理论力学试题含答案

东北林业大学

理 论 力 学 期 终 考 试 卷 （工科）

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院（系）： 20级 考试时间：150分钟

班级： 姓名： 学号：

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一、选择题（每题3分，共15分）。）

1. 三力平衡定理是--------------------。

① 共面不平行的三个力互相平衡必汇交于一点；

② 共面三力若平衡，必汇交于一点；

③ 三力汇交于一点，则这三个力必互相平衡。

2. 空间任意力系向某一定点O简化，若主矢R0，主矩M00，则此力系简化的最后结果--------------------。

① 可能是一个力偶，也可能是一个力； ② 一定是一个力；

③ 可能是一个力，也可能是力螺旋； ④ 一定是力螺旋。

3. 如图所示，P60kM，FT=20kN，A, B间的静

摩擦因数fs=0.5，动摩擦因数f=0.4，则物块A所受的摩擦力F的大小为-----------------------。

① 25 kN；② 20 kN；③ 103kN；④ 0

4. 点作匀变速曲线运动是指------------------。 ① 点的加速度大小a=常量； ② 点的加速度a=常矢量；

③ 点的切向加速度大小aτ=常量； ④ 点的法向加速度大小an=常量。

FT30APB

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5. 边长为2a的正方形薄板，截去四分之

一后悬挂在A点，今若使BC边保持水平，则点A距右端的距离x=

a-------------------。

① a； ② 3a/2；

a③ 6a/7；

④ 5a/6。

二、填空题（共24分。请将简要答案填入划线内。）

A 1. 双直角曲杆可绕O轴转动，图示

瞬时A点的加速度aA30cm/s2，方向如图。则B点加速度的大小为

3m------------cm/s2，方向与直线------------成----------角。（6分）

2. 平面机构如图所示。已知AB平行于O1O2，且AB=O1O2=L，OBAxCaa

30aABO3m4m

AO1BO2r，ABCD是矩形板，AD=BC=b，AO1杆以匀角速度ω绕O1轴转动，则矩形板重心C1点的速度和加速度

1O2ω的大小分别为v= -----------------, a= --------------。（4分）

（应在图上标出它们的方向）

3. 在图示平面机构中，杆AB=40cm，以ω1=3rad/s的匀角速度绕A轴转动，而CD以ω2=1rand/s绕B轴转动，BD=BC=30cm，图示瞬时AB垂直于CD。若取AB为动坐标系，则此时D点的牵连速度的大小为 -------------，牵连加速度的大小为 -------------------。（4分）

（应在图上标出它们的方向）

ABC1DCω2C

Aω1BD

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4. 质量为m半径为r的均质圆盘，可绕O轴转动，其偏心距OC=e。图示瞬时其角速度为ω，角加速度为ε。则该圆盘的动量p=--------------，动量矩

εLo------------------------------------，动能

T=

O-----------------------，惯性力系向O点的简化结果为

C----------------------------------------------------------。

e（10分）

（若为矢量，则应在图上标出它们的方向）

三、计算题（15分）。刚架由AC和BC两部分组成，所受荷载如图所示。已知F=40 kN, M= 20kN·m, q=10kN/m, a=4m, 试求A, B和C处约束力。

FMBaqCaAa/2

a/2

四、计算题（16分）。如图所示机构，曲柄OA=r, AB=b, 圆轮半径为R。OA以匀角速

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度ω0转动。若α45，β为已知，求此瞬时： ① 滑块B的加速度； ② AB杆的角加速度；

③ 圆轮O1的角速度；

④ 杆O1B的角速度。

（圆轮相对于地面无滑动）

BbaRO1βαω0rAO

五、计算题（14分）。两重物M1和M2的质量分别为m1和m2，系在两条质量不计的绳索上，两条绳索分别缠绕在半径为r1和r2的塔轮上，如图所示。塔轮对轴O的转动惯量为m3ρ2（m3为塔轮的质量），系统在重力下运动，试求塔轮的角加速度和轴承O对塔

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轮的竖直约束力。

六、计算题（16分）。均质圆盘和均质薄圆环的质量均为m，外径相同，用细杆AB绞接于二者的中心，如图所示。设系统沿倾角为θ的斜面作无滑动地滚动，不计细杆的质量，试求杆AB的加速度、杆的内力及斜面对圆盘和圆环的约束力。

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答案

一、选择题

1. ① 2. ③ 3. ③ 4. ③ 5. ④

二、填空题

1. 50cm/s2 OB成30角。

2. r 2r。

3. 150cm/s 450cm/s2。 4. me

111m(r22e2) m(r22e2)2 me42 m(r22e2)。 224

三、计算题

1aa； FB(FqaM)35kN（）a22； FCxqa40kN()，FCyFFB40355kN（）FAx80kN()，FAy5kN()，MA240kNm（逆时针）。

四、计算题

AB杆瞬时平动，所以vBvA0r()，AB0。

以A为基点，由基点法有aBaAaBA，其中aA02r()，aBAABa。 ① aBaAtan45aA02r()； ② aBA2aA2r,AB20202r（逆时针）； a 由瞬心法或基点法有

0r0rvtan，vOBOO1CBObsin0rtan； BOBBCbcosasin1111.

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③ O11vO1R0rR； tan（逆时针）

④ BO0rbcos0r。 tan（顺时针）

asin

五、计算题

由质点系动量矩定理有

(m32m1r12m2r22)m1gr1m2gr2 故塔轮的角加速度为

m1gr1m2gr2。 m32m1r12m2r22由达朗培尔原理（或质点系动量定理）有

FOy(m1m2m3)g(m2r2m1r1)（此即轴承O对塔轮的竖直约束力）。

六、计算题

设A点沿斜面下滑s时，其速度为v。 采用动能定理：T2T1W1(e2)，其中：

137v1T2mr2mv2mv2mv2，T10，W1(e2)2mgsins，

244r27即：mv22mgsins。

4dsdv对上式求一次导数，并注意到v，a，有

dtdt4。 agsin（此即杆AB的加速度）

7取圆环进行受力分析，由刚体平面运动微分方程（或达朗培尔原理），有

amr2FRCr，FCmgcos0，mgsinFABFRCma

r由此求出斜面对圆环的切向约束力（摩擦力）和法向约束力分别为

4FRCmamgsin，FCmgcos，杆AB的内力为

71FABmgsin。

7取圆轮，同理有 12amrFRDr，得圆轮的切向约束力（摩擦力） 2r12FRDmamgsin

27及圆轮的法向约束力 FDmgcos。

2

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