理论力学课后习题答案

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

21

MM,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、6N,而沿x方向的分力的大小为115、47N,

则F在y轴上的投影为①。

①0;②50N;③70、7N;④86、6N;⑤100N。

3.平面平行力系的五个力分别为F

1

=10N,F

2

=4

N,F

3

=8N,F

4

=8N与F

5

=10N,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FF2

R

;

(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

,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lω。

7.直角三角形板ABC,一边长b,以匀角速度绕轴

C转动,点M以s=vt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

=bω2,科氏加速度a

C

=2vω

理论力学练习题参考答案

(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2m,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

ml2ωB.L

O

=

4

3

ml2ω

C.L

O

=

5

3

ml2ωD.L

O

=

7

3

ml2ω

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

1

M

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、角加速度为,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22

3

1

lMml

,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=6kN/m,M=5kN·m,l=4m,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

0

12

2,0)(

2

ql

MFlM

DC

F

解得(kN)625.1

242



ql

l

M

F

D

理论力学练习题参考答案

再取整体为研究对象,受力图如图(b)所示,(kN)625.1

DB

FF。

由0

3

2

2,0)(

2

ABA

M

ql

MFlMF

解得m)(kN562

3

22



BA

lF

ql

MM

由0,0qlFF

Axx

解得(kN)24qlF

Ax

由0,0BAyy

FFF

解得(kN)625.1

BAy

FF

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



316.0arctanarctan

f



BB

f＞30,故B处不会产生滑动。

理论力学练习题参考答案

设杆长为l,则

由

0

4

60sin,0)(

R

Pl

FlM

BA

F

解得(N)3.144

6

3

R



P

F

B

由060cos,0

RS



BAx

FFF

解得(N)17.7260cos

RS



BA

FF

由060sin,0

RN

PFFF

BAy



解得(N)37560sin

RN

PFF

BA



最大静滑动摩擦力为

(N)0.753752.0

NmaxS



AAA

FfF＞(N)17.72

S



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

RSS



BBA

FFF

3、在图示机构中,已知:杆O

1

A以匀角速度=5rad/s转动,并带动摇杆OB摆动,若设

OO

1

=40cm,O

1

A=30cm。试求:当OO

1

⊥O

1

A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

AOv

理论力学练习题参考答案

根据点的合成运动的速度合成定理

rea

vvv

得(cm/s)90sin,(cm/s)120cos

aear

vvvv

摇杆OB的角速度为(rad/s)8.1

5

9

e

OA

v

OB



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)

Cr

t

e

n

ea

aaaaa

其中

)(cm/s4321206.32

),(cm/s162),(cm/s750

2

rC

22n

e

22

1a





va

OAaAOa

OB

OB





将式(1)向

C

a方向投影得

)cm/s(168432600coscos2

Ca

t

eC

t

ea

aaaaaa

摇杆OB的

角加速度为)(rad/s36.3

50

168

2

t

e

OA

a

OB



4、已知圆轮以匀角速度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,=2rad/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。

理论力学练习题参考答案

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

32,2,30rAPrABBPADBACAPBBAPADO

根据计算速度(或角速度)的速度瞬心法,有

(rad/s)

3

34

,(rad/s)

3

32











BC

BP

BC

v

AP

AD

AP

v

ABB

BC

A

AB









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

tntn

BABAABB

aaaaa

将上式向铅垂方向投影,得







30cos

60cos

,30cos60cos

nn

ttnn

BAB

BABABAB

aa

aaaa





,





30cos2

60cosnnt

r

aa

AB

a

BABBA

AB





将

rrarra

ABBABCB3

8

2,

3

16

2n2n代入上式解得

)(rad/s

3

34

30cos2

60cos

2

nnt











r

aa

AB

a

BABBA

AB



顺时针转向

理论力学练习题参考答案

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

rFM

(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

PFPFa

g

P



TT

(1)

力偶矩

)1(

Tg

a

rPrFM

(3)考虑绞车B,受力图如图(c),由刚体定轴转动微分方程

T1

rFMJ

B



(2)

注意到

g

Pr

Ja

g

P

PFF

B2

,

2

TT1



,以及运动学关系

ra,由式(2)可解得

rP

rPMg

a

3

)(2



当重物上升距离为h时的速度

rP

rPMhg

ahv

3

)(4

22





即

rP

rPMhg

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)

理论力学练习题参考答案

因

r

MP

g

a

PFFFF

3

2

3

)1(

T1TT1T









且滑轮质量不计,故

)sin1)(

3

2

3

(sin

cos)

3

2

3

(cos

T1T

T1





















r

MP

FFF

r

MP

FF

Oy

Ox