2013-2014(1)理论力学期末复习题

2013-2014（1）理论力学期末复习题第1a题如图所示，质量为m1的物体A以加速度a=2g匀加速下落时，带动质量为m2的均质圆盘B转动,不计支架和绳子的重量及轴上的摩擦，BC=L=4R，盘B的半径为R。用动静法求固定端C的约束力。（用其它方法不得分）解：1研究对象：系统整体2受力分析：惯性力：3列平衡方程求解：第1b题电动绞车安装在梁上，梁的两端搁在支座上，绞车与梁合重P。绞车与电机转子固结在一起，转动惯量为J,质心位于O处。绞车以加速度a提升重物。已知重物质量为m，绞盘半径为R。用动静法求由于加速提升重物而对支座A、B的附加压力。La112gFmamg22212gBaMJmRRmgR0xF0CxF0yF120CygFmgmgF121212()CyFmgmgmgmmg0CM21()()0CggMMmglFmglR21()()CggMMmglFmglR2211145()2RmaRmgRmamg22145RmgRmgRmg212135(35)RmgRmgRmmgPO解：1研究对象：梁、绞车和重物组成的系统整体2受力分析：附加压力是由惯性力引起的，受力图中不考虑重力。虚加惯性力：gFmagaMJJR3列平衡方程求附加压力0BM，1220AggFllFlM122AJFllmalaR212AaJFmlllR0yF，0ABgFFFBgAFFF212aJmamlllR1221212malmalaJmlllllR112aJmlllR第2a题已知滑块以匀速u平动，物块高度为h，杆与水平面夹角为，求图示位置时，杆的角速度和角加速度。解：1动点：滑块上的接触点B点动系：OA杆牵连运动：定轴转动2速度分析：速度平行四边形如图所示aervvv其中：avusinsineavvuxhuOABABal1l2l3FAFBFgMg2/sin/evOBuhcoscosravvu3加速度分析：aeraaaaC即：aaaaa+aneerC将上面方程投影于轴：0eCaa2222sincos/ecraavuh232/2sincos/eaOBuh第2b题如图所示直角曲杆OBC绕轴O转动,使套在其上的小环M沿固定直杆OA滑动.已知:OB=0.1m,OB与BC垂直,曲杆的角速度ω=0.5rad/s,角加速度为零.求当φ=600时,小环M的速度和加速度.解：1动点：M点动系：OBC曲杆2速度分析：3加速度分析方向√√√√大小？2OM？2rv将加速度矢量式向Ca方向投影得：第3题：求图示组合梁支座A、B、C处的约束反力。分析：结构是不能发生位移的。为应用虚位移原理求结构在某支座处的约束反力，可将相应的约束解除，并代以对应的约束反力。将结构变成机构，就可以使用虚位移原理了。须注意：因为一个虚功方程只能解一个未知量，所以每解除一次约束，只能让一个约束反力显露出来。aaaaMerC4m3mDAF3F1F2BMNC8m11m7m11m8m4m1、求支座A处约束反力（1）研究对象：系统整体将原结构的支座A解除，代以约束反力FA。（2）受力分析：（3）列方程，求FA：由虚位移原理(虚功方程)：11220AAFrFrFr其中：138Arr22411117814MAMArrrrrr将以上结果代入虚功方程：123110814AAAAFrFrFr12311814AFFF2、求支座B处约束反力（1）研究对象：系统整体将原结构的支座B解除，代以约束反力FB。（2）受力分析：做虚功的力：3、求支座C处约束反力（1）研究对象：系统整体将原结构的支座C解除，代以约束反力FC。（2）受力分析：第4a题图示系统，A处光滑，绳BD铅垂，杆长为L，质量为m，045。求剪断BD绳瞬时，均质杆AB的角加速度及地面约束力。分析：剪断ＢＤ后，杆ＡＢ的自由度大于１，不能用动能法求加速度。因此本题采用刚体平面运动微分方程求解。解：1．研究对象：AB杆，2．受力分析：BD绳剪断后，其受力如图所示，FANgm3．列方程求解：动力学方程：0cxma①cyANmamgF②21cos122ABANlmlF③cxa、cxa、AB、ANF四个未知力三个方程。运动学补充方程，以A点为基点，分析C点加速度aaaanCACACA方向？←⊥ABCA大小？？2ABl0其中：运动初始时，AB杆角速度为零，因此202nCAla。将加速度矢量式向y轴投影cos2CyABla④将④式代入②式，得：cos2ANABmlFmg⑤将⑤式代入③式：21cos()cos1222ABABmllmlmg21coscos62ABABllg2(13cos)6cosABlg26cos(13cos)ABgl将AB代入⑤式2cos6cos2(13cos)ANmlgFmgl223cos[1](13cos)mg当045时，625ABgl35cag25ANFmgABaCyaAaCACaCxxy第4b题在图示机构中，沿斜面纯滚动的圆柱体/O和鼓轮O为均质物体，质量均为m，半径均为R。绳子不能伸缩，其质量略去不计。粗糙斜面的倾角为，不计滚阻力偶。如在鼓轮上作用一常力偶M。求（1）鼓轮的角加速度；（2）轴承O的水平约束力。分析：本题中系统的自由度为１，因此可先用能量法（动能定理）求加速度，再用矢量法（动量和动量矩定理）求力解：一用动能定理求滚子加速度1研究对象：系统整体该系统为单自由度、理想约束系统。2受力分析：做功的力有：力偶M、滚子/O的重力mg。3列方程求加速度dTPdt22211111222OTJmvJ式中：221111,,,22OvJmRJmRvRR代入动能表达式，得：222222221111122222TmRmRmRmRsin(sin)PMmgvMmgR将T与P代入功率方程：22()(sin)dmRMmgRdt22(sin)mRMmgR2sin2MmgRmR二计算轴承O处的水平约束力1研究对象：轮O2受力分析如图（c）所示。3列方程求解由刚体定轴转动微分方程OTJMFR解之得：11()(3sin)4TOFMJMmgRRR由动量定理cos0OxTFF1(6cossin2)8OxFMmgRR第5a题物块A质量为1m，用刚度系数为1k的弹簧与墙连接。物块B质量为2m，用刚度系数为2k的弹簧与A连接。两弹簧原长均为l。初始时系统静止在光滑水平面上，在物块B上作用有主动力0()sinFtFt（0F，已知），如图所示。用第二类拉氏方程列写系统的运动微分方程。解：一研究对象：质量弹簧系统自由度：2广义坐标：1x，2x二求动能和势能及非有势力的广义力动能：2211221122Tmxmx势能：设两弹簧原长时的弹簧势能为零22112211122Vkxkxx非有势力()Ft对应的广义力：10Q；222()()FtxQFtx三列方程拉格朗日函数：LTV2x1x1k2kFtAB222211221122111112222mxmxkxkxx关于广义坐标x1的方程：11()0dLLdtxx11221121221()()Lkxkxxkkxkxx，111Lmxx，111dLmxdtx得：1112122()0mxkkxkx关于广义坐标x2的方程222()dLLQdtxx22121222()Lkxxkxkxx，222Lmxx，222dLmxdtx得：2221220sinmxkxkxFt系统的运动微分方程：1112122()0mxkkxkx2221220sinmxkxkxFt第5b题重物A的质量为m1,可沿光滑水平面移动,摆锤B的质量为m2,A与B用无重刚杆连接,杆长为l,试用第二类拉氏方程标准形式建立此系统的运动微分方程.解：一研究对象：整体自由度：2广义坐标：Ax，保守系统二求动能和势能sinBAxxlcosBylcosBAxxlsinByl动能：2221211()22ABBTmxmxyAxlByAx222222221211(2coscossin)22AAAmxmxlxll222122211()cos22AAmmxmlxml势能：22cosBVmgymgl2221222211()coscos22AALmmxmlmlxmgl三列方程关于广义坐标xA的方程0ALx122()cosAALmmxmlx21222()cosAAdLmmxmlsinmldtx()0AAdLLdtxx21222()cos0Ammxmlmlsin关于广义坐标φ的方程2221222211()coscos22AALmmxmlmlxmgl22sinsinALmlxmgl222cosALmlmlx2222cosAAdLmlmlxmlsinxdt()0dLLdt2222cossin0Amlmlxmgl212222222()cossin0cossin0AAmmxmlmlmlmlxmgl