在图示机构中,沿斜面纯滚动的圆柱体

4. 在图示机构中，沿斜面纯滚动的圆柱体O 和鼓轮O 为均质物体，质量均为m ，半径均为R 。绳子不能伸缩，其质量略去不计。粗糙斜面的倾角为θ，不计滚阻力偶。如在鼓轮上作用一常力偶M 。求（1）鼓轮的角加速度；（2）轴承O 的水平约束力；（3）绳子的拉力；（4）圆

‵

柱体O 与斜面间的摩擦力？（15分）

‵

解：设圆柱体角速度为ωO ，鼓轮O 的角速度为ωO ，圆柱体质心的速度为v O 、加速

/

/

度为a

（1）初始时圆柱体与鼓轮系统动能为：T 1=C (常量) 圆柱体滚过距离S ，鼓轮转过角度ϕ时系统的动能为：

T 2=

12mv O /+

2

12

J O /ωO /+

2

12

J O ωO

2

R ωO /=R ωO =v O /, ωO /=ωO ∴T 2=mv O /

2

外力所做的功为：ω12=M ϕ-mg sin θS , ϕ=由动能定理得：

T 2-T 1=ω12

mv O /=M ϕ-mg sin θ⋅S 把上式两边求导可得：a =

M -mg sin θR

2mR a R =

M -mg sin θR

2mR

2

2

S R

∴α=

（2）取鼓轮O 为研究对象，受力如图，由刚体定轴转动微分方程：

J O α=

M -F T R , J O =F T =

3M +mg sin θR

4R

12mR

2

ma cx =F cx -F T cos θ=0

由质心运动定理可得：

F Ox =

18R

(6M cos θ+mgR sin 2θ)

（3）对圆柱体进行受力分析、由相对于质心的动量矩定理得：

J O /α=F f R F f =

M -mg sin θR

4R

1、平面力系向点1简化时，主矢F R ＝0，主矩M 1≠0，如将该力系向另一点2简化，则（C ）。 A ：F R ≠0，M 2≠0； B ：F R ＝0，M 2≠M 1；

C ：F R ＝0，M 2＝M 1； D ：F R ≠0，M 2＝M 1。

2. 已知力F 作用在直角折杆ABC 的自由端C 处，方向铅垂向下，如图所示。AB 部分长度为l ，BC 部分长度为l /2，A 端为固定端，则力F 对图示x 、y 、z 轴之矩的值分别为( C ) A. C.

3、质量为m 1，半径为r 的均质圆盘上，沿半径方向焊接一长为l ，质量为m 2的均质杆 ＡＢ，整个物体绕圆盘中心Ｏ以以角速度ω转动，该物体此时的总动量为大小（ D ） A. (m1r+m2l ) ω Ｂ（m 1r+m2l /2)ω Ｃ m 1(r+l /2)ω Ｄ m 2(r+l /2)ω

4、直角刚杆AO=2m，BO=3m，已知某瞬时A 点的速度νA =6m/s;而B 点的加速度与BO 成α=60°，

则该瞬时刚杆的角速度ω=（ A ）rad/s,角加速度α=（D ）rad/s2. A 3 B 33 C 53 D 93

5 图示圆盘在水平面上无滑动地滚动，角速度ω=常数，则轮心的加速度大小为

（A ），速度瞬心的加速度大小为（ B ）。 A 0 B ω2r C 2ω2r D 4ω2

r

1212

12

F l ,F l ,F l B.F l ,0, F l ,0,F l D.

12

F l

F l ,0,0

1. 合矢量在任一轴上的投影等于各矢量在同一轴上投影的代数和，这就是_矢量投影_______定理。若有一平面汇交力系已求得∑X=80N和∑Y=60N，则合力大小ＦR =__100N______。 2. 摩擦角ϕm 的正切tg ϕm =_fs_____，斜面的自锁条件是斜面的倾角ϕ≤

3. 质点惯性力的大小等于质点的质量与____相反_________。

4. 已知点的运动方程x=2sin4t，y=2cos4t，z=4t m，则点的切向加速度的大小a ，法向加速度的大小a 。

5. A 、B 两点的距离a=10cm，P=15KN，欲将P 力从B 点平移到A 点，得到的力 P ′=__15KN________，附加力偶矩m A =___1500 N.m_______。

6. 匀质圆轮质量为m 、半径为R ，在地面上作纯滚动。已知质心C 的速度为V ，则轮的动能

34

n

t

T=__mv _______

2

7．如图所示，匀质圆盘半径为r, 质量为m ，角速度为ω，圆盘对过

盘缘上ｏ轴的动量矩Lo=___

32

mr ω____。

2

８、在图示机构中，杆O 1A ∥O 2B ，且O 1A=O2B ，O 2C ∥O 3D ，且O 2C=O3D ，O 1A=200mm O 2B=200mm，CM=MD=300mm，若杆AO 1以角速度ω=3rad/s匀速转动，则D 点的速度的大小为 1.2 m/s, M 点的加速度的大小为 3.6 m/s2。

9．已知 均质杆l , m 弹簧强度 k , AB水平时平衡， 弹簧变形 δ , 若取杆平衡位置为零势能位

置，杆于微小摆角ϕ处，系统相对于零势能位置的势能应为：

K 2

ϕl 。

22

10. 在某瞬时，质点系在约束允许的条件下，可能实现的任何无限小的位移称为：虚位移 。

1、如图所示结构杆重不计，已知：q ＝3kN/m， P ＝4 kN，M ＝2kN ·m ，L ＝2m ，C 为光滑铰链。

试求固定端A 处、滚动支座B 处的约束反力。？(15分

)

解：（1）取BC 杆为研究对象，其上作用的力偶矩为M ，则B 、C 处的约束力F B , F c ，必组成力偶，受力分析如图

∑M

F B ⋅

=03L -M =0

把M =2KN ⋅m , L =2m 代入 F B =

33

KN ∴F C =

33KN

（2）取AC 杆为研究对象，受力分析如图

∑F ∑F ∑

x

=0, P +qL +F Ax =0=0, F Ay +F C =0

/

y

M

(F )=A

0, M

A

-qL

L 2

-P 2L =0

解得：F Ax =-10KN F Ay =-M

A

33

KN

=22KN ⋅m

2.

以匀角速度ω绕O 轴转动，借助滑块带动摇杆BC 绕B 轴摆动。已知

o

OA=r，OB=3r ，且O 、B 两点的连线处于铅垂位置。试求当曲柄OA 在水平向右位置时，摇杆BC 的角速度与角加速度。（15分）

解：取曲柄端点A 为动点，动系固结在摇杆BC 上，三种速度方向如图：

v a =

v e +v r

由速度平行四边形可知：

v e =v a sin ϕ, v r =v a cos ϕ sin ϕ=

r 3r +r

2

2

=123

12

, cos ϕ=

32

, 设摇杆在此瞬时角速度

为ω1, 则

v e =AB ⋅ω1=r ω0⋅∴ω1=

14

, AB =2r r ω0

ω0, v r =

2

由加速度合成定理，各个加速度方向如图：

a a =a e +a e +a r +a c

t

n

将上式向x /轴投影得

-a a cos ϕ=a e -a c ∴a e =-

t

t

34

r ω0

2

∴摇杆的角加速度α=

a e AB

t

=-

38

ω0

2

3. 如图所示，曲柄OA 长为r ，AB 杆长为2r ，BO 1杆长为2r ，圆轮半径为R =r ，OA 以匀角速度ω0转动，若α=45°，β=30°，求杆O 1B 的角速度和圆轮的角速度。（10分）

解：由于OA 作定轴转动，故：v A =OA ⋅ω0=r ω0

此瞬时B 点速度方向竖直向下，即AB 作瞬时平移：v B =v A =r ω0 杆O1B 作平面运动，速度瞬心如图所示：

ωO B =

1

v B BC

=

r ω03r

=33

33

ω0

v O 1=ωO 1B ⋅O 1C =

r ω0

圆轮作平面运动与地面接触点为速度瞬心，则圆轮转动角速度为：

ωO

1=

v O 1r =

33

ω0

5、轮轴质心位于o 处，对轴o 的转动惯量为J O 。在轮轴上有两个质量各为若此轮轴以顺时针转向转动，求轮轴的角加速度α和轴承o m 1和m 2的物体，

的附加动约束力。（10分）(用达朗贝尔原理求解)

解：取整体为研究对象，系统受力分析、运动分析如图所示，对两重物及塔轮虚加惯性力：

F I1=m 1ga 1, a 1=R α

F I2=m 2ga 2, a 2=r α M I=J O α

∑F =0, F =0

列平衡方程：∑F =0, F -G -m g -m g -F +F =0

∑M (F )=0, M +(m g +F )R +(F -m g )r =0

x

Ox

y

Oy

1

2

I1

I2

O

I

1

I1

I2

2

F Ox =0

α

=

(m 2r -m 1R )g

J O +m 1R +m 2r

2

2

解得：

F Oy =G +m 1g +m 2g -∴附加功约束力：F Ox =0F

/Oy /

(m 2r -m 1R )2g

J O +m 1R +m 2r

2

2

=-

(m 2r -m 1R )2g

J O +m 1R +m 2r

2

2