答案2014年理论力学练习

1装订线AC判断题（正确的划√，错误的划×。请将答案写在答题框内。本大题共5小题，每小题2分，共10分）1.用解析法求平面汇交力系的平衡问题时，所建立的坐标系x，y轴一定要相互垂直。（）2.点作曲线运动时，其加速度的大小等于速度的大小对时间的导数。（）3.当质点系的动量守恒，各质点的动量不一定守恒。。（）4.无论牵连运动为何种运动，点的速度合成定理aervvv都成立。()5.若刚体运动时，其上两点的轨迹相同，则该刚体一定作平动。（)二、选择题（请将答案写在答题框内。本大题共5小题，每小题3分，共15分）1．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。A.0；B.50N；C.70.7N；D.86.6N；E.100N。2.下列静力学公理中，不只适用于刚体的是()。（A）力的平行四边形法则；（B）加减平衡力学原理；（C）二力平衡条件；（D）力的可传性。3.平行轴定理的表达式正确的是：（）(A).2zczJJmd(B).2zzcJJmd(C).2zzcJJmd(D).以上都不对.4.如图所示，均质杆AB直立在光滑的水平面上，当它从铅直位置无初速度地倒下时，其中质心C的运动轨迹是（）。（A）直线（B）圆（C）椭圆（D）曲线25.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()。(A)LO=23ml2ω；(B)LO=43ml2ω；(C)LO=53ml2ω；(D)LO=73ml2ω三、填空题（本大题共3小题，每小题4分，共12分）1.曲杆ABC在图示平面内可绕A轴转动，已知某瞬时B点的加速度为Ba＝5m/s，则求该瞬时曲杆的角速度=（）；角加速度=（）。2.如图所示，均质杆AB的质量为m，长度为l，放在铅直平面内，杆的一端A靠在墙壁，另一端B沿地面运动。已知当杆对水平面的夹角60时，B端的速度为v，则杆AB在该瞬时的动能T的大小为；动量P的大小为。3．曲柄OA以匀角速度转动，当系统运动到图示位置（OA//O1B，ABOA）时，有AvBv，AaBa，AB0，AB0。(填写①或②)①等于；②不等于。四、作图题（本大题共2小题，每小题8分，共16分）1.试画出下图中系统整体和各物体的受力图。1.5CM1.5CMBA3装订线2.在图示机构中，已知OO1=AB，OA=O1B，摇杆O2D在D点与套在AE杆上的套筒铰接。杆OA以匀角速度0转动，60º，=30º。画出D点的速度矢量分析图以及加速度矢量分析图。速度矢量分析图加速度矢量分析图五、计算题1.结构尺寸如图，B、C为光滑铰链，各构件自重不计，已知P=2kN，M=4kN·m，q=4kN/m，试求固定端D及支座A的约束反力。（本题15分）（1）取AB0)(iAFm，0244qXB，82qXBkN0iX，04qXXBA，8AXkN1.5CMAMAyFAxFByFlM2llCAPFqBAMAyFAxFByFlM2llCAPFqB4（2）取BC0iX，0BCXX，8CXkN0)(iCFm，05MYB，8.0BYkN0iY，0BCYY，8.0CYkN再取AB0iY，0ABYY，8.0AYkN（3）取CD0iX，060sinPXXCD，268.6DXkN0iY，060cosCDYPY，2.0DYkN0)(iDFm，04360sinCDXPM，8.26DMkN·m2.平面四连杆机构ABCD的尺寸和位置如图所示。如杆AB以等角速度1rad/s绕A轴转动，求点C的加速度。。(本题15分)解：10ABvBcm/sBC杆速度瞬心于I：22IBICvvBC，2522BCvvcm/sAMAyFAxFByFlM2llCAPF5装订线2121025ICvCBCrad/s（），CDCCDv而2202220CDcm4122025CDvCCDrad/s（）60.10221041210222222ABBCaaaBCBnCBCcm/s277.14122022CDnCCDacm/s2∴75.1022nCCCaaacm/s23.圆管的质量为M，半径为R，以初角速度0绕铅直轴z转动，管内有质量为m的小球s，由静止开始自A处下落，试求小球到达B处和C处时圆管的角速度和小球s的速度。已知圆管对z轴的转动惯量为J，摩擦不计。(本题17分)解：（1）求小球到B点时的相对速度vrB和这时圆管的角速度B以整体为研究对象，0)(eizFm，zL=常量，故有BBmRJJ20，20mRJJB系统在初瞬时动能：20121JT6小球到B点时系统动能：222121BBBJmvT且因：2222rBBBvRv，由动能定理iBWTT1有mgRJJmvmRBrBB20222221212121（1）解得：2/122202mRJRJgRvrB（2）求小球到C点时的相对速度vrC和圆管的角速度C因系统对z轴的动量矩守恒（理由同上），故有CJJ0得0C。小球到C点时系统动能：222121CCCmvJT注意到在C点vC即为)0(eCrCvv，且只有小球重力做功，由动能定理：mgRJmvJrCC22121212022（2）求得gRvvCrC2