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 1
1==
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＝⎪⎭
⎫ ⎝⎛43arctan 。

在图示位置时，AC 边铅垂，平板的角速度＝4 rad/s ，角加速度＝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 2
cm /s 1.2=A a
y ： ϕϕϕcos sin cos t
n BA BA
B a a a --=- 故 2
cm/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 ：2t
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 ，
=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
3320
ωr PA PC v v A
C ==（方向如图示）
3
30
ωr PA
PB
v v A
B ==
6
3011ωω=
=
B O v B
（顺钟向）
3
30
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
1t 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 以匀角速度转动。

试求=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
2
2
2t
cos r
L L r a a
A BA
-==ωθ
角加速度
2
2
2t 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 = 30°时，直角杆
OAB 的角速度为，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。

ϕ
ω
ωcos e r OC v C =
= 因 r
e C C
C v v v += 得 ϕ
ω
ϕ2e r cos cos r v v C C
=
= 3
2sin r
ω
ϕr v v v C C C D =
== 又有ϕ
ωωωα2
2
2
e
e
cos ,0r OC a a C
C === ϕ
ωω2
2
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 9
310cos 2
c
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 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
2
e
)(,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
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 + 2 m g d s · sin 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 －2 F s 1 = 2 m · 2 a ○
1 ( F 1 + F A ) r = r
a
mr 22 ○
2 得： F A =
11
2mg
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：d T =Σ δ W i d (2
1m v A 2 +2
1m 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 ＝12
1
m （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
2
l
= 0 式中：M g A =J A J C +m 2)2
(l )
得：
=
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 = m g 2l
得： = l g
23
应用质心运动定理：
F O x =－ mω22
l =－23m g F Oy = m g －m 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 · 2 = 23 l m g sin β 式中：J O =1217m l 2
得： = l
g β17sin 36⋅ 对上式微分得： dt d α=l
βg 17cos 18 质心加速度：a n = 2 · 43 l = 17
27 g sin β
a t = dt d α·43l = 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 ⋅。