理论力学练习题参考答案

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,难以判断就是否平衡。

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 与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)力系合力的大小为F F 2R =; (2)力系合力作用线距O 点的距离为)12(2
-=
a
d ; (合力的方向与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 就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 = 23 ml 2ω
B.L O = 4
3 ml 2ω C.L O = 53 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 。

(大小为αα223
1
l M ml +,转向逆时针)
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
22
⋅=-+=B A lF ql M M 由
0 , 0=+⇒=∑ql F F
Ax x
解得 ←-=-= (kN) 24ql F Ax 由
0 , 0=+⇒=∑B Ay y
F F F
解得 ↓-=-= (kN) 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ο30,而对应的摩擦角为
ο&316.0arctan arctan f ===B B f ϕ＞ο30,故B 处不会产生滑动。

设杆长为l ,则 由
04
60sin
, 0)(R =-⇒=∑Pl
F l M B A οF 解得 (N) 3.1446
3
R ==P F B 由
060cos , 0R S =-⇒=∑οB A x
F F F
解得 (N) 17.7260cos R S ==οB A F F 由
060sin , 0R N =-+⇒=∑P F F F
B A y
ο
解得 (N) 37560sin R N =+-=P F F B A ο 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 ===οB 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 (rad/s) 8.15
9
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 7502r 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 )(rad/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 与杆BC 的角速度;(2)杆AB 的角加速度。

解:
(1)杆AB 与杆BC 的角速度。

如图(a)所示,D 与P 分别为轮O 与杆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 =====∠=∠=∠=∠ο
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
ο
οο
ο
30cos 60cos , 30cos 60cos n n t t n n
BA B BA
BA
BA
B
a a a
a
a
a -=⇒+=,
ο
ο30
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 2n ====ωω 代入上式解得 )(rad/s 33430
cos 260cos 2n
n t =-==ο
οr 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 时的速度与加速度,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。

由质心运动定理
a g
P
P F P F a g
P
+
=⇒-=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
P F F B 2,2T
T1=+==, 以及运动学关系
αr a =,由式(2)可解得
rP
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)
(a) (b)
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。