理论力学试题1及答案

一、判断题（10分）
1、某平面任意力系向A、B两点简化主矩皆为零，则此力系简化的最终结果不可能为一个力偶。

（）
2、当作用于物体上的主动力系的合力作用线与接触面法线间的夹角小于物体与接触面间的摩擦角时，不论该合力的大小如何，物体总是处于平衡状态。

（）
3、平面图形上各点的速度大小与该点到速度瞬心的距离成正比；各点加速度的大小也与该点到速度瞬心的距离成正比。

（）
4、已知平面图形中基点A的速度为υA，平面图形相对于A点的角速度ωA≠0若选另一点B为基点，则有υB≠υA，ωA=ωB。

（）
5、两个运动着质量完全相同的质点，初速度大小、方向也完全相同，以后任一瞬时的速度大小都相同，则任何瞬时，这两个质点受力大小一定相同。

（）
6、圆盘在粗糙的地面上作纯滚动，地面对圆盘的静滑动摩擦力为F，由于摩擦力F作用点是圆盘速度瞬心，因此摩擦力不作功。

（）
7、刚体瞬时平动时，其上任意两点的速度相同，因此，加速度也一定相等。

（）
8、利用虚位移原理只能求解主动力，而不能求解约束反力。

（）
9、质点系中各质点都处于静止时，质点系的动量为零。

于是可知如果质点系的动量为零，则质点系中各质点必都静止。

（）
10、平面图形绕基点转动的角速度和角加速度与基点的选择有关。

（）
二、（42分）简要计算与回答下列各题
1、如图所示结构中，各杆的自重略去不计，在构件BC上
作用一力偶矩为M的力偶，其它尺寸如图所示，求支座A
的约束力。

2、如图所示，正方体的边长为a，求图示力F对三个坐标轴的
矩。

3、刚体在图示平面内绕O轴转动，在平面内有A，B两点。

已知OA=2OB，某一瞬时
a A=10m/s，方向如图所示。

求此时B点加速度的大小，并在图上绘出B点加速度的方
向。

R
2 2
G=2qL，力偶矩m=q2L。

求：插入端A的约束反力和CD两端的约束反力。

四、计算题（18分）平面机构的曲柄OA的长度为2L，
以匀角速度ω0绕O轴转动，在图示位置时，AB=BO，并
且∠OAD=90°。

求此时套筒D相对于杆BC的速度和滑块
D的加速度。

五、（20分）在图示系统中，纯滚动的均质圆轮与物块A的质量均为m，圆轮的半径为r，斜面得倾角为θ，物块A与斜面间的摩擦因数为f。

不计OA的质量。

试求：（1）O 点的加速度；（2）OA杆的内力；（3）圆轮受到的摩擦力。

B
F C
F A
F C F '
二\简要计算与回答下列各题
1、解：先取BC 为对象，得l m
F F B C ==
再取左侧为研究对象，由几何法解得
l
m F F C A 2
2== 2、解：力F 在两轴上存在分力x F 、Z F
，其大小分别为
∴F F F x
2
245cos =
︒= F F F Z 2
245sin =
︒= 则该力对三轴的矩分别为：
22)(Fa
a F F M Z X =
= 0)(=F M y 2
2)(Fa a F F M x Z -=-= 3、解：21
52
B A m a a s == 与OB 成︒60
4、解：水平面光滑且初始静止，故满足质心水平方向上位置守恒，质心铅直下落，由A 、C 两点速度可得该瞬时AB 瞬心位置如图示，则有B 点速度如图示。

5、解：该瞬时AB 为瞬时平动，则动量为：
v g
P
v g P v g P p 32=+=
（水平向左） 动能为： 2
22411)2(2143v g
P v g P v g P T =+=
6、解：将A 点的固定铰支解除，代之以铅垂方向上的滚动
支座，并施加铅垂方向的力Ay F
，设A 、C 有铅垂方向的虚
位移A r δ、C r δ， 由虚位移原理得
0=-⋅D A Ay r P r F δδ 又 D C A r r r δδδ2==
解得 2
P
F Ay =
三、（20分）系统受力图如图所示，对该系统列平面任意力系下的平衡方程：
∑=0xi F 0=Ax F
∑=0yi F 0=--qL G F Ay
∑=0A
M 02
5=⋅+--L
qL m M A
解得 0=Ax F ； qL F Ay 3=；
22
3qL M A =
取BC 为研究对象，受力如图所示：
∑=0B
M
02=-⋅m L F Cx
解得 2
qL F Cx =
再取CD 为研究对象，受力如图所示：
∑=0xi F 0=-'Dx Cx F F ∑=0yi F 0=--'
qL F F Dy Cy
∑=0C M 02
2=⋅
-⋅-L
qL L F Dy 解得
四、（18分）解：（一）运动分析 动点：B ；动系：OA ；
（二）速度矢量合成图如图示，
a v = e v + r v 方向： √ √ √
e v a
v r
v
大小： ？ O l ω ？
O B B l v v ω3
3
2cos30e a =︒=
（1）
O B B l v v ω3
3
30tan e r
=︒⋅=， O A l v ω2=
AD 平面运动，用速度投影 A D v v =︒30cos ，
O O D l l v ωω3
3
42
32=
=
套筒D 相对BC 杆速度：
O O B D l l v v v ωω15.13
3
2r ==
-= （←） （三）加速度矢量合成图如图示：
a a = n e a + r a
+ C a
方向： √ √ √ √
大小： ？ L w ⋅2
？ 2
r 03
322O B l v ωω= 上式向C a 向投影，得 C 30cos a a a =︒- 2
C 3
4cos30O B l a a ω-=︒-
=
五、（20分）解：选系统为研究对象，设末瞬时A 具有速度v ，则
由动能定理，得 2
)
cos sin 3(02θθf mgS mv -=-
解得
a
a n
e a r
a
C
a ∑-=-=)cos 2sin 23( cos 2 sin 23)
(θθθθf S mg gS m f S mg W F 22
2214
3221 0mv mv v m T T =+=
=)cos sin 3( 2
θθf S
g v -=
将动能定理的表达式两端对时间求导，得 4
)
cos sin 3(θθf g a -=
取滑块A 为研究对象，受力如图示
由质心运动定理∑=ie C F a m
，得
θθcos 2
2sin 2g m
f F m
g ma OA -+= 解得 )sin cos 3(8
θθ-=
f mg
F OA。