哈工大理论力学期末考试2003秋及答案

1哈工大2003年秋季学期理论力学试题一、是非题（每题2分）1、作用在一个刚体上的任意两个力成平衡的必要与充分条件是：两个力的作用线相同，大小相等，方向相反。（）2、在有摩擦的情况下，全约束力与法向约束力之间的夹角称为摩擦角。（）3、加速度ddvt的大小为ddvt。（）4、已知质点的质量和作用于质点的力，质点的运动规律就完全确定。（）5、质点系中各质点都处于静止时，质点系的动量为零。于是可知如果质点系的动量为零，则质点系中各质点必都静止。（）二、水平梁AB的A端固定，B端与直角弯杆BEDC用铰链相连，定滑轮半径R=20cm，CD=DE=100cm，AC=BE=75cm，不计各构件自重，重物重P=10kN，求C，A处的约束力。（20分）三、在图示平面机构中，已知：O1A杆的角速度ω=2rad/s，α=0，O1A=O2B=R=25cm，EF=4R，O1A与O2B始终平行。当=60°时，FG水平，EF铅直，且滑块D在EF的中点。轮的半径为R，沿水平面做纯滚动，轮心为G。求该瞬时，轮心的速度Gv与加速度Ga。轮的角速度Gω与角加速度Gα。（20分）四、图示系统，均质轮C质量为m1，半径为R1，沿水平面作纯滚动，均质轮O的质量为m2，半径为R2，绕轴O作定轴转动。物块B的质量为m3，绳AE段水平。系统初始静止。求：（1）轮心C的加速度Ca、物块B的加速度Ba；（2）两段绳中的拉力。（20分）五、图示三棱柱体ABC的质量为m1，放在光滑的水平面上，可以无摩擦的滑动。质量为m2的均质圆柱体O沿三棱柱体的斜面AB向下作纯滚动，斜面倾角为θ。以x和s为广义坐标，用拉格朗2日方程建立系统的运动微分方程，并求出三棱柱体的加速度（用其他方法做不给分）。（15分）哈工大2003年秋季学期理论力学试题答案一、对，错，错，错，错。二、解：1、以BEC定滑轮与重物为研究对象，受力图如图（a）由（a）0)F(ΣMB，0TCP(DER)F(BER)FCE解得CF=1.25kN2、以整体为研究对象，受力图如图（b）由（b）0ΣFx，0TAxFF0ΣFy，0AyCFFP0)(FMA，0)()(RCDPRBEFMTA解得AxF=10kN，AyF=8.75kN，AM=17.5kN·m三、解：先进行速度分析，ABD杆作平移DAvv，DAaa，以套管D为动点，EF杆为动参考系，由点的速度合成定理aervvv3大小ωR？？方向√√√由速度平行四边形，得32rvωR12evωR从而得34eEFvωωDE=0.866rad/s3FEFvωEFωRFG杆作瞬时平移，GFvv得，23GGvωR=3.464rad/s再进行加速度分析动点、动系选取同速度分析，由点的加速度合成定理aateanearaCa大小2ωR?2EFωEF?2EFrωv方向√√√√√由加速度示意图，将上式向η轴投影，得cos60taeCaaa解得teEFaαEF=0.366rad/s2进而得tFEFaαEF=0.732rn/s2FG杆作平面运动，以F点为基点，由加速度基点法有nFGtFGnFtFGaaaaa由加速度示意图，将上式向η轴投影，得nFGtFGaaa=0.134m/s2从而得GGaαR=0.536rad/s24四、解，以整体为研究对象，设物块B的速度为Bv，加速度为Ba，如图所示则有2BOvωR，2BOaαR，112CBCvvωRR系统的动能为2222212313481111222216BBOOCCCBmmmTmvJmvJωv理想约束不作功，力的功率为3BPmgv应用功率方程：ddTPt12333488BBBmmmavmgv得32138438mmmgmaB进而得3213843421mmmgmaaBC再以物块B为研究对象，受力如图，由质点的运动微分方程m3g－FT1=m3aB得12133312334348TBmmFmgmamgmmm以轮O为研究对象，受力如图，由刚体绕定轴转动微分方程1222OOTTJαFRRR得3212128433mmmgmmFT五、解：以三棱柱体ABC的水平位移x和圆柱体O沿三棱柱体斜面滑动位移s为广义坐标，以y=AC处为势能零点，则系统的动能与势能为52221200022222122212221112221111(2cos)2()222213()cos24TmvmvJωsmxmxsxsθmrrmmxmsmxsθ3sinVmgsθ（常数略去）该系统为保守系统，拉格朗日函数为22122233cossin24mmLTVxmsmxsθmgsθ由第二类拉格朗日方程d()0dLLtXX，1222cos02mmxmsθd()0dLLtSS，22232cossin04msmxθmgθ整理得122()cos0mmxmsθ……①3cossin02sxθgθ……②联立（1）（2）两式，得22212sin3(32cos)mgθaxmθm