《理論力學(xué)》期末復(fù)習(xí)考試試題(附答案詳解)一、單項(xiàng)選擇題（每題3分，共15分）1.關(guān)于靜力學(xué)公理，以下說法正確的是（）A.二力平衡公理適用于任何物體B.作用與反作用公理中的兩個(gè)力可構(gòu)成平衡力系C.加減平衡力系公理僅適用于剛體D.力的可傳性原理適用于變形體2.物體與固定面間的靜摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)物體處于臨界平衡狀態(tài)時(shí)，全約束力與接觸面法線間的夾角θ滿足（）A.θ=arctan(1/μ)B.θ=arctanμC.θ=arcsinμD.θ=arccosμ3.平面任意力系向某點(diǎn)簡(jiǎn)化后得到一個(gè)主矢和一個(gè)主矩，若主矢不為零、主矩為零，則原力系的最終簡(jiǎn)化結(jié)果為（）A.一個(gè)力偶B.一個(gè)合力C.平衡D.一個(gè)力螺旋4.點(diǎn)的合成運(yùn)動(dòng)中，牽連速度是指（）A.動(dòng)點(diǎn)相對(duì)于動(dòng)參考系的速度B.動(dòng)參考系相對(duì)于靜參考系的速度C.動(dòng)參考系上與動(dòng)點(diǎn)瞬時(shí)重合點(diǎn)的速度D.動(dòng)點(diǎn)相對(duì)于靜參考系的速度5.剛體繞定軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，若角速度ω>0、角加速度α<0，則剛體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)為（）A.加速轉(zhuǎn)動(dòng)B.減速轉(zhuǎn)動(dòng)C.勻速轉(zhuǎn)動(dòng)D.無法確定二、填空題（每題3分，共15分）1.力F對(duì)O點(diǎn)的矩的矢量表達(dá)式為________（用矢徑r和力F表示）。2.平面運(yùn)動(dòng)剛體的速度瞬心是指該瞬時(shí)剛體上________的點(diǎn)。3.質(zhì)量為m、半徑為R的均質(zhì)圓輪繞質(zhì)心的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為________；若轉(zhuǎn)軸平移至輪緣，轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為________（用平行軸定理計(jì)算）。4.達(dá)朗貝爾原理中，質(zhì)點(diǎn)的慣性力大小為________，方向與________相反。5.虛位移原理的數(shù)學(xué)表達(dá)式為________（用主動(dòng)力和虛位移表示）。三、計(jì)算題（共70分）1.靜力學(xué)平衡問題（15分）如圖1所示，水平梁AB由固定鉸支座A和滾動(dòng)鉸支座B支撐，梁上作用集中力F=20kN（與水平方向成30°角）、均布載荷q=10kN/m（作用于BC段，長(zhǎng)度l=2m），梁總長(zhǎng)L=5m。求支座A、B的約束力。（圖1：水平梁AB，A在左端，B在右端；集中力F作用于D點(diǎn)，AD=3m；BC段為均布載荷，BC=2m，即C點(diǎn)距B點(diǎn)2m，距A點(diǎn)3m）2.運(yùn)動(dòng)學(xué)綜合問題（20分）如圖2所示，曲柄滑塊機(jī)構(gòu)中，曲柄OA長(zhǎng)r=0.2m，以角速度ω=10rad/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)；連桿AB長(zhǎng)l=0.5m。當(dāng)θ=30°時(shí)，求：（1）滑塊B的速度v_B；（2）連桿AB的角速度ω_AB；（3）滑塊B的加速度a_B。（圖2：曲柄OA繞O轉(zhuǎn)動(dòng)，A端與連桿AB鉸接，B端為滑塊沿水平導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)）3.動(dòng)力學(xué)綜合問題（20分）如圖3所示，質(zhì)量為m、半徑為R的均質(zhì)圓輪沿傾角為θ的粗糙斜面無滑動(dòng)滾下，初始靜止。求：（1）圓輪質(zhì)心C的加速度a_C；（2）斜面與圓輪間的靜摩擦力F_f；（3）t=2s時(shí)圓輪的角速度ω（用動(dòng)能定理求解）。4.達(dá)朗貝爾原理應(yīng)用（15分）如圖4所示，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的均質(zhì)桿AB，用光滑鉸鏈固定于A點(diǎn)，初始時(shí)桿靜止于水平位置。求桿下擺至與水平方向成φ角時(shí)，鉸鏈A的約束力（用達(dá)朗貝爾原理求解）。答案詳解一、單項(xiàng)選擇題1.C（加減平衡力系公理僅適用于剛體，變形體加減平衡力系會(huì)改變其變形；二力平衡公理適用于剛體；作用與反作用公理的兩個(gè)力作用在不同物體上，不能構(gòu)成平衡力系；力的可傳性原理僅適用于剛體。）2.B（臨界平衡時(shí)，全約束力與法線夾角為摩擦角，tanθ=μ，故θ=arctanμ。）3.B（主矢不為零、主矩為零，說明原力系可簡(jiǎn)化為一個(gè)合力，作用線通過簡(jiǎn)化中心。）4.C（牽連速度是動(dòng)參考系上與動(dòng)點(diǎn)瞬時(shí)重合點(diǎn)的速度，即該點(diǎn)隨動(dòng)系的速度。）5.B（角速度與角加速度符號(hào)相反，剛體做減速轉(zhuǎn)動(dòng)。）二、填空題1.\(\boldsymbol{M}_O(\boldsymbol{F})=\boldsymbol{r}\times\boldsymbol{F}\)（矢徑r為O到力F作用點(diǎn)的矢量）。2.速度為零（速度瞬心是平面運(yùn)動(dòng)剛體上某瞬時(shí)速度為零的點(diǎn)）。3.\(\frac{1}{2}mR^2\)；\(\frac{3}{2}mR^2\)（平行軸定理：\(J=J_C+md^2\)，d=R，故\(J=\frac{1}{2}mR^2+mR^2=\frac{3}{2}mR^2\)）。4.\(ma\)；加速度方向（慣性力大小等于質(zhì)量與加速度的乘積，方向與加速度相反）。5.\(\sum\boldsymbol{F}_i\cdot\delta\boldsymbol{r}_i=0\)（所有主動(dòng)力在虛位移上的虛功之和為零）。三、計(jì)算題1.靜力學(xué)平衡問題解：取梁AB為研究對(duì)象，受力分析如圖（略）：-固定鉸支座A的約束力：水平分量\(F_{Ax}\)，豎直分量\(F_{Ay}\)；-滾動(dòng)鉸支座B的約束力：豎直分量\(F_B\)（垂直于支撐面，水平方向無約束）；-集中力F分解為水平分力\(F_x=F\cos30°=20\times\frac{\sqrt{3}}{2}=10\sqrt{3}\,\text{kN}\)，豎直分力\(F_y=F\sin30°=10\,\text{kN}\)；-均布載荷合力\(Q=q\timesl=10\times2=20\,\text{kN}\)，作用于BC段中點(diǎn)，距A點(diǎn)距離為\(L-\frac{l}{2}=5-1=4\,\text{m}\)。列平面任意力系平衡方程：（1）水平方向：\(\sumF_x=0\)，即\(F_{Ax}-F_x=0\)，解得\(F_{Ax}=10\sqrt{3}\,\text{kN}\approx17.32\,\text{kN}\)。（2）豎直方向：\(\sumF_y=0\)，即\(F_{Ay}+F_B-F_y-Q=0\)，即\(F_{Ay}+F_B=10+20=30\,\text{kN}\)。（3）對(duì)A點(diǎn)取矩：\(\sumM_A=0\)，即\(F_y\times3+Q\times4-F_B\times5=0\)（順時(shí)針為負(fù)，逆時(shí)針為正）。代入數(shù)值：\(10\times3+20\times4-5F_B=0\)，即\(30+80=5F_B\)，解得\(F_B=22\,\text{kN}\)。代入豎直方向方程，得\(F_{Ay}=30-22=8\,\text{kN}\)。答案：\(F_{Ax}\approx17.32\,\text{kN}\)（水平向右），\(F_{Ay}=8\,\text{kN}\)（豎直向上），\(F_B=22\,\text{kN}\)（豎直向上）。2.運(yùn)動(dòng)學(xué)綜合問題解：（1）速度分析：曲柄OA勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，A點(diǎn)速度\(v_A=r\omega=0.2\times10=2\,\text{m/s}\)，方向垂直O(jiān)A向上。連桿AB做平面運(yùn)動(dòng)，取A為基點(diǎn)，B點(diǎn)速度\(\boldsymbol{v}_B=\boldsymbol{v}_A+\boldsymbol{v}_{BA}\)，其中\(zhòng)(\boldsymbol{v}_{BA}\)為B相對(duì)于A的速度，方向垂直AB。由速度投影定理，\(v_A\cos(90°-θ)=v_B\cos0°\)（投影到AB方向），即\(v_A\sinθ=v_B\)。當(dāng)θ=30°時(shí)，\(v_B=2\times\sin30°=1\,\text{m/s}\)（水平向右）。（2）連桿AB的角速度\(\omega_{AB}=\frac{v_{BA}}{l}\)。由速度矢量三角形，\(v_{BA}=\frac{v_A}{\cosα}\)，其中α為AB與豎直方向的夾角。由幾何關(guān)系，\(\sinα=\frac{r\sinθ}{l}=\frac{0.2\times0.5}{0.5}=0.2\)，故α≈11.54°，\(\cosα\approx0.98\)，則\(v_{BA}\approx\frac{2}{0.98}\approx2.04\,\text{m/s}\)，因此\(\omega_{AB}=\frac{2.04}{0.5}\approx4.08\,\text{rad/s}\)（順時(shí)針）。（3）加速度分析：A點(diǎn)加速度\(a_A=r\omega^2=0.2\times100=20\,\text{m/s}^2\)（向心加速度，方向沿OA指向O）。B點(diǎn)加速度\(\boldsymbol{a}_B=\boldsymbol{a}_A+\boldsymbol{a}_{BA}^n+\boldsymbol{a}_{BA}^τ\)，其中\(zhòng)(\boldsymbol{a}_{BA}^n=l\omega_{AB}^2\)（指向A），\(\boldsymbol{a}_{BA}^τ=lα_{AB}\)（垂直AB）。沿水平方向投影：\(a_B=-a_A\cosθ+a_{BA}^n\cosα+a_{BA}^τ\sinα\)（向左為正）。因OA勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，\(α_{OA}=0\)，故\(a_A\)只有法向分量。由幾何關(guān)系，\(\cosθ=\frac{\sqrt{3}}{2}\)，\(\cosα=\sqrt{1-0.2^2}\approx0.98\)，\(\sinα=0.2\)，\(a_{BA}^n=0.5\times(4.08)^2\approx8.32\,\text{m/s}^2\)。代入得：\(a_B=-20\times\frac{\sqrt{3}}{2}+8.32\times0.98+0\)（因無角加速度時(shí)\(a_{BA}^τ=0\)？需修正：實(shí)際OA勻速，連桿AB的角加速度需通過加速度投影求解。正確方法：沿AB方向投影，\(a_A\cos(θ+α)=a_{BA}^n\)，即\(20\times\cos(30°+11.54°)=0.5\times\omega_{AB}^2\)，解得\(\omega_{AB}\approx4.08\,\text{rad/s}\)（同前）。再沿垂直AB方向投影，\(a_A\sin(θ+α)=a_{BA}^τ=lα_{AB}\)，得\(α_{AB}=\frac{20\times\sin41.54°}{0.5}\approx\frac{20\times0.663}{0.5}\approx26.52\,\text{rad/s}^2\)。最后，水平方向\(a_B=a_{BA}^τ\cosα-a_{BA}^n\sinα=0.5\times26.52\times0.98-0.5\times(4.08)^2\times0.2\approx12.99-1.66\approx11.33\,\text{m/s}^2\)（水平向左）。答案：（1）\(v_B=1\,\text{m/s}\)（水平向右）；（2）\(\omega_{AB}\approx4.08\,\text{rad/s}\)（順時(shí)針）；（3）\(a_B\approx11.33\,\text{m/s}^2\)（水平向左）。3.動(dòng)力學(xué)綜合問題解：（1）圓輪無滑動(dòng)滾動(dòng)，質(zhì)心加速度\(a_C=Rα\)（α為角加速度）。受力分析：重力mg（豎直向下），支持力F_N（垂直斜面），靜摩擦力F_f（沿斜面向上）。由質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理：\(mg\sinθ-F_f=ma_C\)。由轉(zhuǎn)動(dòng)定理：\(F_fR=J_Cα=\frac{1}{2}mR^2α\)（均質(zhì)圓輪繞質(zhì)心轉(zhuǎn)動(dòng)慣量\(J_C=\frac{1}{2}mR^2\)）。聯(lián)立得：\(F_f=\frac{1}{2}mRα=\frac{1}{2}ma_C\)（因\(a_C=Rα\)）。代入質(zhì)心運(yùn)動(dòng)方程：\(mg\sinθ-\frac{1}{2}ma_C=ma_C\)，解得\(a_C=\frac{2}{3}g\sinθ\)。（2）靜摩擦力\(F_f=\frac{1}{2}ma_C=\frac{1}{2}m\times\frac{2}{3}g\sinθ=\frac{1}{3}mg\sinθ\)。（3）用動(dòng)能定理：初始動(dòng)能\(T_1=0\)，t時(shí)刻動(dòng)能\(T_2=\frac{1}{2}mv_C^2+\frac{1}{2}J_Cω^2=\frac{1}{2}m(a_Ct)^2+\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}mR^2ω^2\)（\(v_C=a_Ct\)，\(ω=\frac{v_C}{R}=\frac{a_Ct}{R}\)）。重力做功\(W=mg\sinθ\timess=mg\sinθ\times\frac{1}{2}a_Ct^2\)（s為質(zhì)心位移）。由\(T_2-T_1=W\)，代入\(a_C=\frac{2}{3}g\sinθ\)，化簡(jiǎn)得\(ω=\frac{a_Ct}{R}=\frac{2g\sinθ\times2}{3R}=\frac{4g\sinθ}{3R}\)（t=2s時(shí)）。答案：（1）\(a_C=\frac{2}{3}g\sinθ\)；（2）\(F_f=\frac{1}{3}mg\sinθ\)；（3）\(ω=\frac{4g\sinθ}{3R}\)。4.達(dá)朗貝爾原理應(yīng)用解：桿AB下擺時(shí)做定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，質(zhì)心C到A的距離\(AC=\frac{l}{2}\)。設(shè)桿的角速度為ω，角加速度為α。慣性力系向A點(diǎn)簡(jiǎn)化：慣性力主矢\(F_{I}=ma_C=m\times\frac{l}{2}α\)（切向）和\(F_{In}=m\times\frac{l}{2}ω^2\)（法向）；慣性力主矩\(M_{IA}=J_Aα=\frac{1}{3}ml^2α\)（\(J_A=\frac{1}{3}ml^2\)為桿繞A的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量）。受力分析（主動(dòng)力+慣性力）：重力mg（作用于C點(diǎn)），慣性力\(F_{I}^τ\)（切向，與α反向）、\(F_{I}^n\)（法向，與向心加速度反向），慣性力偶\(M_{IA}\)（與α反向），鉸鏈約束力