2009～2010学年度第一学期考试试题 （ A ）卷
课程名称《 理论力学 》 任课教师签名 出题教师签名 集体 审题教师签名 考试方式 （ 闭 ）卷 适用专业 考试时间 （ 120 ）分钟 题号 一 二 三 四 五 六 总分 .
得分 评卷人 一、判断题（每小题2分，共10分，正确打√，错误打×，填入括号内。） 1、当刚体受三个不平行的力作用时，只要这三个力的作用线汇交于同 一点，则该刚体就一定处于平衡状态。 （ ） 2、力偶是一对平衡力。 （ ） 3、力对点之矩是代数量，其正负号由右手定则确定。 （ ）
4、牵连速度是指刚体（动参考系）上与动点重合的一点的速度。（ ） 5、若系统仅在重力作用下运动，则该系统机械能守恒。 （ ） 二、填空题（每空2分，共20分）
1、如图1中所示为F1、F2组成的任意空间力系，则力F1对点D之矩为 ，力F2对点D之矩为 。
- 1 -
（ 图1 ） （ 图2 ）
2、 刚体作匀速定轴转动，角速度为ω,其上一点P转动半径为R，则点
P的法向加速度大小为 ，切向加速度大小为 3、如图2所示平行四边形机构，曲柄O一点，O 该 。 1A以匀角速度ω绕1轴逆时针
方向转动，小环M沿AB杆运动的相对速度为V，则小球M的科氏加速度的大小为 。
4、 已知点沿其轨迹的运动方程为S=2+3t，则该点必作 运动， 且速度大小为 。
（单位不考虑） 5、动点相对于 的运动称为相对运动， 对于定
参考系的运动称为牵连运动。
6、如图3所示系统中，已知弹簧刚度k=5N/cm，原长l0=20cm,
OA=40cm,AB=30cm,则刚滑块从A点运动到B点的过程中，弹性力所做的功为 。
( 图3 )
三、作图题（第一个图5分，第二、三个图分别10分，共25分）
请分别画出下列结构中的杆件的受力图（请将所有的受力图画在答题纸上，不要直接在题目上面画图，注意每个杆件分开画图。）
（ 图3.1 ）
- 2 -
图（3.2 ）
BFCED
A
（ 图3.3 ）
（15分）如图4中所示之结构由杆AB与BC在B处铰接而成。结构
A处为固定端，C处为辊轴支座。DE段结构上承受均布载荷作用，荷载集度为q；E处作用有外力偶，其力偶矩为M。若q、M、d等为已知，求A、C二处的约束力。
四、
答案与评分标准
一、判断题（10分） 1、 × 2、× 3、 × 4、 √ 5、√ 二、填空题（20分，每空2分） 1、（-12，9，-12） ； 0 2、 ω2 R ； 0 ； 3、 0 ；
4、 匀速 ； 3 ；
5、 动参考系 ； 动参考系 ；
6、 —12.5J
(图4)
五、（15分）如图5所示机构中滑块A的速度为常值，VA=0.2m/s,AB=0.4m.
求当AC=CB，θ=30 o时杆CD的速度和加速度。
三、作图题（第一个图5分，第二、三个图分别10分，共25分）
（2分） （3分）
（ 图3.1 ）
(图5)
（5） （5）
2009-2010学年第1学期考试试题 （A）卷
- 3 -
图4
（ 图3.2 ） M B
BFBFEECFC′DFFCDFD′FDFE′MAXAAYA
（3分） （3分） （4分）
（ 图3.3 ）
（15分）解：
1、受力分析
对于结构整体，在固定端A处有3个约束力，设为FAx、FAy、MA；在辊轴支座C处有一个竖直方向的约束力FRC。如图4所示。（5分）
先考察杆BC的平衡，由
?MB(F)?0,FdRC?2d?M?qd?2?0
求得：FMRC?2d?qd4 （a）（5分）
再考察整体平衡，将DE段的分布载荷简化为作用于B处的集中力，其值为2qd，由平衡方程
?Fy?0,FAy?2qd?FRC?0
?MA?0,MA?2qd?2d?M?FRC?4d?0
将式（a）代入后，解得：
F7Ay?4qd?M2d,M2A?3qd?M （5分）
五、（15分）解：
- 4 -
四、
aBA= 0.43m/s
t2杆AB的角加速度为 ?AB?aBAABt?23rad/s （1）
再以点A为基点，杆AB上与套筒C重合的点C1的加速度为 aC1?aA?aC1A?aCA1 （2） 动系在AB上，套筒C为动点，有
tn
图5
已知点A和B的速度方向，AB的速度瞬心，如图5 （a） 所示，AB杆的角速度
aC?ae?ar?*a c*式中 ae= aC1， ac为科氏加速度。
故有 aC?aA?ac1A?ac1A?ar?ac
*上式在 ac方向上投影，并注意到aA=0，得：
tn*ωAB =
vAPA=1 rad/s （2）
动系建立在AB上，套筒C为动点，有
vc?ve?vr （2）
?a1cA?a， aCcos30 aC= ct?t*ac1A?accos30?t*（2）
由图5（a） 所示的速度合成关系可解出
vc?vr?ve2cos30?式中 ac1A= ?AB ?AC =0.23ms2
* ac=2?ABvr=?33?AB?PC?315m/s （2）
2153ms
2再做加速度分析。以点A为基点，点B的加速度如图5 （b）所示，并有 aB?aA?atBA代入aC表达式，得
aC=?anBA （2）
2?20.23??153??223??ms （2） ?331523考虑到 aA=0 则 tan?6?aBAatBAn
综上所述，当??30时，杆CD的速度vc??m/s，加速度ac=
ms。
2n22式中， aBA= ?AB?AB?1?0.4?0.4m/s，代入上式，得
六、（15分）解：
- 5 -
1.求滑块的加速度aΑ。
先假设滑块的小位移s，对整体应用动能定理：
六、（15分）如图6所示圆盘和滑块的质量均为m，圆盘的半径为r，
且可视为均质。杆OA平行于斜面，质量不计。斜面的倾斜角为θ，圆盘、滑块与斜面间的摩擦因数均为f，圆盘在斜面上作无滑动滚
T2-T1=W1-2
12m.VA2+m.VO2+.mr2ωo2-0 =2mg.s.sin?-mg.cos?.f. S (1)（3
222111动。试求滑块的加速度和杆的内力。
分）
由已知条件可知：VA =VO =rωo 则等式(1)可写成为：
52
4m. VA=mg.s.(2 sinθ-fcos?) (2) （2分）
对等式（2）两边对时间t求导得：
52. VA .aΑ= mg. VA.(2 sinθ-fcos?) （2分）
即得出：a2Α= 5.g.(2 sinθ-fcos?) （1分）
2、求杆的内力FN
由牛顿第二定律F=ma，对滑块进行受力分析：（2分）
FN+mgsin?- mg.f.cos?=m. aΑ （4分）
得：F2N=5.mg.(2 sinθ-fcos?)-mgsin?+mg.f.cos? =-15?sin??3fcos??mg （1分）
- 6 -
（图6）