2025年理论力学期末考试试题A卷(含答案)

2025年理论力学期末考试试题A卷(含答案)一、选择题（每题3分，共15分）1.光滑接触面约束的约束力方向为（）。A.沿接触面切线方向背离被约束物体B.沿接触面公法线方向指向被约束物体C.沿接触面公法线方向背离被约束物体D.沿接触面切线方向指向被约束物体2.平面任意力系向某一点简化后，若主矢为零、主矩不为零，则原力系（）。A.平衡B.可简化为一个合力偶C.可简化为一个合力D.无法简化3.点的速度合成定理\(\boldsymbol{v}_a=\boldsymbol{v}_e+\boldsymbol{v}_r\)适用于（）。A.牵连运动为任意运动B.牵连运动为平移C.牵连运动为转动D.牵连运动为平面运动4.刚体绕定轴转动时，若角加速度\(\alpha\neq0\)，则惯性力系向转轴上某点简化的结果为（）。A.一个合力B.一个力偶C.一个力和一个力偶D.平衡5.质量为\(m\)的质点在光滑水平面上受水平力\(F=kt\)（\(k\)为常数，\(t\)为时间）作用，初始静止。则\(t\)时刻质点的速度为（）。A.\(\frac{kt^2}{2m}\)B.\(\frac{kt}{m}\)C.\(\frac{kt^2}{m}\)D.\(\frac{2kt^2}{m}\)二、填空题（每题3分，共15分）1.摩擦角\(\varphi_m\)与静摩擦因数\(f_s\)的关系为\(\tan\varphi_m=\)______。2.均质细杆质量为\(m\)，长度为\(l\)，绕通过其一端且垂直于杆的轴转动时，转动惯量\(J=\)______。3.虚位移是指在某一瞬时，质点系在约束允许的条件下可能发生的______位移。4.质点动量定理的微分形式为\(d\boldsymbol{p}=\)______。5.刚体平面运动可分解为随基点的______和绕基点的______。三、计算题（共70分）1.静力学平衡问题（15分）如图1所示，水平梁\(AB\)由固定铰支座\(A\)和滚动铰支座\(B\)支撑，梁上作用集中力\(F=20kN\)（与水平方向夹角\(30^\circ\)）、均布载荷\(q=10kN/m\)（作用于\(AC\)段，长度\(AC=2m\)）及力偶矩\(M=30kN·m\)（顺时针方向）。已知\(AB=5m\)，\(AC=2m\)，求支座\(A\)和\(B\)的约束力。2.点的合成运动分析（15分）如图2所示，曲柄\(OA\)以角速度\(\omega=2rad/s\)绕\(O\)轴匀速转动，长度\(OA=0.5m\)。滑块\(A\)可沿摇杆\(BC\)的滑槽滑动，摇杆\(BC\)绕\(B\)轴转动，\(OB=0.5m\)。当\(\theta=30^\circ\)时，求摇杆\(BC\)的角速度\(\omega_{BC}\)和角加速度\(\alpha_{BC}\)。3.刚体平面运动分析（15分）如图3所示，半径\(r=0.2m\)的均质圆轮在水平面上纯滚动，轮心\(O\)的速度\(v_O=4m/s\)，加速度\(a_O=2m/s^2\)（向右）。轮缘上点\(D\)与杆\(DE\)铰接，杆\(DE\)长度\(l=0.8m\)，端点\(E\)在竖直滑槽中滑动。当\(\theta=60^\circ\)时，求点\(E\)的速度\(v_E\)和加速度\(a_E\)。4.动力学综合问题（25分）如图4所示，均质滑轮\(A\)质量\(m_A=10kg\)，半径\(R=0.2m\)，可绕光滑轴\(O\)转动；物块\(B\)质量\(m_B=5kg\)，与斜面间的动摩擦因数\(f=0.2\)，斜面倾角\(\theta=30^\circ\)；物块\(C\)质量\(m_C=8kg\)，通过不可伸长的轻绳与滑轮\(A\)和物块\(B\)连接。初始时系统静止，求：（1）物块\(B\)和\(C\)的加速度大小\(a_B\)、\(a_C\)；（2）两段绳的张力\(T_1\)（连接滑轮与\(B\)）和\(T_2\)（连接滑轮与\(C\)）。答案一、选择题1.B2.B3.A4.C5.A二、填空题1.\(f_s\)2.\(\frac{1}{3}ml^2\)3.无限小4.\(\boldsymbol{F}dt\)5.平移；转动三、计算题1.静力学平衡问题取梁\(AB\)为研究对象，受力分析如图：-固定铰支座\(A\)约束力\(F_{Ax}\)（水平）、\(F_{Ay}\)（竖直）；-滚动铰支座\(B\)约束力\(F_{By}\)（竖直向上）；-集中力\(F\)分解为\(F_x=F\cos30^\circ=10\sqrt{3}kN\)，\(F_y=F\sin30^\circ=10kN\)；-均布载荷合力\(F_q=q\cdotAC=20kN\)，作用于\(AC\)中点（距\(A\)点\(1m\)）；-力偶矩\(M=30kN·m\)（顺时针）。列平衡方程：-水平方向：\(F_{Ax}-F_x=0\)，得\(F_{Ax}=10\sqrt{3}kN\approx17.32kN\)；-竖直方向：\(F_{Ay}+F_{By}-F_y-F_q=0\)；-对\(A\)点取矩：\(F_{By}\cdotAB-F_y\cdotAB-F_q\cdot1+M=0\)（注意力偶矩对任意点的矩为\(-M\)）。代入数据\(AB=5m\)，解得：\(F_{By}\cdot5-10\cdot5-20\cdot1+(-30)=0\)\(5F_{By}-50-20-30=0\)，得\(F_{By}=20kN\)；竖直方向方程：\(F_{Ay}+20-10-20=0\)，得\(F_{Ay}=10kN\)。答案：\(F_{Ax}\approx17.32kN\)（水平向右），\(F_{Ay}=10kN\)（竖直向上），\(F_{By}=20kN\)（竖直向上）。2.点的合成运动分析选滑块\(A\)为动点，摇杆\(BC\)为动系，静系为地面。-绝对运动：以\(O\)为圆心的圆周运动，\(v_a=\omega\cdotOA=1m/s\)，方向垂直\(OA\)向上；-相对运动：沿\(BC\)滑槽的直线运动，\(v_r\)方向沿\(BC\)；-牵连运动：摇杆\(BC\)绕\(B\)的转动，牵连速度\(v_e=\omega_{BC}\cdotBA\)，方向垂直\(BC\)。由几何关系，\(\triangleOAB\)中\(OA=OB=0.5m\)，\(\theta=30^\circ\)，故\(\angleOBA=30^\circ\)，\(BA=2\cdotOB\cdot\cos30^\circ=0.5\sqrt{3}m\)。速度合成定理\(\boldsymbol{v}_a=\boldsymbol{v}_e+\boldsymbol{v}_r\)，沿垂直\(BC\)方向投影：\(v_a\cos(30^\circ)=v_e\)，即\(1\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\omega_{BC}\cdot0.5\sqrt{3}\)，解得\(\omega_{BC}=1rad/s\)（逆时针）。加速度分析：绝对加速度\(a_a=\omega^2\cdotOA=2m/s^2\)（指向\(O\)）；牵连加速度\(a_e=\alpha_{BC}\cdotBA\)（切向）+\(\omega_{BC}^2\cdotBA\)（法向）；相对加速度\(a_r\)（沿\(BC\)方向）；科氏加速度\(a_c=2\omega_{BC}\timesv_r\)，大小\(2\omega_{BC}v_r\)，方向垂直\(BC\)（由\(\omega_{BC}\)转向\(v_r\)）。速度合成沿\(BC\)方向投影得\(v_r=v_a\sin30^\circ=0.5m/s\)，故\(a_c=2\times1\times0.5=1m/s^2\)（方向垂直\(BC\)向上）。加速度合成定理\(\boldsymbol{a}_a=\boldsymbol{a}_{e\tau}+\boldsymbol{a}_{en}+\boldsymbol{a}_r+\boldsymbol{a}_c\)，沿垂直\(BC\)方向投影：\(-a_a\cos(60^\circ)=a_{e\tau}-a_c\)（注意\(a_a\)与投影方向夹角为\(60^\circ\)），即\(-2\times0.5=\alpha_{BC}\cdot0.5\sqrt{3}-1\)，解得\(\alpha_{BC}=0\)。答案：\(\omega_{BC}=1rad/s\)（逆时针），\(\alpha_{BC}=0\)。3.刚体平面运动分析圆轮纯滚动，角速度\(\omega=\frac{v_O}{r}=20rad/s\)，角加速度\(\alpha=\frac{a_O}{r}=10rad/s^2\)（顺时针）。点\(D\)的速度：以\(O\)为基点，\(\boldsymbol{v}_D=\boldsymbol{v}_O+\boldsymbol{v}_{D/O}\)，其中\(v_{D/O}=\omegar=4m/s\)（方向垂直\(OD\)向下，因\(\theta=60^\circ\)，\(OD\)与水平方向夹角\(60^\circ\)向下）。\(v_D\)的水平分量\(v_{Dx}=v_O-v_{D/O}\sin60^\circ=4-4\times\frac{\sqrt{3}}{2}=4-2\sqrt{3}m/s\)，竖直分量\(v_{Dy}=-v_{D/O}\cos60^\circ=-4\times0.5=-2m/s\)（向下）。杆\(DE\)做平面运动，点\(D\)和\(E\)的速度沿杆方向投影相等：\(v_{Dx}\cos\theta+v_{Dy}\sin\theta=v_E\cos(90^\circ-\theta)\)（因\(E\)沿竖直方向运动，\(v_E\)竖直向上）。代入\(\theta=60^\circ\)，\(\cos\theta=0.5\)，\(\sin\theta=\frac{\sqrt{3}}{2}\)，\(\cos(90^\circ-\theta)=\sin\theta=\frac{\sqrt{3}}{2}\)，得\((4-2\sqrt{3})\times0.5+(-2)\times\frac{\sqrt{3}}{2}=v_E\times\frac{\sqrt{3}}{2}\)，解得\(v_E=\frac{2-\sqrt{3}-\sqrt{3}}{\sqrt{3}/2}=\frac{2-2\sqrt{3}}{\sqrt{3}/2}=\frac{4-4\sqrt{3}}{\sqrt{3}}\approx-1.85m/s\)（负号表示方向向下）。加速度分析：点\(D\)的加速度\(\boldsymbol{a}_D=\boldsymbol{a}_O+\boldsymbol{a}_{D/O}^\tau+\boldsymbol{a}_{D/O}^n\)，其中\(a_{D/O}^\tau=\alphar=2m/s^2\)（方向垂直\(OD\)向下），\(a_{D/O}^n=\omega^2r=80m/s^2\)（方向指向\(O\)）。\(a_D\)的水平分量\(a_{Dx}=a_O+a_{D/O}^\tau\sin60^\circ-a_{D/O}^n\cos60^\circ=2+2\times\frac{\sqrt{3}}{2}-80\times0.5=2+\sqrt{3}-40=-38+\sqrt{3}m/s^2\)，竖直分量\(a_{Dy}=-a_{D/O}^\tau\cos60^\circ-a_{D/O}^n\sin60^\circ=-2\times0.5-80\times\frac{\sqrt{3}}{2}=-1-40\sqrt{3}m/s^2\)。杆\(DE\)加速度投影：\(a_{Dx}\cos\theta+a_{Dy}\sin\theta=a_E\sin\theta\)（因\(E\)加速度竖直，沿杆方向投影），代入数据得\((-38+\sqrt{3})\times0.5+(-1-40\sqrt{3})\times\frac{\sqrt{3}}{2}=a_E\times\frac{\sqrt{3}}{2}\)，解得\(a_E=\frac{-19+0.5\sqrt{3}-0.5\sqrt{3}-60}{\sqrt{3}/2}=\frac{-79}{\sqrt{3}/2}\approx-91.2m/s^2\)（方向向下）。答案：\(v_E\approx-1.85m/s\)（向下），\(a_E\approx-91.2m/s^2\)（向下）。4.动力学综合问题设物块\(C\)加速度\(a_C\)向下，物块\(B\)加速度\(a_B\)沿斜面向上，滑轮角加速度\(\alpha\)，则\(a_C=R\alpha\)，\(a_B=R\alpha\)（因绳不可伸长）。对物块\(C\)：\(m_Cg-T_2=m_Ca_C\)；对物块\(B\)：\(T_1-m_Bg\sin\theta-fm_Bg\cos\theta=m_Ba_B\)；对滑轮\(A\)：\(T_2R-T_1R=J_A\alpha\)，其中\(J_A=\frac{1}{2}m_AR^2\)，故\(T_2-T_1=\frac{1}{2}m_Aa_C\)（因\(\alpha=\frac{a_C}{R}\)）。联立方程：1.\(8\times9.8-T_2=8a_C\)；2.\(T_1-5\t