理论力学试的题目及问题详解00225

1、理论力学试题及答案-、是非题(每题 2分。正确用"，错误用X,填入括号内。)1、作用在一个物体上有三个力，当这三个力的作用线汇交于一点时，则此力系必然平衡。()2、 力对于一点的矩不因力沿其作用线移动而改变。()3、 在自然坐标系中，如果速度u =常数，则加速度a = 0。()4、虚位移是偶想的，极微小的位移，它与时间，主动力以及运动的初始条件无关。 ()5、 设一质点的质量为 m,其速度：与x轴的夹角为a ,则其动量在x轴上的投影为 mvx =mvcos a。 ():、选择题(每题 3分。请将答案的序号填入划线内。)1、正立方体的顶角上作用着六个大小相等的力，此力系向任一点简化的结

2、果是。 主矢等于零，主矩不等于零； 主矢不等于零，主矩也不等于零； 主矢不等于零，主矩等于零； 主矢等于零，主矩也等于零。2、重P的均质圆柱放在 V型槽里，考虑摩擦柱上作用一力偶，其矩为M时(如图)，圆柱处于极限平衡状态。此时按触点处的法向反力Na与Nb的关系为 。Na = Nb ；Na > Nb； Na < Nb。3、边长为L的均质正方形平板，位于铅垂平面内并置于光滑水平面上，如图示，若给平板一微小扰动，使其从图示位置开始倾倒，平板在倾倒过程中，其质心C点的运动轨迹是 半径为L/2的圆弧；抛物线;椭圆曲线；铅垂直线。4、在图示机构中，杆 O1A/O2 B,杆 02 C/03 D，

3、且 OiA = 20cm，O2 C = 40cm，CM = MD = 30cm ,若杆AOi以角速度 3 = 3 rad / s匀速转动，则D点的速度的大小为 cm/s, M点的加速度的大小为cm/s2。 60; 120; 150;360。5、曲柄OA以匀角速度转动，当系统运动到图示位置(OA/O i B。AB | OA)时，有 VVb ,二A ' B , 3 AB0, ；AB0。等于；不等于。三、填空题（每题 5分。请将简要答案填入划线内。）1、已知A重100kN , B重25kN , A物与地面间摩擦系数为 0.2。端较处摩擦不计。则物体 A与地面 间的摩擦力的大小为 。为O3 1

4、。2 C的角速度3、均质细长杆0A，长L,重P,某瞬时以角速度3、角加速度绕水平轴 0转动；则惯性力系向 0点 的简化结果是 (方向要在图中画出)。四、计算题(本题 15分)在图示平面结构中， C处铰接，各杆自重不计。已知：qc = 600N/m , M = 3000N m, Li = 1 m , L2 =3 m。试求：(1)支座A及光滑面B的反力；(2)绳EG的拉力。五、计算题(本题 15分)AB杆速度为v, $ = 60°,机构如图G已知：OF = 4h/g , R = . 3 h/3，轮E作纯滚动；在图示位置且E F丄0C。试求：(1 )此瞬时3 OC及3 E(3 E为轮E的角

5、速度)(2)求OC六、计算题（本题 12分）在图示机构中，已知：匀质轮 C作纯滚动，半径为r、重为PC,鼓轮B的内径为r、外径为R,对其 中心轴的回转半径为 ?，重为Pb,物A重为Pa。绳的CE段与水平面平行，系统从静止开始运动。试求： 物块A下落s距离时轮C中心的速度。七、计算题（本题 18分）机构如图，已知：匀质轮0沿倾角为B的固定斜面作纯滚动， 重为P、半径为R,匀质细杆OA重Q, 长为，且水平初始的系统静止，忽略杆两端 A, 0处的摩擦，试求：（1）轮的中心0的加速度a。（2）用 达朗伯原理求 A处的约束反力及 B处的摩擦力（将这二力的大小用加速度 a表示即可）。一、结构如图所示，由A

6、B、BC杆件构成，C端放在理想光滑水平面上，AB杆上作用力偶M , BC杆上作用均布载荷q，已知F =10KN , M = 5KNm , q =2KNm，各杆自重不计，试求A、 C处约束反力以及销钉B对BC杆作用力。一个方程2分解：2m以BC杆为对象:、M B =0 ,FC 2 q 2 .、2 .2 = 0FC =4kN、Fx =0, FBx-q 2、.2-=02.一 2' Fy =0, FBy -q 2.2FC = 02FBy 二 0以AB梁为对象：ZFx",Fax 一 Fbx =0Fax 二 4kNZFy=0 ,FAy FBy _ F =0FAy =10kNZMA 0 ,

7、MA M -F4=0MA =35kN m二、OA杆长li,绕O轴定轴转动，带动长为12的套筒AB在OiD杆上滑动。若设置如图所 示的参考基e =x yT，杆OA的连体基ex1 yT，套筒AB的连体基e2 =x2 y2T，并假设ri为第i个构件上待求点相对于参考基的坐标阵,r°为基点坐标阵，A为第i个构件连体基相对于参考基的方向余弦阵，p为构件i上待求点 对于自身连体基的坐标阵，试利用关系式 rA =r° A p写出机构运动到图示位形时：(1) OA杆和套筒AB相对于参考基的位形；(2) 套筒AB的上B点相对于参考基的位置坐标阵。OA杆位形5分，套筒AB位形5分B点相对于参考

8、基的位置坐标阵5分解：图示瞬时方向余弦阵cos 45si n45-sin 45x 2/2cos 45二忌/2-v2/2<2/2A 2严-30)|t_sin( -30 )-sin(-30 1 I v 3 / 2 1/2 卩 l2 I cos(-30。)一-1/2 V3/2_， 2一o一(1) OA杆的位形q=：0 0二/4【十a=；x。L 广;'2/2 72/21i= 0】+ "/2】Um (72/2 Q/200p2/2一l2/2li"/2_套筒AB的位形qi -XaYa兀Va _ r 'AC l sin -(2 分)(2) B点的位置坐标阵XaI+ 1

9、 V3/21/2+2 l2-2(V2l1 +V3l2)1/2 73/2一PJ_1l2舟(V2h -l2).2 l_ 2l2 一三、半径为r的圆盘与长度为l的直杆AB在盘心A铰接，圆盘沿水平面纯滚，AB杆B端沿 铅直墙壁滑动。在图示位置，圆盘的角速度为 ，角加速度为：，杆与水平面的夹角为， 试求该瞬时杆端B的速度和加速度。解：(1)球速度，速度瞬心C如图AC = l sin J， BC = l cos tVa( 2 分)vB 二 BC，ab 二 l cos - r - cot - l sin B(2分)(图 1 分)2 2r - 厂（1 分）l sin 二(2)球加速度(图2分)aA=r>

10、( 1 分)n21 2at = AB Ab "（）用拉格朗日方程 求盘心Oi的加速度； 求水平绳的张力； 滑轮Q与地面的静摩擦力。 解：(1)求加速度选02轮的转角2为广义坐标T订T2= 1js 1 * J。? 2 =占(2mR 1 舟mR 2)-4mR2(3 '12 I)( 4 分)由运动学知2R 2，或；i = 2/2（ 1 分）l sin B以A点为基点求B点加速度tnaB = aA ' aBA aBA（*）式(* )向轴投影:-aBsin v - -aAcosv - aBA（2 分）1 . aB（r cos丁sin日（2 分）2 2 2 2r . r -厂）=

11、r： cotr-l sinl sin 二四、图示系统，均质圆盘0i、O2质量均为m， 圆盘绕02轴转动，通过自重不计的水平绳带动圆盘圆盘02上作用已知力偶半径均为R，0i在水平面上纯滚。试完成:M，使M2 （p2,代入动能得T打mR （3丄4：22 .：2广义力：Q 2 = M （1分）d:T；:T代入拉氏方程”,-有 ZmR2 2 = M，得:88M7mR2（2 分）又由运动学知圆盘的角加速度4M7mR2盘心O的加速度:aO1 - R 14M （1 分）7mR求绳的张力（5 分）M法一以02轮为研究对象由 LO 二 M 一 FtR，即 JO 2 二 M -FtR得：亓卫mR"M-如

12、R 2R 7R7R法二或以轮为研究对象由 Ls =Ft2R，即 Js 1 二 Ft 2R得：F3mR"3M47R（2）求摩擦力（5分） 以0i轮为研究对象法一运用质心运动定理ms -Ft Fs，Fs 二 ma, - F3M7mR27R7R法二对动点D运用动量矩定理 Ld Vd mvoi= Md（F）Adt（Jc+R mg） +O = Fs 2R，即-mRrR maO Fs 2R如丄mR24M' M得：Fs （mRmR2刃=2R 7mR 2 7mR 7R五、图示机构，在铅垂面内，曲柄 OA和连杆AB是相同的均质杆，长OA二AB=I， 计，滑块B重G ,曲柄0A上作用一力偶M，使

13、机构静止平衡。已知静止平衡时曲柄自重不OA与水平线夹角为，试用虚位移原理求机构平衡时力偶AyBDACMGOx解：虚功方程FBy eyB - FDy孔-Fcy张 m * =0MP -Gb -G 孔-G®c =0（*）（5 分）B、C、D 三点的 y 坐标为 yB =2ls in , yc 詔Is in : , y° 詣Is in （3 分） 求变分：孔=21 cos P , 孔詔lcosP , pD 二|lcos& （1 分）代入（*）式 M P -G 2I c o s P -GiJcos P -G 号Icos 0或M -G 2lco s - 2Glco s = 0

14、（1 分）得：M =2（G G）lcos六、一边长为a的正立方体所受的力系如图所示，其中R二F,F2-2F,试用坐标矩阵法求力系向O点简化的结果解：建立参考基e = x y zT如图写出两个力的坐标阵 F1-0 10-f,F 2 = F. 0 一1.-F j分）由主矢FrFj，可得主矢的坐标阵FiF20 0F r = " F i 0（2 分）得：Fr 一F z，即简化所得的力F。二Fr =F z（1分）假设各力作用点的位置矢量r,和r2，对应的坐标阵o b b_-b o b_-（2 分）由此写出坐标方阵-0-bbl一0-b0b00，r 2 =b0-b广b00 一i0b0J（2 分）主

15、矩M。八，MO（F），对应的坐标阵-br, F,b-b这样得:M O = M, + M 2 = F, + >F20-f=0，2 F 2 =0 一-0 一10 _0b0二 M, M00-b00-b_bFl -bFl-0 +bF=_0 J ' bF 一! Jb0 12=bFbF 一F0 “_F_（2 分）即主矩：MO 二 bF y，bF z （2 分）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:FO = Fr = -F z，MO =bF y bF z七、质量不计的圆环如图，在径向焊接一个质量为m、长为r的均质细棒，圆环可在水平面上纯滚，求系统的运动微分方程。（提示：余弦定

16、理：c2 二 a2 b2 -2abcos ； sin（奏-）二 sin '）解:厂 '、法一选圆环的转角；：为广义坐标，圆环的角速度为：0/I（1）运动分析：,轮心的速度V。二r :，均质细棒质心位于杆中，选轮心为基点可以求得质心速度vVo Vco ,vc - vo vco - 2vovco COS ''= r2cP"+；r2©2-r2©2cos®=r2Q2(4-cos®)(2) 受力分析：受力分析如图。(3) 求系统动能和功T Jjc©2 Jmv2 =丄丄mr2©2 +mr2©2G

17、 _cos®)222 12( 5 分)=2mr2(4 _ cos ) ：223W 二 _mg*R(1 _cos )( 2 分)1 4由t T0 =W有 1 mr2(4 -cos ) 2 _t。一mg 1 r(1 -cos J2 3等号两边同时对t求导mr2(4 cos )；： : 1mr2 3sin -_mg舟 rsin :即(4-cos p 1 2sin2Tsin 0( 3 分)voOCOCVooCmSFs法二选圆环的转角为广义坐标，圆环的角速度为(1)运动分析: 轮心的速度v°二r ；，均质细棒质心位于杆中，选轮心为基点可以求得质心速度vvo vco，而 vco = 2

18、 r ：vC =vO +vCo -2vovco cos®二r22 4r2;:'2 -r22cos r2 ；2(4 -cos )(2) 受力分析：受力分析如图。(3) 求系统动能和势能T = 1 Jc 2 - mvC = 11mr2 2 mr2 2(号 _ cos J 2 2 2 12=mr2(4 _ cos ) :223以轮心为零时位置 V = -mg与Rcos拉氏函数 L 二T -V 二丄mr2(- -cos ) 2 mg Rcos23代入拉氏方程 仝丄 -.0dt汐列mr2(羊一cos 尸 亠 2mr2 2si亠 mg舟rsin =0 3即 (£ _co s)

19、； 2 . 2si n 善si n =0法三选圆环的转角为广义坐标，圆环的角速度为：o(1)运动分析：轮心的速度vO = r :，速度瞬心轨迹为水平直线，轨迹上与瞬心重合点的速度Vs = vO二r ；均质细棒质心位于杆中，选轮心为基点可以求得质心速度vc = VoVco，而 Vco “ r ;：(2) 受力分析：受力分析如图。(3) 对速度瞬心运用动量矩定理，即Ls Vs mvc 八 Ms(F)(*)(2 分)Js = JC m CS2 umr2 m(r21r2 -r2 cos J 二(£ -cos :)mr2 二(4 -cos )mr2 (2 分)Ls = Js" =(&

20、#163; cos®)mr2© ;Ls =mr®2sin® 十(£cos申)mr2©(2 分)vs 汉 mvC = |vs 汉 mvCO = vs mvCO sin(兀一®) = £ mr2。2 sin®E MS(F) = mggrsin申(2 分)将(*)式向z轴(垂直纸面向外)投影得：mr2 2 sin :(号 _cos )mr2mr2 2 sin - -mg* r sin :即(| - cos ) :1 2 sin专 sin 即=0 (2 分)(一)单项选择题(每题2分，共4 分)1.物块重P，与水

21、面的摩擦角m -20°，其上作用一力Q,且已知P=Q，方向如图，贝U物块的状态为()。A静止(非临界平衡)状态C滑动状态临界平衡状态不能确定(a)(b)第1题图2. 图（a）、（b）为两种结构，贝U （）A图（a）为静不定的，图（b）为为静定的C图（a）、（b）均为静定的（二）填空题（每题3分，共12分）1. 沿边长为a =2m的正方形各边分别作用有第2题图B图（a）、（b）均为静不定的D图（a）为静不定的，图（b）为为静定的F1，F 2，F 3，F 4，且 F1 = F 2 = F3 = F 4 = 4kN，该力系向B点简化的结果为:主矢大小为Fr =，主矩大小为Mb向D点简化的结

22、果是什么?20F第2题图第1题图2.图示滚轮，已知R=2m，r=1m，宀=30，作用于B点的力F =4kN，求力F对A点之矩M A3.平面力系向O点简化，主矢Fr与主矩M。如图。若已知Fr =10kN，M°=20kNLm，求 合力大小及作用线位置，并画在图上。CAO第3题图第4题图4.机构如图，O-|A与O2 B均位于铅直位置，已知 O13m， O2B=5m， O23rads，则杆 O1A 的角速度豹o1A=，C 点的速度觇=。（三）简单计算题（每小题8分，共24分）1.梁的尺寸及荷载如图，求 A、B处的支座反力 精彩文档2. 丁字杆ABC的A端固定，尺寸及荷载如图。求A端支座反力。

23、qo=6kN/mP=6kNBM=4kN -mO1A杆的角速度:4rad s ,角加速度-=2rad.s2，求三角板C点的加速度，并画出其方向（四）图示结构的尺寸及载荷如图所示,q= 10kN/m, qo = 20kN/m。求 A、C 处约束反力。（五）多跨静定梁的支撑、荷载及尺寸如图所示。已知q = 20kN/m,1= 2m,求支座A、D、E处的约束反力。qqJBA®3mm2m丄2m 一2m2m113. 在图示机构中，已知 OrA=O2B = r = 0.4m , 0Q2 = AB ,q = 20kN/m, l = 2m,求 1、2杆（六）复合梁的制成、荷载及尺寸如图所示，杆重不计。

24、已知 的内力以及固定端A处的约束反力。求杆OiC的角速度（七）图示机构中，曲柄 0A= r，以角速度.=4rad s绕0轴转动。O1C/O2D , OiC= O2D = r,（一）单项选择题1. A2. B（二）填空题1. 0 ；16kN|_m ； Fr =0 , Md =16kNL_m0!2. Ma- -2.93kN|_m3. 合力Fr =10kN，合力作用线位置（通过）d =2m4. 4.5rad. s； 9m s（三）简单计算M=4kN -m1.取梁为研究对象，其受力图如图所示。有' X =0, Fax “v Ma（ F ） =0 , Fb 2 - P 3 - M =0FB =5

25、kN' Y =0 , FAy Fb -P -Q =0”FAy =0kN2. 取丁字杆为研究对象，其受力图如图所示。有、X =0,Fax -P=0Fax =6kN. 1' Y = 0,FAy _ 2 q0 j5 =0F =4.5kN1' Ma(F )=0, Ma_M_P 4 q0 1.5 1=0 2MA=32.5kNLH3.三角板ABC作平动，同一时刻其上各点速度、加速度均相同。故aC =aA =aAn ' aAaCn =aAn =r 2 =0.4 42 =6.4m. s2aC = aA =OA- 0.4 2 0.8m s2(四)解： 以BC为研究对象。其受力图如

26、图 合力 Q= 22.5kN(a)所示，分布荷载得v mb F =0 , Fc 4.5 Q 3=0 所以Fc =15kN(2)以整体为研究对象。其受力图如图(b)所示。' X =0所以FByIFax = 一 7.5kN' Y =0 , FAy -q 3=0所以Fax =30kN、Ma F =01 2 1Ma q 32 q° 4.5 3 - Fc 4.5=0所以M A - -45kN(五)解:(1)以BC部分为研究对象，其受力图如图(b)所示。、Mb F =01 2Fey 2-一 q 20 y 2所以 FCy =20kN- C o 77J7r2m2m 2m 2murrT

27、T'r _' X =0 , Fbx Fcx =o'.二 Y =0 , FbFey2q 二 0 所以FBy=20kNEFe 以CD部分为研究对象，其受力图如图（C）所示x X =0 , Fcx =0所以 FBx =0、Me F =08Fey 4 QFd 2 = 0y3所以Fd =93.3kNF E ' FD 1 FCy - Q - 0FE= - 33.3kN 以AB部分为研究对象，其受力图如图（d）所示。、X =0,Fax Fbx =°7 Fbx "所以FAx = 0、Y =0 ,FAyq 2 - FBy=0FAy =60kN' Ma

28、F =0,Maq 22q=20kN/m(d)（六）解: FBy2=0所以 MA=80kN|_m（1）取BC部分为研究对象，其受力图如图（b）所示。u trn n itqp1 2x Mb F =0 , F1q 2=0所以F20kNF1e(E；qDF1F1C取ED部分为研究对象，其受力图如图（c）所示。1、Me F i=0 , F2sin30° 2 q 22 -2F0所以F2 =80kN取ABC部分为研究对象，其受力图如图（d）所示。-X = 0, Fax=°、Y =0 , FAy -q 4 F1 =0所以FAy=60kN1 2、Ma F =0 , M A q 4 - F1 4=0所以MA=80kNLm（七）解：杆AB作平面运动, 由速度投影定理，有A、B两点的速度方向如图:B cos30° =: A2r -.杆OiC的角速度为O1 =4. 6 2 rad s r一、作图题（10