华北理工大学理论力学复习题习题(含答案)

华北理工大学【理论力学】期末考试复习题

理论力学复习题

第一题，判断题（每题2分，共20分）正确的在括号内打√，错误的打× 1．如果一物体受两个力作用保持平衡时，这两个力一定是大小相等、方向相反，作用线在同一直线上。 （ √ ） 2．约束反力的方向总是与该约束所能的运动方向相同。 （ × ） 3．柔索约束的约束力沿着柔索的轴线方向，指向物体。 （ × ） 4．若两个力的力矢量相等，则两个力等效。 （ × ） F1F2，5．力偶对刚体的作用无法用一个力来代替，力偶同力一样，是组成力系的基本元素。力偶的三要素为力偶矩矢的大小、方向、作用点。 （ × ） 6．平面任意力系，只要主矢FR0，最后必可简化为一合力。 （ √ ） 7．已知重物与斜面之间的静滑动摩擦系数f=0.38 ,如图所示，则重物在斜面上能够自锁。 （ × ）

FF

题一-7图 题一-8图 8．根据力的可传性原理，可以将构架ABC上的作用在AB杆的力F移至AC杆图示位置，并不改变力对构架ABC的作用效应。 （ × ） 9．空间中三个力构成一平衡力系，此三力必共面。 （ √ ） 10．空间平行力系不可能简化为力螺旋。 （ √ ） 11．在某瞬时一动点的法向加速度等于零，而其切向加速度不等于零，则该点一定做直线运动。 （ √ ） 12．刚体平面运动可分解为随基点的平动与绕基点的转动，所以刚体平动和定轴转动都是刚体平面运动的特殊形式。 （ √ ） 13．当牵连运动为平动时，相对加速度等于相对速度对时间的一阶导数。（ √ ） 14．设A为平面运动刚体上的任意一点，I为刚体在某时刻的速度瞬心，则点A的运动轨迹在此处的曲率半径等于A，I之间的距离。 （ √ ） 15．刚体作平面运动时，若某瞬时其上有二点加速度相同，则此瞬时刚体上各点的速度都相同。 （ × ） 16．从高度h处以相同的初速v0，但以不同的角速度发射物体，当物体落到地面时，其动能不同。 （ × ） 17．摩擦力可以作正功。 （ √ ） 18．不论刚体作何种运动，其惯性力系向一点简化的主矢都等于刚体的质量与其质心加速度的乘积，方向与质心加速度的方向相反。 （ √ ）

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第二题选择题（每题3分，共15分）

1. 在作用于刚体上的任意一个力系上加上或减去（ A ）并不改变原力系对刚体的作用效果。

A. 任意平衡力系 B. 任意力系 C. 二个力 D. 二个力偶

2. 平面一般力系简化的结果，若主矢等于零，主矩也等于零，则力系（ A ）。

A. 平衡 B. 为一个力 C. 为一个力偶 D. 为一个力加上一个力偶 3. 关于合力与分力，下列说法正确的是( C )

A. 合力的大小一定大于每个分力的大小 B. 合力的大小至少大于其中的一个分力

C. 合力的大小可以比两个分力都大，也可以比两个分力都小 D. 合力不可能与其中的一个分力相等

4. 图中分布力的合力的大小和对点A之矩大小分别为（ B ）。

1111 A．ql，ql2 B．ql，ql2

242311 C．ql，ql2 D．ql，ql2

245. 物块重力大小为G5kN，与水平面间的摩擦角为f300，今用与铅垂线成

600角的力F推动物块，若FG5kN，则物块（ B ）。

A. 保持静止； B. 处于临界状态； C. 向右加速滑动； D. 向右匀速滑动 6. 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（ C ）。

A. 可能是一个力偶，也可能是一个力； B. 一定是一个力；

C. 可能是一个力，也可能是力螺旋； D. 一定是力螺旋。

7. 关于点的合成运动，下列说法正确的是（ C ）。 A. 点的位移的合成与牵连运动的形式有关。 B. 点的速度的合成与牵连运动的形式有关。 C. 点的加速度的合成与牵连运动的形式有关。 D. 以上说法均不正确。

8. 转动的圆盘上装有两个小电机，并由皮带相连接，

ωe是圆盘转动角速度， ωr是皮带相对圆盘的角速度。 当圆盘转动与皮带轮转动方向相反时， 上、下皮带（ A ）。

A．向两边分开； B 向中间靠拢， C 保持距离不变 D 无法判断

ωrωe题二-8图

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9. 判断下列平面图形中，（ D ）图形的速度分布是可能的。 B. D. C. A. vAvvAvA AAAAA vBB BvBBvBBvB vAvBABvAvBvAvB,vAvBvBAB 题二-9图

10. 某瞬时，作平面运动图形上A、B两点的加速度相等，即aAaB，则该瞬时平面图形的角速度和角加速度满足（ C ）。 A．0,0； B. 0,0; C. 0,0; D. 0,0

11. 图示一质点无初速地从位于铅垂面内的圆的顶点O出发，在重力作用下沿通过O点的弦OA，OB，OC运动。设摩擦不计。对比质点走完任一条弦所需要的时间，（ D ）。

A．沿OA弦用时越少；B. 沿OB弦用时越少；C. 沿OC弦用时最少；D. 沿所有的弦用时相同。 O O

vC

y B A 第二（12）题图 第二（11）题图 12. 质量为m的小球沿铅垂方向运动，受介质阻力FRkv，在图示情况下，质点的运动微分方程为（ A ）。

A．mymgky；B．mymgky；C．mymgky；D．mymgky 13. 如图所示四种情况，惯性力系的简化只有（ C ）图正确。

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第三题，计算题（10分）

1.自重为P=100 kN的T字型刚架 ABD，置于铅垂面内，尺寸及载荷如图。其中 M=20 kN·m ，F=400 kN ， q= 20 kN/m ，l=1 m 。试求固定端A的约束反力。

解：以T字型刚架ABD为研究对象，画受力图。

列方程F600lBlDMY0,MA0,FAyPFsin6000l3lX0,FAxQFcos6000CQPMAFAyFAxAMAMQlFsin600lFcos6003l0解方程，求得FAx170(kN)FAy246.4(kN)MA203.6(kNm)

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2. 结构如图，A端为固定端，悬挂着物块的绳绕过定滑轮后系在 F 处,其中各杆尺寸为：AB=BC=4a，CD=2a，O为 BC中点 ，F为 CD 中点，DE与水平方向夹角为45°。求：A处的约束反力。

解：1) 取构件BCD为分离体画受力图列方程BrDFFDX0FBxFDcos450①FBxoFByWCY0FByFDsin45W0②mBFi0可解出：D6FDaWa0③2rBoFCE1FBxW65FByW6AW 2) 取AB杆为分离体画受力图列方程B''FBy'FBxX0FAxFBx0Y0FAyFBy'0mAFi0MAF'Bx4a0④⑤FAyM⑥AFAx解得:1FAxW65FAyW62mAWa3 6

华北理工大学【理论力学】期末考试复习题

3. 已知F=10kN，M =20kN·m，a=4m ，F 作用在B点。求 A、C 的约束力。

方法一、先以BC为研究对象，画其受力图FByFBMaCBFBxFCFBy5kNFC10kNMC(F)0,X0,Y0,FBy4M0FBxFCcos3000FByFCcos6000FBx8.7kN或0Fsin304M0M(F)0,BCFC10kN 再以AB为研究对象，画其受力图FAyMAABFBx'FBy'FAxFBx0'FAyFByF0F'FAxaX0,M解得Y0,A(F)0,'MAF4FBy40FAx8.7kNFC10kNFAy5kNMA20kNm 7

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方法二解：1、研究BC杆，画受力图FByFBMaCBFBxMB0(F)0,FCsin304M0FCFC10kN2、研究整体（刚化），画受力图FAyFMAAMCaFAxaBFC MAFAyFAMCaFAxaBFCMX0,Y0,A'FAxFBx0'FAyFByF0(F)0,MAF4MFCsin30080FC10kNMA20kNm解得FAx8.7kN讨论：如何处理作用在中间铰链上的集中力？集中力在铰链两侧的分配方式的对两端的约束反力有无影响？

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第四题：计算题（15分）

半径为r的圆轮以等角速度1绕轴O1转动，从而带动靠在其上的OA杆绕轴O摆动，试求图示位置(AOO1600)杆OA的角速度和角加速度。

AvrBCO1ve 解：取凸轮上的C点为动点，以OA杆为动系绝对运动：绕O1的圆周运动（规律已知）相对运动：与杆平行的直线运动（规律未知）va牵连运动：绕轴O的转动（规律未知）（1）速度分析由速度合成定理：vaOAB1CvevrOaennaa作出速度平行四边形，解出：arvevrvar1ve/OC1/2（2）加速度分析aτ0a由动系转动时的加速度合成定理：τnτnaCaaaaaaeearaCaτeτene aaaaaraC其中：aa0ne2τanaBACaraτa0naar122OaenaOC2r(1/4)r1/22anaaτeaCaC2vrr12将上面的方程投影在：轴方向n0n0aacos600aecos30aecos60aC代入各已知量，经运算可得ae/OCae321（负号说明其实际转向为与假设相反）4 32r129

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2. 已知O1A=O2B=r，AB=AC=2r，曲柄O1A以匀角速度 转动。求图示瞬时杆DCE的速度和加速度。

O2vB=0BDCO1分析：此机构的主动件为曲柄O1A，摆杆O2B和三角板ABC为一级从动件，杆DCE在套筒C的带动下运动，为二级从动件。求解过程应该是由主动件向从动件逐级推进。EvAA在机构的传动过程中，三角板ABC和套筒C起到了承上启下的作用，是分析的重点。此外，应该看到杆O1A 、杆O2B 和三角板ABC实际上组成了四连杆机构。解：（1）速度分析首先研究三角板ABC的平面运动 由A点和B点的速度vA、vC可确定三角板ABC的速度瞬心恰在B点O2vB=0BABCDvDECvC2vA2r所以：vB=0vrABCAAB2r2（为加速度分析之用）vAAvCO1vrE套筒C和杆DCE间的运动关系，属合成运动问题。以套筒C为动点，杆DCE为动系naB0由速度合成定理：vavevr可得：vCvDEvr解得：vDEvCcos45r0O2（2）加速度分析（a）首先研究三角板ABC的平面运动以A为基点，分析B点的加速度nτnτnaτBaBaAaAaBAaBAaτBAaBBnABCaAnaBAAanAC O110

华北理工大学【理论力学】期末考试复习题

其中：arnA2naBA2rABC2aA0naB012r2上面的方程投影于水平方向，易得：aBA所以，三角板的角加速度为：0ABC0nnaCaAaτ（b）以A为基点，分析套筒C的加速度：CAaCA（c）以套筒C为动点，杆DCE为动系aa由加速度合成定理：其中：arnA2aearAABC0aτCA0nnaτ所以：aACAaCAaDEarDaraDEEaCA2rABC02naCA2rABC12naar（）上面的方程投影于水平方向，易得：DECA212r2anAanCACnaA 第五题：计算题（15分）

1. 均质杆AB长为l，重为P，用两条相互平行的铅垂线吊起，突然将BE绳剪断；求：剪断瞬时，绳AD内张力及AB杆的角加速度。

D A E P C 30 B

D T A E 解：1、研究对象：AB杆；

2、受力分析； 3、求、T：

PaCx0 ① gPaCyTP ② gaAP C 30aCAB xlJCTcos30 ③

2运动学补充方程：

ynaCaAaCAaCA

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华北理工大学【理论力学】期末考试复习题

方向 ？ → ⊥AB CA 大小 ？ ？  0

将上式向y 轴投影：

laCy0cos3000

2l2aCy3l ④ 4将④式代入②式，得：

TP3Pl ⑤ 4g将⑤式代入③式，得

Pl23Pl3l3Pl3Pl2(P) 12g4g4416g13Pl23Pl123g 48g413l将代入⑤式：

TP943Pl123gPPP 13134g13lT4P 132. 图示系统，A处光滑，绳BD 铅垂，杆长为L，质量为m，450。求剪断BD绳瞬时，均质杆AB的角加速度及地面约束力。

FANmg

解：1．研究对象：AB杆，

2．受力分析：BD绳剪断后，其受力如图所示，

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华北理工大学【理论力学】期末考试复习题

3．列方程求解： 动力学方程：

macx0 ①

macymgFAN ②

12lmlABFANcos122 ③

yaCx

ABCaCAaAacx 、acx、AB、FAN四个未知力三个方程。

aCyx

运动学补充方程，

以A点为基点，分析C点加速度

naCaAaCAaCA

方向 ？ ← ⊥AB CA 大小 ？ ？ AB 0

n其中：运动初始时，AB杆角速度为零，因此aCA20。

l2l2将加速度矢量式向y轴投影

laCyABcos ④

2将④式代入②式，得：

mlcosFANmgAB ⑤

2将⑤式代入③式：

12mlcoslmlAB(mgAB)cos 12221lcos2lABgcosAB 622(13cos)lAB6gcos

AB6cosg(13cos2)l

将AB代入⑤式

mlcos6cosgFANmg

2(13cos2)l3cos2[1]mg

(13cos2)当450时，

AB362gag  c55lFAN2mg 5

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第六题：计算题（15分）

1. 滚子A质量为m1，沿倾角为的斜面向下只滚不滑，如图所示。滚子借一跨过滑轮B的绳提升质量为m2的物体C，同时滑轮B绕O轴转动。滚子A与滑轮B的质量相等，半径相等，且都为均质圆盘。求滚子重心的加速度和系在滚子上绳的张力。

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华北理工大学【理论力学】期末考试复习题

2. 系统如图所示，长为L的均质杆AB由静止（030o）开始运动，求杆脱离墙壁时的，角加速度和地面的约束力（不计摩擦）。

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分析：只有一个作平面运动的刚体，而且约束也只有两处，但如果用刚体平面运动微分方程求解并不容易，因为需要建立C点的a、an与间的运动学关系，还要联立求解方程，这些并非容易。况且此题目中的运动和力是与过程有关的，这就不可避免地要首先应用动能定理。yAPFAanCBamgFBx解：以杆AB为研究对象。设它滑至任意的（A端尚未脱离墙壁）位置时，其角速度为，并考虑vCl/2，则其动能为到运动学关系：T12111mvC(ml2)2ml2222126 l重力作功：Wmg(cos0cos)2由动能定理：T0W得：23g(cos0cos)/l解出：……………(a)3g(cos0cos)/l式(a)两边对时间t 求导，可得：23sing/l解出：sin32gl利用上面求解所得到的和，可得：l23l3nτa(cos0cos)gaCsing，C22242 16

华北理工大学【理论力学】期末考试复习题

由质心运动定理在水平和竖直两方向上列方程：xnmaCm(aτcosaCCsin)FAynmaCm(aτsinaCCcos)FBmg解得：3sin(3cos2cos0)mg412FB19cos(coscos0)mg43FA0当杆的A端即将脱离墙壁时，FA233)35.26o3 由此解得相应的位置cos1(cos0)cos1(sin32g=（ ） lFB（ ）

第七题：计算题（10分）

1. 图示系统中，均质杆AB、BC长均为l，质量均为mAB=mBC=m ，A端为固定端，B为中间铰链，C端用细绳吊在天花板上。试求细绳被剪断后的瞬时，BC杆的角加速度、B点和A端的约束力。（达朗伯原理）

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lABlCFgFBxFByBMgBDCmgaD解：研究杆BC。设杆的角加速度为l则杆质心的加速度为aD2列方程：Byg画受力图，并虚加惯性力：FgmaDmY0，FFmg0m0,Mmgl/20Bl21Mgml23gB解得：MgBFg3mg41mgl23g2laDFBy1mg4FgBmg3g4 研究整体。FAyAMAFAxMgBCmg画受力图，并虚加惯性力：Fg列方程：X0，FAx0Y0，FF2mg0Ayg3mg4MgB1mgl2mA0,MAMgBFg.lmgl/2mg3l/20MA5mgl25解得：FAx0FAymg4 2. 用虚位移原理求图示组合梁支座A 、B、C处的约束反力。（其它方法不得分） F3 4m F1 3m F2 4m A M N D C B 8m 11m 7m 11m 8m

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华北理工大学【理论力学】期末考试复习题

将原结构的支座A解除，代以约束反力FA。

给系统以虚位移。其中：

r13r2r2rM41111 ，

rA8rArMrA7814建立虚功方程：

FArAF1r1F2r20

将各虚位移间的关系代入上面方程中，可解得：

314FAF1F2

811其它各支座的约束反力，可通过解除相应支座后，由虚位移原理解出。

须注意：因为一个虚功方程只能解一个未知量，所以每解除一次约束，只能让一个约束反力显露出来。