理论力学-理论力学期末考试(答案题解)
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哈尔滨工业大学
理论力学课程期末考试（答案题解）
一、1、（1） 研究全系统，由 M O (F ) 0 计算；（2）三种方法：平面运动刚
体运动微分方程；（3）静力学平衡方程和虚位移原理。
2、两个自由度，理想约束，完整约束，定常约束
二、解： 研究 BD 杆，受力如图所示。
F F ' M B 0 F1 l FDx 2l 0
mvC2
力所作的功为 W
M
2
由动能定理有
2
M
11 12
mvC2
解得 vC
6M 11m
C
1 R
6M 11m
BC
1 2R
6M 11m
以 C 为基点，分析 B 点加速度，加速度合成图如图所示。
aBt
a
n B
aC
aBt C
aBnC
向 aBt 方向投影，有
3 2
R
FC
R
3 2
mR 2
C
3mR 2
解得
M 10mR 2
S
所以 O1A
M 10mR 2
C
2
M 5mR 2
BC 0
OB
M 10mR 2
分析圆盘，建立相对质心 C 的动量矩定理，有
FE
R
mR 2 2
C
5、 解：分析 BC 杆，瞬心为 B。
解得
FCx '2l FBE '
2 2
l
0
FF F F F ' FBE' 2F
B
By Cy C
A
Ay
D Dx
F 2 Cx
F ' 3、 解：以点 C 为动点，杆 O1A 为动系，速度合成如图所示。
v vC ve vr
解得 vC vr ve 2R
Dy
r
Dy
F FDx
F1 2
F 2
D
FCx ' 研究 CD 杆，受力如图所示。
Fx 0 FCx F2 cos 60 FDx ' 0
Cy Dx C
F F1 FBE ' FCx
F 2
F2 2
F 2
BE
研究 AC 杆，受力如图所示。
FBx M A 0
FE
M 10R
初瞬时系统动能为T1 0
FC
C
E N
FEN
图示瞬时 C
vC R
பைடு நூலகம்
, BC
vC 2R
则系统动能为
T2
1 2
mvC2
1 2
JCC 2
1 2
1 3
m(2R
)
2
2 BC
1 2
mvC2
1 2
mR 2 2
vC2 R2
1 6
m(2R)2
vC2 4R
2
11 12
OB C 2 分析杆 BC，受力如图所示。由质心运动定理有
FC ' m 2R 分析杆 O1A，受力如图所示。由杆平衡有
B
A
D
FD '
M
O 1
M FD 3R 0
解得
FD
M 3R
分析圆盘，受力如图所示。 相对于瞬心 E 建立动量矩定理有
FDD
FD
大小
2R 2 2 R
2vr
方向如图所示。 向 ak 方向投影
aC
cos 30
a
t e
cos 30
aen
sin 30
2vr
有
C
aen
60 aarC
a aet k
aC
3 2
2R
3 2
2
2R
1 2
2
2R
解得
aC 2R 2 3 2 R
以 C 为基点，分析 B 点的加速度。
以 C 为基点，分析 B 点速度。
vB vC vBC vBC 0 （杆 BC 瞬时平移）
C
vB vC 2R
BC 0
OB
vB 2R
6600
vC
ve
以点 C 为动点，杆 O1A 为动系，加速度合成如图所示。 aC aet aen ar ak
a
t B
a
n BC
2 BC
BC
(
1 2R
6M 11m
)2
2R
3M 11mR
则 OB
a
t B
2R
3M 22mR 2
C
aBt C aBn
a aaBnBtC
B
C
6、 解：给系统虚位移，O1A 杆为1 （顺时针），OB 杆为2 （顺时针）。
WF 0
M11 M 22 0
aBt
a
n B
aC
aBt C
C
aBnC
大小
O2B 2R 2R 2 3 2 R
0
a
n BC
B
a
t BC
aBnaBt
aC
方向如图所示。
向 OB 方向投影
a
n B
a
t BC
解得
a
t BC
O2B
2R 2 2 R
O
向 aC 方向投影
a
t B
aC
2R 2
3 2 R
所以 BC
a
t BC
2R
2 (顺时针)
OB
a
t B
2R
3 2 (顺时针)
C
aC R
2 2
3 2 (顺时针)
4、 解：参照第三题的计算结果，初始瞬时有
FC ' C
OB BC 0 aC aet aB 2R BC 0
虚速度为
1
1 t
，2
2 t
则 M11 M 22 0
由第二题可知 1 2 则 M1 M 2
理论力学课程期末考试（答案题解）
一、1、（1） 研究全系统，由 M O (F ) 0 计算；（2）三种方法：平面运动刚
体运动微分方程；（3）静力学平衡方程和虚位移原理。
2、两个自由度，理想约束，完整约束，定常约束
二、解： 研究 BD 杆，受力如图所示。
F F ' M B 0 F1 l FDx 2l 0
mvC2
力所作的功为 W
M
2
由动能定理有
2
M
11 12
mvC2
解得 vC
6M 11m
C
1 R
6M 11m
BC
1 2R
6M 11m
以 C 为基点，分析 B 点加速度，加速度合成图如图所示。
aBt
a
n B
aC
aBt C
aBnC
向 aBt 方向投影，有
3 2
R
FC
R
3 2
mR 2
C
3mR 2
解得
M 10mR 2
S
所以 O1A
M 10mR 2
C
2
M 5mR 2
BC 0
OB
M 10mR 2
分析圆盘，建立相对质心 C 的动量矩定理，有
FE
R
mR 2 2
C
5、 解：分析 BC 杆，瞬心为 B。
解得
FCx '2l FBE '
2 2
l
0
FF F F F ' FBE' 2F
B
By Cy C
A
Ay
D Dx
F 2 Cx
F ' 3、 解：以点 C 为动点，杆 O1A 为动系，速度合成如图所示。
v vC ve vr
解得 vC vr ve 2R
Dy
r
Dy
F FDx
F1 2
F 2
D
FCx ' 研究 CD 杆，受力如图所示。
Fx 0 FCx F2 cos 60 FDx ' 0
Cy Dx C
F F1 FBE ' FCx
F 2
F2 2
F 2
BE
研究 AC 杆，受力如图所示。
FBx M A 0
FE
M 10R
初瞬时系统动能为T1 0
FC
C
E N
FEN
图示瞬时 C
vC R
பைடு நூலகம்
, BC
vC 2R
则系统动能为
T2
1 2
mvC2
1 2
JCC 2
1 2
1 3
m(2R
)
2
2 BC
1 2
mvC2
1 2
mR 2 2
vC2 R2
1 6
m(2R)2
vC2 4R
2
11 12
OB C 2 分析杆 BC，受力如图所示。由质心运动定理有
FC ' m 2R 分析杆 O1A，受力如图所示。由杆平衡有
B
A
D
FD '
M
O 1
M FD 3R 0
解得
FD
M 3R
分析圆盘，受力如图所示。 相对于瞬心 E 建立动量矩定理有
FDD
FD
大小
2R 2 2 R
2vr
方向如图所示。 向 ak 方向投影
aC
cos 30
a
t e
cos 30
aen
sin 30
2vr
有
C
aen
60 aarC
a aet k
aC
3 2
2R
3 2
2
2R
1 2
2
2R
解得
aC 2R 2 3 2 R
以 C 为基点，分析 B 点的加速度。
以 C 为基点，分析 B 点速度。
vB vC vBC vBC 0 （杆 BC 瞬时平移）
C
vB vC 2R
BC 0
OB
vB 2R
6600
vC
ve
以点 C 为动点，杆 O1A 为动系，加速度合成如图所示。 aC aet aen ar ak
a
t B
a
n BC
2 BC
BC
(
1 2R
6M 11m
)2
2R
3M 11mR
则 OB
a
t B
2R
3M 22mR 2
C
aBt C aBn
a aaBnBtC
B
C
6、 解：给系统虚位移，O1A 杆为1 （顺时针），OB 杆为2 （顺时针）。
WF 0
M11 M 22 0
aBt
a
n B
aC
aBt C
C
aBnC
大小
O2B 2R 2R 2 3 2 R
0
a
n BC
B
a
t BC
aBnaBt
aC
方向如图所示。
向 OB 方向投影
a
n B
a
t BC
解得
a
t BC
O2B
2R 2 2 R
O
向 aC 方向投影
a
t B
aC
2R 2
3 2 R
所以 BC
a
t BC
2R
2 (顺时针)
OB
a
t B
2R
3 2 (顺时针)
C
aC R
2 2
3 2 (顺时针)
4、 解：参照第三题的计算结果，初始瞬时有
FC ' C
OB BC 0 aC aet aB 2R BC 0
虚速度为
1
1 t
，2
2 t
则 M11 M 22 0
由第二题可知 1 2 则 M1 M 2