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工程力学题目

第一篇：工程力学题目理论力学复习题第七章：点的合成运动例10图示曲柄滑道机构，圆弧轨道的半径R＝OA＝10cm，已知曲柄绕轴O以匀速n＝120rpm转动，求当＝30°时滑道BCD的速度和加速度。解：取滑块A为动点，动系与滑道BCD固连。求得曲柄OA转动的角速度为vanvrAn4rad/s30vavevrvaOA125.6cm/svevrva125.6cm/svBCDve125.6cm/sveOBDO1RC分析加速度得naaaearartABO1aaaan2OA(4)2101579cm/s2DOCvr2125.62a1579cm/s2O1A10nr将加速度向轴上投影有：artae30°A120°:aacos60aecos30arnaacos60arn15790.51579aecos303/22740cm/s227.4m/s2aanarn例11刨床的急回机构如图所示。曲柄OA的角速度为，通过滑块A带动摇杆O1B摆动。已知OA=r，OO1=l，求当OA水平时O1B的角速度1。va解：在本题中应选取滑块A作为研究的Bvr动点，把动参考系固定在摇杆O1B上。点A的绝对运动是以点O为圆心的圆周运动，相对运动是沿O1B方向的直线运动，而牵连运动则是摇杆绕O1轴的摆动。OveAvevasinrsinveO1A122O1r2(l2r2)r2O1A(lr)122lr由于动参考系作转动，因此加速度合成定理为：BaaaearaCaenaetaraCaCOaaarAaa2raC21vrsin90aet1O1AaenaetaO1Ane21r24232O1(lr)2r2vr,e12222lrlrrlaC22r3l(lr)2232为了求得aet，应将加速度合成定理向轴投影：BaaaaaraC即：taacosaeaCneteaCOaaarA得：3aenaetaterl(l2r2)(l2r2)22O1摇杆O1B的角加速度：aetrl(l2r2)21222O1A(lr)例12偏心凸轮的偏心距OC＝e、半径为R3e，以匀角速度绕O轴转动，杆AB能在滑槽中上下平动，杆的端点A始终与凸轮接触，且OAB成一直线。求在OC与CA垂直时从动杆AB的速度和加速度。B解：选取杆AB的端点A作为动点，动参考系随凸轮一起绕O轴转动。vavavevrveOAvrveAOC323evavetanOA33vrve2e43ecos332加速度分析如图aaaearaCnaeOA22e2BaCartAaaarnC22v16earnrR33aen4e8e2aC2vrsin(,vr)2133OaacosaencosarnaC222316e8e222aa(2e)e293333第十章：动量定理动量计算例1OA杆绕O轴逆时针转动，均质圆盘沿OA杆纯滚动。已知圆盘的质量m＝20kg，半径R＝100mm。在图示位o置时，OA杆的倾角为30，其角速度＝1rad/s，圆盘相对OA杆转动的角速度＝4rad/s，OB1003mm,求圆盘的动量。解:取C为动点，动系与OA固连veOC10.210.2m/svrR20.140.4m/s于是所以OR1B30Cp2AO1veCvaBv30rA3vCvavrsin600.40.3464m/s2pmvC200.34646.93Ns方向水平向右。例3、两均质杆OA和AB质量为m，长为l，铰接于A。图示位置时，OA杆的角速度为，AB杆相对OA杆的角速度亦为。求此瞬时系统的动量。解：由刚体系统的动量公式其中：pm1vC1m2vC2C1OmvC1AmvC2lvC12vvAB作平面运动C2AvC2AlvC2l22l2l5pmm2lml22方向水平向右。C2r=B例5滑块C的质量为m＝19.6kg，在力P＝866N的作用下沿倾角为30的导o杆AB运动。已知力P与导杆AB之间的夹角为45，滑块与导杆的动摩擦系数f＝0.2，初瞬时滑块静止，求滑块的速度增大到v＝2m/s所需的时间。解：以滑块C为研究对象，建立坐标系。由动量定理得oyBmv0(Pcos45mgsin30F)t(1)