理论力学期末复习题一一、单选题1、A；2、C ；3、A；4、B；5、D；6、D；二、填空题三、7、100N；8、20trad/s，20srad/2s；9、0；；10、；11、四、计算题12、解：以AB为研究对象,受力分析如右图。

13、解：14、解：动点：O2A杆上A点；动系：O1A杆；静系：地面绝对运动：圆周运动相对运动：直线运动；牵连运动：圆周运动，；速度矢量图如右图所示。

根据点的速度合成定理得：，第14题图第15题图15、解：以均质盘为研究对象,受力和运动分析如右图，由转动微分方程由质心运动定理得:16、解：因BC杆件作曲线平移，OA杆作圆周运动：杆件AB作平面运动，以点A为基点，速度分析如下图，有，，理论力学期末复习题三一、判断题1、√2、× 3.× 4、√ 5、√ 二、选择题1.A2.C3.B4.D5.B6.D7.C8.A9.A 10.D三、解：研究AB ，已知 的方向，因此可确定出P 点为速度瞬心四、解：选系统为研究对象。

受力分析如图示。

由定轴转动微分方程根据质心运动微分方程，得五、解:系统机械能守恒, 当 θ=30o时BC 杠的瞬心I 如图所示AC '= C 'I = lωAC = ωBC = ω T 1= 0T 2 = T AC + T BCC A BθIB ' C' O ’Fy F xOωa c1xa c1y mg A a c2ymg a c2x,//2()A AB A B AB v l AP l v AP l l v BP l ωωωωωω==∴====⋅=←,A B v v 20.598 89.80.2589.80.715.78 rad/sεε⨯⋅=⨯⨯+⨯⨯= 0.250.7O I mg mg ε=⋅+⋅222110.70.5932O I ml mR m m=++⨯≈12C x C x xma ma F --=12C y C y y ma ma F mg mg--=--2212 ()8 (40.25 40.7 )121.6 Nx C x C x F m a a ∴=-+=-⨯+⨯=-289.88 ( 15.780.25 15.780.7 ) 36.87 Ny F =⨯⨯-⨯+⨯=00112sin 60sin 602V Mgl Mgl =⨯=222111236ACAC TMl Ml ωω2⎛⎫== ⎪⎝⎭()22022115sin 6021212BC BC T Ml M l Ml ωω2⎡⎤=+=⎢⎥⎣⎦由:T 1+V 1 = T 2+V 2理论力学期末复习题四一、判断题1、×2、×3、√4、√5、× 二、选择题 CDCAC DCDBD 三、解：）（↑=-⨯+⨯=kN 35)22(1M aqa a F a F B ； )(kN 40←==qa F Cx ，）（↑=-=-=kN 53540B Cy F F F ； )(kN 80←=Ax F ，)(kN5↑=Ay F ，m kN 240⋅=A M （逆时针）。

四、解：由质点系动量矩定理有221122221123)(gr m gr m r m r m m -=++αρ故塔轮的角加速度为222211232211r m r m m gr m gr m ++-=ρα。

由质点系动量定理有)()(1122321r m r m g m m m F Oy -+++=（此即轴承O 对塔轮的竖直约束力）。

五．解：AB 杆瞬时平动，所以)(0↓==r v v A B ω，0=AB ω。

以A 为基点，由基点法有BA A B a a a +=，其中)(20→=r a A ω，a a AB BA α=。

① )(45tan 20↓===r a a a A A B ω ；② ,2220r a a A BA ω==arAB 202ωα=（逆时针）； 由瞬心法或基点法有βθωβωωt a ns i n c o s 001a rb r BC vB BO ===，βωβωωtan sin 01111r b C O v BO BO O =⋅=⋅=； 22712T Ml ω2=02sin 30V Mgl =glω=0.79③ βωωtan 011R rRv OO ==（逆时针）； ④ βθωβωωtan sin cos 001a rb rBO ==（顺时针）。

理论力学期末复习题五一．填空题 二．选择题 三．解：图（1） 图（2）分析BC （如图（1）所示）020=-⋅=∑M l F MNC B可得40NC F kN =分析AB （如图（2）所示）10,202x AxF F F q l =--∙=∑ 可得 100Ax F KN = '0,0yAy RB FF F =+=∑ 可得 40Ay F KN =-110,2203AA MM F l F l =+∙∙+∙=∑ 可得 240A M kN m =-∙四．解：以整体为研究对象，受力如图所示，由0=ΣFx ，0=-T Ax F F ……① 0=ΣF y ，02212=⋅-+L q F F l NB Ay … …② 0)(=∑F M A ，0)22(23222121222=-++⋅-⋅⋅⋅-M L L F L F L L q NB T t ③再以BC 杆为研究对象受力如图所示，由0)(=∑F M C ，0221=⋅-⋅L F L F T NB ……④联立①②③④得Ax F = 1133.3 N ， Ay F = 100 N ， NB F = 1700N T F = 1133.3N五．解：AB 杆瞬时平动，所以)(0↓==r v v A B ω，0=AB ω。

以A 为基点，由基点法有BA A B a a a +=，其中)(20→=r a A ω，a a AB BA α=。

① )(45tan 20↓===r a a a A A B ω ； ② ,2220r a a A BA ω==arAB 202ωα=（逆时针）； 由瞬心法或基点法有βθωβωωt a ns i n c o s 001a rb r BC vB BO ===，βωβωωtan sin 01111r b C O v BO BO O =⋅=⋅=； ③ βωωtan 011RrR v O O ==（逆时针）； ④ βθωβωωtan sin cos 001a rb rBO ==（顺时针）六．（解）：整个系统为静定问题，受力如图示。

由静力平衡条件：01=∑=ni ix F得到： 0=Bx F由()∑=iiBF M 0 有 02=-⨯M m FCy得到： kN F Cy 1= 于是 kN F By 1-= 以对象AB 杆，受力如图示同样利用静力平衡条件：0)(1=∑=i n i Az F m0=⋅-⋅AD F AB F DX Bx 得到： 0=Dx F再以DE 杆为对象，受力如图示。

01=∑=n i ix F0=+Fx Dx F F 得：0=Fx F0)(1=∑=i n i Dz F m0=⋅-DF F M Fy 得 KN F Fy 2=01=∑=iy ni F0=+Fy Dy F F 得 KN F Dy 2-=理论力学期末复习题六一、判断题错对错对对，错对对错对 二、填空题1、20m/s ； 40m/s ；10m/s2 ；402m/s22、15 kN3、v =ω×r4、牵连加速度，相对加速度5.l ω；l 2ω；l ω ；l 2 ； 2ω ； l M ω；2232l M ω三、解：当7t s =时,πϕ37=，此时杆OA 的角速度为3πωϕ==A 点速度为5(/)A v r cm s ωπ==杆AB 作平面运动，根据速度投影定理，有cos 60cos30a A v v = 解得B 点的绝对速度为cos3027.21(/)cos 60A av v cm s ==以滑块B 为动点，杆1O C 为动系，由a e r =+v v v 作B 点的速度合成图。

由图可知4cos 27.2121.77/5e a v v cm s θ==⨯=故杆C O 1的角速度为1121.770.8708/25e O C v rad s O B ω=== 点C 的速度为1143.54(/)C O C v O C cm s ω=⋅=四、解：以整体为研究对象，受力如图所示，由0=ΣFx ，0=-T Ax F F ……①0=ΣF y ，02212=⋅-+L q F F l NB Ay … …②0)(=∑F M A ，0)22(23222121222=-++⋅-⋅⋅⋅-M L L F L F L L q NB T t ③再以BC 杆为研究对象受力如图所示，由0)(=∑F M C ，0221=⋅-⋅L F L F T NB ……④联立①②③④得Ax F = 1133.3 N ， Ay F = 100 N ， NB F = 1700N T F = 1133.3N五、解：（1）以系统为研究对象，设当物块C 下降h 时，其速度为v 。

采用动能定理：∑-=-)(2112e W T T ，其中：2223mv T =，01=T ，)sin 1()(21θ-=-mgh W e ，即：mgh mv 21232=。

对上式求一次导数，得g a 61=。

（2）以滚子A 为研究对象，设绳子对滚子A 的拉力为T ，固定台面对滚子A 的摩擦力为F ，方向平行斜面向下。

物块C 下降的加速度为a ，由运动学关系得滚子A 质心的a a C =和角加速度为ra=α，由平面运动微分方程得：ma ma mg F T C ==--θsin ；mra mr Fr 21212==α联立解得：mg T 43=；mg F 121=六、解：(1) 取整体为研究对象(2) 分析受力(3) 应用动能定理，可知 ∑=-1212WT T其中： 01=T ， 22122123123121ωωL m L m T =⨯⨯=2s i n 2s i n 112⨯+=∑θθLgm FL W θθsin sin 1gL m FL += 代入后，可得θωsin )(311221L g m F L m += Lm g m F 11sin )(3θω+=理论力学期末复习题七一、判断题对错对对，对错，对错对错对 二、填空题1、力偶矩2、时间、主动力以及运动3、10kN ，水平向左4、原力对指定点的矩5、 0,90 三、解：（1）取折杆BC 为研究对象，画出受力图列平衡方程组中的一个方程得：∑=⨯-⨯-+=022aqa a F M a F M RB C ；解得：)(35↑=kN F RB 。

（2）取整体为研究对象，画出受力图列出平衡方程组：∑=x F 02=⨯-a q F Ax ∑=yF0=-+F F F RB Ay∑=⨯-⨯-++=022a a q aF M a F M M RB A A 解得： =Ax F )(kN 80← )(kN 5↑=Ay F m kN 240⋅=A M （逆时针）。