理论力学动力学复习题

1.在图示平面机构中，菱形板分别与杆AA 1和BB 1铰接，
两杆可分别绕轴A 1 和轴B 1作定轴转动。

AB =BD =20cm ，AA 1=25cm 。

当ϕ=30°，AA 1⊥BB 1时，
设平板的角速度ω=2rad/s 。

试求此瞬时点D 的速度和
杆AA 1的角速度。

解：
菱形板的速度瞬心在P 点，故
s cm /2030sin =⋅︒⋅=⋅=ωωAB AP v A
杆AA 1的角速度 s rad/8.0AA 11==A
v ω
（顺钟向）
D 点的速度
s cm/720=⋅=ωDP v D
（斜向左下方）
2.等腰三角形平板ABC 的腰长AB =BC ＝5 cm ，AC =6 cm ，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ϕ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛43arctan 。

在图示位置时，AC 边铅垂，平板的角速度ω＝4 rad/s ，角加速度α＝5 rad/s 2。

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 t n BA BA A B a a a a +==
式中
2n ωAB a BA =，αAB a BA =t
BC ： ()()ϕθϕθϕ---+=cos sin cos 0t n BA BA A a a a
故 2cm /s 1.2=A a
y ： ϕϕϕcos sin cos t n BA BA B a a a --=-
故 2cm/s 85=B a
取A 为基点 t n CA CA A C a a a a ++=
式中 2n ωAC a CA =，αAC a CA =t
x ：2
t cm/s 9.27=+-=CA A C a a a x
y ： 2n cm/s 96-=-=CA C a a y 2cm/s 100=C a
3.在图示平面机构中，已知：杆OA 以匀角速度0ω绕定轴O 转动，OA =AC =r ，O 1B =2r ， β=30°。

在图示位置时，OA ，CB 水平，O 1B ，AC 铅垂。

试求此瞬时：
⑴板上点C 的速度；
⑵杆O 1B 的角速度；
⑶杆O 1B 的角加速度。

解：
板ABC 的速度瞬心在P 点 3320ωr PA PC v v A C ==（方向如图示）
330
ωr PA PB v v A B ==
6
30
11ωω==B O v B （顺钟向）
330
ωω==PA v A ABC （顺钟向）
选点A 为基点，则
t
n t n BA BA A B B B a a a a a a ++=+=
将上式向BA 方向投影，得
n
t n cos cos sin BA A B B a a a a +=+βββ
2
0t 18371ωr a B ⎪⎪⎭⎫
⎝
⎛+=
2
01t
1837.0ωα==B
O a B （顺钟向）
4. 曲柄滑块机构如图，已知：OA =r ，AB =L ，OA 以匀角速度ω 转动。

试求ϕ =90°时杆AB 的角加速度。

解：
因杆AB 作瞬时平动，故 0=AB ω
取点A 为基点 t
BA A B a a a +=
由加速度矢量合成关系，得 222t cos r L L
r a a A BA -==ωθ
角加速度 222
t
r L r AB a BA AB -==ωα
（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ϕ = 30°时，直角杆
OAB 的角速度为ω，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。

ϕωωcos e r OC v C ==
因 r
e
C C C v v v +=
得 ϕω
ϕ2e
r cos cos r v v C C ==
32sin r
ω
ϕr v v v C C C D ===
又有ϕωωωα22
2
e e cos ,0r OC a a C C ===
ϕωω22
r C cos 22r v a C C ==
c
r e e C C C C C a a a a a +++=ωα
x ：c e cos cos C C C a a a +-=ϕϕω
故 9310cos 2c e
ωϕωr a a a a C C C DC =+-==
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ω 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。

ωR v M 2e =
由 r e M M
M v v v += 得 ωR v v M
M ==r
又有22r r 2e )(,2ωωωωR r
v a R a M M M === 2r c 22ωωR v a M M ==
由 c r r e M M M M M a a a a a
+++=αωω M a 方向投影得：c r e 45cos M M M M a a a a +--=ωω
得 0=M a
的质量为２m ，倾角β＝30 ˚ ，初瞬时板的质心Ｃ 1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：d T =Σ δ W i
d [ m ( 2 v ) 2 + m v 2 + J A (r v ) 2 ] =
2 m g · 2 d s · sin β + 2 m g d s · sin β
对上式两边同除d t 得：a = t v d d =113g 分别由板、轮平面运动微分方程：
2 m g · sin β－2 F s 1 = 2 m · 2 a ○
1 ( F 1 + F A ) r = r
a mr 22 ○2 得： F A = 11
2mg
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：d T =Σ δ W i d (21m v A 2 +21m v o 2 + 2
1J o ω 2 ) = m g d l sin β + m g d l sin β－f m g cos β ·d l
对上式两边同除d t 得：
a O =dt d A v =5
)cos sin 2(2g βf β⋅- 对滑块Ａ按质心运动定理：
F －F S A + m g · sin β = m a A 其中：a A = a O
F N A －m g · cos β = 0
由上可得：F =5
)sin cos 3(mg ββf -⋅
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J C ＝121m （l 2+b 2）。

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 ∑M A （F ）= 0 M g A －mg
2l = 0 式中：M g A =J A α=[J C +m 2)2(l )]α
得： α = 2
246b l gl + 由 ∑F x = 0 得： F Ax = 0
由 ∑F y = 0 F Ay + F g A －mg = 0
得：F Ay = ()
22224b l mg b l ++
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：21J O ω2 = m g 2
l 式中：J O =3
1m l 2
代入得：ω 2 =
l
g 3 应用定轴转动微分方程：J O α = m g 2
l 得：α = l g 23 应用质心运动定理：
F O x =－ mω22l =－2
3m g F Oy = m g －m α 2l =4
1m g
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：T 1 = 0 21J O ∙α 2 = 2
3 l m g sin β 式中：J O =12
17m l 2 得： α = l
g β17sin 36⋅ 对上式微分得： dt d α=l
βg 17cos 18 质心加速度：a n =α 2 ∙ 43 l = 17
27 g sin β a t = dt d α·4
3l = 3427g cos β 达朗伯原理：F 1 + 2 m a n + 2 m g sin β = 0
―F 2 ― 2 m a t + 2 m g cos β = 0
得：F 1 = －17
sin 88βmg ⋅ F 2 = 17
cos 7βmg ⋅。