理论力学期末试题含答案(3)

ΣMB(F)?0，P?(DE?R)?FT(BE?R)?FC?CE?0

解得

FC= 1.25kN

2、以整体为研究对象，受力图如图（b）由

（b）

ΣFx?0，FAx?FT?0

ΣFy?0，FAy?FC?P?0

?MA(F)?0，MA?FT(BE?R)?P(CD?R)?0

解得

FAx = 10 kN， FAy = 8.75 kN ， MA = 17.5 kN·m

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vG与加速度aG。轮的角速度ωG与角加速度αG。（20 分）

11

解：先进行速度分析，ABD杆作平移vD?vA，aD?aA，以套管D为动点，EF杆为动参考系，由点的速度合成定理

va?ve?vr

大小 ωR ？ ？ 方向 √ √ √

由速度平行四边形，得

vr?3ωR 21ve?ωR

2

12

从而得

ωEF?ve3?ω=0.866 rad/s 4DEvF?ωEF?EF?3ωR

FG杆作瞬时平移，vG?vF得，

ωG?再进行加速度分析

vG?23=3.464 rad/s R动点、动系选取同速度分析，由点的加速度合成定理

aa ?aet ?aen ?ar ?aC

2大小 ω2R ? ωEFEF ? 2ωEFvr

方向 √ √ √ √ √

由加速度示意图，将上式向η轴投影，得

t?aacos60?ae?aC

解得

αEFtae? = 0.366 rad/s2 EF进而得

taF?αEF?EF=0.732 rn/s2

FG杆作平面运动，以F点为基点，由加速度基点法有

tntnaG?aF?aF?aFG?aFG

由加速度示意图，将上式向η轴投影，得

tnaG?aF?aFG=0.134 m/s2

从而得

αG?aG=0.536 rad/s2 R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

13

段水平。系统初始静止。

求：（1）轮心C的加速度aC、物块B的加速度aB； （2）两段绳中的拉力。（20分）

四、解，以整体为研究对象，设物块B的速度为vB，加速度为aB，如图所示

则有 ωO?vBR2，αO?aBR2，ωC?vCR1?vB2R1

系统的动能为

3m?4m2?8m3211112222T?mBvB?JO?O?m1vC?JCωC?1vB

222216理想约束不作功，力的功率为

P?m3gvB

应用功率方程：

dT?P dt3m1?4m2?8m3aB?vB?m3g?vB

8得

14

aB?8m3g

3m1?4m2?8m3进而得

aC?4m3g1aB? 23m1?4m2?8m3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

FT1?m3g?m3aB?3m1?4m2m3g

3m1?4m2?8m3以轮O为研究对象，受力如图，由刚体绕定轴转动微分方程

JO?αO?FT1R2?RT2R2

得

FT2?3m1m2g

3m1?4m2?8m3

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）

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

15

百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库理论力学期末试题含答案(3)在线全文阅读。