《理论力学》模拟试卷(2)

理论力学模拟试卷（三）

一、填充题：

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理论力学模拟试题（四）

一. 一组合梁ABC的支承及载荷如图示。已知F＝1KN，M＝0.5KNm，求固定端A的约束

反力。

（解）：组合梁及BC杆，受力分析如图所示。 DE、DF、DG 杆均为二力杆。

?n?0 ?mBz(Fi)?0 M?FDG?2?Si?ni?1 FDG?5KN 12节点D为对象： 受力如图示

??Fix?0 FDG?Cos??FDF?0

ni?1 FDF??KN 整体为对象：

13?1F?0F?F?0 得F??KN ?ixAxDFAxni?13 ??Fiy?0 FAy?F?0 得FAy?1KN

ni?1??mAz(Fi)?0 F?4?M?FDF?3?mA?0

ni?1得 mA?3.5KN?m

二. 杆AB长2m，设A端沿地面作匀速运动，vA?1m/s，B端沿斜面运动，求当 θ=30o时B点的速度与杆的角速度，B点的加速度和杆的角加速度。 (解) 参考基和杆AB的连体基如图

在惯性基上考察B点： B??B点速度和加速度沿斜面 vB、aB； 在杆AB的连体基上考察B点： B点为动基上给定点，

60oθAvA ???e?e?e????a?B?a?vB?vtB?v?B aB?atBB

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其中：vtB?vA

?e???vB?v1B

在动参考基上投影

vB?cos30??v1etB?cos30? vB?v1tB?vA?1m/s vB?cos30??v1e?B?cos30?

ev?B?vB?1m/s

e?v1e?B??1?AB ，?1?0.5rad/s

其中：a1tB?0 ，a?B??1?AB?0.5m/s

ee22??aB?a1B

在动参考基上投影：

?ea?BB60oaB?e?a?B?eatB?x1θAaA? aB?cos30??a1e?B

aB?0.58m/s2

aB?cos60??a1e?B?AB??

??0.145rad/s2

三. 边长b =100mm的正方形均质板重400N，由三根绳拉住，如图所示。求：1、当FG绳

被剪断的瞬时，AD和BE两绳的张力；2、当AD和BE两绳运动到铅垂位置时，两绳的张力。 （解）（1）绳FG被剪断的瞬时 DE 受力分析如图 60oAB 由于开始静止，板初线速度和初角速度均为零。 因此，板作瞬时平动，方向与绳AD和BE垂直。 FG?*? 设板的加速度为aC，惯性力为FC。

由于初角速度均为零，惯性力矩也为零。 利用动静法：

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?TAD?TBEBC60o?*FCA?aC??

?F???0*mgcos60??FC?0 （1）

? ?Fn?0

TAD?TBE?mgsin60??0 （2）

??MC?0

（3） bbbb???TBEsin60??TBEcos60??TADsin60??TADcos60??02222?由（1）式，可得： aC?g?4.9m/s2 2由（2）式，可得： TAD?2003?TBE ，代入（3） 可得： TAD?73.2N,TBE?273.2N （2）当AD和BE两绳运动到铅垂位置时 受力分析与运动分析如图，

此时由于该板仅受铅垂力，质心只有法向加速度。 利用动能定理求此时的切向速度：

由初始位置到板的最低位置，势能改变为 mgl(1?sin60) 于是有：

??TADAC?aCB?TBE?*FC?vC12mvC?mgl(1?sin60?) 22mg 可求得： vC?gl(2?3)

2vC?g(2?3)?2.63m/s2 （1） 进一步可求得法向加速度为： aC?l? 利用动静法：?Fy?0TAD?TBE?mg?maC?0 （2）

将（1）代入（2），由对称性，可得： TAD?TBE?253.6N

四．质圆轮的质量为m，半径为r，可在固定水平面上无滑动地滚动。匀质杆AB的质量也

为m，长度为3r，其A端与轮心用光滑铰链连接，如图所示。试建立系统的第二类拉格朗日动力学方程。

??（解）如图建立惯性基e与均质杆AB的连体基e1。 系统有两个自由度，取圆柱的质心在x轴上坐标x ?和连体基e1的姿态角为广义坐标q?(x ?)T

Ar

系统动能为：

φB 10

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