2010江苏大学硕士研究生入学考试理论力学附答案

1、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P =1000 N，杆ABC与杆DEF平行,尺寸如图，求A、D处的约束反力。13、（ 10分）已知长为丨的AB3136、( 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v0 = 3(m/s)。试求AB杆达到水平位置时， A端的速度；同时

2、求出当 AB杆与水平线成任意角 日时（e < ）,连杆2的角速度。7、（20分）匀质杆AB长I，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=45。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0A二r，滑道倾角为1 =45°，机构重量和各处摩擦均不计。当v - 30°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

3、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m，均质杆DB的质量为m,，OA杆质量不计。已知BD杆上作用 一不变的力矩M。当- 600时，OA杆绕O轴转动的角速度为，角加速度为：。试 用达朗贝尔原理求此时铰链 O , D处的约束反力。BMD参考答案解y600300Fax解如图BCFAyA400PE300PFebFfcFdxFDyDFaxBFAyAFbeFcf4C（i）研究整体，受力分析-Fax 400 -P 900 =0FDy300得 FAx =2250 N得 FDx 二 2250N' X =0

4、FdxMy(F)工 Md(F)=0Mz(F)Mx(F)8 F32 F - -2F3f32Fz 3 Fy 2 =2F F34-Fx 2 - Fz 1 F -31Fx 3-Fy 1 -2F F3AFAy F°y - 1000 = 0(1)(2)研究DF杆，受力分析如图、Mf(FJ =051-P 300 - F°y 900 - Feb46005(3)研究AC杆，受力分析如图' Mc(FJ =04-FAy 900 Fbe 5 300由联立方程组，解得4030N，FAy7000N3、解：分析AB杆受力，如图所示IFsa =0.25Fna Fsb =0.25Fnb 由联立方程组

5、，解得4、3 3,Mal四、解：动点：小环 M动系：直角弯杆OABV =Ve + VrVe = - OM =2 0.5 = 1m/sVM73二 Va 二 ve COS30 = 2 m/sVrac1=ve sin 30 m/ se 21 2= 2;.-;，Vr =2 0.50.5m / s2方向向下五、解：AB杆作瞬时平移,Vb 二Va 二 0r =2r BC， 'BC-'02以A点为基点，加速度矢量图如图所示ntn ntaB + aB = aA + aBA + aBAn J aBAlaBAanaAB1 taB其中aB bc 2r二益2aB = 2BCnaBA2二ab=0V/8向

6、竖直方向投影得aB - 2r -“BC - 0，故-»BC-0向水平方向投影得nn taB = _aAaBA-'2r 2"Sb，故：ab六、解:(1 )初始运动瞬时，A点为速度瞬心Vb _ VolABAB杆的动能为-pACBI' I'I1I11 . 2I 1J p "12G 2V0丄m5|12J 1ml22 3ml226AB杆运动到水平时，此瞬时6gb点为速度瞬心，转动角速度为:14-'2AB杆的动能为T2 J JP 2-ml2 - 22312 GmvA -6 6g此过程，外力所做的功为W12 二G 丄2由动能定理，T2 T =W2

7、解得vA = ；3gl v0 = 5.7m/ s(2)当AB杆由初始运动与水平线成任意角B时,此时AB杆的动能为速度瞬心在外力所做的功为1 1ml21ml2.22 36W12 = mg - （sin 90 sin 巧 二 mg 丄（1sin v）2 2由动能定理，t2 -t =W212 2 12 l-mlmv0 =mg （1 -sin v）6 6 2解得3gl（1 -si nR V5,3gl（1 二 si n 石）一9七、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Bmac =mg -Fn(1)2(2)mlFn - cos12 2以A点为基点ntac = a

8、A + acA + acA向竖直方向投影的aC =aCAsi n4 5°+a；Asi n45°a0旦一邑2 24由联立方程组，解得八、mg解:建立图示坐标系，由虚位移原理其中,xE = r cos GE 二 rcos (EF - FG)=rcos EF -rsinytg ： = r(cos)-sin" EF;x = -r(sin 寸 cos 巧寸故，M'.j-Fr(sicos* 寸=0-Fr (si nr cost) J 3 Fr2九、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1Tma2m( maxl)Vmax =2_2 2 b max 2爲

9、令 Tmax 二 Vmax， 并代入 max =0 max解得FiC受力分析如图FiC=m,r：,F n =IC 2g rt1n1 2F IDirfer:2，F idm2，r2M id二 J D"；二1m2r2 a十、解：以整体为研究对象，虚加惯性力,3建立图示坐标系，由达朗贝尔原理, 列平衡方程AFnIC迟 Md(fj=oLrlLFOLsin60rcos60)-m2g cos60FIC (rcos60 ) - F； sin 60 M |D - M = 0FDx - F； -FIC m1gcos60 m2 g cos60 = 0' Y =0FDy -FiD - FiC ggsin60m2gsin60F。= 0联立以上方程，解得6 iBiriigCL _r) _3 3m2gr 3