理论力学复习题(12土木)答案2

1理论力学复习题1答案三、计算题1、两根铅直杆AB、CD与梁BC铰接，B、C、D均为光滑铰链，A为固定端约束，各梁的长度均为L=2m，受力情况如图。已知：P=6kN，M=4kN·m，qO=3kN/m,试求固定端A及铰链C的约束反力。22、求指定杆1、2、3的内力。3、一均质杆AB重为400N，长为l，其两端悬挂在两条平行等长的绳上处于水平位置，如图所示。今其中一根绳子突然被剪断，求另一根绳AE此时的张力。解：运动分析绳子突然被剪断，杆AB绕A作定轴转动。假设角加速度为α，AB杆的质心为C，由于A点的绝对速度为零，以瞬心A为基点，因此有：eCCaalaC21方向如图所示受力分析：AB杆承受重力、绳子拉力、惯性力和惯性力矩利用动静法，对质心C建立力矩方程：由0CM有021lTMC即0211212Tlml（1）由0Y有0mgFTC即021mglmT（2）联立（1）（2）两式，解得：ACeca2/l2/lABCCFCMmgT2/l2/lABED3lg23NT100【注】本题利用质心运动定理和绕质心转动的动量矩定理也可求解4、边长b=100mm的正方形均质板重400N，由三根绳拉住，如图所示。求：1、当FG绳被剪断的瞬时，AD和BE两绳的张力；2、当AD和BE两绳运动到铅垂位置时，两绳的张力。ADEB60ºFG45、图中，均质梁BC质量为4m、长4R，均质圆盘质量为2m、半径为R，其上作用转矩M，通过柔绳提升质量为m的重物A。已知重物上升的加速度为a=0.4g，求固定端B处约束反力。6、均质杆AB长为L=2.5m，质量为50kg，位于铅直平面内，A端与光滑水平面接触，B端由不计质量的细绳系于距地面h高的O点，如图所示。当绳处于水平位置时，杆由静止开始下落，试用动静法求解此瞬时A点的约束反力和绳子的拉力。57、匀质杆OA长l、质量为m，其O端用铰链支承，A端用细绳悬挂，置于铅垂面内。试求将细绳突然剪断瞬时，OA的角加速度，铰链O的约束力。（P184）理论力学复习题2三、计算题图示半径为R的绕线轮沿固定水平直线轨道作纯滚动，杆端点D沿轨道滑动。已知：轮轴半径为r，杆CD长为4R，线段AB保持水平。在图示位置时，线端A的速度为v，加速度为a，铰链C处于最高位置。试求该瞬时杆端点D的速度和加速度。解：轮C平面运动，速度瞬心P点rRv（顺钟向）rRa（顺钟向）rRRvPOvOrRRvPCvC2rRRaO选O为基点tnCOCOOCaaaaOFOyFOxW=mg6杆CD作瞬时平动，0CDrRRvvvCD2选C为基点tnttDCCOCOODCCDaaaaaaa:sincoscoscosntCOCOODaaaa得22332rRRvrRRaaD（方向水平向右）四、计算题在图示机构中，已知：匀质轮Ｃ作纯滚动，半径为r，质量为m3，鼓轮Ｂ的内径为r，外径为Ｒ，对其中心轴的回转半径为ρ，质量为m2，物Ａ的质量为m1。绳的ＣＥ段与水平面平行，系统从静止开始运动。试求：（１）物块Ａ下落距离s时轮Ｃ中心的速度与加速度；（２）绳子ＡＤ段的张力。解：研究系统：T2－T1=ΣWi223Cvm+21JCω2+21JBω2+221Avm=m1gs式中：2321rmJC，22mJB代入得：vC=23222113222rmρmRmgsmr○1式两边对t求导得：aC=23222113222rmρmRmgrRm对物Ａ：ma=ΣF，即：m1aA=m1g－FADFAD=m1g－m1aA=m1g－raRmC172.一链条总长为L，质量为m。放在光滑桌面上，有长为b的一段悬挂下垂，设链条开始时处于静止在自重作用下运动，且在离开桌面之前，均与桌面保持接触。当末端离开桌面时，求链条的速度。(P197)3.由均质圆盘与均质组成的复摆。已知杆长为l,质量为m2，圆盘半径为r，质量为m1,试求复摆对悬挂轴O的转动惯量。(P176)理论力学复习题3（答案）一、填空题1、22F，F2、2Ma，33Ma3、Lω，2Lω24、12mvB2，34mvB25、3g/2L，3g/2L6、0，3二、单项选择题1、A2、C3、B4、A，D5、A6、A7、B四、计算题AAxAyBxByBAMFFMPFFBxByDyDxFFFFDCBqbl-bxO8CxCyFFDyDxFFDCq解：（1）以BC、CD杆为研究对象,受力如图：（4分）结构对称：FBy=FDy=q×2=20kNFBx=FDx（2）以CD杆为研究对象,受力如图：（4分）MC=0,FDy×2－FDx×2－q×2×1=0，FDx=10kN（3）以AB为研究对象,受力如图：（7分）MA=0,MA－FBy×2－M－P×1=0xF=0,FAx－FBx=0yF=0,FAy-FBy－P=0FAx=10kNFAy=30kNMA=70kN.m五、计算题（P169）理论力学复习题4（答案）一、[填空题（每小题4分，共28分）1、25F,F/22、A,不能3、A，C4、[43gR,23gR5、2N，向上6、v/L，v，23vL7、2,3二、单项选择题（每小题4分，共28分）1、D2、A3、B4、D5、C6、B7、B三、计算题（15分9DEFF60a2aEDMAMBAyAxFqFFBA解：（1）以DE杆为研究对象,受力如图：（7分）MC=0,FE×3a.sin600－M=0FE=FD=FBCD=233Ma（2）以AB为研究对象,受力如图：（8分）MA=0,MA＋FB×cos300×2a－2qa2=0xF=0,FAx－FB×cos600=0yF=0,FAy＋FB×cos300-q×2a=0FAx=33MaFAy=2qa－3MaMA=2qa2－23M四、计算题（15分）10NANBBAFFFFmgmgBAsθAIAIαaFFMANAFFmgAsθ解：1、对系统用动能定理（9分）受力分析并计算力作功为：∑W=2mg.sins－mg.cos.f.s运动分析并计算系统动能：设轮心沿斜面向下运动s时的速度为v，加速度为aT1=0，T2=34mv2＋12mv2=54mv2按动能定理：T2－T1=∑W54mv2=2mg.sins－mg.cos.f.s两边对时间求导：a=25g（2sin－fcos）2、对圆轮A用达朗贝尔原理：（5分）IAM=J=12mr2ar=12mar∑MA=FAr－IAM=0FA=15mg（2sin－fcos）五、计算题（14分）（课本例题）1.在瓦特行星传动机构中，杆O1A绕O1轴转动，并借连杆AB带动曲柄OB；而曲柄OB活动的装置在O轴上，如图所示。在O轴上装有齿轮Ⅰ，齿轮Ⅱ的轴安装在连杆AB的另一端。已知：r1＝r2＝30√3cm，O1A＝75cm，AB＝150cm；又杆O1A的角速度o1＝6rad/s。求当＝60和＝90时，曲柄OB和齿轮Ⅰ的角速度。(P138)2.已知：如图所示平面机构中，AB=BD=DE=l=300mm。在图示位置时，BD∥AE，杆AB的角速度为ω=5rad/s。求：此瞬时杆DE的角速度和杆BD中点C的速度。111.BD作平面运动基点：BlvvvBDBD5radsDBDEvvDEl5radsDBBBDvvBDl2?DBDBvvvl.大小？方向32?CBCBBDvvvll.大小？方向221.299msCBCBvvvBD方向沿杆向右解：4.图示机构中，OA＝12cm，AB＝30cm，AB杆的B端以＝2m/s，aB＝1m/s2向左沿固定平面运动。求图示瞬时，AB杆的角速度和角加速度，以及B点的加速度。（P144）理论力学复习题5（答案）(一)单项选择题1.A2.B12(二)填空题1.0；16kNm；0,16kNmRDFM2.2.93kNmAM(三)简单计算1.取梁为研究对象，其受力图如图所示。有0,0()0,2305kN0,00kNAxABBAyBAyXFMFPMFYFFPQFF2.取丁字杆为研究对象，其受力图如图所示。有000,06kN10,1.5024.5kN1()0,41.510232.5kNmAxAxAyAyAAAXFPFYFqFMMMPqMF3.三角板ABC作平动，同一时刻其上各点速度、加速度均相同。故CAAnAaaaa2220.446.4msCnAnaar20.420.8msCAaaOA(四)解：(1)以BC为研究对象。其受力图如图(a)所示，分布荷载得合力Q＝22.5kN0,4.53015kNBCCMFQF所以F(2)以整体为研究对象。其受力图如图(b)所示。010,4.502=7.5kNAxCAxXFFqF所以0,30=30kNAyAxYFqF所以q0=6kN/mP=6kNM=4kN·mCABAxFAyFAM1.5m1.5m4mq0=6kN/mP=6kNM=4kN·mCABAxFAyFAMq0=6kN/mP=6kNM=4kN·mCABAxFAyFAM1.5m1.5m4mO1OCABCnaCaAnaAaO1OCABCnaCaAnaAaCFq0CB4.5mBxFByFQ=22.5kNCFq0CB4.5mBxFByFCFq0CB4.5mBxFByFQ=22.5kN(a)4.5m3mqq0CABCFAxFAyFAM4.5m3mqq0CABCFAxFAyFAM(b)1m1m2mq0=2kN/mM=4kN·mP=2kNAxFAyFABBFQ=3kN1m1m2mq0=2kN/mM=4kN·mP=2kNAxFAyFABBFQ=3kN132001134.534.502245kNAACAMMqqFM所以F(五)解：(1)取BC部分为研究对象，其受力图如图(b)所示。21110,20220kNBMFqF所以F(2)取ED部分为研究对象，其受力图如图(c)所示。o221210,sin302220280kNEMFqFF所以F(3)取ABC部分为研究对象，其受力图如图(d)所示。10,00,40=60kNAxAyAyXFYFqFF所以2110,440280kNmAAAMMqFM所以F(六)解：杆AB作平面运动，A、B两点的速度方向如图。由速度投影定理，有ocos3023BABr杆O1C的角速度为14.62radsBOr理论力学复习题6（答案）（一）概念题1．D；2．D；3．D；4．零杆为1.2.5.13.11杆5．B；6．B；1F2FDEq=20kN/mExFEyFl=2m1F2FDEq=20kN/mExFEyFl=2m(c)CBq=20kN/mBxFByF1Fl=2mCBq=20kN/mBxFByF1Fl=2m(b)BAC1FAxFAyFAMq=20kN/m2m2mBAC1FAxFAyFAMq=20kN/m2m2m(d)o30BArrrO1OO2CDABo30BArrrO1OO2CDAB14（二）解：因自重不计故AC为二力构件，其约束反力沿AC，且CAFF,取BC为研究对象，其受力图如图（b）lllFABClllFABCFBCFBBFCFxy（a）(b)0X,045cosoBFFFFB22,0Y045cosoCFFFFC22FFFCA22(由A指向C)（三）解：杆CD为二力杆，因构架在力偶作用下平衡，A、D处的约束反力处必形成力偶与之平衡，其受力图如图（b）所示aCBADM030aCBADMaCBADM030BADBADBA0300MCDFAF(b),0MOMa