分析力学基础测验题答案

分析力学基础一是非判断题1.不论刚体作何种运动，其惯性力系向一点简化的主矢都等于刚体的质量与其质心加速度的乘积，方向与质心加速度的方向相反。

（√）2. 均质圆柱绕其对称轴作定轴转动，则圆柱惯性力系对于空间中平行于转轴的任意一轴的力矩之和，都是同一值。

（√）3. 因为实位移和虚位移都是约束允许的，所以实际的微小位移必定是诸虚位移中的一个。

（×）4. 虚位移原理只适用于具有理想约束的系统。

（×）5. 凡几何约束都是完整约束，完整约束未必是几何约束。

（√）二选择题1.下列约束中，非理想约束的是（B ）。

A 纯滚动，有摩擦力但无滚动摩阻。

B 有摩擦的铰链。

C 摩擦传动中两个刚性摩擦轮的接触处，两轮间不打滑，无滚动摩阻。

D 连接两个质点的不可伸长的柔索。

2. 如图所示四种情况，惯性力系的简化只有（ C ）图正确。

3. 均质细杆AB质量为m，长为L，置于水平位置，如图所示。

若在绳BC突然剪断时角加速度为α，则杆上各点惯性力的合力大小为（12mLα），方向为（垂直向上），作用点的位置在杆的（左端A ）处第二(3)题图第二(4)题图4. 四根等长等重的均质直杆用铰链连接起来，再把两端用铰链固定在同一水平线上，如图所示，平衡时图示两个角度α和β的关系是（ B ）。

A．tan3tanβα=； B. tan3tanαβ=C. tan2tanβα=; D. tan2tanαβ=5. 图示系统中，O处为轮轴，绳与滑轮间无相对滑动，则物块A与物块B的虚位移大小的比值为（ B ）。

A．6；B．5；C．4；D．3.三填空题1. 图示平面系统，圆环在水平面上作纯滚动，圆环放置的直杆AB可在圆环自由运动，A，B两点始终与圆环保持接触，则该系统的自由度数为（2 ）。

2. 轮轴质心位于O处，对轴O的转动惯量为OJ。

在轮轴上系有两个质量各为1m和2m的物体，已知此轮轴顺时针转向转动，角加速度为α，则轴承O处的动反力OxF=( 0 ), OyF=（12()m R m rα-）。

3. 在图所示的平面机构中，试用杆OA的虚位移δϕ表达套筒B的虚位移B yδ，第二(5)题图第三（1）题图第三（2）题图B y δ=（ 2sec l ϕδϕ ）。

4.矩形物块重P ，放置在光滑的水平面上，其上有半径为r 的圆槽。

小球M 重W 可在槽运动，不计各处摩擦，则系统有（ 2 ）自由度，若取x 及ϕ为广义坐标，则对应于ϕ的广义力为（ sin Wr ϕ- ）。

5. 杆OA 和AB 以铰链相接，点O 处悬挂在圆柱圆柱铰链上，杆长OA a =，AB b =，杆重和铰链摩擦均忽略不计。

今在点A 和B 分别作用向下的铅垂力F A 和F B ，又在点B 作用一水平力F 。

现选择1ϕ和2ϕ为系统的两个广义坐标，则对应于1ϕ的广义力1Q =（ ）。

（111cos ()sin A B Q Fa F F a ϕϕ=-+）6. 如图所示一倒置的摆，摆锤重量为P ，摆杆长为l ，在摆杆的点A 连有一刚度为k 的水平弹簧，摆在铅直位置时弹簧未变形，摆可以在铅直位置平衡。

设ＯＡ＝ａ，摆杆重量不计，为保证系统的平衡是稳定的，a 必须满足条件（ kPl a >）。

第三（3）题图 第三（4）题图 第三（5）题图 第三（6）题图7. 已知OA=r，系统在图示位置平衡时，力偶M与力F的关系是（rFM=）。

8. 顶角为2α的菱形构件，受沿对角线CO的力F的作用。

为了用虚位移原理求杆AB的力，解除杆AB，代以力F T、/F T，则点C的虚位移与点A，B的虚位移的比::C A By x xδδδ=（2sin:1:1α），力TF=（tanFα）。

第四题：用虚位移原理求图示组合梁支座A 、B、C处的约束反力。

（用其它方法不得分）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。

1、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F A。

（2）受力分析：第三（7）题图第三（8）题图4m3mDAF3F1F2B M N C8m 11m 7m 11m 8m4m（3）列方程，求F A：由虚位移原理(虚功方程)：1122A AF r F r F rδδδ-+=其中：138Arrδδ=22411117814MA M Ar r rr r rδδδδδδ=⋅=⋅=将以上结果代入虚功方程：12311814A A A AF r F r F rδδδ-+=12311814AF F F=-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F B。

（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F C。

（2）受力分析：第五题 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()sin F t F t ω=（0F ，ω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：2211221122T m x m x =+ 势能：设两弹簧原长时的弹簧势能为零()22112211122V k x k x x =+- 非有势力()F t 对应的广义力： 10Q =；222()()F t x Q F t x δδ== 三 列方程拉格朗日函数： L T V =-2x 1x 1k 2k ()F t AB()222211221122111112222m x m x k x k x x =+--- 关于广义坐标x 1的方程：11()0d L L dt x x ∂∂-=∂∂ 11221121221()()Lk x k x x k k x k x x ∂=-+-=-++∂， 111L m x x ∂=∂，111d L m x dt x ∂=∂ 得：1112122()0m x k k x k x ++-= 关于广义坐标x 2的方程 222()d L L Q dt x x ∂∂-=∂∂22121222()Lk x x k x k x x ∂=--=-∂， 222L m x x ∂=∂，222d Lm x dt x ∂=∂ 得： 2221220sin m x k x k x F t ω-+= 系统的运动微分方程：1112122()0m x k k x k x ++-= 2221220sin m x k x k x F t ω-+=第六题 重物A 的质量为m 1,可沿光滑水平面移动,摆锤B 的质量为m 2,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：A x ，ϕ 保守系统二 求动能和势能sin B A x x l φ=+cos B y l φ=-cos B A x x lϕϕ=+sin B y l ϕϕ=动能： 2221211()22A B B T m x m x y =++222222221211(2cos cos sin )22A A A m x m x l x l l ϕϕϕϕϕϕ=+++ 222122211()cos 22A A m m x m l x m l ϕϕϕ=+++势能：22cos B V m gy m gl φ==- 2221222211()cos cos 22A A L m m x m l m l x m gl ϕϕϕϕ=++++ 三 列方程关于广义坐标x A 的方程 0ALx ∂=∂ 122()cos A ALm m x m l x ϕϕ∂=++∂ 21222()cos A Ad Lm m x m lsin m l dt x ϕϕϕϕ∂=+-+∂ ()0A Ad L L dt x x ∂∂-=∂∂ 21222()cos 0A m m x m l m lsin ϕϕϕϕ++-=关于广义坐标φ的方程2221222211()cos cos 22A A L m m x m l m l x m gl ϕϕϕϕ=++++ 22sin sin A Lm l x m gl ϕϕϕϕ∂=-⋅-∂ 222cos A Lm l m l x ϕϕϕ∂=+∂ 2222cos A A d Lm l m l x m lsin x dt ϕϕϕϕϕ∂=+-∂()0d L L dt φφ∂∂-=∂∂ 2222cos sin 0A m l m l x m gl ϕϕϕ++=212222222()cos sin 0cos sin 0 A A m m x m l m l m l m lx m gl ϕϕϕϕϕϕϕ⎧++-=⎪⎨++=⎪⎩。