理论力学动力学复习题.doc
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1.在图示平面机构中，菱形板分别与杆AA1和BB1铰接，两杆可分别绕轴A1和轴B1作定轴转动。
AB=BD=20cm，AA1=25cm。
当=30°，AA1^BB1时，设平板的角速度=2rad/s。
试求此瞬时点D的速度和杆AA1的角速度。
解：
菱形板的速度瞬心在P点，故
杆AA1的角速度
（顺钟向）
D点的速度
（斜向左下方）
2.等腰三角形平板ABC的腰长AB=BC＝5cm，AC=6cm，端点A和端点B分别在水平面上和斜面上运动。
斜面与铅垂线之间的夹角j＝。
在图示位置时，AC边铅垂，平板的角速度w＝4rad/s，角加速度a＝5rad/s2。
试求该瞬时A，B和C三点的加速度的大小。
解：
平板取A为基点
式中
，
BC：
故
y：
故
取A为基点
式中 ，
x：
y：
3.在图示平面机构中，已知：
杆OA以匀角速度绕定轴O转动，OA=AC=r，O1B=2r，b=30°。
在图示位置时，OA，CB水平，O1B，AC铅垂。
试求此瞬时：
⑴板上点C的速度；
⑵杆O1B的角速度；
⑶杆O1B的角加速度。
解：
板ABC的速度瞬心在P点
（方向如图示）
（顺钟向）
（顺钟向）
选点A为基点，则
将上式向BA方向投影，得
（顺钟向）
4.曲柄滑块机构如图，已知：
OA=r，AB=L，OA以匀角速度w转动。
试求j=90°时杆AB的角加速度。
解：
因杆AB作瞬时平动，故
取点A为基点
由加速度矢量合成关系，得
角加速度
（逆钟向）
5.在图示平面机构中，直角杆OAB绕轴O转动，套筒C可在AB段滑动，O、C、D位于同一铅垂线上。
已知OA =r，当j = 30°时，直角杆OAB的角速度为w，角加速度为零。
试求该瞬时杆CD的速度和加速度。
解：
以铰链C为动点，杆OAB为动系。
因
得
又有
x：
故
6.在图示平面机构中，半径为R的半圆环OC绕O轴转动，并带动套在其上的小圈M沿固定的竖直杆AB滑动。
若角速度w 为已知常量，试求图示位置（OC⊥AB）时，小圈M的绝对速度和绝对加速度。
解：
取M为动点，半圆环OC为动系。
由
得
又有
由
方向投影得：
得
7\在图示机构中，已知：
两纯滚动匀质轮的质量各为m，板的质量为２m，倾角β＝30˚，初瞬时板的质心Ｃ1位于图示ＣＤ的中央。
试求该瞬时：
（１）轮中心的加速度；
（２）接触处Ａ的摩擦力。
．解：
由动能定理：
dT=ΣδWi
d[m（2v）2+mv2+JA（）2]=
2mg·2ds·sinb+2mgds·sinb
对上式两边同除dt得：
a==
分别由板、轮平面运动微分方程：
2mg·sinb－2Fs1=2m·2a
（F1+FA）r=
得：
FA=
8.在图示机构中，已知：
纯滚动的匀质轮与物Ａ的质量均为m，轮半径为r，斜面倾角为β，物Ａ与斜面间的动摩擦因数为f，不计杆ＯＡ的质量。
试求：
（１）Ｏ点的加速度；
（２）杆ＯＡ的内力。
解：
对系统按动能定理：
dT=ΣδWi
d（mvA2+mvo2+Joω2）=
mgdlsinβ+mgdlsinβ－fmgcosβ·dl
对上式两边同除dt得：
aO==
对滑块Ａ按质心运动定理：
F－FSA+mg·sinβ=maA其中：
aA=aO
FNA－mg·cosβ=0
由上可得：
F=
9.图示匀质平板位于铅直面内的水平位置。
已知：
平板长为l，宽为b，质量为m，对质心Ｃ的转动惯量为JC＝m（l2+b2）。
试用达朗贝尔原理求在撤去B支座销钉瞬时：
（１）平板的角加速度；
（２）支座Ａ的约束力。
2012运动学与动力学
解：
由SMA（）=0MgA－mg=0
式中：
MgA=JAa=[JC+m）]a
得：
a=
由SFx=0得：
FAx=0
由SFy=0FAy+FgA－mg=0
得：
FAy=
10.在图示系统中。
已知：
匀质细杆的质量为m，长为了l，可绕一端Ｏ铰在铅直平面内转动。
设将杆拉到铅直位置，从静止释放，试求杆转至水平位置时的角速度，角加速度及Ｏ处的约束力。
解：
杆ＯＡ：
应用动能定理：
JOω2=mg
式中：
JO=ml2
代入得：
ω2=
应用定轴转动微分方程：
JOa=mg
得：
a=
应用质心运动定理：
FOx=－mω2=－mg
FOy=mg－ma=mg
11.在图示机构中，已知：
两匀质细杆长ＡＢ＝ＯＤ＝l，质量均为m，垂直固结成Ｔ形，且ＡＤ＝ＤＢ，初瞬时ＯＤ段静止于水平位置。
试求杆转至β角时的角速度、角加速度及轴Ｏ处的约束力。
动能定理：
T1=0
JO∙a2=lmgsinβ
式中：
JO=ml2
得：
a=
对上式微分得：
=
质心加速度：
an=a2∙l=gsinβ
at=·l=gcosβ
达朗伯原理：
F1+2man+2mgsinβ=0
―F2―2mat+2mgcosβ=0
得：
F1=－
F2=
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