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理论力学练习试题参考答案解析

一、概念题

1．正方体仅受两个力偶作用，该两力偶矩矢等值、反向，即21M M =，但不共线，则正方体① 。 ① 平衡； ② 不平衡；

③ 因条件不足，难以判断是否平衡。

2．将大小为100N 的力F 沿x 、y 方向分解，若F 在 x 轴上的投影为86.6 N ，而沿x 方向的分力的大小为115.47 N ，则F 在y 轴上的投影为① 。

① 0；② 50N ；③ 70.7N ；④ 86.6N ；⑤ 100N 。

3．平面平行力系的五个力分别为F 1 = 10 N ，F 2 = 4 N ，F 3 = 8 N ，F 4 = 8 N 和F 5 = 10 N ，则该力系简化的最后结果为大小为40kN·m ，转向为顺时针的力偶。

4．平面力系如图，已知F 1 =F 2 = F 3 = F 4 =F ，则：

（1

（2）力系合力作用线距O （合力的方向和作用位置应在图中画出）。

5．置于铅垂面内的均质正方形簿板重P = 100kN ，与地面间的摩擦系数f = 0.5，欲使簿板静止不动，则作用在点A 的力F 的最大值应为 35.4kN 。

6．刚体作平面运动，某瞬时平面图形的角速度为

ω，A 、B 是平面图形上任意两点，设AB = l ，今取CD 垂直AB ，则A 、B 两点的绝对速度在CD 轴上的投影的差值为 l ω 。

7．直角三角形板ABC ，一边长b ，以匀角速度ω 绕轴C 转动，点M 以s = v t 自A 沿AB 边向B 运动，其中v 为常数。当点M 通过AB 边的中点时，点M 的相对加速度a r = 0 ；牵连加速度a e = b ω2 ，科氏加速度a C = 2v ω （方向均须由图表示）。

8．图示三棱柱ABD 的A 点置于光滑水平面上，初始位置

AB 边铅垂，无初速释放后，质心C 的轨迹为 B 。

A ．水平直线

B ．铅垂直线

C ．曲线1

D ．曲线2

9．均质等边直角弯杆OAB 的质量共为2 m ，以角速度ω绕O 轴转动，则弯杆对O 轴的动量矩的大小为 C 。

A ．L O = 2

3 ml 2ω B ．L O = 4

3 ml 2ω C ．L O = 5

3 ml 2ω

D ．L O = 7

3 ml 2ω 10．如图所示，质量分别为m 、2m 的小球M

1、M 2，用长为l 而重量不计的刚杆相连。现将M 1置于光滑水平面上，且M 1M 2与水平面成60°角。如无初速释放、则当小球M 2落地时，M 1球移动的水平距离为向左移动l /3。

11．如图所示系统由匀质圆盘与匀质细杆铰连而成。已知：圆盘半径为r 、质量为M ，杆长为l ，质量为m 。在图

示位置，杆的角速度为ω 、角加速度为α ，圆盘的角速度、角加速度均为零。则系统惯性力系向定轴O 简化后，其主矩为。

()

二、计算题

图示平面结构，各杆件自重不计。已知：q = 6 kN/m ，M = 5 kN·m ，l = 4 m ，C 、D 为铰，求固定端A 的约束力。

解：显然杆BD 为二力杆，先取构件CD 为研究对象，受力图如图（a ）所示。

由 012

2 , 0)(2

=--?=∑ql M F l M D C F 解得 (kN) 625.124

2=-=

ql l M F D

再取整体为研究对象，受力图如图（b ）所示，(kN) 625.1==D B F F 。

由 0322 , 0)(2

=+--?=∑A B A M ql M F l M F 解得 m)(kN 5623

?=-+=B A lF ql M M 由

0 , 0=+?=∑ql F F

Ax x

解得 ←

-=-= (k N ) 24ql F Ax 由

0 , 0=+?=∑B Ay y

F F F

解得 ↓-=-= (k N ) 625.1B Ay F F

2、折梯放在水平地面上，其两脚与地面的摩擦系数分别为f A = 0.2，f B = 0.6，折梯一边AC 的中点D 上有一重为P = 500N 的重物，折梯重量不计，问折梯能否平衡？如果折梯平衡。试求

出两脚与地面间的摩擦力。

解：假定折梯处于平衡，经受力分析可知杆BC 为二力杆， B 处全约束力的方向应沿杆轴线BC 方向，如图所示，其与接触面公法线的夹角为 30，而对应的摩擦角为

316.0arctan arctan f ===B B f ?＞ 30，故B 处不会产生滑动。

设杆长为l ，则由

60sin

, 0)(R =-?=∑Pl

F l M B A F 解得 (N ) 3.1446

R ==P F B 由

060cos , 0R S =-?=∑ B A x

F F F

解得 (N ) 17.7260cos R S == B A F F 由

060sin , 0R N =-+?=∑P F F F B

A y 解得 (N ) 37560sin R N =+-=P F F

B A 最大静滑动摩擦力为

(N) 0.753752.0N max S =?==A A A F f F ＞(N) 17.72S =A F

故A 处也不会产生滑动，平衡假设成立。两脚与地面的摩擦力大小均为

(N) 17.7260cos R S S === B B A F F F

3、在图示机构中，已知：杆O 1A 以匀角速度ω = 5 rad/s 转动，并带动摇杆OB 摆动，若设OO 1 = 40 cm ，O 1A = 30 cm 。试求：当OO 1⊥O 1A 时，摇杆OB 的角速度及角加速度。

解：

以滑块A 为动点，动系与摇杆OB 固结，则绝对轨迹为圆，相对轨迹为直线，速度图如图(a)所示。由几何关系不难得

(cm /s) 150 , 0.8cos , 6.0sin 1a =?===ωθθA O v

根据点的合成运动的速度合成定理

r e a v v v +=

得 (cm /s) 90sin , (cm /s) 120cos a e a r ====θθv v v v 摇杆OB 的角速度为 (r a d /s ) 8.15

e ===

OA v OB ω 下面求角加速度。

加速度图如图(b)所示，由点的合成运动的加速度合成定理

(1) C r t e n

e a a a a a a +++=

其中

)

(cm/s 4321206.32

),(cm/s 162 ),(cm/s 7502

r C 22

n e 221a =?===?==?=v a OA a A O a OB OB ωωω

将式（1）向C a 方向投影得

)cm /s ( 168432600cos cos 2C a t e C t e a =-=-=?+=a a a a a a θθ摇杆OB 的

角加速度为 )(r a d /s 36.350

168

2t e ===OA a OB α

4、已知圆轮以匀角速度ω 在水平面上作纯滚动，轮轴半径为r ；圆轮半径R = 3 r ，AB = l = 2r ，BC = r 。在图示位置时，ω = 2 rad/s ，OA 水平，杆BC 铅垂。试求该瞬时：（1）杆AB 和杆BC 的角速度；（2）杆AB 的角加速度。

解：

（1）杆AB 和杆BC 的角速度。

如图（a ）所示，D 和P 分别为轮O 和杆AB 的速度瞬心，由几何关系不难得

32 , 2 , 30r AP r AB BP AD BAC APB BAP ADO =====∠=∠=∠=∠

根据计算速度（或角速度）的速度瞬心法，有

(rad/s) 3

34 , (rad/s) 33

2=?===?==

BC BP BC v AP AD AP v AB B BC A AB ωωωω 转向如图（a ）所示。

（2）杆AB 的角加速度

以点A 为基点，点B 为动点，加速度图见图（b ）。由计算加速度（或角加速度）的基点法，有

t n t n BA BA A B B a a a a a ++=+

将上式向铅垂方向投影，得

30cos 60cos , 30cos 60cos n n t t n n

BA B BA

a a a

a -=?+=，

cos 260cos n

n t r a a AB a BA B BA AB

-==α 将 r r a r r a AB BA BC B 3

82 , 3162

n 2

n ===

=ωω 代入上式解得 )(rad/s 33430

cos 260cos 2n

n t =-==

r a a AB a BA B BA AB

α 顺时针转向 5、在图示起重设备中，已知物块A 重为P ，滑轮O 半径为R ，绞车B 的半径为r ，绳索与水平线的夹角为β。若不计轴承处的摩擦及滑轮、绞车、绳索的质量，试求：

（1）重物A 匀速上升时，绳索拉力及力偶矩M ；

（2）重物A 以匀加速度a 上升时，绳索拉力及力偶矩M 。

（3）若考虑绞车B 重为P ，可视为匀质圆盘，力偶矩M =常数，初始时重物静止，当重物上升距离为h 时的速度和加速度，以及支座O 处的约束力。解：

由于不考虑滑轮的质量，两段绳子的拉力大小T F 应相同，且力偶矩T rF M =

（1）重物A 匀速上升时，由平衡条件可得绳索拉力大小就等于物块A 的重力P ，力偶矩

M = rP 。

（2）重物A 以匀加速度a 上升时，取物块A 为研究对象，如图(b)所示。

(a)

(b)

由质心运动定理 a g

P F P F a g

-=T T (1) 力偶矩 )1(T g

a rP rF M +==

（3）考虑绞车B ，受力图如图（c ），由刚体定轴转动微分方程

T1rF M J B -=α （2）

注意到 g

P r J a g

P F F B 2,2T

T1=+==，以及运动学关系

αr a =，由式（2）可解得

rP M g a 3)

(2-=

当重物上升距离为h 时的速度 rP

rP M hg ah v 3)

(422-==

即 rP

rP M hg v 3)

(4-=

最后求支座O 处的约束力，取滑轮O 为研究对象，受力图如图（d ）

因 r

M P g a P F F F F 323)1(T1T T1T +=+==='

且滑轮质量不计，故

)

sin 1)(323(sin cos )323(cos T1T T1βββ

β++='

+'=+-='

-=r

M P F F F r

M P F F Oy Ox