2025年专升本理论力学试题答案

2025年专升本理论力学试题答案1.静力学综合题：图示结构由水平杆AB、斜杆BC及滑轮D组成，A为固定铰支座，C为滚动铰支座（可沿光滑水平面滑动），滑轮D半径r=0.2m，自重不计。重物G=500N通过细绳悬挂于滑轮，绳的一端固定于B点，另一端水平绕过滑轮后连于杆AB的中点E。已知AB长L=2m，BC长l=√3m，θ=30°，各杆自重不计。求：（1）支座A的约束力；（2）杆BC的内力。解答：（1）取整体为研究对象，受力分析：A点约束力F_Ax、F_Ay，C点约束力F_C（水平方向，因滚动铰支座垂直方向无约束），重物重力G=500N，绳的拉力T=G=500N（滑轮平衡时绳张力处处相等）。对A点取矩，ΣM_A=0：F_C·L·cosθT·(L/2)G·(L+r)=0（注：滑轮中心到A点水平距离为L，绳在E点的拉力作用点距A点水平距离L/2，重物悬挂点距A点水平距离L+r）。代入数据：F_C·2·cos30°500·1500·(2+0.2)=0，计算得F_C=(500+1100)/(2×√3/2)=1600/√3≈923.76N（水平向右）。列水平方向平衡ΣF_x=0：F_Ax+TF_C=0→F_Ax=923.76-500=423.76N（向左）。竖直方向ΣF_y=0：F_AyG=0→F_Ay=500N（向上）。（2）取杆BC为研究对象（二力杆），设内力为F_BC（拉为正）。对B点取矩（或直接由二力平衡），因BC为二力杆，其内力沿杆轴线方向。由整体水平平衡已得C点约束力F_C=923.76N向右，故BC杆内力F_BC=F_C/cosθ=923.76/(√3/2)=1066.67N（拉力）。2.桁架内力计算题：平面桁架尺寸及荷载如图所示，已知F1=4kN，F2=6kN，a=2m。求杆1、2、3的内力。解答：首先求支座反力。取整体，A为固定铰支座（F_Ax、F_Ay），B为滚动铰支座（F_By）。ΣF_x=0→F_Ax=0；ΣM_A=0→F_By·4aF1·aF2·2a=0→F_By=(4×2+6×4)/(4×2)=(8+24)/8=4kN（向上）；ΣF_y=0→F_Ay=F1+F2-F_By=4+6-4=6kN（向上）。用截面法截断杆1、2、3，取左半部分为研究对象。受力分析：F_Ay=6kN，F1=4kN，杆1内力F1（拉），杆2内力F2（压），杆3内力F3（拉）。列平衡方程：ΣF_y=0→F_AyF1F2·sin45°=0（注：杆2与竖直方向夹角45°，因桁架节点间距a，对角线长度a√2）→6-4F2·√2/2=0→F2=2×2/√2=2√2≈2.828kN（压）。ΣM_D=0（D为杆1、3交点）：F_Ay·aF1·a+F3·a=0（水平方向力臂均为a）→6×2-4×2+F3×2=0→(12-8)+2F3=0→F3=-2kN（负号表示压力）。ΣF_x=0→F1+F2·cos45°+F3=0→F1+2√2×√2/2+(-2)=0→F1+2-2=0→F1=0（零杆）。3.点的复合运动分析题：图示机构中，曲柄OA长r=0.1m，以角速度ω=10rad/s绕O匀速转动，通过滑块A带动摇杆OB绕O1转动，O1O=0.1m。当θ=30°时，求摇杆OB的角速度ω1及角加速度α1。解答：选滑块A为动点，摇杆OB为动系，静系为地面。绝对运动：以O为圆心的圆周运动，v_a=rω=0.1×10=1m/s（方向垂直OA向上）；牵连运动：摇杆OB绕O1的转动，牵连速度v_e=O1A·ω1（方向垂直O1B）；相对运动：滑块A沿摇杆OB的直线滑动，相对速度v_r（方向沿OB）。速度合成定理v_a=v_e+v_r，作速度矢量图。由几何关系，O1A=√(OO1²+OA²2·OO1·OA·cosθ)=√(0.1²+0.1²-2×0.1×0.1×cos30°)=√(0.02-0.02×√3/2)=√(0.02-0.01732)=√0.00268≈0.05176m。由正弦定理，v_e/sin(90°-θ)=v_a/sin(90°+φ)（φ为O1A与OB的夹角，此处θ=30°，OO1=OA=0.1m，故△OO1A为等腰三角形，φ=θ=30°），则v_e=v_a·sin(60°)/sin(120°)=1×(√3/2)/(√3/2)=1m/s，故ω1=v_e/O1A=1/0.05176≈19.32rad/s（顺时针）。加速度分析：绝对加速度a_a=a_an（因匀速转动，切向加速度为0）=rω²=0.1×100=10m/s²（方向指向O）。牵连加速度a_e=a_et+a_en，其中a_et=O1A·α1（切向，垂直O1B），a_en=O1A·ω1²≈0.05176×(19.32)²≈0.05176×373.3≈19.32m/s²（法向，指向O1）。相对加速度a_r（沿OB），科氏加速度a_c=2ω1×v_r，大小=2×19.32×v_r，方向垂直OB（由右手定则，ω1顺时针，v_r沿OB向外，故a_c向上）。加速度合成定理a_a=a_et+a_en+a_r+a_c。将各矢量投影到垂直OB方向（消去a_r）：a_a·cos(θ+φ)=a_eta_c（θ=φ=30°，故θ+φ=60°）。计算a_a·cos60°=10×0.5=5m/s²；a_c=2×19.32×v_r，而v_r=v_a·cosθ=1×cos30°=√3/2≈0.866m/s，故a_c=2×19.32×0.866≈33.57m/s²；则5=a_et-33.57→a_et=38.57m/s²，α1=a_et/O1A=38.57/0.05176≈745rad/s²（顺时针）。4.刚体平面运动综合题：均质圆轮质量m=20kg，半径R=0.3m，在水平面上纯滚动，轮心O的速度v_O=2m/s，加速度a_O=1m/s²。轮缘上固定一质量m1=5kg的质点A，OA与竖直方向夹角θ=60°。求：（1）圆轮的角速度ω和角加速度α；（2）质点A的速度v_A和加速度a_A；（3）圆轮的动能T。解答：（1）纯滚动时，ω=v_O/R=2/0.3≈6.667rad/s（顺时针），α=a_O/R=1/0.3≈3.333rad/s²（顺时针）。（2）以O为基点，A点速度v_A=v_O+v_AO（v_AO=Rω=2m/s，方向垂直OA）。速度矢量合成：v_A的水平分量v_Ov_AO·sinθ=22×sin60°=2√3≈0.268m/s，竖直分量v_AO·cosθ=2×cos60°=1m/s，故v_A=√(0.268²+1²)≈1.035m/s，方向arctan(1/0.268)≈75°。加速度a_A=a_O+a_AOn+a_AOt，其中a_AOn=Rω²=0.3×(6.667)²≈13.33m/s²（指向O），a_AOt=Rα=0.3×3.333≈1m/s²（垂直OA）。分解为水平和竖直分量：水平方向a_Oa_AOn·sinθa_AOt·cosθ=1-13.33×sin60°-1×cos60°≈1-11.547-0.5≈-11.047m/s²；竖直方向a_AOn·cosθa_AOt·sinθ=13.33×cos60°-1×sin60°≈6.665-0.866≈5.799m/s²，故a_A=√((-11.047)²+5.799²)≈12.48m/s²。（3）圆轮动能T=平动动能+转动动能+质点A的动能。圆轮平动动能(1/2)mv_O²=0.5×20×4=40J，转动动能(1/2)I_Oω²=(1/2)(0.5mR²)ω²=0.25×20×0.09×44.44≈20J；质点A的动能(1/2)m1v_A²=0.5×5×(1.035)²≈2.68J，总动能T≈40+20+2.68=62.68J。5.动力学综合题：均质细杆AB长L=1m，质量m=4kg，一端A铰接于固定点，另一端B连接一弹簧，弹簧原长l0=0.5m，刚度系数k=200N/m，自然下垂时弹簧处于原长。初始时杆静止于水平位置（θ=90°），释放后杆绕A转动。求杆转到θ=30°时的角速度ω及A处约束力的水平分量F_Ax。解答：应用动能定理，初始动能T1=0，末动能T2=(1/2)I_Aω²=(1/2)((1/3)mL²)ω²=(1/6)×4×1×ω²=(2/3)ω²。外力做功：重力做功W_G=mg·Δh=4×9.8×(L/2·sinθ)=4×9.8×(0.5×sin60°)=4×9.8×0.433≈17.07J（θ=90°到30°，质心下降高度L/2·(sin90°-sin30°)=0.5×(1-0.5)=0.25m，故W_G=4×9.8×0.25=9.8J，之前计算错误，修正为9.8J）；弹簧弹性力做功W_k=-(1/2)k(Δl)²，其中Δl为弹簧伸长量，初始时弹簧长度L=1m（水平位置时AB长1m，A固定，B点坐标(L,0)，弹簧原长0.5m，故初始伸长量1-0.5=0.5m；θ=30°时，B点坐标(Lcosθ,Lsinθ)=(cos30°,sin30°)≈(0.866,0.5)，弹簧长度√(0.866²+0.5²)=√(0.75+0.25)=1m，故Δl=1-0.5=0.5m，与初始相同，故W_k=0（弹性力做功仅与形变量变化有关，此处形变量未变，故做功为0）。动能定理T2-T1=W_G+W_k→(2/3)ω²=9.8→ω=√(9.8×3/2)=√14.7≈3.83rad/s。求F_Ax：用动量矩定理，杆绕A转动的角加速度α，由M_A=I_Aα，M_A=mg·(L/2)cosθkΔl·(Lsinθ)（弹簧力F_k=kΔl=200×0.5=100N，方向沿弹簧，对A点力矩为F_k·Lsinθ）。代入θ=30°，M_A=4×9.8×0.5×cos30°-100×1×sin30°≈4×9.8×0.5×0.866-100×0.5≈16.99-50=-33.01N·m（负号表示与转动方向相反）。I_A=(1/3)mL²=4/3≈1.333kg·m²，故α=M_A/I_A=-33.01/1.333≈-24.76rad/s²（负号表示角加速度与角速度方向相反，即减速转动）。质心加速度a_Cn=(L/2)ω²=0.5×14.7=7.35m/s²（指向A），a_Ct=(L/2)α=0.5×(-24.76)=-12.38m/s²（切向）。由质心运动定理：F_Ax=ma_Cn·cosθ+ma_Ct·sinθ=4×7.35×cos30°+4×(-12.38)×sin30°≈4×7.35×0.866-4×12.38×0.5≈25.53-24.76≈0.77N（水平向右）。6.达朗贝尔原理应用题：质量m=10kg的物块A放在倾角θ=30°的光滑斜面上，通过不可伸长的细绳绕过质量M=2kg、半径r=0.1m的均质滑轮B（可视为圆盘）连接质量m=5kg的物块C。系统由静止释放，求物块A的加速度a及绳的拉力T1（A与滑轮间）、T2（C与滑轮间）。解答：对物块A，受力：重力mg，斜面支持力N，拉力T1。惯性力FI_A=ma（沿斜面向上）。达朗贝尔方程：mg·sinθT1FI_A=0→10×9.8×0.5T1-10a=0→49T1-10a=0→T1=49-10a。对物块C，受力：重力mg，拉力T2。惯性力FI_C=ma（向上）。达朗贝尔方程：T2mgFI_C=0→T2-5×9.8-5a=0→T2=49+5a。对滑轮B，转动惯量I=(1/2)Mr²=0.5×2×0.01=0.01kg·m²，角加速度α=a/r。惯性力偶矩MI=Iα=0.01×(a/0.1)=0.1a（与角加速度方向相反）。达朗贝尔方程：T1·rT2·rMI=0→(T1-T2)r=0.1a→T1-T2=0.1a/0.1=a。联立T1=49-10a，T2=49+5a，代入T1-T2=a→(49-10a)-(49+5a)=a→-15a=a→a=0（显然错误，检查发现物块C的惯性力方向应为向下，因加速度向下时，惯性力向上，原方程正确，但符号可能有误。正确应为：物块C向下加速，合力mgT2=ma→T2=mgma=49-5a。修正后：T1=49-10a（A沿斜面加速向下，合力mgsinθT1=ma→T1=mgsinθma=49-10a）T2=mgma=49-5a（C向下加速，合力mgT2=ma→T2=49-5a）滑轮力矩平衡：T1·rT2·r=Iα=I(a/r)→(T1-T2)r=(1/2)Mr²(a/r)→T1-T2=(1/2)Ma代入T1-T2=(49-10a)-(49-5a)=-5a=(1/2)×2×a→-5a=a→a=0（仍错误，说明受力分析方向错误。物块A沿斜面下滑，物块C应上升，故C的加速度向上，合力T2mg=ma→T2=mg+ma=49+5a。此时：T1=49-10a（A下滑，合力mgsinθT1=ma）T2=49+5a（C上升，合力T2mg=ma）滑轮力矩：T1·rT2·r=Iα=(1/2)Mr²(a/r)→T1T2=(1/2)Ma代入得：(49-10a)-(49+5a)=1×a→-15a=a→a=0（矛盾，