工程力学动力学复习题

1工程力学Ⅰ动力学复习题一、是非题（正确用√，错误用×，填入括号内。）1、质心在某轴上的坐标保持不变的充要条件是：作用于质系的外力在该轴上投影的代数和恒为零。(√)2、质系动量矩定理的矩心必须选择为固定点。(×)3、定轴转动刚体对转轴的动量矩等于刚体对转轴的转动惯量与刚体角速度的乘积。(√)4、如果作用于质点系上的外力对固定点O的主矩不为零，那么，质系动量矩一定不守恒。(√)5、摩擦力所作的功永远是负的。(×)6、刚体平面运动可分解为随基点的平移和绕基点的转动，则平面运动刚体的动能也可以等于随基点平移动能与绕基点转动动能之和。(√)7、力F在位移S上的功总是等于)cos(SFFS。(×)8、系统内力作功之代数和总是为零。(×)二、填空题（请将答案填入划线内。）1、两个完全相同的均质圆盘放在光滑水平面上，分别作用两个大小相等、方向相同的水平力F和F，使此二盘同时由静止开始运动，则此二盘质心运动状况(两盘一样快)。2、质量为m的物体置于倾角为的斜面上，接触面间的静摩擦系数为sf，动摩擦系数为df,当物体质心移动S远时，圆轮作纯滚动，滑动摩擦力所作的功为(0)；3、圆环以角速度绕铅直轴转动，转动惯量为ZJ，在圆环中A处放置一质量为m的小球，由于微小扰动小球离开A点运动，不计摩擦，则此系统在运动过程中(改变，动量矩守恒；)。A24、写出下列刚体或刚体系统的动量、动量矩及动能的表达式：1)均质杆OA长l，质量为m，绕固定轴O转动，角速度为，则杆动量大小p=12ml，方向竖直向下，动能T=2216ml，对固定轴O的动量矩OL=213ml。2)均质圆盘，半径为R，质量为m，绕圆心轴O转动，角速度为，则圆盘动量大小p=0，方向，动能T=2214mR，对固定轴O的动量矩OL=212mR。3）图示均质杆AB长为L，质量为m，可绕轴O转动，某瞬时角速度为ω，则该瞬时杆的动量为_____1;4mL____，动能为_____22796mL____。5、、在平面问题中，动量定理和质心运动定理各有2个投影式，可以求解2个未知量；动量矩定理可求解1个未知量；动能定理是标量方程，可求解___1___个未知量。6、半径为R的圆轮在地面上纯滚动,在图3示瞬时圆轮的角速度为ω,角加速度为α,如图所示,则该瞬时圆轮速度瞬心的加速度a_2R____7、质量为m的质点在重力与空气阻力作用下铅垂下落,已知空气阻力大小与质点速度的立方成正比,比例系数为C,设t=0时质点所在位置为坐标原点,铅垂向下为x正向建立坐标系,那么质点在该坐标系下运动的微分方程为______3()cxxgm__________________。8、边长为L的均质正方形平板，位于铅垂平面内并置于光滑水平面上，如图所示，若给平板一微小扰动，使其从图示位置开始倾倒，平板在倾倒过程中，其质心C点的运动轨迹是一直线。(填直线,圆弧,曲线,其他)Ol，mAOVα图3图43三.计算题1、已知物块，120kgm，215kgm，310kgm，四棱柱的质量100kgm不计滑轮与绳子的质量及摩擦，系统初始静止；求当物块1m下降1m时，四棱柱体相对于地面的位移。2、均质曲柄AB长为r,质量为m1,假设受力偶M作用以不变的角速度ω转动,并带动滑槽连杆以及与它固连的活塞D,如图所示.滑槽、连杆、活塞总质量为m2,质心在点C.在活塞上作用一水平向右的恒力F.不计摩擦及滑块B的质量,求:机构质心的运动方程和作用在曲柄轴A处的最大水平约束力Fx.3、均质圆柱体A的质量为m，在外圆上绕以细绳，绳的一端B固定不动，圆柱体因解开绳子而下滑，其初速为零。求当圆柱体的轴心降落了高度h时轴心的速度和绳子的张力。4、图示均质细杆被约束于水平位置，已知杆长l，质量m，如将A端绳割断，试求杆转到铅垂位置时杆的角速度。图445、均质圆轮A与均质鼓轮B的质量和半径均为m、R，用绳连接如图所示，斜面倾角为30°。圆轮沿斜面作只滚不滑运动，不计滚动摩擦和绳的质量。如在鼓轮上作用一常力偶，其力偶矩为M，使机构由静止开始运动。求圆轮A轮心走过路程s时轮心的速度和加速度；6、已知均质圆柱A、B的质量均为m,半径均为r,如图（a）;求（1）圆柱体B下落时质心的加速度；（2）若在圆A上作用一逆时针M的力偶，能使圆柱体B的质心加速度向上的条件。7、如图所示，平板质量为1m，受水平力F的作用而沿水平面运动。板与水平面间的动摩擦因数为f。平板上放一质量为2m的均质圆柱体，它对平板只滚动而不滑动。求平板的加速度。8、均质杆OA长l、质量为m1，杆端A与半径为R、质量为m2的均质圆轮的轮心绞接，不计摩擦，初始OA水平，系统静止，求杆自由下落到与水平成θ角时杆的角速度及角加速度。.AM30°RROBθA`O59、均质细直杆AB长为l，质量为m,上端靠在光滑铅直墙面上，下端与均质圆柱的中心铰链相连，圆柱的质量为M，半径为R，放在粗糙的水平面上作纯滚动，其滚动摩阻忽略不计。当AB杆与水平线的夹角θ＝45°时，该系统由静止开始运动，试求此瞬时，轮心A的加速度。1、解：设四棱柱体沿x轴正方向运动了x，因该系统初始静止，且0X，故x方向该系统质心位置守恒。由1122331123Cmxmxmxmxxmmmm1122332123[()()(1)(0.5)]()Cmxxmxxmxxmxxxmmmm以及12CCxx解得0.138xm，（←）2、解：应用质心运动定理,解得3、解：取均质圆柱体A为研究对象，根据平面运动微分方程有ATmamgF12CxxmmaFF12121coscos2Crxmmrbmm212212cos2CCxxmramttmm2dd212cos2xmFFrmt21max22mFFrmθByxAORB6ATJFR又AaR解得122,,333TAgFmgaRgR由于加速度为常量，由运动学公式有2233AAvahgh4：解：121,02lWmgT22221126OTJml2112TTW3gl5、解：轮A与轮O共同作为一个质点系,轮A轮心的速度与加速度分别为v、a，鼓轮的角速度与角加速度分别为,12sinWMmgs22222222121111310,()()222242TTmRmvmRmRmv,vsRR22254TmR由动能定理：1221WTT225sin4mRMmgs(sin)2()5MmgRsvamR式(a)是函数关系式，两端对t求导,得75sin2vmvaMmgvR2(sin)5MmgRamR6、解（1）两轮的受力与运动分析分别如图（a）,对A轮，有2112ATmrrF对B轮，有12112TBTmamgFmrrF以轮与直绳相切点为基点，则轮心B的加速度ABarr解得45ag(2)再分别对两轮作受力与运动分析如图（b）对A轮，有2212ATmrMrF对B轮，有22212BTBTmamgFmrrF依然有运动学关系,BABrr但（AB）令0B，可解得圆柱体B的质心加速度向上的条件：2Mmgr7.解板与圆柱的受力与加速度分析如图示，（4分）对板有：12maFFF（3分）对圆柱有：22OmaF22212mRFR（3分）以板与圆柱的接触点为基点（或选板为动系，轮心为动点），设圆柱的角加速度为α，则圆心O的加速度为oaaR（3分）考虑到1112()NFfFfmmg（3分）8可解得1221()3Ffmmgmm（4分）9、解分析整个系统的受力情况知，其主动力的元功为：dtmgvmgdyMgWcceFcos0P1为AB杆的瞬心，故sinvsinllvAPCPvvAAAc22111故得dtctgmgvWAeF21系统在任一瞬时的动能：2222121211AAAABPAABJMvJTTT式中：AARv,RvAAABAAPv1,sin1lvAPvAAAB321mlJP,22MRJA因此MmvTA9sin212122运用动能定理微分形式dtWdtdTeF)(并注意到vA为正时，θ角减小，故θθMgmgCByxAvAvCωAP1ωABθOR9sinlvAAB即ctgmgvvsinlcosmvMsinmaAAAA2129261422得MmlmvmgctgaAA9sin2sincos23242将45,0Av代入上得：MmmgaA943