工程力学题目

理论力学复习题第七章：点的合成运动例10图示曲柄滑道机构，圆弧轨道的半径R＝OA＝10cm，已知曲柄绕轴O以匀速n＝120rpm转动，求当＝30°时滑道BCD的速度和加速度。nROO1ABCDvavrve解：取滑块A为动点，动系与滑道BCD固连。求得曲柄OA转动的角速度为4rad/s30naervvv125.6cm/s125.6cm/s125.6cm/saeraBCDevOAvvvvv120°30°AOO1ABCD分析加速度得artaearnaan22n2rr1125.61579cm/s10vaOAn2aa22(4)101579cm/saaOAntaerraaaa将加速度向轴上投影有：nare22cos6015790.51579cos303/22740cm/s27.4m/saaanaer:cos60cos30aaa例11刨床的急回机构如图所示。曲柄OA的角速度为，通过滑块A带动摇杆O1B摆动。已知OA=r，OO1=l，求当OA水平时O1B的角速度1。解：在本题中应选取滑块A作为研究的动点，把动参考系固定在摇杆O1B上。点A的绝对运动是以点O为圆心的圆周运动，相对运动是沿O1B方向的直线运动，而牵连运动则是摇杆绕O1轴的摆动。21122sinsin()eaevvrrvOAlr2221122()rOAlrlrvevavrAO1OBAO1OBaraetaenaaaC由于动参考系作转动，因此加速度合成定理为：2aar12sin90Crav42n2e113222()raOAlrte11aOAntaerCeerCaaaaaaaa2re12222,rlrvlrlr2332222()CrlalrAO1OBaraetaenaaaC为了求得aet，应将加速度合成定理向轴投影：ntaeerCaaaaa即：taeCcosaaa得：22t2e3222()()rllralr摇杆O1B的角加速度：t222e12221()()arllrOAlrABOC例12偏心凸轮的偏心距OC＝e、半径为，以匀角速度绕O轴转动，杆AB能在滑槽中上下平动，杆的端点A始终与凸轮接触，且OAB成一直线。求在OC与CA垂直时从动杆AB的速度和加速度。3Revrvave解：选取杆AB的端点A作为动点，动参考系随凸轮一起绕O轴转动。evOA323tan33aeevvOA243cos332erveevaervvvABOC加速度分析如图arnartaCaaaenaerCaaaa222neaOAe221633nrrveaR2482sin(,)2133CrreeavvcoscosnnaerCaaaa2222231682(2)293333aeeaee第十章：动量定理OA3012BCRevavrvA30BCO1例1OA杆绕O轴逆时针转动，均质圆盘沿OA杆纯滚动。已知圆盘的质量m＝20kg，半径R＝100mm。在图示位置时，OA杆的倾角为30o，其角速度＝1rad/s，圆盘相对OA杆转动的角速度＝4rad/s，,求圆盘的动量。1003mmOB120.210.2m/s0.140.4m/servOCvR3sin600.40.3464m/s2Carvvv于是所以200.34646.93NsCpmvp方向水平向右。动量计算解:取C为动点，动系与OA固连例3、两均质杆OA和AB质量为m，长为l，铰接于A。图示位置时，OA杆的角速度为，AB杆相对OA杆的角速度亦为。求此瞬时系统的动量。解：由刚体系统的动量公式2211CCvmvmp其中：21lvClllvC2222mllmlmp2522方向水平向右。mvC1mvC2OABC1C2r=ACACvvv22AB作平面运动例5滑块C的质量为m＝19.6kg，在力P＝866N的作用下沿倾角为30o的导杆AB运动。已知力P与导杆AB之间的夹角为45o，滑块与导杆的动摩擦系数f＝0.2，初瞬时滑块静止，求滑块的速度增大到v＝2m/s所需的时间。ABPgmCCNF3045xy解：以滑块C为研究对象，建立坐标系。由动量定理得0(cos45sin30)(1)mvPmgFt00(sin45cos30)(2)CPNmgt由(2)式得30cos45sinmgPNC)30cos45sin(mgPffNFC代入(1)式，求得所需时间为cos45sin30(sin45cos30)0.0941smvtPmgfPmg从而摩擦力为例8图示系统，重物A和B的质量分别为m1、m2。若A下降的加速度为a，滑轮质量不计。求支座O的反力。ABOaAvBvABOxyOxFOyFgm1gm2解：以整个系统为研究对象，受力如图，建立如图坐标。设A下降的速度为vA，B上升的速度为vB，则由运动学关系得ABvv21系统的动量在坐标轴上的投影为121210,()2xyABAppmvmvmmv由质点系的动量定理1212d10,()d2OxAOyFmmvmgmgFt注意到adtdvA可得121201()2OxOyFFmgmgmmaxy例9如图所示，电动机外壳固定在水平基础上，定子、转子的质量分别为m1、m2。设定子质心位于转轴中心O1，由于制造误差，转子质心O2到O1的距离为e，已知转子以匀角速度转动。求：(1)质心运动方程；(2)基础对电机总的水平和铅垂反力；(3)若电机没有螺栓固定，各处摩擦不计，初始时电机静止，求转子以匀角速度转动时电动机外壳的运动。解：(1)建立如图坐标，任一瞬时，＝t，即有11220,0cos,sinxyxetyet故质心运动方程为212212cossinCCmetxmmmetymm1O2Oe(2)以系统为研究对象(e)(e),CxxCyymaFmaF121212()()CxCymmxFmmyFmgmg22122212cossinCCmextmmmeytmm222212cossin()xyFmetFmetmmgxygm2gm11O2OeyFxFOM由质心运动定理因故得（3）以系统为研究对象，受力如图。21CCxx在图示坐标下，设初始时xC1＝a，当转子转过，定子向右移动距离s，则21212)cos()(mmseamsamxC所以2121)cos()(mmseamsama解得tmmemmmemscoscos212212由此可见，电动机在水平面上作往复运动。此时xygm2gm1asNF1O2Oe由于Fx(e)＝0，所以2min122()NFmmgme若，则。因此如电动机无螺栓固定，它将会跳起来。emgmm221)(0minN例10质量为m长为2l的均质杆OA绕水平固定轴O在铅垂面内转动，如图。已知在图示位置杆的角速度为，角加速度为。试求此时杆在O轴的约束反力。xymgtCanCa解1：用质心运动定理。以杆为研究对象，受力如图，建立如图坐标。2sincossincostnCxCCaaall2cossincossintnCyCCaaall2(sincos)OxmlF2(cossin)OymlFmg解得2(sincos)OxFml2(cossin)OyFmgmlOAOACOxFOyF解2：用动量定理。以杆为研究对象，受力如图，建立如图坐标。sincosxypmlpml由(e)(e)dd,ddyxxyppFFtt得22(sincos)(cossin)OxOymlFmlFmg解得22(sincos)(cossin)OxOyFmlFmgmlxymgpOACOxFOyF例11质量为M的大三角块放在光滑水平面上，其斜面上放一和它相似的小三角块，其质量为m。已知大、小三角块的水平边长各为a与b。试求小三角块由图示位置滑到底时大三角块的位移。xyabmgMgNF解：取系统分析，受力如图，建立如图坐标。xys设大三角块的位移为s，则mMsabamsbMxC)()(3231221CCxx由于Fx(e)＝0，且初始系统静止，所以mMambMxC32311解得mMabms)(第十一章：动量矩定理例3高炉运送矿石的卷扬机如图。已知鼓轮的半径为R，质量为m1，绕O轴转动。小车和矿石的总质量为m2。作用在鼓轮上的力偶矩为M，鼓轮对转轴的转动惯量为J，轨道倾角为。设绳质量和各处摩擦不计，求小车的加速度a。解：以系统为研究对象，受力如图。以顺时针为正，则vRmJLO2(e)2()sinOMMmgRF由，有(e)d()dOOiLmtF22d()sindJmvRMmgRt动量矩定理MOm2gNvm1gFOxFOy因,于是解得d,dvvaRt2222sinRmJgRmMRa若M＞m2gRsin，则a＞0，小车的加速度沿轨道向上。必须强调的是：为使动量矩定理中各物理量的正负号保持协调，动量矩和力矩的正负号规定必须完全一致。动量矩定理解：取系统为研究对象例5均质圆轮半径为R、质量为m，圆轮对转轴的转动惯量为JO。圆轮在重物P带动下绕固定轴O转动，已知重物重量为W。求重物下落的加速度。vRgWJLOOWRMe)(RvvRgWRJLOO)(应用动量矩定理)(eOMtdLdWRdtdvRgWRJO)()(22RgWJWRaOOOPWWvvmmggFFOxOxFFOyOyOArc)(rb)(例14均质圆盘质量为2m，半径为r。细杆OA质量为m，长为l＝3r，绕轴O转动的角速度为、求下列三种情况下系统对轴O的动量矩：(a)圆盘与杆固结；(b)圆盘绕轴A相对杆OA以角速度逆时针方向转动；(c)圆盘绕轴A相对杆OA以角速度顺时针方向转动。OA解：(a)222222222183)3(2)2(2131mrmrmrmrrmrmmlJO222mrJLOOOArb)(OArc)((b)0A22222211833)3)(2(3)2()(mrmrmrmrrrmJmrmvmLJLLLAAAAOAO杆盘杆(c)2A222222222318)2(31833)3)(2(3)2()(mrmrmrmrmrmrmrrrmJmrmvmLJLLLAAAAOAO杆盘杆例16均质圆柱体A和B质量均为m，半径均为r。圆柱A可绕固定轴O转动。一绳绕在圆柱A上，绳的另一端绕在圆柱B上。求B下落时，质心C点的加速度。摩擦不计。解：取A分析，受力如图。A作定轴转动，应用定轴转动的微分方程有AATJFrCTmamgFCBTJFr其中22ACJJmrOABCFTmgFOxFOyOAF'TmgCDBaC取B分析，受力如图。B作平面运动。应用平面运动的微分方程有由运动学关系aD＝rA,，而由加速度合成定理