O的动量矩：(a)圆盘与杆固结；(b)圆盘绕轴A相对杆OA以角速度逆时针方向转动；(c)圆盘绕轴A相对杆OA以角速度顺时针方向转动。解：(a)(b)rOA(c)r11JOml2(2m)r22m(3r)2323mr2mr218mr222mr2LOJO22mr2OA(b)r(b)A0OALOL杆L盘J杆()LAmO(2mvA)3mr2JAA(2m)(3r)3r3mr2mr2A18mr2221mrO(c)A(c)rA2LOL杆L盘J杆()LAmO(2mvA)3mr2JAA(2m)(3r)3r3mr2mr2A18mr23mr2mr2(2)18mr223mr2

例16 均质圆柱体A和B质量均为m，半径均为r。圆柱A可绕固定轴O转动。一绳绕在圆柱A上，绳的另一端绕在圆柱B上。求B下落时，质心C点的加速度。摩擦不计。FOy解：取A分析，受力如图。A作定轴转动，应用定轴转动的微分方程有JAAFTr取B分析，受力如图。B作平面运动。应用平面运动的微分方程有OAOFOxBAFTCmgF'TBDCaCmgmaCmgFTJCBFTr其中JAJCmr22由运动学关系aD＝rA,，而由加速度合成定理有aCaDrBr(AB)4aCg5例17 均质杆质量为m，长为l，在铅直平面内一端沿着水平地面，另一端沿着铅垂墙壁，从图示位置无初速地滑下。不计摩擦，求开始滑动的瞬时，地面和墙壁对杆的约束反力。解：以杆AB为研究对象，分析受力。杆作平面运动，设质心C的加速度为aCx、aCy，角加速度为。由刚体平面运动微分方程yBmgCAxmaCxFBmaCyFAmg(1)(2)FBBllJCFAsinFBcos22aCyCmg(3)aCxAFA

以C点为基点，则A点的加速度为tnaAaCaACaACn 在运动开始时, ＝0, 故aAC＝0, 将上式投影到y轴上，得t0aCyaACsinltaCyaACsinsin2x(4)aBCaBtBCaCyaCxaACt再以C点为基点，则B点的加速度为tnaBaCaBCaBCn 同理，aBC＝0，将上式投影到x轴上，得AaAyt0aCxaCBcoslaCxacoscos2tCB(5)联立求解(1)~(5)式，并注意到JC3FAmg(1sin2)43FBmgsincos4llxCsin,yCcos221ml2可得123gsin2lxB注：亦可由坐标法求出(4)、(5)式：CAyll,yCcosCsinx22ll2lcos,2lsinCsinCcosxy22220，故运动开始时，llaCxxCcos,aCyyCsin22

例19 长l，质量为m 的均质杆AB 和BC 用铰链B 联接，并用铰链A 固定，位于平衡位置。今在C 端作用一水平力AF，求此瞬时，两杆的角加速度。解：分别以AB和BC为研究对象，受力如图。AB和BC分别作定轴转动和平面运动。对AB由定轴转动的微分方程得13ml2ABFBxl(1)对BC由刚体平面运动的微分方程得maGxFFBx112ml2lBCF2FBxl2BC作平面运动，取B为基点，则aatnGaBGBaGBalatlnBAB,GB2BC,aGB0将以上矢量式投影到水平方向，得aatlGxBaGBlAB2BC由(1)~(4)联立解得6F30FAB7ml,BC7mlBFCFAyAFAxBWFaBxBFBy(2)F'By(3)BF'BxataGBGGyaGxWCBCF(4)

第十二章：动能定理

例2 均质细杆长为l，质量为m，上端B靠在光滑的墙上，下端A用铰与质量为M半径为R且放在粗糙地面上的圆柱中心相连，在图示位置圆柱作纯滚动，中心速度为v，杆与水平线的夹角=45o，求该瞬时系统的动能。IB解：T总TATABC3TAMv24I为AB杆的瞬心vAvIA12l12IImlmml12232vlsinTAB1mv211222IIABmvT9M4mv总26sin2312例5 滑块A以速度vA在滑道内滑动，其上铰接一质量为m，长为l的均质杆AB，杆以角速度绕A转动，如图。试求当杆AB与铅垂线的夹角为时，杆的动能。解：AB杆作平面运动，其质心C的速度为AvAlBvAvCvAvCA速度合成矢量图如图。由余弦定理222vCvAvCA2vAvCAcos(180)22vA(1l)2vA122lcos222vA1l4lvAcosAvCAvCvAB则杆的动能221T1mvJCC22222122111m(vllvcos)(ml)AA2421221221m(vA23llvAcos)

例6 一长为l，质量密度为ρ的链条放置在光滑的水平桌面上，有长为b的一段悬挂下垂，如图。初始链条静止，在自重的作用下运动。求当末端滑离桌面时，链条的速度。解:链条在初始及终了两状态的动能分别为lbT1012T2lv22在运动过程中所有的力所作的功为b11Wgb(lb)g(lb)(lb)g(l2b2)由1222T2T1W12解得v2g(l2b2)l例8 卷扬机如图，鼓轮在常力偶M的作用下将圆柱上拉。已知鼓轮的半径为R1，质量为m1，质量分布在轮缘上；圆柱的半径为R2，质量为m2，质量均匀分布。设斜坡的倾角为α，圆柱只滚不滑。系统从静止开始运动，求圆柱中心C经过路FOy程S 时的速度。M解：以系统为研究对象，受力如图。系统在运动过程中所有力所作的功为OCm2gFSFNm1gFOxW12Msm2gsinsR1系统在初始及终了两状态的动能分别为T10T211122I112m2vCIC2222

其中2I1m1R1IC12m2R22MOCm2gFSFNFOy于是v1CR1vC2R2FOxm1g2vCT2(2m13m2)4由T2T1W12得2vCs(2m13m2)0Mm2gsins4R1解之得(Mm2gR1sin)svC2R1(2m13m2)例9 在对称连杆的A点，作用一铅垂方向的常力F，开始时系统静止，如图。求连杆OA运动到水平位置时的角速度。设连杆长均为l，质量均为m，均质圆盘质量为m1，且作纯滚动。解：分析系统，初瞬时的动能为T10设连杆OA运动到水平位置时的角速度为，由于OA＝AB，所以杆AB的角速度也为，且此时B端为杆AB的速度瞬心，因此轮B的角速度为零，vB=0。系统此时的动能为1122T2IOIBO2211221122122(ml)(ml)ml23233FAvABvB

系统受力如图所示，在运动过程中所有的力所作的功为lW122(mgsin)Flsin2(mgF)lsin由T2T1W12得FOyFAm1gmgmgOFOxFSB122ml0(mgF)lsin3解得FN3(mgF)sinlm例12 如图，重物A和B通过动滑轮D和定滑轮而运动。如果重物A开始时向下的速度为v0，试问重物A下落多大距离，其速度增大一倍。设重物A和B的质量均为m，滑轮D和C的质量均为M，且为均质圆盘。重物B与水平面间的动摩擦系数为f'，绳索不能伸长，其质量忽略不计。解：取系统分析，则运动初瞬时的动能为2v0CDAv0B12TAmv021TBm(2v0)22mv0222v021122TC(MrC)()Mv022rCTDv1113222Mv0(MrD)(0)2Mv0222rD4T1TATBTCTD7M10m2v04

速度增大一倍时的动能为T2(7M10m)v20系统受力如图所示，设重物A下降h高度时，其速度增大一倍。在此过程中，所有的力所作的功为W12mhMhfmg2hM(12f)mhg由T2T1W12得34(7M10m)v20M(12f)mhg解得h3v20(7M10m)4gM(12f)mFmgOyBFSMgCFOxDMgFNAmg

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