(完整word版)理论力学模拟试题及答案.doc

1、理论力学模拟试题及答案一、是非题（每题2 分。正确用，错误用，填入括号内。）1 、作用在一个物体上有三个力，当这三个力的作用线汇交于一点时，则此力系必然平衡。（ ）2、力对于一点的矩不因力沿其作用线移动而改变。（）3、在自然坐标系中，如果速度 = 常数，则加速度 = 0。（）4、虚位移是偶想的，极微小的位移，它与时间，主动力以及运动的初始条件无关。（）5、设一质点的质量为m，其速度与 x 轴的夹角为 ，则其动量在x 轴上的投影为mvx =mvcos a 。（）二、选择题（每题3 分。请将答案的序号填入划线内。）1、正立方体的顶角上作用着六个大小相等的力，此力系向任一点简化的结果是。主矢等于零，

2、主矩不等于零；主矢不等于零，主矩也不等于零；主矢不等于零，主矩等于零；主矢等于零，主矩也等于零。2、重 P 的均质圆柱放在 V 型槽里，考虑摩擦柱上作用一力偶，其矩为M 时（如图），圆柱处于极限平衡状态。此时按触点处的法向反力NA 与 NB 的关系为。NA = NB； NA NB； NA NB。第1页共20页3、边长为L 的均质正方形平板，位于铅垂平面内并置于光滑水平面上，如图示，若给平板一微小扰动，使其从图示位置开始倾倒，平板在倾倒过程中，其质心C 点的运动轨迹是。半径为L/2 的圆弧；抛物线；椭圆曲线；铅垂直线。4、在图示机构中，杆O1 A / O2 B ，杆 O2 C / O3 D，且

3、O1 A = 20cm ，O2 C = 40cm，CM = MD = 30cm ，若杆 AO 1 以角速度 = 3 rad / s 匀速转动，则D 点的速度的大小为cm/s，M 点的加速度的大小为cm/s2。60； 120； 150； 360。5、曲柄 OA 以匀角速度转动， 当系统运动到图示位置（ OA/O 1 B。AB| OA ）时，有 VAVB ，AB ， AB0，AB0。等于；不等于。三、填空题（每题5 分。请将简要答案填入划线内。）1、已知 A 重 100kN ，B 重 25kN ， A 物与地面间摩擦系数为0.2。端较处摩擦不计。则物体A 与地面间的摩擦力的大小为。第2页共20页2

4、、直角曲杆O1AB 以匀有速度 1 绕 O1 轴转动，则在图示位置（AO 1 垂直 O1 O2）时，摇杆 O2 C 的角速度为。3、均质细长杆OA ，长 L，重 P，某瞬时以角速度 、角加速度绕水平轴O 转动；则惯性力系向O 点的简化结果是（方向要在图中画出） 。四、计算题（本题15 分）在图示平面结构中，C 处铰接，各杆自重不计。已知：qc = 600N/m ， M = 3000N m， L 1 = 1 m ， L 2 =3 m。试求：（ 1）支座 A 及光滑面B 的反力；（2）绳 EG 的拉力。五、计算题（本题15 分）机构如图G 已知： OF = 4h/g ， R =3 h/3，轮 E

5、作纯滚动；在图示位置AB 杆速度为v， = 60，且 E F | OC。试求：（1）此瞬时 OC 及 E( E 为轮 E 的角速度 ) （ 2）求OC。第3页共20页六、计算题（本题12 分）在图示机构中，已知：匀质轮C 作纯滚动，半径为r、重为 PC，鼓轮 B 的内径为r、外径为R，对其中心轴的回转半径为，重为 PB，物 A 重为 PA。绳的 CE 段与水平面平行，系统从静止开始运动。试求：物块 A 下落 s 距离时轮C 中心的速度。七、计算题（本题18 分）机构如图， 已知：匀质轮 O 沿倾角为 的固定斜面作纯滚动，重为 P、半径为 R，匀质细杆OA 重 Q，长为，且水平初始的系统静止，忽

6、略杆两端A， O 处的摩擦，试求： （ 1）轮的中心O 的加速度 。（ 2）用达朗伯原理求A 处的约束反力及B 处的摩擦力（将这二力的大小用加速度 表示即可）。一、结构如图所示，由 AB 、BC 杆件构成，C 端放在理想光滑水平面上， AB 杆上作用力偶 M ，BC 杆上作用均布载荷 q ，已知 F10KN ，M5KNm ，q2KNm ，各杆自重不计，试求 A 、C 处约束反力以及销钉B 对 BC 杆作用力。图 2 分F一个方程 2 分解：2m2m2mAqMB第4页共20页45以 BC 杆为对象：M B0 ，FC2q 2 220FC4kNFx0 ， FBxq 22022B2FBxFy0 ， F

7、ByFC 0qq 2 2FBy2FBy045以 AB 梁为对象：CFCFx0 ， FAxFBx02mFAx4kNFy0 ， FAyFByF 0M AAMBFFAy10kNFAxFBxM A0，MAM F40FAyFByM A 35kN m4m二、 OA 杆长 l 1，绕 O 轴定轴转动，带动长为l2 的套筒 AB 在 O1D 杆上滑动。若设置如图所示的参考基 e x yT ，杆 OA 的连体基 e1 x1 yT ，套筒 AB 的连体基 e2 x2 y2 T ，并假设 ri为第 i 个构件上待求点相对于参考基的坐标阵，rO 为基点坐标阵， Ai 为第 i 个构件连体基相对于参考基的方向余弦阵，

8、i为构件 i 上待求点相对于自身连体基的坐标阵，试利用关系式yDy2rA rOAi i写出机构运动到图示位形时：(1) OA 杆和套筒 AB 相对于参考基的位形；x1Ay1Bx2(2)套筒 AB 的上 B 点相对于参考基的位置坐标阵。45OxOA杆位形 5 分，套筒 AB位形 5 分60O1B 点相对于参考基的位置坐标阵5 分第5页共20页解：图示瞬时方向余弦阵A1cos45sin 452 / 22 / 2l1sin 45cos452 / 2，102 / 2A 2cos(30 )sin(30 )3 / 21/ 2， 2l 2sin(30 )cos(30 )1/ 203 / 2(1) OA 杆的

9、位形 q1 00/ 4 TxAxO2 / 22 / 2 l10l12 / 2l12 / 2yAyO2 / 22 / 200l12 / 2l12 / 22 l12 l1T套筒 AB 的位形 q1x A y A/ 6T622(2) B 点的位置坐标阵xBxA3 / 21/ 2l 22l13 l21( 2l13l2 )222yByA1/ 23 / 202l1121 ( 2l1l 2 )2l22三、半径为 r 的圆盘与长度为 l 的直杆 AB 在盘心 A 铰接，圆盘沿水平面纯滚，AB 杆 B 端沿铅直墙壁滑动。在图示位置，圆盘的角速度为 ，角加速度为 ，杆与水平面的夹角为 ，试求该瞬时杆端 B 的速度

10、和加速度。解： (1) 球速度，速度瞬心C 如图ACl sin， BCl cosvAr（2 分）ABvAr（2 分）ACl sinrvBBCAB l cosr cotl sin（ 2 分）（图 1分）BlrA第6页共20页CABBBaAlvBrlaBAnaBAtaBABAaAA(2)球加速度（图 2分）aAr（1 分）nAB2l (r)2r 22aBAABl sinl sin 2（1 分）以 A 点为基点求 B 点加速度aBaAaBAtaBAn（ * ）式（* ）向轴投影：aB sinaA cosaBAn （2 分）aB1( rcosr 2 2)rcotr 2 2 （2 分）sinl sin2

11、l sin3四、图示系统，均质圆盘 O1 、 O2 质量均为 m ，半径均为 R ，圆盘 O2 上作用已知力偶 M，使圆盘绕 O2 轴转动，通过自重不计的水平绳带动圆盘 O1 在水平面上纯滚。试完成：(1) 用拉格朗日方程 求盘心 O1 的加速度；(2) 求水平绳的张力；(3)滑轮 O1 与地面的静摩擦力。RM解： (1) 求加速度O 2选 O2 轮的转角2 为广义坐标TT1 T2R2122222122O1JS 1 21 JO2221 ( 23 mR1mR2 )41 mR2 (3 1222 )（4分）S由运动学知2R1 R2，或12/2 （1分）第7页共20页222722代入动能得T41 mR

12、(32（1 分）2 )mR2416广义力： Q2 M （1分）代入拉氏方程 dTTQ 2，有 7 mR22M，得： 28M2 （2分）dt2287mR又由运动学知圆盘的角加速度124M27mR2F2 y盘心 O1 的加速度： aO1R4M（1 分）O2M17mRRF2xFTmg(2) 求绳的张力 （ 5 分）法一 以 O2 轮为研究对象DFT由 LO2MFTR，即 JO2 2M FTRR得： FTM 1 mR 2M4M3MO1R 2R7R7RFSmg 法二 或以 O1 轮为研究对象SFN由 LSFT2R，即 JS 1FT 2R得： FT3 mR13M47 R(2) 求摩擦力 （ 5 分）以 O

13、1 轮为研究对象 法一 运用质心运动定理ma1 FTFS ，FSma1FTm 4M3MM7mR 27R7R 法二 对动点 D 运用动量矩定理LDvDmvO1MD(F)ddt ( J C R mvO 1 ) 0 FS 2R ，即1 mR21R maO1FS 2R1 (mR 4M1 mR24M2M得： FS2 )2R7mR27mR7R五、图示机构，在铅垂面内，曲柄OA 和连杆 AB 是相同的均质杆，长OAABl ，自重不计，滑块 B 重 G ，曲柄 OA 上作用一力偶 M ，使机构静止平衡。已知静止平衡时曲柄OA 与第8页共20页水平线夹角为，试用虚位移原理 求机构平衡时力偶 M 。yBBGDAG

14、1ACMMOOG1x解：虚功方程FBy yBFDy yDFCyyCM 0或MG10(*)（5分）G yByD G1yCB、 C、D 三点的 y 坐标为yB2l s i n ， yC21 l sin ， yD23 l sin（3 分）求变分：yB2l c o s，1cos ， 3cos（ 1分）yC2 lyD2 l代入 (*) 式MG2l c o sG1 21 l c o s G1 23 l c o s0或M G 2l c o s 2G1l c o s 0 （ 1 分）得：M2(G G1 )l c o s六、一边长为 a 的正立方体所受的力系如图所示，其中F1 F , F22F ，试用坐标矩阵法

15、求力系向 O 点简化的结果。解：建立参考基 e x yz T 如图F100写出两个力的坐标阵F 1F ，F2F（ 40F分）O由主矢 FRFi ，可得主矢的坐标阵F2第9页共20页000FRFiFF0（2 分）zF10FF得： FRF z ，即简化所得的力 FOFRF zr1（1 分）假设各力作用点的位置矢量r1 和 r2 ，对应的坐标阵r20bOyr1b ， r20 （2分）xF2bb由此写出坐标方阵0bb0b0b0b0b （ 2 分）r10 ， r2b000b0主矩 MOM O(F)，对应的坐标阵 M O MM 21r1F1r2F 20bb0bF0b00bFb0 0Fb0b FbF （ 2

16、 分）r1 F10 ， r2 F2b00000b0FbFbFbF0这样得： M OM 1M 20bFbF0bFbF即主矩： M ObF ybF z （2 分）简化的结果是一个力和一个力偶，这个力矢量和力偶矩矢量为：FOFRF z ， M O bF y bF z七、质量不计的圆环如图，在径向焊接一个质量为m、长为 r 的均质细棒，圆环可在水平面上纯滚，求系统的运动微分方程。（提示：余弦定理：c2a2b22ab cos； sin()sin）解： 法一 选圆环的转角为广义坐标，圆环的角速度为。(1) 运动分析：第10页共20页轮心的速度 vOr，均质细棒质心位于杆中， 选轮心为基点可以求得质心速度

17、vCvO vCO ，而 v CO21rvC2vO2vCO22vO vCO cosr 2214 r 2 2r 2 2 cosr 2 2 ( 45cos )(2) 受力分析： 受力分析如图。(3)求系统动能和功vOOvCOT1 JC21 mvC21 1 mr 22mr 22( 45cos )C222 12（5 分）vO1 mr 2 ( 4cos )223Wmg 21 R(1cos)（2 分）vSS由 TT0W 有 1 mr2 ( 4cos) 2T0mg 21 r (1cos )23等号两边同时对 t 求导mr 2 ( 4cos)21 mr 23 sinmg 21 r sinO3C2g即4)1sin

18、0（3 分）( 3 cos22 r sinmg 法二 选圆环的转角为广义坐标，圆环的角速度为。FSS(1)运动分析：FN轮心的速度 vOr，均质细棒质心位于杆中， 选轮心为基点可以求得质心速度 vCvO vCO ，而 v CO21rvC2vO2vCO22vO vCO cosr 2214 r 2 2r 2 2 cosr 22( 45cos)(2) 受力分析： 受力分析如图。(3) 求系统动能和势能T1 JC21 mvC21 1 mr 2 2mr 22( 45cos )222 121 mr 2 ( 4cos)223以轮心为零时位置Vmg 21 R c o s拉氏函数LT V1mr 2 (4 c o

19、 s ) 2mg 21 Rc o s23第11页共20页代入拉氏方程dLL0dtmr2 ( 4cos)21 mr 22 sinmg 21 r sin03即(4c o s )12s i ngs i n0322r 法三 选圆环的转角为广义坐标，圆环的角速度为。(1) 运动分析：轮心的速度 vOr，速度瞬心轨迹为水平直线，轨迹上与瞬心重合点的速度vSvO r ；均质细棒质心位于杆中，选轮心为基点可以求得质心速度vC vOvCO ，而 vCO21 r(2)受力分析： 受力分析如图。(3)对速度瞬心运用动量矩定理，即LSvS mvCMS(F)(*)（2分）J SJCm CS 2121mr 2m( r 2

20、41 r 2r 2 cos )( 34cos )mr 2( 34cos)mr 2 （2 分）LSJS( 34cos ) mr 2；LSmr 22 sin( 34cos)mr 2（2 分）vSmvCvSmvCOvSmvCO sin() 21 mr 22 sinMS(F)mg 21 r sin(2 分)将(*) 式向 z 轴（垂直纸面向外）投影得：mr 22 sin( 34cos)mr 221 mr 22 sinmg 12 r sin412singsin0（2分）即 ( 3 cos )22 r(一)单项选择题（每题 2 分，共 4分）1. 物块重 P，与水面的摩擦角 m 20o ，其上作用一力 Q

21、，且已知 P=Q，方向如图，则物块的状态为 ()。A 静止 (非临界平衡 )状态B 临界平衡状态C 滑动状态D 不能确定P 30oQ(a)(b)第12页共20页(二)第 1题图2. 图(a)、(b)为两种结构，则 (A 图(a)为静不定的，图 (b)为为静定的C 图 (a)、 (b)均为静定的填空题 (每题 3 分，共 12 分)。第2题图B 图 (a)、(b)均为静不定的D 图(a)为静不定的，图 (b)为为静定的1. 沿边长为a2m的正方形各边分别作用有F1，F 2 ，F 3 ，F 4 ，且 F1= F 2 = F 3 = F 4 = 4kN，该力系向B 点简化的结果为：主矢大小为 FR

22、=_，主矩大小为 M B =_向 D 点简化的结果是什么？ _。F3CRFDrOF4F2BAF1BA第 1题图第2题图2. 图示滚轮，已知 R2m ， r1m，30 ，作用于 B 点的力 F4kN ，求力 F 对 A 点之矩 M A =_。3. 平面力系向 O 点简化，主矢 FR 与主矩 M O 如图。若已知 FR10kN ， M O20kN m ，求合力大小及作用线位置，并画在图上。CABFRO2 BO 1M OO2O第 3题图第4题图4. 机构如图， O1 A 与 O2 B 均位于铅直位置，已知 O1 A3m ， O2 B5m ， O2 B 3rad s ，则杆 O1 A 的角速度 O1

23、A =_，C 点的速度 C =_。(三) 简单计算题 (每小题 8 分，共 24 分)1. 梁的尺寸及荷载如图，求A、 B 处的支座反力。q 0= 2kN/mP= 2kNM=4kNmAB1m第 13页共20页2m1m2. 丁字杆 ABC 的 A 端固定，尺寸及荷载如图。求A 端支座反力。q0=6kN/mP=6kNBCM=4kNmA3. 在图示机构中，已知 O1 A O 2 B r 0.4m ， O1O2AB ， O1 A 杆的角速度4rad s ，角加速度2rad s2 ，求三角板 C 点的加速度，并画出其方向。CABOO 1(四) 图示结构的尺寸及载荷如图所示，q10kN/m， q020kN

24、/m。求 A、C 处约束反力。3mqBA(五) 多跨静定梁的支撑、荷载及尺寸如图所示。已知q20kN/m，l 2m，求支座 A、 D、E 处的约束反力。qm5.4q 0ACEBCD2m2m2m2m(六) 复合梁的制成、荷载及尺寸如图所示，杆重不计。已知q20kN/m， l2m，求 1、2 杆的内力以及固定端A 处的约束反力。Ho60第142页共20页qDGE(七) 图示机构中，曲柄 OAr ，以角速度4rad s 绕 O 轴转动。 O1C / O2 D ，O1C O2Dr ，求杆 O1C 的角速度。ABorODC30rrO2O1(一) 单项选择题1. A2. B(二) 填空题1.0 ； 16k

25、N m ； FR 0 , M D 16kN m2.M A2.93kN m3. 合力 FR 10kN ，合力作用线位置（通过 O1 ） d4. 4.5rad s ； 9m s(三) 简单计算1. 取梁为研究对象，其受力图如图所示。有X0,F Ax0MA(F)0,FB2P3M0FB5kNY0 ,FAyFBPQ0FAy0kN2. 取丁字杆为研究对象，其受力图如图所示。有FRM Od= 2mFRO2mO 1q0 =2kN/mQ=3kNP=2kNFAx FAyM= 4kNmAFB B1m2m1mq0=6kN/mP=6kNBCM=4kNmm4AFAxM AFAy1.5m1.5m第15页共20页X0,F A

26、xP0FAx6kNY0,FAy1 q01.502FAy4.5kN1MA(F) 0, MAM P 42 q0 1.5 1 0M A32.5kN m3. 三角板 ABC 作平动，同一时刻其上各点速度、加速度均相同。故aCaAaAna ACaCaCnaCnaAnr20.4 426.4m s2AaAaCaAOA0.42 0.8m s2a AnO(四) 解： (1) 以 BC 为研究对象。其受力图如图 (a)所示，分布荷载得合力 Q 22.5kNMBF0,FC4.5Q30FBx所以FC 15kNQ =22.5kNBO 1FByBm5.4(2) 以整体为研究对象。其受力图如图(b)所示。1 q0 4.5

27、0q0X 0 , FAxFC2所以FAx =7.5kN3mY 0 , FAyq 30qCFC(a)M A所以FAx =30kNBm5.M A F04M A1 q 321 q0 4.5 3 FC4.5 022q 0CFC所以M A45kNA FAxFAy(b)(五) 解： (1)以 BC 部分为研究对象，其受力图如图(b)所示。M BF0q12AEFCy 2q20BCD22m2m2m所以FCy20kN2m(a)q=20kN/mFBxFCxFByBC2mFCy第 (b)16 页 共 20 页X0,FBxFCx0Y0,FByFCy2q 0所以FBy =20kN(2)以 CD 部分为研究对象，其受力图

28、如图(c)所示。X0, FCx0qQ=40 kNFCx所以FB x0ECDFCy2m2mM EF0(c)FDFEFCy4Q8FD 203所以FD93.3kNY0,FEFDFCy Q 0FE =33.3kN(3)以 AB 部分为研究对象，其受力图如图(d)所示。q=20kN/mFAxFBxX 0 , FAxFBx0FBx0M AAB所以FAx0FAy2mFBy(d)Y0,FAyq2FBy0FAy =60kNMAF 0,MA1 q 22FBy2 0H所以M A260o80kN m2(六) 解：(1)取 BC 部分为研究对象，其受力图如图 (b)所示。qDM BF 0,F11 q 220GE2F11所以F12