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?=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 11==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ω＝4 rad/s ，角加速度α＝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 ρρρρ+==
式中
2n ωAB a BA =，αAB a BA =t
BC ： ()()?θ?θ?---+=cos sin cos 0t n BA BA A a a a
故 2cm /s 1.2=A a
y ： ???cos sin cos t n BA BA B a a a --=-
故 2cm/s 85=B a
取A 为基点 t n CA CA A C a a a a ρρρρ++=
式中 2n ωAC a CA =，αAC a CA =t
x ：2
t 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 ， β=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 3320ωr PA PC v v A C ==（方向如图示）
330
ωr PA PB v v A B ==
6
30
11ωω==B O v B （顺钟向）
330
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 ρρρρρρ++=+=
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
01t
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ω 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 ρρρ+=
由加速度矢量合成关系，得 222t cos r L L
r a a A BA -==ωθ
角加速度 222
t
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ω，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。 ?ωωcos e r OC v C ==
因 r
e
C C C v v v ???+=
得 ?ω
?2e
r cos cos r v v C C ==
32sin r
ω
?r v v v C C C D ===
又有?ωωωα22
2
e e cos ,0r OC a a C C ===
?ωω22
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 +-=??ω
故 9310cos 2c e
ω?ωr 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ω 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 2e )(,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 ρ
ρρρρ+++=αωω M a ?方向投影得：c r e 45cos M M M M a a a a +--=ωωο
得 0=M a
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 β + 2 m g d s ? sin β
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 β－2 F s 1 = 2 m ? 2 a ○
1 ( F 1 + F A ) r = r
a mr 22 ○2 得： F A = 11
2mg
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 (21m v A 2 +21m 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 ＝121m （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
2l = 0 式中：M g A =J A α=[J C +m 2)2(l )]α
得： α = 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 α = m g 2
l 得：α = l g 23 应用质心运动定理：
F O x =－ mω22l =－2
3m g F Oy = m g －m α 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 ?α 2 = 2
3 l m g sin β 式中：J O =12
17m l 2 得： α = l
g β17sin 36? 对上式微分得： dt d α=l
βg 17cos 18 质心加速度：a n =α 2 ? 43 l = 17
27 g sin β a t = dt d α?4
3l = 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 ?
《理论力学》动力学典型习题+答案
《动力学I 》第一章 运动学部分习题参考解答 1－3 解： 运动方程：θtan l y =，其中kt =θ。 将运动方程对时间求导并将0 30=θ代入得 34cos cos 22lk lk l y v ====θ θθ 938cos sin 22 3 2lk lk y a =-==θ θ 1－6 证明：质点做曲线运动,所以n t a a a +=, 设质点的速度为v ,由图可知: a a v v y n cos ==θ，所以: y v v a a n = 将c v y =，ρ 2 n v a = 代入上式可得 ρ c v a 3 = 证毕 1－7 证明：因为n 2 a v =ρ，v a a v a ?==θsin n 所以：v a ?= 3 v ρ 证毕 1－10 解：设初始时,绳索AB 的长度为L ,时刻t 时的长度 为s ,则有关系式： t v L s 0-=，并且 222x l s += 将上面两式对时间求导得： 0v s -= ，x x s s 22= 由此解得：x sv x -= （a ） (a)式可写成：s v x x 0-= ，将该式对时间求导得： 2 02 v v s x x x =-=+ (b) 将(a)式代入(b)式可得：32 20220x l v x x v x a x -=-== （负号说明滑块A 的加速度向上） 1－11 解：设B 点是绳子AB 与圆盘的切点，由于绳子相对圆盘无滑动，所以R v B ω=，由于绳子始终处 于拉直状态，因此绳子上A 、B 两点的速度在 A 、B 两点连线上的投影相等，即： θcos A B v v = （a ） 因为 x R x 2 2cos -= θ （b ） 将上式代入（a ）式得到A 点速度的大小为： 2 2 R x x R v A -=ω （c ） 由于x v A -=，（c ）式可写成：Rx R x x ω=--22 ，将该式两边平方可得： 222222)(x R R x x ω=- 将上式两边对时间求导可得： x x R x x R x x x 2232222)(2ω=-- 将上式消去x 2后，可求得：2 22 42) (R x x R x --=ω 由上式可知滑块A 的加速度方向向左，其大小为 2 22 42) (R x x R a A -=ω 1－13 解：动点：套筒A ； 动系：OA 杆； 定系：机座； 运动分析： 绝对运动：直线运动； 相对运动：直线运动； 牵连运动：定轴转动。 根据速度合成定理 r e a v v v += 有：e a cos v v =?，因为AB 杆平动，所以v v =a ， o v o v a v e v r v x o v x o t
理论力学动力学测试
第三篇 动力学 一、选择题（每题2分，共20分） 1．在铅直面内的一块圆板上刻有三道直槽AO ，BO ，CO ，三个质量相等的小球M 1，M 2，M 3在重力作用下自静止开始同时从A ，B ，C 三点分别沿各槽运动，不计摩擦，则________到达O 点。 （A ）M 1小球先； （B ）M 2小球先； （C ）M 3小球先； （D ）三球同时。 题1 题2 题3 2．质量分别为m 1=m ，m 2=2m 的两个小球M 1，M 2用长为L 而重量不计的刚杆相连。现将M 1置于光滑水平面上，且M 1M 2与水平面成?60角。则当无初速释放，M 2球落地时，M 1球移动的水平距离为____________。 （A ）3L ； （B ）4L ； （C ）6L ； （D ）0。 3．质量为m ，长为b 的匀质杆OA ，以匀角速度ω绕O 轴转动。图示位置时，杆的动量及对O 轴的动量矩的大小为________。 （A ）2 ωmb p =，122ωmb L O =； （B ）0=p ，122ωmb L O =； （C ）2ωmb p =，22ωmb L O =； （D ）2 ωmb p =，32ωmb L O =。 4．在_____情况下，跨过滑轮的绳子两边张力相等，即F 1=F 2（不计轴承处摩擦）。 （A ）滑轮保持静止或以匀速转动或滑轮质量不计； （B ）滑轮保持静止或滑轮质量沿轮缘均匀分布； （C ）滑轮保持静止或滑轮质量均匀分布； （D ）滑轮质量均匀分布。 题4 题5 5．均质杆长L ，重P ，均质圆盘直径D =L ，亦重P ，均放置在铅垂平面内，并可绕O 轴转动。初始时杆轴线和圆盘直径均处于水平位置，而后无初速释放，则在达到图示位置瞬时，杆的角速度ω1________圆盘的角速度ω2。 （A ）大于； （B ）小于； （C ）等于； （D ）小于或等于。
《理论力学》测试试题库
《理论力学》试题库
————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：
《理论力学》试题库 第一部分填空题： 第一类： 1，已知某质点运动方程为x=2bcoskt,y=2bsinkt,其中b、k均为常量，则其 运动轨迹方程为 ————————————，速度的大小为 ———————————— ，加速度的大小为 ———— ———————— 。 2、已知某质点运动方程为x=2cos3t,y=2sin3t,z=4t则其运动速度的大小为，加速度的大小为。 3、已知某质点运动方程为r=e ct,θ=bt,其中b、c是常数，则其运动轨道方程 为 ——————————————————————，其运动速度的大小为 —————————— ，加速度的大小为 — ——————————— 。 4、已知某质点的运动方程为x=2bcos2kt，y=bsin2kt，则其运动轨道方程 为 ；速度大小为；加速度大小为。 5、已知质点运动的参数方程为y=bt，θ=at，其中a、b为常数，则此质点在极坐标系中的轨道方程式为，在直角坐标系中的轨道方程式为。 6、已知某质点的运动方程为r=at,θ=bt,其中a、b是常数，则其运动轨道方 程为 ——————————————————————，其运动速度的大小为 —————————— ，加速度的大小为 ———————————— 。 7、已知某质点运动方程为r=at,θ=b/t,其中a、b是常数，则其运动轨道方 程为 ———————————————，其运动速度的大小为 —————————— ，加速度的大小为 —————— ——— 。 8、已知某质点的运动方程为x=at,y=a(e t－e－t)/2,其中a为常数，则其运动 轨道方程为 ——————————————————————，曲率半径为 —————————— 。 第二类： 9、质点在有心力作用下，其 ———————————————————— 均守恒，其运动轨道的微
2020年智慧树知道网课《理论力学(西安交通大学)》课后章节测试满分答案
绪论单元测试 1 【多选题】(2分) 下面哪些运动属于机械运动？ A. 发热 B. 转动 C. 平衡 D. 变形 2 【多选题】(2分) 理论力学的内容包括：。 A. 动力学 B. 基本变形 C. 运动学 D. 静力学
3 【单选题】(2分) 理论力学的研究对象是：。 A. 数学模型 B. 力学知识 C. 力学定理 D. 力学模型 4 【多选题】(2分) 矢量力学方法（牛顿-欧拉力学）的特点是：。 A. 以变分原理为基础 B. 以牛顿定律为基础 C.
通过力的功（虚功）表达力的作用 D. 通过力的大小、方向和力矩表达力的作用 5 【多选题】(2分) 学习理论力学应注意做到：。 A. 准确地理解基本概念 B. 理论联系实际 C. 熟悉基本定理与公式，并能在正确条件下灵活应用 D. 学会一些处理力学问题的基本方法 第一章测试 1 【单选题】(2分)
如图所示，带有不平行的两个导槽的矩形平板上作用一力偶M,今在槽内插入两个固连于地面的销钉，若不计摩擦，则。 A. 板不可能保持平衡状态 B. 板必保持平衡状态 C. 条件不够，无法判断板平衡与否 D. 在矩M较小时，板可保持平衡 2 【单选题】(2分)
A. 合力 B. 力螺旋 C. 合力偶 3 【单选题】(2分) 关于力系与其平衡方程式，下列的表述中正确的是： A. 在求解空间力系的平衡问题时，最多只能列出三个力矩平衡方程式。 B. 在平面力系的平衡方程式的基本形式中，两个投影轴必须相互垂直。 C. 平面一般力系的平衡方程式可以是三个力矩方程，也可以是三个投影方程。
D. 任何空间力系都具有六个独立的平衡方程式。 E. 平面力系如果平衡，则该力系在任意选取的投影轴上投影的代数和必为零。 4 【单选题】(2分)
理论力学动力学测试
章节测试第三篇动力学 第三篇 动力学 题5 5.均质杆长L,重P,均质圆盘直径D=L,亦重P,均放置在铅垂平面内，并可绕O轴转动。初始时杆轴线和圆盘直径均处于水平位置，而后无初速释放，则在达到图示位置瞬时， 一、选择题(每题2分，共20分) 1.在铅直面内的一块圆板上刻有三道直槽M3在 重力作用下自静止开始同时从A, B, 到达0点。 (A ) M i小球先； AO, BO, C0,三个质量相等的小球M i, M2, C三点分别沿各槽运动，不计摩擦，则 __________ (B) M2小球先;(C) M3小球先;(D)三球同时。 题1 2.质量分别为m1=m, M1置于光滑水平面上，且M1M2与水平面成60角。则当无初速释放, 移动的水平距离为___________ (A ) L；(B) L； 3 4 3.质量为m,长为b的匀质杆OA, O轴的动量矩的大小为 m2=2m的两个小球M i, M2用长为L (A),L O mb2? 12 ； (C) mb - ,L O mb2■ 2 ； 题3 而重量不计的刚杆相连。现将 M2球落地时，M1球 (D)0。 (C)-； 6 以匀角速度「绕O轴转动。图示位置时，杆的动量及对 (B)P (D)P mb? mb2■ 12 ； L O mb2ω 。 3 4.在 (A) (B) (C) (D) ____ 情况下，跨过滑轮的绳子两边张力相等, 滑轮保持静止或以匀速转动或滑轮质量不计； 滑轮保持静止或滑轮质量沿轮缘均匀分布； 滑轮保持静止或滑轮质量均匀分布；滑轮质 量均匀分布。 F i = F2 (不计轴承处摩擦)。 A
杆的角速度创_________ 圆盘的角速度国2。 (A )大于；(B)小于；(C)等于；(D)小于或等于。
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?=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 11==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ω＝4 rad/s ，角加速度α＝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 ρρρρ+== 式中 2n ωAB a BA =，αAB a BA =t BC ： ()()?θ?θ?---+=cos sin cos 0t n BA BA A a a a 故 2cm /s 1.2=A a y ： ???cos sin cos t n BA BA B a a a --=- 故 2cm/s 85=B a 取A 为基点 t n CA CA A C a a a a ρρρρ++= 式中 2n ωAC a CA =，αAC a CA =t x ：2 t 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
《理论力学实验》讲义
《理论力学实验》讲义 福州大学机械工程及自动化学院 机械设计系《工程力学》组编 二O O九年十一月
前言 科学和经济的发展，市场经济体系的建立，人才聘用的市场化，都对大学生的实际能力提出了很高的要求。培养和训练大学生的分析问题、解决问题的能力，培养和训练大学生的实践动手能力，是课程建设和课程教学的基本目标，为此，我们突破长期以来《理论力学》课程教学无实验的状态，初步建设了理论力学实验室，开展了《理论力学》实践教学活动。 《理论力学实验》作为《理论力学》新教学体系的重要组成部分，目的是通过这样一组实践教学环节的实施，开阔学生的眼界，加强《理论力学》的工程概念，了解这门课程与工程实际的紧密关系，培养、锻炼学生的创新思维和科研能力。大量与《理论力学》相关的产品和科研成果作为《理论力学实验》实践教学的内容，通过参观图片实物、实验演示以及学生自己观察、分析和动手实践达到实验的目的。实验的结果考核将采取填写实验报告、撰写小论文和交习作的形式进行。 目前，《理论力学实验》主要包括三项内容： 1、静力学、运动学和动力学创新应用实验。 2、动力学参数测定实验。 3、运动学和动力学计算机模拟仿真实验。
第一项实验 静力学、运动学和动力学创新应用实验 一． 实验目的 1、 通过大量工业产品和科技成果向学生展示《理论力学》的工程意义和工程应用，开阔学生的眼 界。 2、 通过学生对大量工业产品和科技成果的观察分析，通过学生动手操作，加深对《理论力学》基 本概念的理解，巩固力学分析方法的掌握。 3、 培养、训练学生的创新思维，提高、锻炼他们建立力学模型的能力。 二． 仪器设备 1、 挂图、照片。 2、 40余套产品、模型、设备和零部件。 三． 实验内容 （一） 静力学部分 （一）曲柄滚轮挤水拖把的受力分析与过程 其计算简图如图2，应用虚位移原理可以得出D F 和B F 的关系。
理论力学动力学测试
第三篇 动力学 一、选择题(每题2分,共20分) 1.在铅直面内的一块圆板上刻有三道直槽AO ,BO ,CO ,三个质量相等的小球M 1,M 2,M 3在重力作用下自静止开始同时从A ,B ,C 三点分别沿各槽运动,不计摩擦,则________到达O 点。 (A)M 1小球先; (B)M 2小球先; (C)M 3小球先; (D)三球同时。 题1 题2 题3 2.质量分别为m 1=m ,m 2=2m 的两个小球M 1,M 2用长为L 而重量不计的刚杆相连。现将M 1置于光滑水平面上,且M 1M 2与水平面成?60角。则当无初速释放,M 2球落地时,M 1球移动的水平距离为____________。 (A)3L ; (B)4L ; (C)6L ; (D)0。 3.质量为m ,长为b 的匀质杆OA ,以匀角速度ω绕O 轴转动。图示位置时,杆的动量及对O 轴的动量矩的大小为________。 (A)2 ωmb p =,122ωmb L O =; (B)0=p ,122ωmb L O =; (C)2ωmb p =,22ωmb L O =; (D)2 ωmb p =,32ωmb L O =。 4.在_____情况下,跨过滑轮的绳子两边张力相等,即F 1=F 2(不计轴承处摩擦)。 (A)滑轮保持静止或以匀速转动或滑轮质量不计; (B)滑轮保持静止或滑轮质量沿轮缘均匀分布; (C)滑轮保持静止或滑轮质量均匀分布; (D)滑轮质量均匀分布。 题4 题5 5.均质杆长L ,重P ,均质圆盘直径D =L ,亦重P ,均放置在铅垂平面内,并可绕O 轴转动。初始时杆轴线与圆盘直径均处于水平位置,而后无初速释放,则在达到图示位置瞬时,杆的角速度ω1________圆盘的角速度ω2。 (A)大于; (B)小于; (C)等于; (D)小于或等于。 6.均质杆AB ,长L ,质量m ,沿墙面下滑,已知A 端速度v ρ,B 端高度h ,AB 对过杆端A ,质心C ,瞬心I 的水平轴的转动惯量分别为J A ,J C ,J I ,则图示瞬时杆的动能为__________。
理论力学动力学知识点总结
质点动力学的基本方程 知识总结 1.牛顿三定律适用于惯性参考系。 质点具有惯性，以其质量度量； 作用于质点的力与其加速度成比例； 作用与反作用力等值、反向、共线，分别作用于两个物体上。 2.质点动力学的基本方程。 质点动力学的基本方程为，应用时取投影形式。 3.质点动力学可分为两类基本问题。 质点动力学可分为两类基本问题： （1）. 已知质点的运动，求作用于质点的力； （2）. 已知作用于质点的力，求质点的运动。 求解第一类问题，需先求得质点的加速度；求解第二类问题，一般是积分的过程。质点的运动规律不仅决定于作用力，也与质点的运动初始条件有关，这两类的综合问题称为混合问题。 动量定理 知识点总结
1.牛顿三定律适用于惯性参考系。 质点具有惯性，以其质量度量； 作用于质点的力与其加速度成比例； 作用与反作用力等值、反向、共线，分别作用于两个物体上。 2.质点动力学的基本方程。 质点动力学的基本方程为，应用时取投影形式。 3.质点动力学可分为两类基本问题。 质点动力学可分为两类基本问题： （1）. 已知质点的运动，求作用于质点的力； （2）. 已知作用于质点的力，求质点的运动。 求解第一类问题，需先求得质点的加速度；求解第二类问题，一般是积分的过程。质点的运动规律不仅决定于作用力，也与质点的运动初始条件有关，这两类的综合问题称为混合问题。 常见问题 问题一在动力学中质心意义重大。质点系动量，它只取决于质点系质量及质心速度。 问题二质心加速度取决于外力主失，而与各力作用点无关，这一点需特别注意。
动量矩定理 知识点总结 1.动量矩。 质点对点O 的动量矩是矢量。 质点系对点O 的动量矩是矢量。 若z 轴通过点O ，则质点系对于z 轴的动量矩为 。 若C 为质点系的质心，对任一点O 有。 2.动量矩定理。 对于定点O 和定轴z 有 若C 为质心，C z 轴通过质心，有
《理论力学》动力学典型习题+答案
文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持. 1文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑. 《动力学I 》第一章 运动学部分习题参考解答 1－3 解： 运动方程：θtan l y =，其中kt =θ。 将运动方程对时间求导并将0 30=θ代入得 1－6 证明：质点做曲线运动,所以n t a a a +=, 设质点的速度为v ,由图可知: a a v v y n cos = = θ，所以: y v v a a n = 将c v y =，ρ 2 n v a = 代入上式可得 ρ c v a 3 = 证毕 1－7 证明：因为n 2 a v =ρ，v a a v a ?==θsin n 所以：v a ?=3 v ρ 证毕 1－10 解：设初始时,绳索AB 的长度为L ,时刻t 时的长度 为s ,则有关系式： t v L s 0-=，并且 222x l s += 将上面两式对时间求导得： 0v s -= ，x x s s 22= 由此解得：x sv x -= （a ） (a)式可写成：s v x x 0-= ，将该式对时间求导得： 2 002v v s x x x =-=+ (b) 将(a)式代入(b)式可得：32 20220x l v x x v x a x -=-== （负号说明滑块A 的加速度向上） 1－11 解：设B 点是绳子AB 与圆盘的切点，由于绳子相对圆盘无滑动，所以R v B ω=，由于绳子始终处 于拉直状态，因此绳子上A 、B 两点的速度在 A 、B 两点连线上的投影相等，即： θcos A B v v = （a ） 因为 x R x 2 2cos -= θ （b ） 将上式代入（a ）式得到A 点速度的大小为： 2 2 R x x R v A -=ω （c ） 由于x v A -=，（c ）式可写成：Rx R x x ω=--22 ，将该式两边平方可得： 将上式两边对时间求导可得： 将上式消去x 2后，可求得：2 22 42) (R x x R x --=ω 由上式可知滑块A 的加速度方向向左，其大小为 2 22 42) (R x x R a A -=ω 1－13 解：动点：套筒A ； 动系：OA 杆； 定系：机座； 运动分析： 绝对运动：直线运动； 相对运动：直线运动； 牵连运动：定轴转动。 根据速度合成定理 有：e a cos v v =?，因为AB 杆平动，所以v v =a ， 由此可得e cos v v =?，OC 杆的角速度为OA v e =ω，?cos l OA =，所以l v ?ω2cos = 当0 45=?时，OC 杆上C 点速度的大小为l av l av a v C 245cos 02===ω 1－15 解：动点：销子M 动系1：圆盘 动系2：OA 杆 定系：机座； 运动分析： 绝对运动：曲线运动 相对运动：直线运动 牵连运动：定轴转动 根据速度合成定理有 r1e1a1v v v +=， r2e2a2v v v += A O A O B R x x y o x y o
理论力学动力学知识点汇总
理论力学动力学知识点汇总
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质点动力学的基本方程 知识总结 1.牛顿三定律适用于惯性参考系。 质点具有惯性，以其质量度量； 作用于质点的力与其加速度成比例； 作用与反作用力等值、反向、共线，分别作用于两个物体上。 2.质点动力学的基本方程。 质点动力学的基本方程为，应用时取投影形式。 3.质点动力学可分为两类基本问题。 质点动力学可分为两类基本问题： （1）. 已知质点的运动，求作用于质点的力； （2）. 已知作用于质点的力，求质点的运动。 求解第一类问题，需先求得质点的加速度；求解第二类问题，一般是积分的过程。质点的运动规律不仅决定于作用力，也与质点的运动初始条件有关，这两类的综合问题称为混合问题。 动量定理 知识点总结 1.牛顿三定律适用于惯性参考系。 质点具有惯性，以其质量度量； 作用于质点的力与其加速度成比例； 作用与反作用力等值、反向、共线，分别作用于两个物体上。 2.质点动力学的基本方程。 质点动力学的基本方程为，应用时取投影形式。 3.质点动力学可分为两类基本问题。 质点动力学可分为两类基本问题： （1）. 已知质点的运动，求作用于质点的力； （2）. 已知作用于质点的力，求质点的运动。
求解第一类问题，需先求得质点的加速度；求解第二类问题，一般是积分的过程。质点的运动规律不仅决定于作用力，也与质点的运动初始条件有关，这两类的综合问题称为混合问题。 常见问题 问题一在动力学中质心意义重大。质点系动量，它只取决于质点系质量及质心速度。 问题二质心加速度取决于外力主失，而与各力作用点无关，这一点需特别注意。 动量矩定理 知识点总结 1.动量矩。 质点对点O 的动量矩是矢量。 质点系对点O 的动量矩是矢量。 若z 轴通过点O ，则质点系对于z 轴的动量矩为 。 若 C 为质点系的质心，对任一点O 有。 2.动量矩定理。 对于定点O 和定轴z 有 若 C 为质心，C z 轴通过质心，有
理论力学复习 动力学自测
动力学自测 一、概念题（36分） 1、两物块 A 、B ，质量分别为A m 和B m ，初始静止。如A 沿斜面下滑的相对速度为r v 如图所示。设 B 向左的速度为v ，根据动量守恒定律有 2、设圆盘对O 轴的转动惯量为O J ，根据定轴转动微分方程，可建立以下关系式：gr m gr m J B A O ?=α，对吗？_________ ；正确表达式应为_________ 。 3、在一重W 的车轮的轮轴上绕有软绳，绳的一端作用一水平力P ，已知车轮的半径为 R ，轮轴的半径为r ，车轮与轮轴对中心O 的回转半径为ρ，以及车轮与地面间的动滑动摩擦系数为f ，绳重和滚阻皆不计。当车轮沿地面作平动时，力P 的值为----------。
4、半径为 r ，质量为m 的均质圆盘 A 由 OA 杆带动在半径为 R 的大圆弧上做纯滚动。图示瞬时 OA 杆的角速度、角加速度分别为ω、α,则该瞬时圆盘的 (1)动量=_________； (2)对 O 点的动量矩=_________； (3) 动能=_________。 5、两个质量都是M 、半径都是R 的均质圆盘I 、II ，以相同的角速度ω和角加速度α分别绕1O 、2O 轴转动。质量为m 的匀质直杆AB 铰接在二轮的轮缘上，而且有21O O = AB = L 。二轮及杆AB 的惯性力（包括惯性力偶）大小分别为_________（方向应图中画出）。 6、半径为 R 的圆盘沿倾斜角为α的斜面滚而不滑， 在轮缘上绕一细绳并对轮作用水平拉力 T ，如图。当轮心 C 有一位移dr 时，T 力的元功是----------。
理论力学之动力学习题答案 北航
动力学 （MADE BY 水水） 1－3 解： 运动方程：θtan l y =，其中kt =θ。 将运动方程对时间求导并将030=θ代入得 34cos cos 22lk lk l y v = ===θθθ 938cos sin 22 32lk lk y a = -==θ θ 1－6 证明：质点做曲线运动， 所以质点的加速度为：n t a a a +=, 设质点的速度为v ，由图可知: a a v v y n cos ==θ，所以: y v v a a n = 将c v y =，ρ 2 n v a = 代入上式可得 ρ c v a 3 = 证毕 1－7 证明：因为n 2 a v =ρ，v a a v a ?==θsin n 所以：v a ?=3 v ρ 证毕 1－ 10 x o y
解：设初始时,绳索AB 的长度为L ,时刻t 时的长度 为s ,则有关系式： t v L s 0-=，并且 222x l s += 将上面两式对时间求导得： 0v s -= ，x x s s 22= 由此解得：x sv x 0 -= （a ） (a)式可写成：s v x x 0-= ，将该式对时间求导得： 2002v v s x x x =-=+ (b) 将(a)式代入(b)式可得：32 20220x l v x x v x a x -=-== （负号说明滑块A 的加速度向上） 取套筒A 为研究对象，受力如图所示，根据质点矢量形式的运动微分方程有： g F F a m m N ++= 将该式在y x ,轴上投影可得直角坐标形式的运动微分方程： N F F y m F mg x m +-=-=θθsin cos 其中： 2 22 2sin ,cos l x l l x x += += θθ0,32 20=-=y x l v x 将其代入直角坐标形式的运动微分方程可得： 2 3220)(1)(x l x l v g m F ++= 1－11 o v o v F N F g m y θ
《理论力学》动力学典型习题+答案
. 《动力学I 》第一章 运动学部分习题参考解答 1－3 解： 运动方程：θtan l y =，其中kt =θ。 将运动方程对时间求导并将0 30=θ代入得 34cos cos 2 2lk lk l y v ====θ θθ 938cos sin 22 32lk lk y a =-==θ θ 1－6 证明：质点做曲线运动,所以n t a a a +=, 设质点的速度为v ,由图可知: a a v v y n cos = = θ，所以: y v v a a n = 将c v y =，ρ 2 n v a = 代入上式可得 ρ c v a 3 = 证毕 1－7 证明：因为n 2 a v =ρ，v a a v a ?==θsin n 所以：v a ?=3 v ρ 证毕 1－10 解：设初始时,绳索AB 的长度为L ,时刻t 时的长度 为s ,则有关系式： t v L s 0-=，并且 222x l s += 将上面两式对时间求导得： 0v s -= ，x x s s 22= 由此解得：x sv x -= （a ） (a)式可写成：s v x x 0-= ，将该式对时间求导得： 2 002v v s x x x =-=+ (b) 将(a)式代入(b)式可得：32 20220x l v x x v x a x -=-== （负号说明滑块A 的加速度向上） 1－11 解：设B 点是绳子AB 与圆盘的切点，由于绳子相对圆盘无滑动，所以R v B ω=，由于绳子始终处于拉直状态，因此绳子上A 、B 两点的速度在 A 、B 两点连线上的投影相等，即： θcos A B v v = （a ） 因为 x R x 2 2cos -= θ （b ） 将上式代入（a ）式得到A 点速度的大小为： 2 2 R x x R v A -=ω （c ） 由于x v A -=，（c ）式可写成：Rx R x x ω=--22 ，将该式两边平方可得： 222222)(x R R x x ω=- 将上式两边对时间求导可得： x x R x x R x x x 2232222)(2ω=-- 将上式消去x 2后，可求得：2 2242)(R x x R x --=ω 由上式可知滑块A 的加速度方向向左，其大小为 2 2242)(R x x R a A -=ω 1－13 解：动点：套筒A ； o v A x ω O θ A v A x ω O B v B R a v x y o a n a v y v θ θ x y o a n a t a θ
理论力学动力学测试
第三篇动力学 一、选择题(每题２分,共20分) 1。在铅直面内得一块圆板上刻有三道直槽AO,BO,CO,三个质量相等得小球M1,M2,M3在重力作用下自静止开始同时从Ａ,B,C三点分别沿各槽运动,不计摩擦,则___＿_＿__到达O 点、 (A)Ｍ１小球先; (B)M2小球先; (C)M3小球先; (D)三球同时。 题1 题2 题3 2、质量分别为m1=m,m2=2m得两个小球M1,M２用长为L而重量不计得刚杆相连。现将M1置于光滑水平面上,且M1M２与水平面成角。则当无初速释放,M2球落地时,M1球移动得水平距离为___＿_＿_＿＿＿＿＿。 (Ａ);??(B);??(C);??(D)0。 3、质量为m,长为b得匀质杆OＡ,以匀角速度ω绕O轴转动。图示位置时,杆得动量及对O 轴得动量矩得大小为_＿______。 (Ａ),; (B),; (C),;?(D),。 4.在＿__＿_情况下,跨过滑轮得绳子两边张力相等,即Ｆ1=F2(不计轴承处摩擦)。 (A)滑轮保持静止或以匀速转动或滑轮质量不计; (B)滑轮保持静止或滑轮质量沿轮缘均匀分布; (C)滑轮保持静止或滑轮质量均匀分布; (D)滑轮质量均匀分布。 题4 题５ 5.均质杆长L,重P,均质圆盘直径Ｄ=L,亦重P,均放置在铅垂平面内,并可绕O轴转动。初始时杆轴线与圆盘直径均处于水平位置,而后无初速释放,则在达到图示位置瞬时,杆得角速度ω1___＿＿___圆盘得角速度ω2。 (A)大于;?(B)小于; (C)等于;?(D)小于或等于。 ６.均质杆AＢ,长L,质量m,沿墙面下滑,已知A端速度,B端高度ｈ,ＡB对过杆端A,质心C,瞬心I得水平轴得转动惯量分别为JＡ,J C,J I,则图示瞬时杆得动能为____＿_____、 (A); (B); (C);(D) 题６题7 题8 ７.已知均质杆长L,质量为m,端点B得速度为,则AB杆得动能为＿__＿__＿____。 (A);??(B);?(C); (D) 8、质量为ｍ1得均质杆OA,一端铰接在质量为ｍ2得均质圆盘中心,另一端放在水平面上,圆盘在地面上作纯滚动。圆心速度为,则系统得动能为_＿_＿＿＿_。 (Ａ); (Ｂ); (C); (D)
《理论力学》动力学典型习题+答案
1 / 16 《动力学I 》第一章 运动学部分习题参考解答 1－3 解： 运动方程：θtan l y =，其中kt =θ。 将运动方程对时间求导并将0 30=θ代入得 34cos cos 2 2lk lk l y v ====θ θθ 938cos sin 22 32lk lk y a =-==θ θ 1－6 证明：质点做曲线运动,所以n t a a a +=, 设质点的速度为v ,由图可知: a a v v y n cos ==θ，所以: y v v a a n = 将c v y =，ρ 2 n v a = 代入上式可得 ρ c v a 3 = 证毕 1－7 证明：因为n 2 a v =ρ，v a a v a ?= =θsin n 所以：v a ?=3 v ρ 证毕 1－10 解：设初始时,绳索AB 的长度为L ,时刻t 时的长度 为s ,则有关系式： t v L s 0-=，并且 222x l s += 将上面两式对时间求导得： 0v s -= ，x x s s 22= 由此解得：x sv x -= （a ） (a)式可写成：s v x x 0-= ，将该式对时间求导得： 2 002v v s x x x =-=+ (b) 将(a)式代入(b)式可得：32 20220x l v x x v x a x -=-== （负号说明滑块A 的加速度向上） 1－11 解：设B 点是绳子AB 与圆盘的切点，由于绳子相对圆盘无滑动，所以R v B ω=，由于绳子始终处于拉直状态，因此绳子上A 、B 两点的速度在 A 、B 两点连线上的投影相等，即： θcos A B v v = （a ） 因为 x R x 2 2cos -= θ （b ） 将上式代入（a ）式得到A 点速度的大小为： 2 2 R x x R v A -=ω （c ） 由于x v A -=，（c ）式可写成：Rx R x x ω=--22 ，将该式两边平方可得： 222222)(x R R x x ω=- 将上式两边对时间求导可得： x x R x x R x x x 2232222)(2ω=-- 将上式消去x 2后，可求得：2 2242)(R x x R x --=ω 由上式可知滑块A 的加速度方向向左，其大小为 2 2242)(R x x R a A -=ω 1－13 解：动点：套筒A ； 动系：OA 杆； 定系：机座； o v o v A x ω O θ A v A x ω O B v B R a v e v r v x y o a n a v y v θ θ x y o a n a t θ