工程力学ii2013试卷

1、同济大学课程考核试卷（A 卷）2012 2013 学年第 一 学期课号：125112命题教师签名：课名：工程力学审核教师签名：考查：此卷选为：期中()、期终()、重考()试卷年级专业学号得分一、填空题（每小题 5 分，共 20 分）1. 物 A，B 分别重 P1=1kN，P2=0.5kN，A与 B 以及 A 与地面间的摩擦因数均为 fs=0.2，A， B 通过滑轮 C 用一绳连接，滑轮处摩擦不计。今在 A 物块上作用一水平力 F ，则能拉动物体 A 时该力应大于。2. 已知正方形板 ABCD 作定轴转动，转轴垂直于板面，A度 aA=0.1 2 m/s2，方向如图。点的速度 vA=0.1m/s，

2、方形板转动的角速度的大小为。3. 设均质杆 OA 的质量为 m1，以角速度绕 O 轴转动，均质圆盘 A 质量为 m2，半径为 r，固定轮半径为 R，则 图 示 位 置 ， 系 统 动 量 的 大 小 为 ， 系 统 的 动 能 为。4. 均质细杆 OA 长 L，重 P，其一端用光滑铰链与半径为 r，重为 P1 的均质圆轮中心 O 连接，今在圆轮上作用一常值转矩 M，使其沿水平直线作纯滚动。则该系统有个 度，若取及 x 为广义坐标，则相应于的广义力为。1二、计算题（15 分）曲柄摇杆机构。已知：曲柄 O1A 以匀角速度绕轴 O1 转动，O1A = R，O1O2 = b，O2D = L。试求当 O

3、1A 水平时，杆 BC 的速度。三、计算题（15 分）在图示平面机构中，圆轮以匀角速度 =4rad/s 转动，设 OA=20cm，AB=BD=40cm。在图示位置时，AO，BD 铅垂，且 OBOA。试求该瞬时:点 B 的速度和杆 AB 的角度；度。2四、计算题（20 分）在图示机构中，已知：物 A 的质量为 m1 ，鼓轮 B 的质量为 m 2 ，外半径为R，内半径为 r ，对转轴 O 的回转半径为，纯滚动轮 C 的质量为 m 3 ，半径为r ，斜面倾角 30 。开始时系统处于，绳的倾斜段与斜面平行。试求：（1）鼓轮的角度；（2）绳子 1 及 2 的张力（表示成鼓轮角度的函数）。3五、计算题（1

4、5 分）机构如图，已知：OA=20cm， O1D=15cm，O1DOB，弹簧的弹性系数k=1000N/cm，系统在 =30， =90时，弹簧拉伸变形S=2cm，M1=200Nm。试用虚位移原理求此位置平衡时的 M2。六、计算题（15 分）图示力学系统由匀质圆柱体和平板 DC 组成，圆柱体的质量为 m1，半径为 R，薄板 DC 的质量为 m2，AD 和 BC 两悬绳相互平行，AD=BC=L，且圆柱相对于平板只滚不滑。试用第二类日方程求该系统在平衡位置附近微摆动的微分方程。取 1， 2 为广义坐标。4一、填空题1.答：500N。5 分2. 答：1rad/s。3. 答： p 1 (m 2m )(R

5、r) sin ，x122p 1 (m 2m )(R r) cos；2.5 分y1221T (2m 9m )(R r)2 2 。5 分1 分5 分12124.答：2； 个PL sin ；2二、解：解:动点：滑块 A，动系：O2A，牵连转动vrrr v verAAAR1R v sin v eAAR 2 b 2ve A5 分2R 2 b2动点：滑块 B，动系：O2Avrrr vevrBBB O Bv eB2 2LR 2 v ev v B 1（方向向左）10 分B CBcos b 2三、解：杆 AB 作瞬时平动，即 AB 0vB vA OA 80 cm/s3 分度选 A 点为基点，则 B 点的5ar

6、arra 0n其中BBBABABABA将上式向 AB 方向投影，得cos a sina n sBA a a tan cm/s160a tn2BAB3aB 185 cm/s2于是ar 与 BD 间夹角为 30B8 分a ta t B 将上式向 OB 方向投影，得BAsina t BA 4.62 rad/s2 （向）10 分ABAB四、解：对系统用动能定理：T 2T 1 = W i，其中 T 1 = 03m r 211122223 +m 2 o +m 1 ( R )=2222m 3 g sin r m 1 g R 对上式求导并利用& = ，& = 得：(m3r 2m1R)g =102m 2 2m

7、R 2 3m r 22 013对物用质心运动定理：F 2m 1 g = m 1 R 对轮用平面运动微分方程：1143m r 2( m 3 g sinF 1 ) r =23218m3 (g 3r )由1 、2 可解得：F 1 =2F 2 =m 1 g + m 1 R 206五、 解： rA，杆 AB 瞬时平移，杆 CD 的瞬心在 I。 各点虚位移，OAOA rA rB rC rD ， rC rD O1DO DICID1ID tanIC由虚位移原理有：M1 OA FK rB M 02O D110由上式及 FK kS 解得：M ( M 1 F )O D ctan -259.8 N m2K1OA方向与

8、图示相反。5六、解：系统具有两个度，取 1， 2 为广义坐标，薄板 DC 的动能T 1 mL ，匀质圆2 2&12127柱体的动能 T m v 1 J ，122&21 OO 222 L R 2L R& cosv 22 22 2&O1212111T m (L R 2L R cos) m R 2 22 22 2&2112121224系统的动能和势能为T=T1+T2V (m1 m2 )gL(1 cos1 )81微摆动时cos 1 ，日函数为2112L 1 (m311m )L m R m RL (mm )Lm RL2 22222& & & &1211211 211 2 112124221略去二阶以上小量 m RL 得2& & &11 2 12L 1 (m m3 m RL& & 1 (m m )L)L m R 2 22 22&1211211 21212代入第二类42日方程得系统的微摆动微分方程(m m)L m RL& (m