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理论力学(64+8学时)试卷A卷解答


合肥工业大学 2009-2010 年度第一学期理论力学统考试卷
班级 题号 满分 得分 一 姓名 二 三 学号 四 五 (64+8 学时 A 卷 命题教师 六 七 共 页) 总分 考试日期 2010.1.28 考试时间 120 分钟 王左辉、梁晓东 审核

18

15

15

18

18

14

7

105

一、(18 分)图示平面构架中,水平梁上作用着荷载集度为 q 的均布荷载,且 AB//DC, 杆 DC 上受一矩为 M 力偶作用。若杆的重量及摩擦不计,求 A、D 支座和 B 铰链的约 束反力。 解:以 DC 杆为对象,

2a

a

∑M

D

= 0,M ?

1 FC ? 3a = 0 2

q A M D
C

FC =

2M 3a
1 FC = 0 2

B
a

∑F

x

= 0 , FDx +

FDx = ?

1 M FC = ? 3a 2 1 FC = 0 2

∑F

y

= 0 , FDy ?

r FDy

FDy =

1 M FC = 3a 2

M

r FC
C

D

r FDx

由直角杆 BC 是二力杆,知
2M FB = FC = 3a

r FDy

q
r FDx

MA
A B

以 DC 杆为对象, 1 ∑ Fx = 0 , FAx ? 2 FB = 0 , FAx = 1 M FB = 3a 2

r FB

∑F

y

= 0 , FAy ? q ? 2a +
M 3a

1 FB = 0 , 2

FAy = 2qa ?

∑M

D

= 0 , M A ? q ? 2a ? a +

1 FB ? 2a = 0 2

2 M A = 2qa 2 ? M 3

二、(15 分)一边长为 b 的正立方体所受的力系如图所示,其中 F1 = 2 F , F2 = 3 F 。 (1) 试用坐标矩阵法求力系向 O 点简化的结果。 (2) 试把力系简化到最简。 r r r r 解:(1) 建立参考基 e = [ x y z ]T 如图
r F1

? 0 ? ?? F ? ? ? ? 写出两个力的坐标阵 F1 = ?? F ? , F2 = ? ? F ? ? ? ? ? ? F ? ?? F ? r r 由主矢 FR = ∑ Fi ,可得主矢的坐标阵 ? 0 ? ?? F ? ?? F ? ? ? ? ? ? FR = ∑ Fi = ? ?? F ? + ? F ? = ? 0 ? ? ? ? 0 ? ? ? ?? F ? ? ? ? F ? r r 得: FR = ? F x ,

O

r F2

r r r 即简化所得的力 FO = FR = ? F x

r z
r F1

r r 假设各力作用点的位置矢量 r1 和 r2 ,对应的坐标阵
?0 ? ?b? ? ? ? r1 = ?b? , r2 = ? ?0 ? ? ? ? ? ?0 ? ?b?
由此写出坐标方阵
r r2 O
r x

r F2

C

r r1

r y

? 0 0 b? ? ~ ~ r1 = ? ? 0 0 0? , r 2 = ? ? ? ? b 0 0? r r r 主矩 M O = ∑ M O ( F ) ,

?0 ?b ? ? ?0

? b 0 b

0 ? ? b? ? 0 ? ?

对应的坐标阵 M O = M1 + M 2 = ~ r1F1 + ~ r2 F2

?0 ? b 0 ? ?? F ? ?? bF ? ? 0 0 b? ? 0 ? ?bF ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ~ ~ r1F1 = ? 0 0 0? ?? F ? = ? 0 ? , r2 F2 = ? ?b 0 ? b? ? F ? = ? 0 ? ? ? 0? ? ? ?0? ? bF ? ? ? ? ? ? F ? ?? ?? F ? ?? ?0 b ? ? b 0 0? ?bF ? ?? bF ? ? 0 ? ? ? ? ? ? 这样得: M O = M1 + M 2 = ? ? 0 ?+? 0 ?=? 0 ? ? ? ?bF ? ? ? ? bF ? ? ? ?0?

r r 即主矩: M O = bF z
简化的结果是一个力和一个力偶,这个力矢量和力偶矩矢量为: r r r r r FO = FR = ? F x , M O = bF z 已经求得: FR = [? F
0 0] 。 M O = [0 0 bF ]
T

(2) 解法a:

T

r r 因为 FR ? M O = 0 ,所以最终简化的结果是一个力。
r r FO = FR FO × M O ~ 假设新的简化中心为 C 点,则 OC = ? OC = FR M O / F 2 2 FO

?0 0 1 ? 即 OC = 2 ?0 0 F ? ?0 ? F

0 ? ? 0 ? ?0 ? r r r ? 0 ? = ?b? ,也就是最后简化成一个力 F F? = F C R = ? F x ,简化 ?? ? ? ? 0? ? ?0 ? ? ? ?bF ? ??

中心位置在 y 轴上距 O 点 b 处,如图所示。

r r r r r r r 解法b: 由 FO = FR = ? F x ,M O = bF z 知 FO ⊥ M O ,因此由力线平移定理的逆定理知 r r r 最终可以简化成一个力 FC = FR = ? F x
r MO r bF 又由 M O 的转向知 C 点在 O 点右侧,距离 s = r = =b F FO

三、(15 分) 一平面运动机构在图示瞬时摇杆 OA 竖直,并通过铰链 A 带动三角板 ABC r r r 运动,三角板又通过铰链 B 带动滑块水平运动。若 OA=BC=1m,AC=2m; e r = [ x y ]T r r 为固定参考基, e 1 = [ x1 r r r y1 ]T 为三角板连体基, e 2 = [ x2 r y2 ]T 为滑块连体基。试对运

动到图示位形时的机构: (1) 列写三角板相对参考基的位形坐标列阵。 (2) 利用三角板相对参考基的方向余弦阵列写滑块 B 相对参考基的位形坐标列阵;以及三角板上 C 点相对参考基的坐标列阵。 (3) 写出整个机构在图示瞬时相对参考基的位形。 解:(1) 三角板位形 q1 = [0 1 π / 6]
T

C

r yr r y1 r x1 30°

r y2 r x2

B

(2) 三角板相对参考基的方向余弦阵: ? cos 30 ° ? sin 30 ° ? ? ? A1 = ? ?=? ? sin 30° cos 30° ? ? ? ? 3 2 1 2 1? ? ? 2? 3? ? 2 ? r r

A

?
O

r xr

ρ1 和 ρ2 为三角板连体矢量,其在连体基 e 1 = [ x1
1 = 和 ρC

r

r

r y1 ]T 上的坐标阵分别为 ρ1 B =

[ 3 0]

T

[ 3 1] ,这样便有
T

? x x 0 ? B? ? A? ? ? ? 1 ? y ? = ? y ? + A1 ρB = ?1? + ? ? ? ? ? B? ? A? ? ? ? ? 0 ? xC ? ? x A ? ? ? 1 = + = + A ρ 1 C ?y ? ?y ? ?1 ? ? ? ? ? ? C ? ? A? ? ?

3 2 1 2 3 2 1 2

? 3 ? 1? ? ?? 3? ? 2 ? 2? ? ? ?=? 3 ?? 0 ? ? 2 + 3 ? ? ? ? 2 ? ? 2 ? 1? ? ?? 3? ? 1 ? 2? ? ?=? ? 3 ? ? 1 ? ?1 + 3 ? 2 ? ?
T

r yr r y1 A

ρ2

r

C

r y2 r x2

r ρ1 x1 30°

r

B

?
O

r xr

?3 故最后得滑块位形坐标列阵: q 2 = ? ?2

2+ 3 2

? T 0? 和 C 点的坐标列阵 1 1 + 3 ?

[

]

(3) 机构为单自由度运动机构,独立变量数为 1,若选择曲柄的姿态角 ? 作为整个机构 的位形坐标,则在图示瞬时,位形坐标 ? = π / 2 。 (若选 x B 为系统坐标,则在图示瞬时, 位形坐标 x B = 1.5 m)

四、(18 分)在图示平面机构中,O1A=O2B= AC=BC=l,O1A 杆以匀角速度 ω 转动,带动 AB 杆运动,而 AB 杆中点处的销钉又在摇杆 OC 的滑槽内运动,并带动摇杆 OC 转动。 图示瞬时,杆 O1A 和 O2B 铅垂, AB 杆水平,OC=l,若选 C 销为动点,摇杆 OC 连体 基为动基,试完成以下工作: (1) 画速度合成图和科氏加速度矢量图(两图不要 重合)。 O2 O (2) 求解摇杆 OC 的角速度和 C 销的科氏加速度。 (3) 求 AB 杆的角加速度。 30° C A B 解:(1) 速度合成图和科氏加速度矢量图如图。 (2) v A = lω 图示瞬时 AB 杆瞬时平移,各点速度相等,有 vC = vB = v A = lω

ω
O1

ωO B =
2

vB =ω l
3 2
r lω , vC = vC sin 30° = 1 lω 2

e vC = vC cos 30° =
e vC = = l

ωOC

3 2

ω
3 2

O

ωOC
rr vC C re vC

O2
rC aC

C r aC = 2ωOC ? vC = 2?

ω?1 lω = 2

3 2

lω 2

r vA A

r vC

B

(4) 以 A 点为基点求 B 点的加速度
n 由 AB 杆瞬时平移可知, ω AB = 0 → aBA =0

ω
O1

rt rn r rt aB + aB = a A + aBA rn r aB = lω 2 , a A = lω 2

(*)

n t (*)式向 y 轴投影: aB = ?a A + aBA

a

t BA

= a + a A = 2lω
n B

2

α AB

at 2lω 2 = BA = = ω2 AB 2l

α AB
A r aA O1

rt aBA

O2

C

rn aB

ω

r aA

B

rt aB

五、 (18 分)质量为 m 的物体 A 借不可伸长的绳子经滑轮 B 拖动磙子 D 在水平面上纯滚, 磙和滑轮皆视为均质圆盘, 质量都为 m、半径同为 r。均质细长杆质量为 1.5m,杆长
l = 2 r ,D 端与轮心铰接,E 端与地面没有摩擦,若绳和滑轮 B 间没有相对运动,

试求: (1) 磙心 D 的加速度; (2) 地面对杆端 E 的约束反力。 解:(1) 求磙心 D 的加速度 功率 P = mA g ? v A = mg ? vA 系统动能 T = TA + TB + TD + TDE
2 2 2 2 1 1 1 =1 2 m A v A + 2 J B ω B + 2 J S ω D + 2 mC v C

D

E

B

A

由运动学知

ωD = ωB =
代入动能

vD ; v A = vC = v D r

2 2 vD 2 2 vD 2 2 1 1 1 3 1 3 T=1 2 mv D + 2 2 mr ( r ) + 2 2 mr ( r ) + 2 2 mv D
2 2 2 2 2 3 3 9 1 =1 2 mv D + 4 mv D + 4 mv D + 4 mv D = 4 mv D

D
C
r mD g r mC g

dT 代入功率方程 =P dt
9 2

E
r FE

mvD aD = mgvD

2g → aD = 9

B
r mB g r mA g

S

(2) 求地面对杆端 E 的约束反力。 法一:惯性力 FI = mC aC = m g = mg
3 2 2 9 1 3

D r FI E
r FE

C
r mC g

A

∑ mD = 0, FE ? r + FI ? 12 r ? mC g ? 12 r = 0
7 FE = mC g ? 1 ? FI ? 1 =3 mg ? 1 ?1 mg ? 1 = 12 mg 2 2 2 2 3 2

D
r vC C
r mC g r FE

E

六、(14 分)图示结构中 AB = 3a , BC = CD = a , ∠DAB = 60° , ∠ABC = 90° ,DC 杆
r r 铅垂。在 B 铰处作用一铅垂力 F1 ,在 CD 杆的中间 E 点处作用一水平力 F2 。试用虚位

移原理求:固定端 D 的水平和竖直方向的约束反力。

r 解:(1a) 求 x 向支座反力 FDx
给出虚位移如图(a)

r F1 B
C

FDx ? δrD + F1 ? δrB sin 30° + F2 ? δrE = 0
δr δr FDx = ? F1 ? B sin 30° ? F2 ? E δrD δrD

r F2 A
60°

E D

由于 δrD = δrE , δrD cos 30° = δrB ,可得
3 ? F2 FDx = ? F1 ? 4

r F1 B

r δrB
r C δrC

r (1b) 求 y 向支座反力 FDy
给出虚位移如图(b)
FDy ? δrD + F1 ? δrB sin 30° = 0

r F2 A
60°
(a)

r E FDx

r δrE r δrD

D

FDy = ? F1 ?

δrB sin 30° δrD

r F1 B

由于 δrD = δrC ,有 δrD sin 30° = ?δrB ,可得
FDy = 1 F1 4

r δrB

r δrC

r F2 A
60°

C r δrE E r δrD

D
(b)

r FDy

r 七、(7 分) 题目同题六,若铅垂力 F1 作用在 BC 杆的中点,求固定端 D 的水平和竖直方

向的约束反力。 解法a:把荷载等效均配到B、C铰如图(c) r (a) 求 x 向支座反力 FDx 显然和(1a)同,只需将 F1 换成 1 F 便可,即 2 1
3 ? F2 FDx = ? F1 ? 8

(2 分)

1 2

r F1

r (b) 求 y 向支座反力 FDy
FDy ? δrD + 1 F ? δrB sin 30° ? 1 F ? δrC = 0 2 1 2 1

B

1 2

r F1 C

r F2 A
60°
(c)

1 δr 1 δrB δr δr ) FDy = 1 F? C ?1 F ? B sin 30° = F1 ( C ? 2 1 2 1 δrD δrD 2 δrD 2 δrD

E D

同样由于 δrD = δrC , δrD sin 30° = ?δrB
FDy == 1 1 5 F1 (1 + ) = F1 2 4 8

(5 分)

S
解法b:

r (1) 求 x 向支座反力 FDx

δrSB = BH ?

δrC
SC

=

a δrC δrC = 2 2a 4

r r FDx ? δ rD + F1 ? δ rH sin 30 ° + F2 ? δ rE = 0
FDx = ? F1 ? δrH sin 30° δr ? F2 ? E δrD δrD

B

r F1 r r δrHB δrB H r F2 r δrB
r E FDx
(d)

r C δrC

r 由运动学知 δrH 在 y 向的投影:
δrH sin 30° = δrB sin 30° ? δrHB cos 30° = δrB 3 ? δrC 2 8

A

60°

r δrE r δrD

D

由于 δrD = δrC = δrE , δrD cos 30° = δrB ,可得

FDx = ? F1 ? ( = ? F1 ? (

δrB 3 δrC δr ? ) ? F2 ? E 2δrD 8 δrD δrD 3 3 3 F1 ? F2 ? ) ? F2 = ? 4 8 8

r (b) 求 y 向支座反力 FDy

δrSB = BH ?

δrC
SC

=

3δrC a δrC = 2 2 3a 4

FDy ? δrD + F1 ? δrH sin 30° = 0

δr sin 30° FDy ? = F1 ? H δrD

A

r 由运动学知 δrH 在 y 向的投影:
δrH sin 30° = δrB sin 30° ? δrHB cos 30° = δrB 3 ? δrC 2 8

r F1 r r δrHB r B δrB r δrC δrB H S C r r δrE F2 E r 60° δrD D r FDy (e)

同样由于 δrD = δrC , δrD sin 30° = ?δrB ,可得

FDy ? = ? F1 ? (

δrB 3 δrC 1 3 5 ) = ? F1 ? (? ? ) = F1 ? 2δrD 8 δrD 4 8 8


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