2007年理论力学期末考试试题A卷分解

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………密………封………线………以………内………答………题………无………效……

一、判断题

1、全约束反力是摩擦力与法向反力的合力，因此全约束反力的大小为

FR(fsFN)2FN2，其与接触处法线间的夹角为摩擦角。 （ ）

2、任意两个力都可以合成为一个合力。 （ ）

3、空间力对点之矩矢在任意轴上的投影，等于该力对该轴之矩。 （ ）

4、平面运动刚体存在速度瞬心的条件是刚体的角速度不为零。 （ ）

5、无论刚体作何种运动，也无论向哪一点简化，刚体惯性力系的主矢

均为FIRmaC。其中aC为质心的加速度，m为刚体的质量。 （ ）

6、若质点的动量守恒，则该质点对任意一定点的动量矩也一定守恒。 （ ）

2、填空题（每题3分，共15分）

zaF4axOF1F3F2ya1、如图2-1所示力系，F2F31002N，

则此力系向坐标原点O简化的结果F4300N,a2m，

是： ，此力系简化的最终结果是： 。

2、边长为a2cm的正方形ABCD在其自身平面内

图 AaA45BaBC作平面运动。已知正方形顶点A、B的加速度大小分别是aA2cm/s2，aB4方向如图所示。2cm/s2，

D此时正方形的瞬时角速度 ，角加速

图

度 ，以及C点的加速度aC 。

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3、长均为l，质量均为m的均质杆OA、OB在O处以光滑铰链相联接。图示系统的动量

PAvOBv ，质心的速度 。

图 vC

4、半径为r，质量为m的均质圆盘A由杆OA带动在半径为R的大圆弧上作纯滚动，设R2r。图示瞬时，该圆盘的动量P ，对轴O的动量矩LO ，动能T 。 rA

R BOAO 图 图

5、定轴转动的OAB杆是由两个质量分别为m1（OA杆）和m2（AB杆）的均质细杆焊接而成。已知OAABl，图示瞬时，杆的角速度为零，角加速度为。则杆OAB的惯性力向A点简化得到的主矢为 ，主矩为 。

三、选择题（每题2分，共10分）

F1、如图3-1所示，刚体上同一平面内点A、B、C、D上分别作用有F1、F2、F3和F4四个力，构BF成力多边形。则 。

A、该力系是平衡力系； B、该力系可简化为一个力偶；

AF4DF3C12图 第 2 页 共 12页

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C、该力系向任一点简化得到一个力和一个力偶； D、无法确定。

2、如图3-2所示，作用在左右两端木板上的压力大小均为F时，物体A静止不动。如压力大小均改为2F，则物体所受到的摩擦力为 。

A、和原来相等； B、是原来的2倍； C、是原来的4倍； D、无法确定。

3、偏心轮半径为R，以匀角速度1绕O轴转动，并带动AB杆以角速度2绕A轴转动。在图示瞬时，AB杆水平，AD2R，O、C在同一水平线上。若以偏心轮轮心C为动点，定系固结于地面，动系固结于AB杆上。则动点C的牵连速度的大小为 。 A、veR1； B、ve2R1； C、ve2R2； D、

ve5R2。

BBDO2AFAFCR1图3-2

图

4、均质细杆AB长为L，重为P，与铅垂轴固结成30A第 3 页 共 12页

图

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角，并以匀角速度转动；则惯性力系合力的大小为 。 A、3L2P28g；

L2P2B、

2g； 。

LP2C、

2g；

LP2D、

4g5、图示系统无摩擦，圆盘及绳索质量不计，m1m2。在

m1由静止向下运动过程中，正确的说法

m2m1是 。

A、机械能守恒，动量不守恒； B、系统机械能守恒，动量守恒； C、系统对轮心O的动量矩守恒； D、系统质心作匀速直线运动。

以下四、五、六、七题均为计算题

图 四、（12分）图中所示结构是由折梁AC和直梁CD构成，各梁自重不计，已知q1kN/m,M10kNm,P6kN,30。求支座A和铰链D的约束反力。

qB3mPA

M θDC五、（12分）如图所示平面机构中，已知角

1m2m速度2rad/s，角加速度0，曲柄

题 四 EGOACBr25cm,rEF4r,轮G作纯滚动。当60时EG水平，

ABEF铅直，且D在EF中点。试求该瞬时Dωε的轮心速度vG 和加速度aG。 φφ2mOCF第 4 页 共 12页 题 五

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六、（12分）如图所示，滚子A沿倾角为的固定斜面向下滚动而不滑动，并借一跨过滑轮B的绳索提升物体C，同时滑轮B绕O轴转动。滚子A与滑轮B为两个相同的均质圆盘，质量为m1，半径为r，物体C的质量为m2。轴O处摩擦不计，求滚子中心的加速度和系在滚子上绳索的张力。

七、（附加题，10分）质量m50kg，长l2.5m的均质细杆AB，一端A放在光滑的水平面上，另一端B由长b1m的细绳系在固定点O，O点距离地面高h2m，且ABO在同一铅垂面内，如图所示。当细绳处于水平时，杆由静止开始落下。试求此瞬时杆AB的角加速度、绳的拉力和地面的约束力。（用动静法求解）。

hBbBOACO

Aθ题 六

题 七

电子科技大学2006～2007学年第2学期

理论力学期末考试试卷A答案及评分标准

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一、判断题（每题1.5分，共9分）

1、错误； 2、错误； 3、错误； 4、正确； 5、正确； 6、正确。

二、填空题（每题3分，共15分）

1、FR200k(N)，力螺旋，FR200k(N)，M200(Nm)。 MO400i200k(Nm)；2、=2 rads=1 rads2aC=6 cms2。

3、mv，0.5v。

4、P3mr，LO28.5mr2，T6.75mr22。 5、1(m13m2)l，1(5m2m1)l2

26DFD ( a )PθCFCyFCx

三、选择题（每题2分，共10分）

1、B； 2、A； 3、D； 4、D； 5、A

四、（12分）解：以直梁CD为研究对象，受力分析如图(a)所示。

Fx0DFCxPcos0FCx5.2kN()

FCy1kN()

qBFAxFCxM(F)0FCy3Psin10Fy0(b)所示。

FDFCyPsin0FD2kN()

MA以折梁AC为研究对象，受力分析如图

MCFAy ( b )FCy第 6 页 共 12页

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FFx000FAxFCx5.2N() FAxFCxFAy4kN()yq30FAyFCy

MA12.9kNm（逆时针）

MA(F)0评分细则：

33FCx2M0MAq3FCy2（1）绘制研究对象受力图，共5分。

正确绘制图（a）——2分； 正确绘制图（b）——3分。 （2）列写平衡方程，共5分。

包含待求约束力的5个平衡方程，每个方程1分。 （3）正确计算全部约束力，共2分。 五、（12分）解：AD杆作平动，其上各点的速度和加速度与A点或B点的速度和加速度相同。EF杆以E为轴作定轴转动，轮G作平面运动，速度瞬心位于C。FG杆作平面运动，由F、G两点的速度可知FG杆在此瞬时作瞬时平动，有vFvG。 以滑块D为动点，动系固结于EF杆上，则滑块D的速度矢量合成图如图（a）所示。根据点的速度合成定理知

vavevr

其中var50cm/s。

则vevasin253cm/s，vrvacos25cm/s。

因为ve2rEF，所以EF于是有vGvF4rEF503rad/s。 2vFvaABveFvGrGvAωεφOvrDC*φCωEFE ( a )taFFnaFaGG3cm/s。

AaAOCBateaaEarDaCaenC*ωEFεEF第 7 页 共 12页

( b )

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滑块D的加速度矢量合成图如图（b）所示。根据点的加速度合成定理知

aaaearaC

（1）

aC2vrEF253cm/s2

其中：aar2100cm/s2

tae2rEF

将式（1）向水平方向投影得：

taacosaeaC

EF10.523(rad/s2)

taFFtaGFGaGnaGF则atF4rEF100503(cm/s)。

naF ( c ) FG杆作平面运动，以F点为基点，分析G点的加速度，如图（c）所示。有

tntn aGaFaFaGFaGF （2）

n其中aGF0。将式（2）向水平方向投影得

taGaF10050313.4(cm/s2)

评分细则：

（1）速度分析与计算，共6分。 正确判断AD杆的运动——1分； 滑块D的速度分析——2分；

EF杆的角速度计算——1分； F点的速度计算——1分； 计算轮心G的速度——1分。 （2）加速度分析与计算，共6分。

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滑块D的加速度分析——2分；

EF杆的角加速度计算——1分； F点的加速度计算——1分； 轮心G的加速度分析——1分；

轮心G的加速度计算——1分。

六、（12分）解：该系统为单自由度、理想约束系统。以系统为研究对象，初始时系统的动能为T0，当滚子A的中心移动路程为s时，各物体的速度分析如图（a）所示。其中ABv,vCv

r根据动能定理有：TT0W

111222JBBm2vCm1v2m2v2 其中T1m1v21JAA22222ωBεAωAvAA*CvCOB

W(m1gsinm2g)s

1m1v2m2v2(m1gsinm2g)s

2a则有

θ ( a )对上式求时间的一阶导数，即

12(m1m2)va(m1gsinm2g)v

2

εAAm1gaAm1gsinm2g2m1m2TFsA*FN

滚子A

的角加速度为：Am1gsinm2g

(2m1m2)r ( b )以滚子A为研究对象，受力分析如图（b）所示。对速度瞬心用动量矩定理得

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JA*A(mgsinT)r

其中JA*33m1m2(2m1m2m12)sin2m1r，解之得Tg。 22(2m1m2)评分细则：

（1）求解滚子A的角加速度，共6分。

正确分析系统各物体的运动——1分； 正确计算系统各物体的动能——1分； 列写动能定理的系统表达式——2分； 正确计算滚子A的角加速度——2分。 （2）求解绳子拉力，共6分。

正确绘制研究对象的受力图——2分；

正确选用动力学普遍定理并列写相应计算表达式——3分； 计算绳索拉力——1分。

七、（附加题，10分）解：当杆由静止开始落下瞬时，AB杆的角速度和其上各点的速度等于零，角加速度和A、B两点的加速度分析如图（a）所示。

以A为基点，则B点的加速度为

aBaAaatBAnBAaABtaBA （1）

aAAεaCxCaBaCy( a )taCAtn其中aBAl,aBA0。将式（1）分别向水平和

铅垂方向投影得：

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aAlsin2，aBlcos1.5

以A为基点，则质心C点的加速度为

tn aCaAaCAaCA （2）

tn其中aCA0.5l,aCA0。将式（2）分别向水平和铅垂方向投影得：

ttaCxaAaCAsin，aCyaCAcos0.75

将杆AB的惯性力向质心C简化，受力分析如图（b）所示。其中：

FICxmaCx50，FICymaCy37.5，MICJC1ml226.0412

根据达朗贝尔原理知，杆AB在主动力、约束力和惯性力作用下处于平衡。列平衡方程

MD(F)0MICFICx1(FICymg)0.750

DFICyFICxCTBMICmg3.528rad/s2

Fx0FyFICxT0

T176.4N

0FICyNmg0 NA357.7N

NAA( b )评分细则：

（1）惯性力简化，共6分。

正确分析杆AB的运动——1分； 计算质心C的加速度——2分；

计算杆AB的惯性力向质心C的简化结果——2分； 正确施加惯性力和绘制杆AB的受力图——1分。 （2）平衡方程列写，共3分。每个方程各1分。

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（3）给出正确计算结果——1分。

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