2010江苏大学硕士研究生入学考试-理论力学(附答案)

江苏大学2010硕士研究生入学考试 理论力学(附答案)1、（10分）F 力作用于物体的A 点（如图），大小已知。

试求F 对x 、y 、z 轴之矩。

2、（20分）图示构件中不计各杆件重量，力1000P N ，杆ABC 与杆DEF 平行，尺寸如图，求A 、D 处的约束反力。

3、（10分）已知长为l 的AB 杆，其A 端放在水平面上，B 端放在斜面上，A 、B 处的摩擦系数都是0.25，试求能够支承重载荷W 的最大距离a ,杆自重不计。

3mBF4、（15分）图示直角弯杆OAB 绕O 轴转动，使套在其上的小环M 沿固定直杆CD 滑动。

已知：OA 与AB 垂直，1()OA m =，0.5()rad s ω=，在图瞬时OA 平行于CD且AM=，求此时小环M的速度；并求出小环M 的科氏加速度的大小和方向。

5、（20分）如图机构，圆盘以等角速度0ω顺时针转动。

试求在图示瞬时，AB 杆和BC 杆的角速度和角加速度。

6、（20分）重120()N 的均质杆AB ，长为0.8()m ，重心在C 点，A 、B 端的滚轮重量不计。

AB 杆在自重作用下在铅垂平面内运动，杆的两端限制在水平和垂直的光滑导槽内运动。

开始运动时，AB 杆处于铅垂位置，而B 点具有初始速度03()v m s =。

试求AB 杆达到水平位置时，A 端的速度；同时求出当AB 杆与水平线成任意角θ时（2πθ≤），连杆的角速度。

7、（20分）匀质杆AB 长l ，质量为M ；杆的一端在绳索BD 上另一端搁在光滑水平面上。

当绳铅直而静止时杆对水平面的倾角45ϕ=。

现在绳索突然断掉，求在刚断后的瞬时杆端A 的约束反力。

8、（10分）图示一滑道连杆机构，已知OA r =，滑道倾角为045β=，机构重量和各处摩擦均不计。

当030θ=时机构平衡，试求作用在曲柄OA 上的力偶M 与在滑道连杆上作用的水平力F 之间的关系（用虚位移原理求解）。

9、（10分）振动系统如图所示，杆的质量不计，在杆上端有一质量为m 的摆球。

当摆球作微振动时求系统的固有频率。

10、（15分）四连杆机构如图所示。

//AB OD ，AB OD L ==,OA BD r ==。

均质杆AB 的质量为1m ，均质杆DB 的质量为2m ，OA 杆质量不计。

已知BD 杆上作用一不变的力矩M 。

当060θ=时，OA 杆绕O 轴转动的角速度为ω，角加速度为α。

试用达朗贝尔原理求此时铰链O ，D 处的约束反力。

参考答案：一、解：28()32233x z y M F F F F F F =⨯+⨯=+= 42()21233y x z M F F F F F F =-⨯-⨯=--=-15()312z x y M F F F F F F =⨯-⨯=-=二、解：（1）研究整体，受力分析如图()0Di MF =∑4009000Ax F P -⨯-⨯=得2250Ax F N =-0X =∑0Ax Dx F F +=得2250Dx F N =A0Y =∑10000Ay Dy F F +-= (1)（2）研究DF 杆，受力分析如图()0Fi MF =∑430090060005Dy EB P F F -⨯-⨯-⨯⨯=②（3）研究AC 杆，受力分析如图()0Ci MF =∑490030005Ay BE F F -⨯+⨯⨯=③EB BE F F =④由①②③④联立方程组，解得40003Ay F N =-，70003Ay F N =三、解：分析AB 杆受力，如图所示()0Ai MF =∑sin 30sin 600NB sB Wa F l F l -+︒+︒=①0X =∑cos30cos 600sA NB sB F F l F -︒+︒=②0Y =∑sin 30sin 600NA NB sB F W F F -+︒+︒=③0.25sA NA F F =④ 0.25sB NB F F =⑤由①②③④⑤联立方程组，解得a =M四、解：动点：小环M动系：直角弯杆OABa e r v =v +v20.51/e v OM m s ω=⨯=⨯=cos30/M a e v v v s ==⨯︒=1sin 30/2r e v v m s =⨯︒=21220.50.5/2c r a v m s ω==⨯⨯=方向向下五、解：AB 杆作瞬时平移，0AB ω=02B A BC v v r r ωω===，02BC ωω=以A 点为基点，加速度矢量图如图所示n t n n tB B A BA BA a +a =a +a +a其中2022nBBC ra r ωω=⨯=，2tB BC a r α=20n A a r ω=，t BAAB a r α=，20n BA AB a r ω== 向竖直方向投影得20tB BC a r α==，故0BC α=向水平方向投影得n n t B A BA a a a =-+22002AB rr r ωωα=-+，故2032AB ωα=六、解：（1）初始运动瞬时，A 点为速度瞬心1B AB v v l lω== AB 杆的动能为n BA a tBA anB atB an A a B222211122222110111221221112366P l T J ml m G ml ml v gωωωω⎡⎤⎛⎫==+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦=⨯⨯== AB 杆运动到水平时，此瞬时B 点为速度瞬心，转动角速度为：2Av lω=AB 杆的动能为22222222111122366P A A G T J ml mv v gωω==⨯⨯== 此过程，外力所做的功为122l W G =由动能定理，2112T T W -=220()62A G l v v G g -= 解得5.7/A v m s ==（2）当AB 杆由初始运动与水平线成任意角θ时，速度瞬心在P 点 此时AB 杆的动能为222222*********P T J ml ml ωωω==⨯⨯= 外力所做的功为12(sin 90sin )(1sin )22l lW mg mg θθ=︒-=-由动能定理，2112T T W -=222011(1sin )662lml mv mg ωθ-=- 解得ω==七、解：绳断后，杆AB 受力分析如图。

绳断后，杆AB 作平面运动，由平面运动微分方程c N ma mg F =- （1）21cos 122N lml F αϕ= （2）以A 点为基点n tC A CA CA a =a +a +a向竖直方向投影的sin 45sin 45n t C CA CA a a a =︒+︒0224C l a α=+=③ 由①②③联立方程组，解得25N F mg =八、解：建立图示坐标系，由虚位移原理0F W δ=0E x M F θδδ+=其中，cos cos ()cos sin (cos sin )E x r GE r EF FG r EF r ctg r EFθθθθβθθ=+=+-=+-=-+(sin cos )Ex r θδθθδ=-+故，(sin cos )0M Fr θθδθθδ-+=(sin cos )M Fr Fr θθ=+=九、解：取平衡位置为零势位时，系统的最大动能和最大势能分别为2max max 1()2T m l ϕ=()222max max max112222k V b kb ϕϕ⎡⎤=⨯⨯=⎢⎥⎣⎦ 令max max T V =，并代入max 0max ϕωϕ= 解得0ω=十、 解：以整体为研究对象，虚加惯性力，受力分析如图1t IC F m r α=，21n IC F m r ω=212t IDF m r α=，2212nID F m r ω=2213ID D M J m r αα==建立图示坐标系，由达朗贝尔原理，列平衡方程()0Di MF =∑12sin 60(cos60)cos60(cos60)sin 6002222t n O IC IC ID L r L L F L m g r m g F r F M M ︒+-︒-︒+-︒-︒+-=0X =∑12cos 60cos 600t tDx ID IC F F F m g m g --+︒+︒=0Y =∑12sin60sin600n n Dy ID IC O F F F m g m g F --+︒+︒+=联立以上方程，解得O F=2212112()(4)918g L r gr r r L m rL r Lαωα--+--+--tnDx F =1212(2)()2m m r m m gα+-+Dy F=2212112()(4)918g L r gr r r L m rL r L αωα--+--+-。