理论力学动力学复习题.doc
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1.在图示平面机构中,菱形板分别与杆AA1和BB1铰接,两杆可分别绕轴A1和轴B1作定轴转动。
AB=BD=20cm,AA1=25cm。
当=30°,AA1^BB1时,设平板的角速度=2rad/s。
试求此瞬时点D的速度和杆AA1的角速度。
解:
菱形板的速度瞬心在P点,故
杆AA1的角速度
(顺钟向)
D点的速度
(斜向左下方)
2.等腰三角形平板ABC的腰长AB=BC=5cm,AC=6cm,端点A和端点B分别在水平面上和斜面上运动。
斜面与铅垂线之间的夹角j=。
在图示位置时,AC边铅垂,平板的角速度w=4rad/s,角加速度a=5rad/s2。
试求该瞬时A,B和C三点的加速度的大小。
解:
平板取A为基点
式中
,
BC:
故
y:
故
取A为基点
式中 ,
x:
y:
3.在图示平面机构中,已知:
杆OA以匀角速度绕定轴O转动,OA=AC=r,O1B=2r,b=30°。
在图示位置时,OA,CB水平,O1B,AC铅垂。
试求此瞬时:
⑴板上点C的速度;
⑵杆O1B的角速度;
⑶杆O1B的角加速度。
解:
板ABC的速度瞬心在P点
(方向如图示)
(顺钟向)
(顺钟向)
选点A为基点,则
将上式向BA方向投影,得
(顺钟向)
4.曲柄滑块机构如图,已知:
OA=r,AB=L,OA以匀角速度w转动。
试求j=90°时杆AB的角加速度。
解:
因杆AB作瞬时平动,故
取点A为基点
由加速度矢量合成关系,得
角加速度
(逆钟向)
5.在图示平面机构中,直角杆OAB绕轴O转动,套筒C可在AB段滑动,O、C、D位于同一铅垂线上。
已知OA =r,当j = 30°时,直角杆OAB的角速度为w,角加速度为零。
试求该瞬时杆CD的速度和加速度。
解:
以铰链C为动点,杆OAB为动系。
因
得
又有
x:
故
6.在图示平面机构中,半径为R的半圆环OC绕O轴转动,并带动套在其上的小圈M沿固定的竖直杆AB滑动。
若角速度w 为已知常量,试求图示位置(OC⊥AB)时,小圈M的绝对速度和绝对加速度。
解:
取M为动点,半圆环OC为动系。
由
得
又有
由
方向投影得:
得
7\在图示机构中,已知:
两纯滚动匀质轮的质量各为m,板的质量为2m,倾角β=30˚,初瞬时板的质心C1位于图示CD的中央。
试求该瞬时:
(1)轮中心的加速度;
(2)接触处A的摩擦力。
.解:
由动能定理:
dT=ΣδWi
d[m(2v)2+mv2+JA()2]=
2mg·2ds·sinb+2mgds·sinb
对上式两边同除dt得:
a==
分别由板、轮平面运动微分方程:
2mg·sinb-2Fs1=2m·2a
(F1+FA)r=
得:
FA=
8.在图示机构中,已知:
纯滚动的匀质轮与物A的质量均为m,轮半径为r,斜面倾角为β,物A与斜面间的动摩擦因数为f,不计杆OA的质量。
试求:
(1)O点的加速度;
(2)杆OA的内力。
解:
对系统按动能定理:
dT=ΣδWi
d(mvA2+mvo2+Joω2)=
mgdlsinβ+mgdlsinβ-fmgcosβ·dl
对上式两边同除dt得:
aO==
对滑块A按质心运动定理:
F-FSA+mg·sinβ=maA其中:
aA=aO
FNA-mg·cosβ=0
由上可得:
F=
9.图示匀质平板位于铅直面内的水平位置。
已知:
平板长为l,宽为b,质量为m,对质心C的转动惯量为JC=m(l2+b2)。
试用达朗贝尔原理求在撤去B支座销钉瞬时:
(1)平板的角加速度;
(2)支座A的约束力。
2012运动学与动力学
解:
由SMA()=0MgA-mg=0
式中:
MgA=JAa=[JC+m)]a
得:
a=
由SFx=0得:
FAx=0
由SFy=0FAy+FgA-mg=0
得:
FAy=
10.在图示系统中。
已知:
匀质细杆的质量为m,长为了l,可绕一端O铰在铅直平面内转动。
设将杆拉到铅直位置,从静止释放,试求杆转至水平位置时的角速度,角加速度及O处的约束力。
解:
杆OA:
应用动能定理:
JOω2=mg
式中:
JO=ml2
代入得:
ω2=
应用定轴转动微分方程:
JOa=mg
得:
a=
应用质心运动定理:
FOx=-mω2=-mg
FOy=mg-ma=mg
11.在图示机构中,已知:
两匀质细杆长AB=OD=l,质量均为m,垂直固结成T形,且AD=DB,初瞬时OD段静止于水平位置。
试求杆转至β角时的角速度、角加速度及轴O处的约束力。
动能定理:
T1=0
JO∙a2=lmgsinβ
式中:
JO=ml2
得:
a=
对上式微分得:
=
质心加速度:
an=a2∙l=gsinβ
at=·l=gcosβ
达朗伯原理:
F1+2man+2mgsinβ=0
―F2―2mat+2mgcosβ=0
得:
F1=-
F2=