2011理论力学A卷(期中)-答案
11年A答案草稿
一、 填空题1、第一空：质点组不受外力或所受外力的矢量和为零（1分） 第二空：质点组不受外力或所受外力对某定点的力矩的矢量和为零（1分）第三空：作用在质点组上的所有外力及内力都是保守力（或其中只有保守力做功）（2分，如无括号内的内容则1分） 2、作用在一力学体系上诸约束反力（评卷注意：不同参考书上对“约束反力”和“约束力”存在使用上的混淆，可以在评卷时适当放宽两个名词上的选用问题）在任意虚位移r δ中所作的虚功之和为零，即（4分）3、ae at 或ar （2分）， be at 或br （2分）4、（每空1分）二、简答题（参考答案） 1、（1）平动，3（1分） （2）定轴转动，1（1分） （3）平面平行运动，3（1分） （4）定点转动，3（1分） （5）一般运动，6（2分）2、科氏加速度是由于在定系中的观察者来看，牵连运动使相对速度的方向发生改变，而相对运动又同时使牵连速度r ω⨯中的r 发生改变。
即科里奥利加速度v w'⨯2是由牵连运动与相对运动相互影响所产生的。
（6分） 3、虚位移：（2分）在质点系运动过程的某瞬时，质点系在约束允许的条件下，可能实现的任何无限小位移，称为质点系（在该瞬时）的虚位移。
01=⋅∑=i n i i r δR r v r ⨯+ωr r v ωr ωωr ωa ⨯+⨯⨯-⨯+2)()(r ωωr ω ⨯⨯-⨯r v ω ⨯2其与实位移的区别：（1）实位移是在一定的力作用下和给定的初条件下运动而实际发生的，虚位移是在约束容许的条件下可能发生的；（1分）（2）实位移具有确定的方向，可能是微小值，也可能是有限值，虚位移则是微小位移，视约束情况可能有几种不同的方向；（2分）（3）实位移是在一定的时间内发生的，虚位移只是纯几何的概念，完全与时间无关；（1分）（4）在定常约束下，微小的实位移必然是虚位移之一。
而在非定常约束下，微小实位移不再是虚位移之一。
（2分）三、分析题1、取坐标系如图点A坐标yA=ltanφ变分后的A的虚位移δy A=l δφ/cos2φC的虚位移δr c=aδφ（方向标记2分）（评分注意，如果解答时对题意出现误解，认为是沿Z轴的负方向转动，但A和C点的虚位移方向标识相一致，则可以考虑酌情给1分）（虚位移的关系式分析3分）2、C 点不是瞬心，因为必须用同一刚体上的两个速度来确定改刚体的瞬心，而V A 和V D 是不同刚体上的速度。
大学物理教学资料（华南师范大学）力学11期中考试试卷和答案
物理与电信工程学院11—12学年第（一）学期期中考试《力学》试卷年级 专业 姓名 学号一、判断题(每题2分，共20分，打√或打×)1、 一个运动的质点，若其加速度0=a，则该质点一定作匀速直线运动。
2、 质点系对某参考点的角动量为零，则质点系的动量也为零。
3、 做匀速直线运动的物体动量一定守恒，而角动量不守恒。
4、 质点系内力对系统总动量的变化没有影响，但对系统总动能的变化有影响。
5、 作用于质点系的外力矢量和为零，则外力矩的矢量和也为零。
6、 若质点系所受外力矢量和为零，则质心静止或作匀速直线运动。
7、 弹簧的弹性势能属于弹簧和相连质点所共有。
8、 质点作圆周运动所受到的合力对圆心的力矩为零。
9、 一对滑动摩擦力所做功的代数和总是为负的。
10、由于力的功与参考系有关，所以一对作用力与反作用力所做功的代数和与参考系有关。
二、单选题（每题2分，共30分）1、 质点作曲线运动，在时刻t 质点的位矢为r，速度为v ，速率为v ，t 至(t +t ∆)时间内的位移为r∆，路程为s ∆，位矢大小的变化量为r ∆（或称r ∆），平均速度为v，平均速率为v 。
根据上述的情况，则必有[ ](A)r s r ∆=∆=∆ (B)r s r ∆≠∆≠∆，当0→∆t 时有dr ds r d ≠=(C)s r ∆≠∆≠∆r，当0→∆t 时有ds dr r d ≠=(D)r s r ∆≠∆≠∆，当0→∆t 时有ds dr r d ==2、一物体从某一确定高度以0v 的速度水平抛出，已知它落地时的速度为t v，那么它运动的时间是[ ](A) g v v t 0-； (B) gv v t 20-； (C)()g v v t 2/1202-； (D)()gv vt22/1202-.3、下面哪一种说法是正确的？[ ]（A ）运动物体的加速度越大，速度越大；（B）作直线运动的物体，加速度越来越小，速度也越来越小； （C ）切向加速度为正值时，质点运动加快；（D ）法向加速度越大，质点运动的法向速度变化越快。
理论力学A--参考答案答案
理论力学A 卷参考答案一、选择题1-6 DABADC二、填空题(1) 绝对速度 相对速度 牵连速度(2) 平动 转动 (3) 1442222=+b y b x ，2bk ，2bk 2 (4) l M2，l M(5) 2p ml ω=，（→）； 2(65/24)o L m l ω=，逆时针方向(6) mL ω/2，mL 2ω/3，mL 2ω2/6三、计算题1、解：（1）设圆柱O 有向下滚动趋势，取圆柱O0=∑A M ----0sin max 1T =-⋅-⋅M R F R θP0=∑y F ----0cos N =-θP F又N max F M δ= ……………………2分设圆柱O 有向上滚动趋势，取圆柱O0=∑A M ----0sin max 2T =+⋅-⋅M R F R θP0=∑y F ----0cos N =-θP F ……………………2分又N max F M δ=……………………2分系统平衡时： ……………………2分)cos (sin 1T θR θP F δ-=（2）设圆柱O 有向下滚动趋势.0=∑C M 0m a x =-⋅M R F s0=∑y F 0c o s N =-θP F 又θδcos P R F s = 所以θδcos P R F s = (2)只滚不滑时，应有 θP f F f F s s s cos N =≤ R f s δ≥同理，圆柱O 有向上滚动趋势时得 R f s δ≥只滚不滑时，Rf s δ≥ (2)2、解：速度分析：1. 杆AB 作平面运动，基点为B.……………………….1分2.动点 ：滑块 A ，动系 ：OC 杆……………………….2分 沿v B 方向投影：……………………….1分……………………….1分 沿vr 方向投影：……………………….1分加速度分析：n t ABAB B A a a a a ++=……………………….2分 沿v C 方向投影：……………………….2分……………………….1分……………………….1分3、 解：突然解除约束瞬时，杆OA 将绕O 轴转动，不再是静力学问题。
理论力学期中测验-答案
四 、 如 图 所 示 结 构 中 ， 各 杆 自 重 不 计 。 已 知 ： AB = CD = AD = L = 6m ，
q B = 5kN/m ， M = 18kN ⋅ m ， F = 20kN 。试求 A、D 支座的约束力及 AC 杆所
受的力。 （每取一次研究对象要画受力图再列平衡方程）
τ e
=
1 v 0 = 0.2 m/s （逆时针） 。 2R
2 2 3v 0 3v 0 v2 v2 ， 因此 a τ − 0 = 0 ， e = 2R 2R R 2R 2 1 v0 3R = = 0.0462 (1 / s) 。 2 3R
a B = aC − aτ 即 aτ 其中： aC = 2v r ω BO = e ， e = aC − a B ，
速度平行四边形，因此有： v e = v a sin 30 o = v B =
2 3R 再由 a a = a B = a + a en + a r + a C 作矢量图，有
1
1 2
3 3 v 0 ， v r = v B cos 30 o = v 0 ， 2 2
ω BO = v e / BO1 =
vB
O1 O2
ω1
E
30°
C
ω
O
A
O1 O2 O1
B
O2
H
y
ω1
E
30 °
C
vC
ω1
an A aτ A
A B
a nE
E
30°
C
ω
O
aC aτ E
ω
vA
A B H
理论力学试题和答案
2010 ～2011 学年度第 二 学期《 理论力学 》试卷（A 卷）一、填空题（每小题 4 分，共 28 分）1、如图1.1所示结构,已知力F ，AC ＝BC ＝AD ＝a ，则CD 杆所受的力F CD ＝（ ），A 点约束反力F Ax =（ ）。
2、如图1.2 所示结构，,不计各构件自重，已知力偶矩M ，AC=CE=a ，A B ∥CD 。
则B 处的约束反力F B =（ ）；CD 杆所受的力F CD =（ ）。
E 1.1 1.23、如图1.3所示，已知杆OA L ，以匀角速度ω绕O 轴转动，如以滑块A 为动点，动系建立在BC 杆上，当BO 铅垂、BC 杆处于水平位置时，滑块A 的相对速度v r =（ ）；科氏加速度a C =（ ）。
4、平面机构在图1.4位置时， AB 杆水平而OA 杆铅直，轮B 在水平面上作纯滚动，已知速度v B ，OA 杆、AB 杆、轮B 的质量均为m 。
则杆AB 的动能T AB =（ ），轮B 的动能T B =（ ）。
1.3 1.45、如图1.5所示均质杆AB 长为L ,质量为m,其A 端用铰链支承,B 端用细绳悬挂。
当B 端细绳突然剪断瞬时, 杆AB 的角加速度 =（ ），当杆AB 转到与水平线成300角时，AB 杆的角速度的平方ω2=（ ）。
6、图1.6所示机构中,当曲柄OA 铅直向上时,BC 杆也铅直向上,且点B 和点O 在同一水平线上；已知OA=0.3m,BC=1m ，AB=1.2m,当曲柄OA具有角速度ω=10rad/s 时,则AB 杆的角速度ωAB =（ ）rad/s,BC 杆的角速度ωBC =（ ）rad/s 。
AB1.57、图1.7所示结构由平板1、平板2及CD 杆、EF 杆在C 、D 、E 、F 处铰接而成，在力偶M 的作用下，在图上画出固定铰支座A 、B 的约束反力F A 、F B 的作用线方位和箭头指向为（ ）（要求保留作图过程）。
1.7二、单项选择题（每小题 4 分，共28 分）1、如图2.1所示，四本相同的书，每本重均为P ，设书与书间的摩擦因数为0.1，书与手间的摩擦因数为0.25，欲将四本书一起抱起，则两侧手应加的压力至少大于（ ）。
2011年全国卷理综答案加解析
11年全国卷精选2．（6分）（2011•新课标）质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能（）A．一直增大B．先逐渐减小至零，再逐渐增大C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大【解答】选ABD．D、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相反，这个方向速度就会减小，另一个方向速度不变，那么合速度就会减小，当恒力方向速度减到0时，另一个方向还有速度，所以速度到最小值时不为0，然后恒力方向速度又会增加，合速度又在增加，即动能增大．故D正确．5．（6分）（2011•新课标）电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是（）A．只将轨道长度L变为原来的2倍B．只将电流I增加至原来的2倍C．只将弹体质量减至原来的一半D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变【解答】解：通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理有BIl•L=mv2，磁感应强度的大小与I成正比，所以B=kI解得．A、只将轨道长度L变为原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的倍，故A 错误B、只将电流I增加至原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故B正确C、只将弹体质量减至原来的一半，弹体的出射速度增加至原来的倍，故C错误D、将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故D正确．故选BD．6．（6分）（2011•新课标）卫星电话信号需要通过地球卫星传送．如果你与同学在地面上用卫星电话通话，则从你发出信号至对方接收到信号所需要最短时间最接近于（可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径为 3.8×105km，运动周期约为27天，地球半径约为6400km，无线电信号的传播速度为3×108m/s）（）A．0.1s B．0.25s C．0.5s D．1s【分析】同步卫星和月球都是绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，求出轨道半径比，从而得出同步卫星的轨道半径以及高度，根据速度公式求出时间．【解答】解：根据万有引力提供向心力，解得：r=，已知月球和同步卫星的周期比为27：1，则月球和同步卫星的轨道半径比为9：1．同步卫星的轨道半径r′=×3.8×105=4.2×104km．所以接收到信号的最短时间t=≈0.25s．7．（6分）（2011•新课标）一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a 运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（）A．B．C．D．【分析】根据物体做曲线运动的条件和受力特点分析电荷受的电场力方向，再由负电荷所受的电场力方向与场强方向相反进行选择．【解答】解：A、电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向．故A错误．B、负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符．故B错误．C、图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动．故C错误．D、图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意．故D 正确．故选D8．（6分）（2011•新课标）如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（）A．B． C．D．【分析】当F比较小时，两个物体相对静止，一起加速运动，加速度相同，根据牛顿第二定律得出加速度与时间的关系．当F比较大时，m2相对于m1运动，两者加速度不同，根据牛顿第二定律分别对两个物体研究，得出加速度与时间的关系，再选择图象．【解答】解：当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得：a==，a∝t；当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得：对m1：a1=，μ、m1、m2都一定，则a1一定．对m2：a2===t﹣μg，a2是t的线性函数，t增大，a2增大．由于，则两木板相对滑动后a2图象大于两者相对静止时图象的斜率．故A正确．10．（2011•新课标）利用图所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度．一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t．改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；所得数据如下表所示．完成下列填空和作图：（1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是s=v1t﹣at2；（2）根据表中给出的数据，在答题纸的图上给出的坐标纸上画出﹣t图线；（3）由所画出的s/t﹣t图线，得出滑块加速度的大小为a= 2.1m/s2（保留2位有效数字）．【分析】可以把光电门甲至乙的匀加速运动看成反向的匀减速运动，写出测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式．由位移时间关系式整理得到﹣t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系．【解答】解：①已知滑块沿斜面下滑时做匀加速运动，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量．因为时速度v1是下滑的末速度，所以我们可以看下滑的逆过程，所以满足的关系式是：s=v1t﹣at2②根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出﹣t图线；③由s=v1t﹣at2整理得：=v1﹣at由表达式可知，加速度等于斜率大小的两倍．所以由图象得出滑块加速度的大小为a=2.1m/s2故答案为：①s=v1t﹣at2；②如图；③2.1．12．（2011•新课标）如图，在区域Ⅰ（0≤x≤d）和区域Ⅱ（d＜x≤2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面．一质量为m、带电荷量q（q＞0）的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域Ⅰ，其速度方向沿x轴正向．已知a在离开区域Ⅰ时，速度方向与x轴正向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域Ⅰ，其速度大小是a的，不计重力和两粒子之间的相互作用力，求：（1）粒子a射入区域Ⅰ时速度的大小；（2）当a离开区域Ⅱ时，a、b两粒子的y坐标之差．【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力，运用几何关系求出粒子的轨道半径，结合牛顿第二定律求出粒子a射入区域Ⅰ时速度的大小．（2）通过洛伦兹力提供向心力，得出a粒子在区域Ⅱ中的轨道半径是区域Ⅰ中的一半，结合几何关系得出a粒子离开区域Ⅱ时，a粒子的纵坐标．根据时间关系通过几何关系求出当a离开区域Ⅱ时，b粒子的纵坐标，从而得出a、b两粒子的y坐标之差．【解答】解：（1）设粒子a在I内做匀速圆周运动的圆心为C（在y轴上），半径为R a1，粒子速率为v a，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P'，如图由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得①由几何关系得∠PCP′=θ②，③，式中θ=30°由①②③式得④（2）设粒子a在II内做圆周运动的圆心为O a，半径为R a2，射出点为P a（图中未画出轨迹），∠P′O a P a=θ′．由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得⑤由①⑤式得⑥C、P'和O a三点共线，且由⑥式知O a点必位于⑦的平面上．由对称性知，P a点与P'点纵坐标相同，即y1=R a1cosθ+h⑧式中，h是C点的y坐标设b在I中运动的轨道半径为R b1，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得⑨设a到达P a点时，b位于P b点，转过的角度为α．如果b没有飞出I，则⑩，，（11）式中，t是a在区域II中运动的时间，而（12），（13）由⑤⑨⑩（11）（12）式得α=30°（14）由①③⑨（14）式可见，b没有飞出．P b点的y坐标为y2=R b1（2+cosα）+h由①③⑧⑨式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为．14．（2011•新课标）如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1=66cm的水银柱，中间封有长l2=6.6cm的空气柱，上部有长l3=44cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐．已知大气压强为P0=76cmHg．如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度．封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气．【分析】根据平衡条件研究空气柱压强初位置的压强，玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空，水银柱总长度为76cm，然后根据玻意耳定律列式求解；转回到原来位置时先根据平衡条件求出空气中压强，然后根据玻意耳定律列式求解．【解答】解：设玻璃管开口向上时，空气柱压强为：P1=P0+ρgl3①（式中ρ和g分别表示水银的密度和重力加速度．）玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空．设此时开口端剩下的水银柱长度为x，则P2=ρgl1，P2+ρgx=P0 ②（P2管内空气柱的压强．）由玻意耳定律得P1（sl2）=P2（sh）③（式中，h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面积．）由①②③式和题给条件得h=12cm④从开始转动一周后，设空气柱的压强为P3，则P3=P0+ρgx⑤由玻意耳定律得P1（sl2）=P3（sh′）⑥（式中，h′是此时空气柱的长度．）由①②③⑤⑥h′≈9.2cm18．（2011•新课标）如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知离开弹簧后C的速度恰好为v0．求弹簧释放的势能．【分析】A与B、C碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后三者的共同速度；线断开，AB与C分离过程中动量守恒，由动量守恒定律可以列方程；在弹簧弹开过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以列方程，解方程即可求出弹簧的弹性势能．【解答】解：（1）设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒定律得：mv0=3mv，设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv=2mv1+mv0，解得：v1=0；（2）设弹簧的弹性势能为E P，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有（3m）v2+E P=（2m）v12+mv02，解得：E P=mv02 ；。
理论力学A卷答案
一、（10分）1、相对静止匀速直线运动（2分）2、3个6个（2分）3、约束相反（2分）4、相同相同（2分）5、无关无关（2分）二、（10分）1、错（2分）2、错（2分）3、对（2分）4、对（2分）5、对（2分）三、（15分）1、（6分）答：不一样；（3分）不一定是平衡力系。
（3分）2、（3分）答：A、B、C、D、E点是可能的；F点是不可能的。
(3分)3、（6分）答：如图圆盘、三角板均作平面运动，（3分）1P为三角板瞬心，2P为圆盘瞬心。
（3四、（40分）1、（15分）解：研究BC，受力图()aC BMF Fl==(7分)研究ACD，受力图()b由三力平衡汇交定理得cos45A CF F'=(8分)A CF'=（（（1（1）CFBBFCM()aCF'22、（5分）解：研究物块，受力图()a由0y F ∑=10f F P -= 得 (2分) 1100f F P N == (2分)由2150f s N F f F N =⋅= ∴1100f f F F N ==(1分)3、（10分）解：研究杆AB ，受力如图示在x 方向不受力，故在x 方向质心位移为零。
（4分）在任意θ位置时cos 2A lx θ=sin A y l θ= (4分)消去θ的轨迹方程为2224AAx yl += (2分) 4、（10分）解：227()448O C l J J m ml =+=① 2748O O L J ml ωω== (5分)②22217296O T J ml ωω== (5分)五、（25分） 1、（15分）解：动点：滑块A ，动系：固连BC (2分)BC 连杆瞬心在p 点x fFNF PF()a Axy AB由a e r v v v =+① (3分)大小：r ω ？ ？ 方向：↑ AP ⊥ 沿AC将上式向1x 方向投影得：sin sin a e v v θθ= 得 e a v v r ω==2cos 2cos30r a v v r θωω==∴122e v r r AP ωωω=== (8分)∴11cos C v CP l ωθωω=⋅=⋅= ()← (2分)2、（10分）解法一：取坐标如图()a 所示。
2011真题
这张图里有2011理论力学的3个图，都是模糊回忆，毕竟半年多了，可能有错误，希望其他过来人指证。
其他几个图比较复杂，看看能不能想起来。
有人看完后可能会说，只有几个图，没有具体数据有什么用。
我想说的是，当你做完十年真题后再看今年的考题图，你就会完全明白考察方向和出题老师的意图，至于具体数据，那只是考你平时练习的认真问题和书写习惯。
第一题：35分，运动学从没出过这么高分，而且计算量相当大，记得考试时做了40分钟（平时第一题都是20分钟搞定，导致接下来直接心慌），第一题和往年的变化是可能不仅让你求圆轮或滑块的速度加速度，而且会求板块某个部位的速度加速度（印象中这题是求三角形右上角尖点的速度）。
第二题：这是新的结构，虽然图很简单，但是套筒做定轴转动的形式却是十年来第一次考察。
（我以前做哈工的课本老见到滑轮和套筒，但北理的考题一直没见到，一直很纳闷，今年终于见到了）。
由于参考系选不对，这道题失分很多，坐我前后桌的两人都没做完这题，这道题最重要的是选套筒做牵连运动，而这和往年的第二道题不同。
此题在《学习指导》一书上有近乎原题的练习。
第三题：老题型，杆结构求力的。
新大纲要求要会用虚位移求二力杆的力，我认为每年的第三题一定能用虚位移来做，所以肯定不会太难。
力的方向不要出错，就是送分题。
第四题：往年都是力系化简和摩擦交替考擦，但从09年开始每年都考摩擦，而且都是双面摩擦。
看来水小平老师已经抛弃了力系化简题了。
（个人认为，力系化简就是普通空间解析几何，第一次做无从下手，第二次以后再考察就是套行列式，已经没有考察的意义了）。
不出意料的话，12年第四题还是双面摩擦。
这题如我画的图，题目告诉你圆盘左右两个面的摩擦因素，好像是求F的取值范围，可能我忘记了一个条件。
双面摩擦前往不能分别假设向某个方向的临界极限再求解，这样计算机器繁琐，而且答案往往不对。
此题解法和09年相同，请参照。
另外在水小平老师新出的理论力学课本里有大量双面摩擦的例题的练习，且10年真题就是书上例题的改版，可见其重要性。
理论力学试卷A-附答案
………密………封………线………以………内………答………题………无………效……电子科技大学二零零 七 至二零零 八 学年第 二 学期期 末 考试《理论力学》 课程考试题 A 卷 （120分钟） 考试形式： 闭卷 考试日期 200 年 月 日课程成绩构成：平时 20 分， 期中 分， 实验 10 分， 期末 70 分一、判断题（每题1分，共5分）1、作平面运动刚体的动能等于它随基点平动的动能和绕基点转动动能之和。
( ×)2、作用在一个刚体上的任意两个力成平衡的必要与充分条件是：两个力的作用线相同，大小相等，方向相反。
（ √ ）3、只要知道作用的力，那么质点在任一瞬间的运动状态就完全确定了。
（× ）4、在惯性参考系中，不论初始条件如何变化，只要质点不受力的作用，则该质点应保持静止或等速直线运动状态（ × ）5、质点的动量矩守恒则动量也守恒。
（ × ） 二、填空和选择题（共20分）1、如图2-1，质量kg M 2=，挂在长m L 5.0=的细绳下端，重物受到水平冲击后获得了速度s m V /50=，则此时绳子的拉力等于 （119.6N ，rv m mg F 2=-） 。
（2分，2/8.9s m g =）2、半径为R 的轮子沿直线轨道在同一平面内作纯滚动，轮心速度为u ，则轮缘最高点的速率为2u ，加速度大小为 R u /2。
（每空1分）………密………封………线………以………内………答………题………无………效……3、某人以速度４m/s 向正东前进，感觉风从正北吹来；速率加倍时感觉风从正东北吹来。
则风的速率为24 m/s ，风向与正东向的夹角为4π。
（每空1分）( 答案要点：感受的风向是相对速度方向)4、如图2-4，动点M 作平面曲线运动，某瞬时速度大小为s m V/5=，加速度大小为2/10s m a =，两者之间的夹角为o30。
则此瞬时，动点M 的切向加速度大小为 10m/s 2，法向加速度大小为 5m/s 2；所在之处轨迹的曲率半径为 5m 。
北京理工大学理论力学2010-2011-1-a卷试题及答案
生虚转角 δ 1 ，点 P1、P2 分别为杆 AB 、AD 的虚速 度瞬心。（1分）
杆 OA ：δrAOA δ1
δrA
A
M
δ 2
C 30° δ 3
δrD
2l
Fq
3l
一 学
4lδ1
期 理
杆 AB ：δrAP1Aδ2
论 力
2lδ2
B P1 δ 1
δrB
MO
4 3l 3
3l
O
学 A
δ22δ1 （2分）
r
2 0
（方向如图）
（2分）
A
考 试
则
a e n a e t a r a C a D n O 1 a D t a （B n 6分 a ） B t D
题 大小 3rO2A 3rOA ? ?
3r02 6 vD 2 (Rr) 0
r
2 0
0
A
卷 方向 BO OB //OB OB DO1
BD 4
A
考 试
mA (2 u)mC (2 u) I
题
A 卷
uA(2)
uC(2)
I （2分） 2m
15
BRY 系统在碰撞结束瞬时的动能为
T 1 1 2 m u A (1 )2 1 2 m u C (1 )2 1 2 (1 1m 2 2 )lA (1 )2 B
10 -
1 m (1I)2 1 m (1I1 )2 1 (1 m 2 )1 l (I2 )2
10 OA 的直槽内，以带动杆 OA 绕
- 轴 O 作定轴转动。图示瞬时：
11 学
圆盘位于最高位置，D 、B 两
60° O
年 点连线与水平线夹角为 30°，
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大 连 理 工 大 学
课 程 名 称：理论力学 试卷： A 考试形式： 闭卷
一.（20分）求图示梁各支座的约束力。
∑=0A
M
，0720301155=⨯--⨯-⨯B F ，kN 37=B F
∑=0B
M
，022*******=⨯--⨯+⨯-A F ，kN 2-=A F
姓名： 学号： 院系： 级 班
题一图 A B
二、（20分）起重装置如图所示，电动机通过链条带动鼓轮将重物P 提起，链条与水平线成 30角。
已知半径r =10cm ，R =20cm ，重物P =10kN ，链条拉力F T1=2F T2，起重装置处于平衡状态。
求轴承A 和B 的约束反力。
∑=0y M ，()02T 1T =⋅--⋅R F F r P ，kN 52T =F ，kN 101T =F ∑=0x M ，()010030sin 60302T 1T =⨯+⨯⨯-+⨯-Bz F F F P ，kN 5.1=Bz F ∑=0z
M ，()010030cos 602T 1T =⨯+⨯⨯+-Bx F F F ，kN 79.7=Bx F
∑=0x F ，()030cos T2T1=--⨯+Ax Bx F F F F ，kN 2.5=Ax F ∑=0z
F
，()030sin 2T 1T =-++⨯-P F F F F Az Bz ，kN 6=Az F
题二图
F
三. (15分) 已知F =10N ，求图示平面桁架结构中１杆和２杆的内力。
取铰结点C 为对象02N =F
截面法：045cos ,01N ∑=-=Fa a F M D
N 2101N =F
四
.（15分）长2r 的直杆OA 以匀角速度ω绕其固定O 轴转动，另一端A 用铰链连接在半径为r 的均质圆盘边缘上。
圆盘在图示两平行导板OB 、DE 之间滑动。
求圆盘中心C 的运动方程、速度方程与ϕ=∠AOB
之间的关系。
运动方程：()2
2sin 2cos 2ϕϕr r r r x C --+=
速度方程：()()⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛--+-=ϕϕϕϕϕωsin 1sin 1sin 2cos sin 2r v C
题三图
E 题四图
五.（30分）曲柄连杆机构带动摇杆EH 绕E 轴摆动，如图所示，在连杆ABD 上装有两个滑块，滑块B 沿水平槽滑动，而滑块D 则沿摇杆EH 滑动。
已知：曲柄OA 以匀角速度ω逆时针转动，OA =AB =BD =r 。
在图示位置时， 30=ϕ，
OE
EH ⊥。
试求该瞬时摇杆EH 的（1）角速度（2）角加速度。
（1）速度分析 r OA v A ωω=⋅==
ω
ω==
PB
v A AB
r
PD v AB D ωω3=
⋅==
以滑块D 为动点，
摇杆EH 为动系
r e a v v v v +==D
r v v ω2
330cos a e ==
ωω3==ED
v e EH
r v v ω2
3
30sin a r ==
（2）加速度分析 以A 为基点， 分析滑块B 的加速度
n
BA t BA A B a a a a ++=
r
a n
A 2
ω=，r
a n
AB
2
ω=
向竖直轴投影
30
cos 30sin 30sin 0t
BA n
BA n
A a a a ++-=
得0=t
BA a
以滑块D 为动点，杆EH 为动系：
C n
t
D a a a a a a +++==r e e a
r v a r EH C 2332ωω==，r ED a EH n
e 2
2
2
9ωω=
⋅=
以A 为基点，分析滑块D 的加速度
n
DA t DA A D a a a a ++= r AD a AB n DA 2
22ωω=⋅=，0=t DA a
所以有：C n t a a a a +++r e e n
DA t DA
A a a a ++= 向水平轴投影有：
30cos 30cos n DA n A
C t e a a a a +=+ 得：r r a t
e
2
26.22
33ωω-=-
=， 2
22.533ωωα===
ED
a t
e EH
t DA
加速度分析图。