北航王琪d-ch9D(习题课)
北航理论力学王琪
2009-10-9
23
理论力学
木桁架节点
§3-2 桁架
榫接
2009-10-9
24
理论力学
钢桁架节点
§3-2 桁架
铆接
2009-10-9
焊接
25
理论力学
钢筋混凝土桁架节点
§3-2 桁架
刚接
2009-10-9 26
理论力学
桁架模型简化的基本假设
§3-2 桁架
假设1：各杆件都用光滑铰链相连接
2009-10-9 27
2009-10-9 10
F
理论力学
三、刚体系的平衡问题
§3-1 刚体系的平衡
刚体系平衡 ⇔ 系统中每个刚体平衡 例：已知 F，M ，AB = BC = L ，F 作用在BC杆的中点， 求：A、C 处的约束力。 A
M
B
F
600
C
2009-10-9
11
理论力学
A
M
§3-1 刚体系的平衡
B
F
60
0
C
求：A、C 处的约束力。
理论力学
§3-2 桁架
假设2：各杆件轴线都是直线，并通过铰链中心
2009-10-9
28
理论力学
§3-2 桁架
假设3：所有外力（荷载及支座约束力）都作用在节点上
2009-10-9
29
理论力学
桁架模型简化的基本假设：
§3-2 桁架
假设1：各杆件都用光滑铰链相连接 假设2：各杆件轴线都是直线，并通过铰链中心 假设3：所有外力（荷载及支座约束力）都作用在节点上
例：已知 F，求 AG 杆上的约束力。
B 2a E a O a
A H
北京航空航天大学理论力学课件-王琪-ch5A
O
vx = x &⎫ ⎪ vy = y &⎬ ⎪ vz = z &⎭
2015-10-28
x
加速度
x & & = a x = 0(m/s 2 )
y & & = a y = −10(m/s 2 )
曲率半径 v2 v2 20 ρ= = = m 0 an a cos 30 3
20
ax = & x& ⎫ ⎪ ay = & y &⎬ ⎪ az = & z& ⎭
2、P 点的速度和加速度
2015-10-28 8
理论力学
3、P点的运动轨迹
§5-1 点的运动学
y A P O
θቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
B
ϕ
x
l 2 ⎫ xp = R cosθ + L − R2 sin2 θ ⎪ L ⎬ R ⎪ y p = (L − l ) sinθ ⎭ L
消去上述方程中 参数θ可得 P 点 的轨迹方程。
z
&⎫ 解： v x = x ⎪ vy = y &⎬ ⎪ vz = z &⎭
u
v= x &2 + y &2 + z & = R2ω2 + u2 = const &2 = s
2 a= & x y z &2 + & &2 + & &2 = Rω
ωR
ax = & x& ⎫ ⎪ ay = & y &⎬ ⎪ az = & z& ⎭
T’
•曲率(curvature)
北航理论力学王琪
理论力学
笔记本电脑
问题的引出
硬盘自动保护装置
2010-5-15
4
理论力学
计算机硬盘结构示意图
问题的引出
定点运动刚体动力学问题：研究力与运动间的关系。 问题：用什么方法建立力与运动的关系？
2010-5-15 5
理论力学
§6-2 欧拉动力学方程
z
一、刚体定点运动的动量矩
Ox’y’z’为随体参考系 Oxyz 为惯性参考系 刚体对O点的动量矩：
2010-5-15
x
o
y
y'
整个刚体对O 点的动量矩：
LO = ∑ LOi
7
理论力学
§6-2 欧拉动力学方程
LOi = mi [( y 'i2 + z 'i2 )ω x ' − x'i y 'i ω y ' − x'i z 'i ω z ' ]i ' + mi [− x'i y 'i ω x ' + ( x'i2 + z 'i2 )ω y ' − y 'i z 'i ω z ' ] j ' + mi [− x'i z 'i ω x ' − y 'i z 'i ω y ' + ( x'i2 + y 'i2 )ω z ' ]k '
+ ∑ mi [− x'i z 'i ω x ' − y 'i z 'i ω y ' + ( x'i2 + y 'i2 )ω z ' ]k '
北航空气动力学课后题答案
本答案适用于钱翼德版1.1解：）（k s m 84.259m k R 22328315∙===-RT p ρ=36m kg 63.5063032.5984105RT P =⨯⨯==ρ 气瓶中氧气的重量为354.938.915.0506.63G =⨯⨯==vg ρ 1.2解：建立坐标系根据两圆盘之间的液体速度分布量呈线性分布 则离圆盘中心r ，距底面为h 处的速度为0u kn u +=当n=0时 u=0推出0u 0= 当n=h 时 u=wr 推出hwr k = 则摩擦应力τ为hwr u dn du u==τ 上圆盘半径为r 处的微元对中心的转矩为θθτdrd hwr u r rdrd h wr u r dA d 3=⋅=⋅=T则⎰⎰==T 2D332032D u drd hr uωπθωπ1.4解：在高为10000米处T=288.15-0.0065⨯10000=288.15-65=223.15压强为⎪⎭⎫ ⎝⎛=Ta T Pa P 5.2588MKN43.26Ta T pa p 2588.5=⎪⎭⎫ ⎝⎛=密度为2588.5Ta T a ⎪⎭⎫⎝⎛=ρρmkg4127.0Ta T a 2588.5=⎪⎭⎫⎝⎛=∴ρρ1-7解:2M KG 24.464RTPRT p ==∴=ρρ空气的质量为kg 98.662v m ==ρ 2-3解:将y 2+2xy=常数两边微分2ydy+2xdx+2ydx=0整理得ydx+（x+y ）dy=0 （1） 将曲线的微分方程yx V dyV dy =代入上式得 yVx+（x+y ）V y =0 由22y 2xy 2x V ++=得V x 2+V y 2=x 2+2xy+y 2 （（2）由（1）（2）得()y v y x v y x =+±=， 习题二2-2解流线的微分方程为yx v dyv dx =将v x 和v y 的表达式代入得ydy x dx yx 2dyx y 2dx 22==， 将上式积分得y 2-x 2=c ，将（1，7）点代入得c=7 因此过点（1，7）的流线方程为y 2-x 2=482-5解:直角坐标系与柱坐标系的转换关系如图所示 速度之间的转换关系为{θθθθθθcos v sin v v sin v cos v v r y r x +=-=由θθθθθθcos r1y v sin yrsin r 1xv cos x rrsin y rcos x =∂∂=∂∂⎪⎩⎪⎨⎧-=∂∂=∂∂⇒⎭⎬⎫==()()⎪⎭⎫⎝⎛--∂∂+-∂∂=∂∂∂∂+∂∂⋅∂∂=∂∂θθθθθθθθθsin r 1sin V cos V cos sin V cos V r x v v x r r v x v r r x x xθθθθθθθθθθθθθs i n c o s V s i n V s i n V c o s V r 1c o s s i n r V c o s r V r r r ⎪⎭⎫ ⎝⎛-∂∂--∂∂-⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂=θθθθθθθθθθθθθθc o s s i n V r1s i n V r 1s i n V r 1c o s s i n V r 1c o s s i n r V c o s r V 22r r 2r +∂∂++∂∂-∂∂-∂∂=()()θθθθθθθθθcos r1cos V sin V sin cos V sin V r y v v V y r V V V V r r y x y x y+∂∂++∂∂=∂∂⋅∂∂+∂∂⋅∂∂=∂∂θθθθθθθθθθθθθcos r1sin V cos V cos V sin V sin cos r V sin r V r r r ⎪⎭⎫ ⎝⎛-∂∂++∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂=θθθθθθθθθθθθθcos sin V r1cos V r 1cos V r 1cos sin v V r 1cos sin r V sin r V 22r r 2r -∂∂++∂∂+∂∂+∂∂=zV V V r 1r V z V y V x V div z r r z y x ∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂++∂∂=∂∂+∂∂+∂∂=∴θυθ 2-6解：（1）siny x 3x V 2x -=∂∂ s i n y x 3y V 2y =∂∂ 0yV x V y x =∂∂+∂∂∴此流动满足质量守恒定律（2）siny x 3x V 2x =∂∂ s i n y x 3y V 2y =∂∂ 0siny x 6yV x V 2yx ≠=∂∂+∂∂ ∴此流动不满足质量守恒定律（3）V x =2rsin rxy2=θ V y =-2rsin 2ry 22-=θ33r y 2x V x =∂∂ 332y r 2y y x 4y V +-=∂∂0ryx 4y V x V 32y x ≠-=∂∂+∂∂∴此流动不满足质量守恒方程（4)对方程x 2+y 2=常数取微分，得xdy dy dx -= 由流线方程yx v dy v dx =(1) 由）（得2r k v v r k v 422y 2x =+= 由（1）（2）得方程3x r ky v ±= 3y rkx v = 25x r kxy3x V =∂∂∴ 25y rkxy 3yV ±∂∂ 0yV x V yx =∂∂+∂∂∴此流动满足质量守恒方程2—7解：0x Vz V 0r yz 23r yz 23z V y V z x 2727y z =∂∂-∂∂=⋅+⋅-=∂∂-∂∂同样 0yV x V x y =∂∂-∂∂ ∴该流场无旋()()()2322222223222z y x zy x z y x d 21z y x z d z y d y x d x dz v dy v dx v d ++++⋅=++++=++=Φ c zy x 1222+++-=Φ∴2—8解：（1）a x V x x =∂∂=θ a yV y y =∂∂=θ a z Vz z -=∂∂=θ021v ;021v ;021v z y x =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂==⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂=y V x V x V z V z V y V x x z x y z（2）0y V x V 210x V z V 210z V y V 21x y z z x y y z x =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂==⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂=ωωω；； 位该流线无旋，存在速度∴ （3）azdz 2aydy ax dx dz v dy v dx v d z y x -+=++=ϕc az ay 21ax 21222+-+=∴ϕ2—9解：曲线x 2y=-4，()04y x y x f 2=+=，切向单位向量22422422y2x 2y2x yx 4x x y 2i yx 4x x j f f fx i f f fy t +-+=+-+=t t v v v t ⋅∇=⋅=∇=ϕϕ切向速度分量 把x=2，y=-1代入得()()j y 2x i y x 2x j yi x v 2+-+--=∂∂+∂∂=∇=ϕϕϕ j 21i 21j y x 4x 2xyi y x 4x x t 2242242+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+= 23t v v t -=⋅= j 23i 23j 21i 2123t v v t t --=⎪⎭⎫⎝⎛+-== 2—14解：v=180h km =50sm根据伯努利方程22V 21V 21p ρρ+=+∞∞p pa p =∞ 驻点处v=0，表示为1531.25pa 501.22521V 21pa p 22=⨯⨯==-∞ρ相对流速为60sm 处得表示为75.63760225.12125.1531V 21V 21pa p 222-=⨯⨯-=-=-∞ρρ 习题三3—1解：根据叠加原理，流动的流函数为()xyarctg 2Q y V y x πϕ+=∞， 速度分量是22y 22x y x y2Q x V y x x 2Q V y V +⋅=∂∂-=+⋅+=∂∂=∞πϕπϕ； 驻点A 的位置由V AX =0 V Ay =0求得 0y V 2Qx A A =-=∞；π 过驻点的流线方程为2x y arctg 2y x y arctg 2y y Q V Q V A A A =+=+∞πθπθθππθππsin 2r x y arctg 2y -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∞∞V V Q 或即 在半无限体上，垂直方向的速度为θπθθππ-sin v r sin 2y x y 2v 222y ∞==+=Q Q线面求极值()0-sin v -cos sin v 2d dv 22y=+=∞∞θπθθπθθθ 当0sin =θ 0v v miny y ==2-tg -=θπθmax y y v v =用迭代法求解2-tg -=θπθ得 取最小值时，y 1v 2183.1139760315.1 ==θ 取最大值时，y 2v 7817.2463071538.4 ==θ由θπθθππ-sin v r sin 2y x y 2v 222y ∞==+=Q Q θπθθθππ-cos sin v r cos 2v y x x 2v v 22x +=+=++=∞∞∞Q Q 可计算出当∞∞===v 6891574.0v v 724611.0v x y 1，时，θθ6891514.0v v 724611.0v x y 2=-==∞，时，θθ合速度∞=+=v v v 2y 2x V3—3解：设点源强度为Q ，根据叠加原理，流动的函数为 xa 3-y a r c t g 2a x y a r c t g 2a x y a r c t g 2πθπθπθϕ+++-=两个速度分量为()()()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+++++++--=222222a 3-y x xy a x a x y a x a x 2x πθ()()()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡++++++-=222222y a 3-y x a3-y y a x y y a x y 2v πθ对于驻点，0v v y x ==，解得a 33y 0x ==A A ， 3—4解：设点源的强度为Q ，点涡的强度为T ，根据叠加原理得合成流动的位函数为Q ππθϕ2l n r 2Γ+=πθϕπθϕθ2r 1r 12r 1r r Γ=∂∂==∂∂=V V ；速度与极半径的夹角为Qarctg arctgr Γ==V V θθ 3—5根据叠加原理得合成流动的流函数为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+=∞y a y yaarctg a y y aarctgV ϕ 两个速度分量为()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++---+++=∂∂=∞1y v 2222x y a x a x a y a x a x a V ϕ ()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--++=∂∂-=∞2222y y v y a x yy a x y a V ϕ 由驻点()0a 30，得驻点位置为±==y x v v 零流线方程为0ay yaarctg a y y x aarctgy =--++∞∞V V 对上式进行改变，得⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-+a y tan ay2a y x 222当0x =时，数值求解得a 03065.1y ±= 3—9解：根据叠加原理，得合成流动的流函数为a y y a r c t g 2a y y a r c t g 2y v -++-=∞ππϕQ Q速度分量为()()2222x y a x ax 2y a x a x 2y v v +-+++++-=∞ππQ Q()()2222y ya x ax 2y a x a x 2v +-+++++-=ππQ Q 由0v v y x ==得驻点位置为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+±∞0v a a 2，πQ 过驻点的流线方程为ay yarctg 2a y y arctg 2y v =-++--∞ππQ Q 上面的流线方程可改写为ay yarctg a y y arctg y v 2--+=∞Q π 222a y x ay2a y y arctg a y y arctg tan y v 2tan -+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∴∞Qπ 容易看出y=0满足上面方程当0y ≠时，包含驻点的流线方程可写为⎪⎭⎫⎝⎛-=-+∞Q y v 2tan ay2a y x 222π当12v a ===∞πQ 时，包含驻点的流线方程为tany y21y x 22--=-+ 3—10解：偶极子位于原点，正指向和负x 轴夹角为α，其流函数为 22yx xs i n y c o s 2+--=ααπϕM 当45=α时22yx xy 222+--=πϕM 3—11解：圆柱表面上的速度为a2sin v 2v πθΓ--=∞ 222222a 4a 2s i n v 4v ππθΓ+Γ=∞ 222222v a 4av 2sin 4sin 4v v ∞∞∞Γ+Γ+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ππθθ 压强分布函数为222p v asin 41sin 41v v 1⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛Γ+-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∞∞θπθC习题四4—1解：查表得标准大气的粘性系数为nkg1078.1u 5-⨯=65el 1023876.11078.16.030225.1u⨯=⨯⨯⨯==-∞LV R ρ 平板上下两面所受的总得摩擦阻力为N S V L R F 789.021e 664.0222=⨯⨯=∞ρ 4—2解：沿边阶层的外边界，伯努利方程成立 代表逆压梯度代表顺压梯度，时；当时当0m 0m 00m 00m m v v v 21p 12201002〈〉∴〉∂∂〈〈∂∂〉-=-=∂∂-=∂∂=+--xpx p x v x v x v xx p c m m m ρρρρδδδ 4—4解：（a ）将2x y 21y 23v v ⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛=δδδ带入（4—90）中的第二式得δδδδδ28039dy vv 1v v 0x x =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎰** 由牛顿粘性定律δτδuu 23y v u 0y xw =⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂==下面求动量积分关系式，因为是平板附面层 0dx dv =∴δ积分关系式可表示为dxd v 2w **=δρτδ将上述关系式代入积分关系式，得δρδδv dx u d 14013=边界条件为x=0时，0=δ 积分上式，得平板边界层的厚度沿板长的变化规律()64.428039646.0x x x64.4ll ⨯==∴=**R R δδ（b ）()74.164.483x x 83dy v v 1lx =⨯=∴=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=*∞*⎰R δδδδ（c ）由（a ）知()64.4x x l =R δ（d ）646.0x x646.0v 21324xx 64.4u23l f l 2wf l w =∴====R C R C R δρτδδδτ）得—由（； （e ）单面平板的摩擦阻力为()292.1x x 292.1s v 21b bdx v 21l f l 2f l02f=∴===⎰R C R X C C X F F δδρρ摩阻系数为假设版宽为 4—6解：全部为层流时的附面层流厚度由式（4—92）得()01918.048.5L e ==LR Lδ 全部为湍流时的附面层流厚度由式（4—10）得()0817.037.0L 51e ==-LLR δ第五章5—3证明（1）将r （θ）表示为下列三角级数()⎪⎭⎫⎝⎛+=∑∞=∞1n 0n s i n n s i n c o s v 2r θθθθA A 将其代入（5—35）得()∑∞==+-1n f 10dx dy n ncos θαA A 可得⎰⎰=-=ππθθπθπα011fn 01f 0d c o s n dxdy 2d dx dy 1A A ； 对于平板，0dx dy f =，故有α=0A ，()θθαθsin cos v 2r 0n 21∞=∴===A A A 当πθ→时，()0r ≠π，不满足后缘条件（2）将()⎪⎭⎫⎝⎛++=∑∞=∞1n 0nsins sin cos 1v 2r θθθθA A 将其带入（5—35）积分得()αθθθθθθθθθπππ-=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-+-+-⎰⎰∑∞=∞dxdy d cos cos sin nsinn cos cos d cos 1v 1f 0021n 2A ()∑∞==+-1n 1f10s i ndy n ncos θθαA A⎰-=1f 0d dx dy 1θπαA ⎰=πθθπ011fn d c o s n dx dy 2A对于平板0dxdyf =，0n 210====∴A A A A ；α()θθαθsin cos 1v 2r +=∴∞ 当πθ→时，()0r =θ，满足后缘条件5—2解：设在41弦线处布涡的强度为Γ，则该涡在43弦线处产生的诱导速度为c2c 2v y i ππΓ=Γ=若取43弦点为控制点，在改点满足边界条件⎪⎭⎫⎝⎛-=Γ∴⎪⎭⎫ ⎝⎛-=Γ∞∞απαπdx dy cv dx dy v c f f 因此开力为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=Γ-=∞∞dx dy cv v f 2αρπρL开力系数为⎪⎭⎫ ⎝⎛-==∞dx dy 2c v 21f 2απρLC L 对于平板0dx dy f =ππαα22==∴L L C C ；5—4解对于薄翼型，πα2=LC 对于2412翼型，()()1x 4.0x 28.00555.0dxdy 4.0x 0x 28.081dx dy ff ≤≤-=≤≤-=；；令()1cos 121x θ-=，则当x=0.4时，2.0arccos 1=θ ()()π≤≤-=≤≤-=x 2.0a r c c o s 0.28.00555.0dxdy 2.0arccos x 00.28.081dx dy ff ；；()()()112.0a r c co s 01101f 0d c o s 12.0c o s 811d c o s 1dx dy 1θθθπθθπαπ--=-=∴⎰⎰()()112.0a r c c o s1d c o s 12.0c o s 0555.01θθθππ--+⎰101fn d c o s n dxdy 2θθππ⎰=A ()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+--=⎰⎰12.0a r c c o s 1112.0a r c c o s 011c o s 12.0c o s 0555.02d c o s 12.0c o s 812θθπθθθππA ()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-=⎰⎰πθθθθθθπ2.0arccos 111112.0arccos 012d cos22.0cos 0555.0d cos22.0cos 812A ()214mp 4A A C -=π5—5解：根据余弦定理9924.0c 9849.0abcosc 2b a c 222=∴=-+=9962.0cbcosca ac 2b abcosc 2b a a 2ac b c a cos 2222222=-=--++=-+=B 059878.4==∠∴B折算后的迎角为010，()()1x 32170tan dx dy 32x 05tan dx dy d cos 1dxdy 120f 0f 101f00≤≤=≤≤=-=-=⎰；；；θθπαααππL C令()弧度时当9106.131arccos 32x cos 121x 11=⎪⎭⎫⎝⎛-==-=θθ ()()119106.1019106.10100d cos 1tan1701d cos 15tan 1θθπθθπαπ-+-=∴⎰⎰()()⎰⎰-=-+-=9106.10119106.101101253.0d cos 1tan170d cos 15tan θθπθθπ()8837.11253.018010220=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⨯=-=∴ππααπL C5—7解：()()()x 2x 3x k 2x 1-x kx y 23f +-=-=()2x 6x 3k dx dy 2f +-= 令0dxdyf =得()正号舍去331±=x ()6x 6k dx y d 2f 2-=将331-=x 代入，得0dx y d 2f2〈因此f y 在331-=x 处取得极大值，2f =% 将331-=x 代入f y 得k=0.052 令()1cos 121x θ-=代入（1）得k 41cos 23cos 43dx dy 112f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=θθ ()110f 0d cos 1dxdy 1θθπαπ-=∴⎰ ()()0235.11105.00524.0220=-=-=∴πααπL C07794.0d cos dxdy 2110f 1==⎰θθππA 04587.0d dx dy 110f 0=-=⎰θπαπA 0186.0d cos2dx dy 2110f 2=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎰θθππA ()533.0210=+=πA A C L ()1798.041412-=--=L L C A A C π 6—5解：根据开力线理论()()ζζδζπδd d d 41v 22y i Γ-=⎰-L L 已知()2122021202112d d 21⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-Γ-=Γ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-Γ=ΓL L L ζζζζδ； ()11122220y i d sin 2d cos 2cos 2d 213v 21θθζθζθζζζδζζπδL L L L L L L =-=-=-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-Γ=∴⎰-；；；令 则⎪⎭⎫ ⎝⎛-Γ-=-Γ-=⎰θθθθθθθππsin 3sin 183d cos cos cos sin 3v 010111220yi L L 当L L L L 43v 283v 3240y i 0y i Γ-===Γ-===，时，时πθζπθζ 6—6解（1）有叠加原理可知，a 处的下洗速度为 ⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛+Γ-=⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛+Γ-⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛Γ-=a a 21a 2a 1242a 22a 22a 4v 22222222y i L L L L L L L L πππa 处的下洗角α为L V V L C L LV V L ∞∞∞∞Γ==⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛+Γ=-=λρπα221a a 21v 222y i ； 因此a 2L V C L ∞=Γ代入下洗角中得⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=a a 21222L C L πλα （2）对于椭圆翼()()00222121ααλπλπλππααπλαα-+=+=-+=∞∞L L L C C C ()02222i 1a a 2211a a 22d ααλπλ-⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡++⎪⎭⎫ ⎝⎛=L L C L ⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=∴1a a 221d dd 22i L λα当4.0a 8==，λ时 26.0d dd i =α6—9解：1268.41;274.0s 21-∞∞∞=+===rad C C C V LC L L L L αααρ 00013.22.1354.3;354.3=-===-ααααLL C C 00385.02==πλLDi C C6—11解：()09985.01;846.0s 2122=+===∞δπλρL Di L C C V LC71.41017N;s 212===∞Lx V C x i Dii ρ% 第七章 7—1解状态方程RT ρ=p3212312123121321300v v w v v 21a25.1019a 62.506a 62.506T T K T KP P KP P KP P ；；；；；；；；========ρρρρρ（1）由状态1等压膨胀到2的过程中，根据质量守恒方程 12v 2v =所以1221ρρ= 等压变化K T T T T T T 600221221122211====∴=；ρρρρ 由32→等容变化，根据质量方程23ρρ= 等容变化2323223322T T T T T P T P ==∴=； （2）介质只在21→过程中膨胀做功KJ 53.21v p w =∇=（3）()996.182m v p =+=T C T C Q δ（4）161.466KJ pdv -q du pdv du q ==∴+=δδ （5）k kj 298.0ln s r 2112v =∆∴⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=δρρδP P C 7—3解根据质量守恒小截面与2A 截面的流量相等即()()()()25.0388.0q q q c q c 2211220201010=∴==∴=λλλλλA A T A P T A P7—4解：气流从Ma=1加速到Ma1=1.5需要的外折角度为091.11='δ总的外折角度0091.2615=+'=δδ 查表得Ma2=2.02456.010********=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⋅=P P P P P P P P P P 7—5解：经过正激波时绝热，总温度0T 不变 根据总静温之比1r 2a 21r 1020+=*∴-+=T T M T T 1r r 2r 1r 200+=*=+=*∴*RT RT C T T ；波后的速度系数为1r r 2v v 0222+==*RT C λ 根据波前波后的速度关系121=λλ 1r r 2v 1021+=∴RT λ 根据马赫数与速度系数的关系，得得波德马赫数2121211r 1r 11r 2a λλ+--+=M 总压损失系数δ为()()1r 121211r 1212a 1r a 1r 1r 1r a 1r r 2---⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+⎪⎭⎫⎝⎛+--+=M M M δ。
北航考试题及答案
北航考试题及答案一、单项选择题（每题2分，共10题）1. 北航的全称是什么？A. 北京航空航天大学B. 北京航空大学C. 北京航天大学D. 北京航空科技大学答案：A2. 北航成立于哪一年？A. 1952年B. 1950年C. 1949年D. 1951年答案：A3. 北航的校训是什么？A. 求实创新B. 厚德博学C. 明德求是D. 笃学力行答案：A4. 北航的校歌名称是什么？A. 《北航之歌》B. 《航大之歌》C. 《飞翔的梦》D. 《蓝天梦想》答案：A5. 北航的校花是什么？A. 牡丹B. 荷花C. 玫瑰D. 月季答案：D6. 北航的校徽中包含哪些元素？A. 飞机和书本B. 飞机和火箭C. 火箭和书本D. 飞机和卫星答案：B7. 北航的校庆日是哪一天？A. 10月25日B. 5月25日C. 9月25日D. 11月25日答案：A8. 北航的图书馆藏书量超过多少万册？A. 100万册B. 200万册C. 300万册D. 400万册答案：B9. 北航的校园占地面积是多少？A. 1000亩B. 2000亩C. 3000亩D. 4000亩答案：B10. 北航的校史馆位于哪个校区？A. 学院路校区B. 沙河校区C. 良乡校区D. 昌平校区答案：A二、多项选择题（每题3分，共5题）1. 北航的学科门类包括哪些？A. 工学B. 理学C. 管理学D. 文学答案：ABC2. 北航的国家级重点实验室有哪些？A. 航空科学与技术国家实验室B. 航空发动机及燃气轮机国家重点实验室C. 航空材料与结构国家重点实验室D. 航空电子与控制国家重点实验室答案：BCD3. 北航的国家级教学团队包括哪些？A. 航空航天工程教学团队B. 机械工程及自动化教学团队C. 电子信息工程教学团队D. 计算机科学与技术教学团队答案：ABCD4. 北航的国家级特色专业有哪些？A. 飞行器设计与工程B. 电子信息工程C. 自动化D. 计算机科学与技术答案：ABCD5. 北航的国家级精品课程有哪些？A. 航空航天概论B. 机械设计基础C. 电子技术基础D. 计算机组成原理答案：ABCD三、简答题（每题5分，共2题）1. 简述北航的办学定位。
北航7系理论力学d-ch5C
对于定常约束的保守系统，哈密顿函数H就是系统的动能与 势能的和，即： H T V
2013-11-2 3
BUAA
z
§5-4、哈密顿方程
例：求自由质点在重力作用下的哈密顿函数和哈密顿方程 1、系统的广义坐标： x, y , z
2、系统的动能和势能
2013-11-2
1 T m( x 2 y 2 z 2 ) V mgz mg 2 p x mx y p T , ( j 1,2,3) p y my j q j x p z mz 1 2 2 系统的哈密顿函数 H=T+V H [ p x p 2 p z ] mgz y 2m H py px pz qj , ( j 1,2,, k ) x ,y ,z p j m m m p x 0, p y 0, p z mg H pj , ( j 1,2,, k ) q j m 0, m 0, m mg x y z
20世纪80 年代，提出了 哈密顿系统的 辛算法。该算 法可保持长期 数值计算的稳 定性。
2013-11-2
年被选为中国科学院学部委员(数学物理学部
院士)。 在拓扑代数、广义函数和计算数学等领 域取得多方面首创性成就，并对我国计算机 事业的创建和发展做出了重要贡献。
15
BUAA
例题的数值仿真
l0
k
k
m
1 2 1 T J z m( x 2 x 2 2 ) 2 2 B A J 1 2 Q ' 0, Q ' M x z V kx x 2 d L L ' Qx m mx 2 kx 0 x dt x x M d L L g ' ( J z mx 2 ) 2mxx M Q dt 当 时 M 2mxx 问题：该题还可以用什么方法求解？
习题课A(10月28日PPT)北航理论力学王琪
习题课I
2009-10-28 1
BUAA
对于刚体: •主矢 •主矩
平衡条件
基本原理与定理
{F1 , F2 , L , Fn } = {FR , M O }
FR = ∑Fi = ∑Fi '
i =1 n n
M O = ∑ M i = ∑ ri × Fi
n
i =1
n
FR = 0, M O = 0
1
2
C
D
设：杆1的长度为L
2009-10-28
dL < 0
28
BUAA
C D
E
C D 设：CD杆的长度为L dL > 0
2009-10-28 29
BUAA
思考题：系统如图所示。若人重W < > 板重P且人有足够大的 力量。下列两种情况中，哪个系统能在图示位置维持平衡？
(a)
(b)
A：图(a)
2009-10-28
z
F1
o
FR
F2
y
⎧ ∑ M l1 = 0 ⎪ ⎨ ∑ M l2 = 0 ⎪ ⎩ ∑ M l3 = 0
确定三根轴的位置
4
x
2009-10-28
Fn
BUAA
题8：给出空间平行力系平衡方程的三矩式
z
FR
Fi
y
o
x
MO
⎧∑ M x = 0 ⎪ ⎨∑ M y = 0 ⎪ ⎩∑ M L = 0
如何确定L轴？
2009-10-28
F1
D:力螺旋
F2
3
BUAA
题5：空间汇交力系的平衡方程独立的充分必要条件：
⎧ ∑ Fx = 0 ⎪ ⎨∑ Fy = 0 ⎪ ⎩ ∑ Fz = 0
习题课II北航理论力学王琪
A: 速度的模增加;
2009-11-18
B: 速度的模减小
10
理论力学
讲解过
A
演示过
o
过
θ
u
x
2009-11-18
11
理论力学
试题：已知图示瞬时圆盘中心O的速度和加速度，求此瞬时 AB 杆的角速度和角加速度。
动点：圆盘中心O A 动系：AB杆 速度分析
aa
vr a n e o ve t a e v B Ra a
2009-11-18 2
理论力学
•元功(elementary work):
虚位移原理
δW = F • vd t = F • d r
等效力系作功定理: 若作用于刚体上的力系等效 即：{F1 , F2 , L , Fn } = { P1 , L , Pm } = {FR , M O } 则
n m
∑W (F ) = ∑W ( P ) = W (F ) + W ( M
• 点的复合运动
– 绝对运动、相对运动、牵连运动 – 绝对速度、相对速度、牵连速度 – 绝对加速度、相对加速度、牵连加速度、科氏加速度
• 基本定理与方程
– 速度合成定理、加速度合成定理 – 质点动力学方程（惯性参考系和非惯性参考系）
2009-11-18 6
理论力学
基本公式
&⎫ vx = x ⎪ &⎬ vy = y ⎪ &⎭ vz = z
反映速度方向的变化
mar = ∑ F + Fe + FC
7
理论力学
• •
解决问题的方法与基本步骤
受力分析－根据约束条件和已知量,，确定力的方向、分析哪些是未知量 运动分析－利用几何性质和约束条件，建立运动学（包括几何、速度和 加速度）关系，确定系统的自由度和未知量数目。
北航计算流体力学第9课
对于迁移方程: 0t x u au += ()0a > (5-1) 1) Euler 显式格式110n n n n i i i i u u u u a t x+---+=∆∆ (5-2) 其等价微分方程为: (设tc ax∆=∆) ()()221126t x xx xxx a x a x u au c u c u ∆∆+=---+2) MacCormack 格式()()111112n n n n i i i i n ni i i i iu u c u u u u u c u u +-++⎧=--⎪⎨⎡⎤=+--⎪⎣⎦⎩ (5-6) 其等价微分方程为:()()232211624t x xxx xxxx a x a xu au c u c c u ∆∆+=--+-+3) Euler 隐式格式1111102n n n n i i i i u u u u a t x++++---+=∆∆ (5-7) 其等价微分方程为:2323236t x xx xxx a ta t a x u au u u ⎛⎫∆∆∆+=-++ ⎪⎝⎭4) Crank-Nicolson 格式11111110222n n n n n n i i i i i i u u a u u u u t x x ++++-+-⎛⎫---++= ⎪∆∆∆⎝⎭(5-8) 其等价微分方程为:32243224451261202480t x xxx x a t a x a x a t x a t u au u u ⎛⎫⎛⎫∆∆∆∆∆∆+=-+-+++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭一. 对于迁移方程0t x u au += (5-1)设通解为:n In t Imkxm u C e e ω= (5-10)式中I =k ——波数， ω——频率 将通解(5-10)代入方程(5-1),即求得t u In u ω=, x u Imku =代入(5-1), 整理得:0In u aImku ω+=即: n amk ω=- 代入通解式(5-10),得n aImkt Imkx m u C e e -=整理得 ()Imk x at nmu C e -= (5-11)式(5-11)表示各种不同波数(k 不同)的波都以同样的波速a 向下游迁移,如图1所示.所以把方程(5-1)称为迁移方程.tut∆()F x ()F x a t -∆xx at C-=图1. 0t x u au +=的解t x xxx u au u ε+=- ()0,0a ε>> (5-12)它的通解仍为n In t Imkxm u C e e ω= (5-10)求出()3, , t x xxx u In u u Imku u I mk u ω===-将它们代入方程(5-12), 得()3In u aImku I mk u ωε+=整理得 ()2n mk a mk ωε⎡⎤=--⎣⎦将上式代入通解(5-10), 得到(){}2Imk x a mk tn mu C eε⎡⎤--⎣⎦= (5-13)与迁移方程的通解()Imk x at nm u C e-=相比较,可见方程(5-12)的解表示不同波数的波以不同的波速()2a mk ε-向下游迁移, 波数越大, 迁移速度就越小, 如图2所示这种现象称为频散.utx321mk mk mk >>图2. t x xxx u au u ε+=-的解t x xx u au u α+= ()0,0a α>> (5-14)它的通解仍为n In t Imkxm u C e e ω= (5-10)求出 t u , x u 和()2xx u mk u =-代入方程(5-14), 整理得()2In aImk mk ωα=--代入通解(5-10), 整理得()()2mk t Imk x at n mu C ee α--= (5-15)上式表明, 不同波数波都以同一波速a 向下游迁移, 但在迁移的过程中, 由于()()20 mk tet α-→→∞, 初始扰动会越来越小. 这种现象称为耗散. 如图3所示.需要指出的是对于方程 t x xx u au u α+=- , 其通解为()()2mk t Imk x at n mu C ee α-=当t →∞时, ()2mk te α→∞, 即u →∞, 这种现象称为负耗散.u u xxttt∆t∆t∆t∆()()222mk teF x a t α-∆-∆()()2mk teF x a t α-∆-∆()F x ()F x ()()2mk teF x a t α∆-∆()()222mk teF x a t α∆-∆图3. t x xx u au u α+=的解图4. t x xx u au u α+=-的解由Taylor 公式234512624120i i x xx xxx xxxx xxxxx x x x x u u xu u u u u +∆∆∆∆=+∆+++++（1） 234512624120i i x xx xxx xxxx xxxxx x x x x u u xu u u u u -∆∆∆∆=-∆+-+-+（2）式（1）-（2）得中心差: 241126120i i x xxx xxxxx u u x x u u u x +--∆∆=---∆ (3)由式(1)得前差: 23412624120i i x xx xxx xxxx xxxxx u u x x x x u u u u u x +-∆∆∆∆=-----∆(4)由式(2)得:后差: 23412624120i i x xx xxx xxxx xxxxx u u x x x x u u u u u x --∆∆∆∆=+-+-+∆(5)由以上式子可见:1) 中心差分的截断误差项中只包含奇次导数项, 所以由中心差分构成的差分格式具有频散特性;2) 前差和后差的截断误差项中包含有所有导数项, 且第一项为xx u , 因此由前差和后差构成的格式具有耗散特性,且a) 当扰动从上游传向下游时, 即0a >, 后差格式为正耗散; b) 当扰动从下游传向上游时, 即0a <, 前差格式为正耗散.下面分析几个常见格式频散、耗散特性(以0u ua t x∂∂+=∂∂为例) 1. Euler 显式格式xu u at u u n i n i n i n i ∆--=∆--+11 等价微分方程为:()()221126t x xx xxx a x a x u au c u c u ∆∆+=---+显然, 它具有耗散特性(当1c ≤时) 2. MacCormack 格式()()()1111111112n n ni i i i n n n n i i i i n n n i i i u u c u u u u c u u u u u -+++++++⎧=--⎪⎪⎪=--⎨⎪⎪=+⎪⎩ 等价微分方程为:()()232211624t x xxx xxxx a x a xu au c u c c u ∆∆+=--+-+显然, 它是频散格式. 3. Crank-Nicolson 格式⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∆-+∆--=∆-+-++-++x u u x u u a t u u n i n i n i n i n i n i 2221111111 等价微分方程为:3224322441261202480t x xxx xxxxx a t a x a x a t x a t u au u u ⎛⎫⎛⎫∆∆∆∆∆∆+=-+-+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭它是频散格式.对于Euler 中差格式1112n n n n i i i i u u u u at x++---=-∆∆ 其等价微分方程为:()222126t x xx xxx a t a x u au u c u ∆∆+=---+显然, 这是负耗散格式，解发散. 作业55.1 试写出下列微分方程的通解并分析其频散, 耗散特性1. 4 t x x u au u α+=± () 0,0a α>> 2. 6 t x x u au u α+=± () 0,0a α>> 3. 5 t x x u au u ε+=± () 0,0a ε>> 4. 7 t x x u au u ε+=± () 0,0a ε>>5.2 对于迁移方程(0 0t x u au a +=>) 试推导跳点格式的等价微分方程, 并指出它属于哪种格式.。
北京航空航天大学理论力学课件-王琪-自我检测题II
600
O
u
30
0
B
x
7
BUAA
题10：已知图示瞬时圆盘中心O的速度和加速度，如图所示。 求此瞬时AB杆的角速度和角加速度。（本题15分）
A
300
aa
R
o
va
B
8
BUAA
题11：质量为m的质点在重力作用下沿铅垂平面内的固定 曲线运动。已知曲线的方程为s=4bsinφ，其中b为常数，s 为弧坐标，φ为曲线的切线与水平轴x的夹角。初始时小 球位于O点，速度为u。求质点的运动规律，以及初始时小 球所受的约束力。 （本题10分）
5
BUAA
§5-3 点的复合运动
题8: 汽车沿直线匀速行驶，定性分析车轮边缘上一点M 速度的大小如何 变化。点M 在A－B 曲线上，哪段速度的大小随时间增加、哪段速度的大 小随时间减小、速度大小的增加或减小是否是单调的？（5分）
6
BUAA
题9：曲柄滑块机构如图所示，在图示瞬时滑块的速度为u，若 以OA杆为动系，滑块B为动点，求该瞬时滑块的牵连速度和科 氏加速度。已知： OA=R （10分） A y
B
uB
A
R
o
uA
u A = uB = u
（本题20分）
11
2
BUAA
问题5:动点M沿椭圆轨道运动,其加速度始终指向O点， 动点M在哪个象限运动时其速度大小是增加的？ B
v
M
1. 第一象限：( A 2. 第二象限: ( 3. 第三象限：( 4. 第四象限： (
) ) ) )
C
O
a
3
BUAA
题6：两个机构如图所示，物块B平移的速度均为u，靠在其上的OA 杆（长为L）可绕O轴作定轴转动，试定性分析比较OA杆角速度的 大小和角加速度的大小。
2022年09月北京航空航天大学北航国际学院项目专员招聘笔试参考题库含答案解析
2022年09月北京航空航天大学北航国际学院项目专员招聘笔试参考题库含答案解析(图片可自由调整大小)全文为Word可编辑，若为PDF皆为盗版，请谨慎购买！卷I一.高等教育法规(共15题)1.我国《义务教育法》规定，我国适龄儿童少年有受教育的（），各级政府应采取有效措施保障适龄儿童少年到学校接受教育，一个都不能少。
A.权利B.义务C.权利和义务D.权力答案：C本题解析：暂无解析2.我国现行的学科门类分为（）类。
A.10B.11C.12D.13答案：B本题解析：我国学位学科门类分为哲学、经济学、法学、教育学、文学、史学、理学、工学、农学、医学、军事学等11类。
3.下列哪种权利救济方式属于我国法律规定的教育权法律救济方式（）。
A.教师和学生申诉B.权利诉讼C.司法调解D.集体上访答案：A本题解析：我国法律规定的教育权法律救济方式主要有教师申诉制度、学生申诉制度、行政复议、行政诉讼、行政赔偿和民事诉讼等。
4.为最大限度地预防和减少青少年学生的违法犯罪活动，学校应该（）。
A.让司法机关介入学校的教育B.让居委会、街道办事处参与到学校的教育中来C.聘请从事法制教育的专家或教师来学校充当专职或兼职教师D.一律听从上级的安排答案：C本题解析：违法犯罪活动对青少年的健康成长影响极大，学校要尽最大努力做好青少年学生违法犯罪活动的预防工作，定期或不定期聘请从事法制教育的专家或教师来校对学生进行法律教育活动。
5.当前，党内存在着个人主义、分散主义、自由主义、本位主义、好人主义、宗派主义、圈子文化、码头文化，存在搞两面派、做两面人的现象，导致政治忠诚资源的流失。
对此，迫切需要加强党的（）。
A.组织建设B.政治建设C.作风建设D.纪律建设答案：D本题解析：暂无解析6.实施乡村振兴战略，要加强农村基层基础工作，健全（）。
A.自治、法治、德治相结合的乡村治理体系B.基层民主自治制度C.村民委员会制度D.村务监督委员会制度答案：A本题解析：暂无解析7.因品行不良、侮辱学生，影响恶劣的，被撤销教师资格的，自撤销之日起多少年内不得重新申请认定教师资格（）A.3B.4C.5D.6答案：C本题解析：暂无解析8.国家鼓励学校及其他教育机构、社会组织采取措施，为公民接受（）创造条件。
北京航空航天大学机械原理习题课
1. 图示机构中，曲柄AB 以ω1逆时针方向回转，通过齿条2与齿轮3啮合，使轮3绕轴D 转动。
试用瞬心法确定机构在图示位置时轮3的角速度ω3的大小和方向。
（在图中标出瞬心，并用表达式表示ω3。
）2. 在图示摆动导杆机构中，已知构件1以等角速度101=ωrad/s 顺时针方向转动，长度比例尺为mm /001m .0l =μ。
试求：（1） 构件1、3的相对瞬心； （2） 构件3的角速度3ω； （3） 构件2的角速度2ω。
3. 在铰链四杆机构中，已知30=AB l mm ，l BC =110mm ，lCD =80mm ，l AD =120mm ，构件1为原动件。
（1）判断构件1能否成为曲柄；（2）按比例用作图法求出构件3的最大摆角ψmax ； （3）按比例另作一图用作图法求出最小传动角γmin ；m/mm4. 根据图示平面四杆机构，回答：（1）构件AB 主动时，此机构有无急回作用？做出极位夹角。
（2）此机构有无死点？在什么条件下出现死点？（3）构件AB 主动时，在什么位置有最小传动角？作图说明。
5. 图示为一偏心轮机构。
（1）写出构件1能成为曲柄的条件； （2）在图中画出滑块3的两个极限位置；（3）当轮1主动时，画出该机构在图示位置的传动角；（4）当滑块3主动时，画出该机构出现最大压力角max α的位置。
已知一铰链四杆机构ABCD 中机架A 、D 的位置，AB 杆的长度l AB ，以及AB 1 与D I 、AB 2与D Ⅱ两组对应位置（如图所示），试设计该四杆机构，要求铰链C 1取在D I 线上。
6. 要求设计一摇杆滑块机构，以实现图示摇杆和滑块上铰链中心C 点的三组对应位置，并确定摇杆长度AB l 和连杆长度 BC l 。
图示比例尺 m/mm 。
（本题17分）解答：机构如图中11AB C 所示。
AB l 、BC l 如图中所示。
7. 设计一曲柄滑块机构，已知曲柄长度mm l AB 15=，偏距mm e 10=，要求最小传动角o 60min =γ。
北京航空航天大学理论力学课件-王琪-ch4A
§4-2 约束及其分类
为完整约束的充分必要条件是：
⎞ ⎛ ∂B ∂A ⎞ − ⎟+C⎜ ⎟≡0 ⎝ ∂ q1 ∂ q 2 ⎠ ⎠
定理*（完整约束的充分必要条件）
⎞ ⎛ ∂A ∂C − ⎟+ B⎜ ⎠ ⎝ ∂ q 3 ∂ q1
&1 + Bq &2 + Cq &3 = 0 中的A、B、C是常数 推论*: 若约束方程: Aq
θ
y
l
A
l
y M
l
θ
B
图 3
θ
y
图 4
ϕ ψ
2015-10-14
B
22
图 2
理论力学
§4-3 广义坐标与自由度
思考题：试确定图示系统的自由度。
A B
C
D
2015-10-14
23
理论力学
微小位移投影定理
定理：刚体在运动过程中，其上任意两点的微小位移 在两点连线上的投影相等。 rAB rB = rA + rAB drA i= A i rAB drB = drA + drAB drB rAB B i • drB = i • drA + i • drAB rA rAB • drAB rB = 0 i • drB = i • drA i • drAB = rAB 1 1 2 O rAB • drAB = d(rAB • rAB) = d(rAB) = 0 rAB = rAB = l 2 2 推论：刚体在运动过程中，若其上任意两点的微小位移共 面且不平行，则该两点微小位移垂线的交点的位移为零。
10
s (ϕ = ) R
理论力学
北航2021年 第二学期 理论力学复习题
北航2021年第二学期理论力学复习题北航2021年第二学期理论力学复习题《理论力学》课程学习练习题及参考解答一、填空题1.在介质中上抛一质量为m的小球，已知小球所受阻力r??kv，若选择坐标轴x铅直向上，则小球的运动微分方程为_____________________。
2.质点在运动过程中，在以下条件下，各并作何种运动？①at?0，an?0（请问）：；②at?0，an?0（请问）：；③at?0，an?0（请问）：；④at?0，an?0（请问）：。
3.质量为10kg的质点，受水平力f的作用，在光滑水平面上运动，设f?3?4t（t以s 计，f以n计），初瞬间（t?0）质点位于坐标原点，且其初速度为零。
则t?3s时，质点的位移等于_______________，速度等于_______________。
4.在平面极坐标系中，质点的径向加速度为__________；纵向加速度为_______。
5.哈密顿正则方程用泊松括号则表示为，。
6.质量m?2kg的重物m，摆在长l?0.5m的细绳下端，重物受水平冲击后赢得了速度v0?5m?s?1，则此时绳子的拉力等同于。
7.平面自然坐标系中的切向加速度为，法向加速度为。
8.如果fv，则力所作的功与毫无关系，只与的边线有关。
9.在南半球地面附近自南向北的气流有朝的偏向；而北半球的河流岸冲刷较为严重。
10.未知力的表达式为fx?axy，则该力作功与路径_（填上fy??az，fz??ax。
“有关”或“毫无关系”），该力_保守力（填上“就是”或“不是”）。
11.一质量组由质量分别为m0、2m0、3m0的三个质点组成，某时刻它们的位矢和速22度分别为r1?i?j、v1?2i、r2?j?k、v2?i、r3?k、v3?i?j?k。
则该时刻质点组相对于坐标原点的动量等于，相对于座标原点的动量矩等同于_。
12.一光滑水平直管中有一质量为m的小球，直管以恒定角速度?绕通过管子一端的竖直轴转动，若某一时刻，小球zoyapvxm1到达距o点的距离为a的p点，取x轴沿管，y轴竖直向上，并垂直于管，z轴水平向前，并于管面垂直，如图所示，此时小球相对于管子的速度为v，则惯性离心力大小为，方向为，科里奥利力大小为，方向为。
理论力学课后答案-谢传峰、王琪-动力学部分
《动力学 I》第一章 运动学部分习题参考解答
1－ 3 解： 运动方程： y l tan ，其中 kt 。 将运动方程对时间求导并将 30 代入得
0
vy
l lk 4lk 2 2 3 cos cos
a y
2lk 2 sin 8 3lk 2 9 cos 3
va2 v2 v 2 sin t n 因为 a ，所以根据上式可求出 aa aa tan 。 r r cos 2 r cos3
n a
根据矢量形式的质点运动微分方程有：
m(aat aan ) F FO mg
将该式分别在 x 轴上投影：
m(aat sin aan cos ) FO cos
aC 2vr 8r 2
根据加速度合成定理：
aa ae a r aC
将上式在 x' 轴上投影，可得： aa cos ae cos aC 由此求得： aa 14 r 2 , 1－21 解：求汽车 B 相对汽车 A 的速度是指以汽车 A 为参考系观察汽车 B 的速度。 取：动点：汽车 B； 动系：汽车 A（Ox’y’） ； 定系：路面。 运动分析 绝对运动：圆周运动； 相对运动：圆周运动； 牵连运动：定轴转动（汽车 A 绕 O 做定轴转动） 求相对速度，根据速度合成定理
取套筒 A 为研究对象，受力如图所示，根据质点矢量形式的运动微分方程有：
ma F FN mg
将该式在 x, y 轴上投影可得直角坐标形式的运动微分方程：
mg F cos m x F sin FN m y
其中： cos
x x2 l 2
, sin
将上式两边对时间求导可得：
北京航空航天大学理论力学课件-王琪-ch1A
静力学（STATICS）
第一章 质点的平衡 第二章 刚体的平衡 第三章 刚体系与结构的平衡 第四章 质点系的平衡
2015-9-14 1
理论力学
第一章 质点的平衡
•平 衡(equilibrium)： 物体在惯性参考系中处于静止或匀速直线平移状态。 要研究的问题： • 如何建立力学模型 • 如何进行受力分析 • 如何寻找平衡规律
2015-9-14 3
理论力学
水星 金星 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
海王星的发现（1846年）：
§1-0 力学模型与力系
研究太阳系中行星轨道动力学问题时，太阳和行星可视为质点。
根据观测到天王星的轨道摄动，推测出海王星的存在及其可能的位置。
2015-9-14 4
理论力学
§1-0 力学模型与力系
FR = F1 + F2 + F3
设 { F 1 , F 2 , L F n } 为作用在A点的共点（汇交）力系
{ FR } = { F1 , F2 , L Fn }
2015-9-14
FR = F1 + F2 + L + Fn = ∑ Fi 矢量和
12
问题：该结论是否适用于非共点力系？
理论力学
1、力在轴上的投影
2010年8月
2015-9-14
2
理论力学
§1-0 力学模型与力系
研究对象的力学模型：质点、刚体、质点系
θ1 θ 2
•质点(particle)：具有质量其形 状和大小可忽略不计的物体。 •特点：所研究的问题与物体的
mg A
mg B
形状、姿态无关（或其影响因 素可忽略不计）。
问题：已知物体（A、B）的质量，若求物体平衡时两个绳索 的拉力，哪个物体的形状和尺寸的大小可以忽略不计？
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2013-3-26
& 根据对z轴的动量矩守恒和初始条件，可得关系式： ϕ =
1 sin 2 θ 15
理论力学
π
习 题 课
& 问题：B 点的运动轨迹？ θ 0 = 4 = 0.7854, ϕ 0 = 0,θ&0 = 0, ϕ 0 = 2.0rad/s
m = 1kg L = 1m k = 10 N/m
ϕ
P r B m2
ωB
2013-3-26
& & V = m2 g ( R + r )(1 − cos ϕ ) L = L(θ , ϕ , ϕ ) 1 ∂T 1 2 & & & = m1 R θ − m2 R[( R + r )ϕ − Rθ ] = C1 & 2 ∂θ 2
注：积分常数由初始条件确定
T + V = C2
2013-3-26 2
理论力学
习 题 课
例：系统如图所示，已知：m , k , ω = const. , l 0 为弹簧原长。 求滑块的拉格朗日方程首次积分。
l0
k
m
q
解：系统（滑块）的广义坐标为q
1 1 2 1 2 2 T = mva = m(ve + vr ) = m( q 2ω 2 + q 2 ) & 2 2 2
m Aa A + m AB aC = F + FN + 2mg
t m Aa A + m AB (a A + aCA ) = F + FN + 2mg
t y : maCA sin 450 = FN − 2mg L && y : m θ sin 450 = FN − 2mg 2
t a A + aCA
& Qθ = ω AB = 0
7
问题1：该题循环积分的物理含义是什么？ 问题2：若系统在水平面内运动，存在哪些守恒量？
理论力学
习 题 课
例：在图示机构中，均质圆盘在地面上纯滚动，均质杆AB用光滑铰链与 圆盘连接。初始时，杆水平，系统静止。求系统运动到图示位置时，杆 的角速度、角加速度以及A点的速度和加速度；。AB=L
x
A
vA
解：系统的主动力均为有势力
t ∴ aC = a A + aCA
FN
注：用第二类Lagrange方程无法直接求约束力
2013-3-26 11
理论力学
习 题 课
讨论题：长为L质量为m的均质细杆的A端铰接于无质量的套筒A（不计其大 小），其B端放在光滑水平面上，套筒A与刚度系数为k的弹簧连接可沿铅垂 轴z移动，A在最高点时弹簧无变形，用数值方法仿真杆的运动规律。 问题： 1、有几种方法建立系统 的动力学方程？ 动量与动量矩定理 动静法（达氏原理） 动力学普遍方程 Lagrange方程 对z轴的动量矩守恒 机械能守恒 利用守恒量 利用运动的特殊性 解析分析与数值分析结合 12
10
2013-3-26
理论力学
15 2
习 题 课
A
x
& θ& = − g, && = g x aA 17L 17
t aCA
3
求地面的约束力
F
θ = 45
aC =
1、求摩擦力: 研究圆盘
mg
0
α A R = && J Aα A = − FR x
F
FN
mg
n + aCA
θ
B
2、求地面的法向力: 研究整体
vCA
mg
θ&(θ ) = ?
& θ&(θ ) = ? & x (θ ) = ? &&(θ ) = ? x
2013-3-26
mg
θ
c
θ& B
1 2 1 1 2 1 2 2 T = mvA + J Aω A + mvC + J Cω AB 2 2 2 2 5 2 1 2 &2 1 = mx + mL θ + mxLθ cos θ & & & 4 6 2 V = 0.5Lmg (1 − cosθ ) L = L( x,θ ,θ ) & &
∂T 1 2 2 & = mL sin θϕ = C1 & ∂ϕ 3
2013-3-26 16
理论力学
习 题 课
问题：确定弹簧刚度k，使杆在运动过程中，B点作圆周运动。
θ
R
m1
•自由度？ k=2 广义坐标？θ , ϕ •求系统的Lagrange函数？ A
1 1 1 1 2 2 & 1 T = ⎛ m1 R 2 ⎞θ 2 + m2 vB + ⎛ m2 r 2 ⎞ω B ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2⎝ 2 2 2⎝2 ⎠ ⎠ & & vB = ( R + r )ϕ vP = Rθ = (R + r)ϕ − rωB &
mar =
∑
F + Fe + F C
&& mq = Fe − Fk = mω 2q − kq
3
该方程的积分为广义能量守恒
理论力学
习 题 课
例：系统如图所示，建立系统动力学方程；求维持AB匀角速 ω 转动所需的控制力偶M。已知：m , k , J z , l 0 为弹簧原长。 解：系统的广义坐标为 x, θ k 1 &2 1 & T = J zθ + m( x 2 + x 2θ 2 ) & 2 2 B A J x 1 2 Q ' = 0, Q ' = M z V = kx x θ θ 2 d ⎛ ∂L ⎞ ∂L ' & = Qx m&& − mxθ 2 + kx = 0 x ⎜ ⎟− d t ⎝ ∂x ⎠ ∂x & M d ⎛ ∂L ⎞ ∂L g ' & && = Qθ ( J z + mx 2 )θ& + 2mxxθ = M ⎜ &⎟− d t ⎝ ∂θ ⎠ ∂θ & 当 θ ≡ ω 时 M = 2mxxω & 问题：该题还可以用什么方法求解？
1 2
E = T +V
&& & 动力学方程： mL2 sin 2 θϕ = − mL2 sin θ cos θϕθ&
1 2 3 3 1 2 && 1 2 & mL θ = mL sin θ cos θϕ 2 3 3 1 − kL2 (1 − cos θ ) sin θ + mgL sin θ 2
14
2、存在哪些守恒量？
3、如何定性定量分析数 值仿真结果的正确性？ 2013-3-26
理论力学
z
A
§9-3 拉格朗日方程的首次积分
z
& ϕ
θ
x’
θ
O y
B
ϕ
x
2 va ⋅ va = ( ve + vr ) ⋅ ( ve + vr ) = ve + vr2
1 2 T = ∑ mi via 2 1 T = ∑ mi via ⋅via 2
0 15 2 3 θ = 45 & θ& = − g, && = g x & 17L 17 θ = 0
5 1 && cos θ − 1 mL θ 2 sin θ = 0 & m&& + mL θ x 2 2 2 1 1 2 && 1 mL&& cos θ + mL θ + mgL sin θ = 0 x 2 3 2
= T −V
T：为系统的动能，V：为系统的势能
Q 'j ：为对应于广义坐标 q j的非有势力的广义力
当系统为保守系统时，有： 1：若系统存在循环坐标 q ，则：
∂L ∂ T = = p = const. ∂ q ∂q & &
2：若系统的拉格朗日函数不显含时间t，则： T2 − T0 + V = const.
2013-3-26
问题：如何定性定量分析数值仿真结果的正确性？
理论力学
问题：若分析运动规律， 输出哪些物理量？ 初始条件： θ 0 =
m = 1kg L = 1m k = 10 N/m
习 题 课
∂T 1 2 & = mL sin 2 θϕ = C1 利用守恒量： & ∂ϕ 3
π
4
& & = 0.7854, ϕ 0 = 0, θ 0 = 0, ϕ 0 = 2.0rad/s
ϕ
问题：
o m
r
•系统有几个自由度？
x
•如何选取广义坐标？ •如何求系统的动能和势能？
θ
mg
2013-3-26
A
v1 v2
1 1 2 T = J oω 2 + mv A 2 2 vA = v1 + v2 v1 = ? v2 = ? ω = ?
6
理论力学
习 题 课
例：系统如图所示，两个齿轮（视为均质圆盘）用无质量杆AB连 接在铅垂面内运动，不计摩擦，求系统拉氏方程的首次积分。
l0
m
2013-3-26
4
理论力学
习 题 课
例：系统如图所示，不计质量的绳索绕在均质圆盘上（无相对滑动），另一 端悬挂在A点。用Lagrange方程建立系统的运动微分方程。