04-05学年第一学期 理论力学AI试卷(静力学与运动学)参考解答 选择题 3.①、③、① 二.填空题 1.大小为40N·m,转向为顺时针的力偶 2.力系合力大小为F=√2F,力系合力作用线距O点的距离为d==(√2-1) 3.最大值为354kN 4.力螺旋,力的大小为2F,力偶的大小为aF F4
04—05 学年第一学期 理论力学 AI 试卷(静力学与运动学)参考解答 一．选择题 1． ①； 2． ①； 3． ①、③、①； 二．填空题 1． 大小为 40Nm ，转向为顺时针的力偶。 2．力系合力大小为 FR = 2F ，力系合力作用线距 O 点的距离为 ( 2 1) 2 = − a d 3．最大值为 35.4 kN 4．力螺旋，力的大小为 2F ，力偶的大小为 aF 5．l
6.相对加速度a1=0,牵连加速度an=bo32,科氏加速度a=2vo M C △B 解 显然杆BD为二力杆,先取构件CD为研究对象,受力图如图(a)所示。 M C 2 A FA 由 ∑M(F)=0,→2F2-M-9=0 解得 Fn=M-9=1625(N 再取整体为研究对象,受力图如图(b)所示,FB=FD=1.625(kN)。 ∑M4(F)=0,→2B-M、2q+M4=0 解得 M,=M+22-2F =56(kN·m) 3 ∑F F 解得 FAx=-ql=-24(kN)←
6．相对加速度 ar = 0， 牵连加速度 2 ae = b ，， 科氏加速度 aC = 2v 三．解： 显然杆 BD 为二力杆，先取构件 CD 为研究对象，受力图如图（a）所示。 由 0 12 ( ) 0 , 2 2 = − − = ql MC F lFD M 解得 1.625 (kN) 2 24 = − = ql l M FD 再取整体为研究对象，受力图如图（b）所示， = =1.625(kN) FB FD 。 由 0 3 2 ( ) 0 , 2 2 A = B − − + M A = ql M F lF M 解得 2 56 (kN m) 3 2 2 = + − = A B lF ql M M 由 Fx = 0, FAx + ql = 0 解得 FAx = −ql = −24 (kN)
由 ∑F,=0,→F+FB=0 解得 F=-1625(KN)↓ 四.解: 假定折梯处于平衡,经受力分析可知杆BC为二力杆,B处全约束力的方 向应沿杆轴线BC方向,如图所示,其与接触面公法线的夹角为30°,而对应的 摩擦角为qar= arctan f=arcn06÷31°>30°,故B处不会产生滑动。 A 设杆长为l,则 由 ∑MA(F)=0, IFns sir60° 0 解得 P 144.3(N) 6 ∑ F2=0, RB COS 60 解得 Fs,= FRR COS 60%=72.17(N) 由 ∑F,=0,→FN+ FRESH60-P=0 解得 FNA =-FRE SIn 60+P=375(N) 最大静滑动摩擦力为 Fsms=JFN4=02×375=75.0(N)>F4=7217(N 故A处也不会产生滑动,平衡假设成立。两脚与地面的摩擦力大小均为 Fsa = FSB= FRB COS 60=72. 17(N)
由 Fy = 0, FAy + FB = 0 解得 FAy = −FB = −1.625 (kN) 四．解： 假定折梯处于平衡，经受力分析可知杆 BC 为二力杆， B 处全约束力的方 向应沿杆轴线 BC 方向，如图所示，其与接触面公法线的夹角为 30 ，而对应的 摩擦角为 Bf = arctan f B = arctan 0.6 = 31 ＞ 30 ，故 B 处不会产生滑动。 设杆长为 l，则 由 0 4 ( ) = 0 , R sin 60 − = Pl M A lF B F 解得 144.3 (N) 6 3 R = = P F B 由 = 0, S − R cos60 = 0 Fx F A F B 解得 cos 60 72.17 (N) S = R = F A F B 由 Fy = 0, FNA + FRB sin 60 − P = 0 解得 sin 60 375 (N) FNA = −FRB + P = 最大静滑动摩擦力为 0.2 375 75.0 (N) FSAmax = f AFNA = = ＞ 72.17 (N) FSA = 故 A 处也不会产生滑动，平衡假设成立。两脚与地面的摩擦力大小均为 cos 60 72.17 (N) S = S = R = F A F B F B
五,解 以滑块A为动点,动系与摇杆OB固结,则绝对轨迹为圆,相对轨迹为直 线,速度图如图(a)所示。由几何关系不难得 6,cosb=0.8,v=01A·O=150(cms) B 根据点的合成运动的速度合成定理 1+1 v,=v, cos0= 120(cm/s), v=v, sin 0=90(cm/s) 摇杆OB的角速度为 =1.8(rad/s) O45 下面求角加速度 加速度图如图(b)所示,由点的合成运动的加速度合成定理 a+aa+a 其中 a,=O,A @2=750(cm/s2), ae=OA-02B=162(cm/s2) a=2o=36×120=432cms2 将式(1)向a方向投影得 aa cos0=a +ac= ae =a, cos6-ac =600-432=168(cm/s 摇杆OB的角加速度为 a168 O450 =336(ad/s2)
五．解 以滑块 A 为动点，动系与摇杆 OB 固结，则绝对轨迹为圆，相对轨迹为直 线，速度图如图(a)所示。由几何关系不难得 sin 0.6 , cos 0.8 , 150 (cm/s) = = va = O1A = 根据点的合成运动的速度合成定理 a e r v = v + v 得 cos 120 (cm/s) , sin 90 (cm/s) vr = va = ve = va = 摇杆 OB 的角速度为 1.8 (rad/s) 5 e 9 = = = OA v OB 下面求角加速度。 加速度图如图(b)所示，由点的合成运动的加速度合成定理 (1) r C t e n aa = ae + a + a + a 其中 2 3.6 120 432(cm/s ) 750 (cm/s ), 162 (cm/s ), 2 C r n 2 2 e 2 2 a 1 = = = = = = = a v a O A a OA OB OB 将式（1）向 C a 方向投影得 cos cos 600 432 168 ( cm/s ) 2 a C t C e t aa = ae + a a = a − a = − = 摇杆 OB 的角加速度为 3.36 (rad/s ) 50 168 2 t e = = = OA a OB
六.解 (1)杆AB和杆BC的角速度。 如图(a)所示,D和P分别为轮O和杆AB的速度瞬心,由几何关系不难得 ∠ADO=∠BAP=∠APB=∠BAC=30°,AD=BP=AB=2r,AP=2r√3 根据计算速度(或角速度)的速度瞬心法,有 AD·a2 BP·@4 AB APAP (rad/s),OBC BC 转向如图(a)所示 (2)杆AB的角加速度 以点A为基点,点B为动点,加速度图见图(b)。由计算加速度(或角加速度) 的基点法,有 tab=a+aba+aB 将上式向铅垂方向投影,得 ap-a cos 60 ab=aR cOS 60+aBA coS 30 cOs 30 AB OS 30 将 aB=raBc 4=2rO2=r代入上式解得 a1=a=22- aB cos6(0°4y3(mad2)顺时针转向 AB 2rCos 30
六．解： （1）杆 AB 和杆 BC 的角速度。 如图（a）所示，D 和 P 分别为轮 O 和杆 AB 的速度瞬心，由几何关系不难得 ADO = BAP = APB = BAC = 30 , AD = BP = AB = 2r , AP = 2r 3 根据计算速度（或角速度）的速度瞬心法，有 (rad/s) 3 4 3 (rad/s) , 3 2 3 = = = = = = BC BP BC v AP AD AP v B A B B C A A B 转向如图（a）所示。 （2）杆 AB 的角加速度 以点 A 为基点，点 B 为动点，加速度图见图（b）。由计算加速度（或角加速度） 的基点法，有 n t n t aB + aB = a A + aBA + aBA 将上式向铅垂方向投影，得 cos30 cos60 cos60 cos30 , n n n n t t B BA B BA BA BA a a a a a a − = + = ， 2 cos30 cos60 t n n r a a AB aBA B BA AB − = = 将 a r r a r r B BC BA AB 3 8 , 2 3 n 2 16 n 2 = = = = 代入上式解得 (rad/s ) 3 4 3 2 cos30 cos60 2 t n n = − = = r a a AB aBA B BA AB 顺时针转向