理论力学试题和答案

(一) 单项选择题（每题2分，共4分）

1. 物块重P，与水面的摩擦角m20o，其上作用一力Q，且已知P=Q，方向如图，则物块的状态为( )。 A 静止(非临界平衡)状态 B 临界平衡状态 C 滑动状态 D 不能确定

P30o Q

(a)(b)

第1题图 第2题图

2. 图(a)、(b)为两种结构，则( )。

A 图(a)为静不定的，图(b)为为静定的 B 图(a)、(b)均为静不定的

C图(a)、(b)均为静定的 D图(a)为静不定的，图(b)为为静定的 (二) 填空题(每题3分，共12分)

1. 沿边长为a2m的正方形各边分别作用有F1，F2，F3，F4，且F1=F2=F3=F4=4kN，该力系向B点简化的结果为： 主矢大小为FR=____________，主矩大小为MB=____________ 向D点简化的结果是什么？ ____________。

F3DCROrFF4AF2F1BB

A

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第1题图 第2题图

2. 图示滚轮，已知R2m，r1m，30，作用于B点的力F4kN，求力F对A点之矩MA=____________。

3. 平面力系向O点简化，主矢FR与主矩MO如图。若已知FR10kN，MO20kNgm，求合力大小及作用线位置，并画在图上。

C

ABFRMOOO2BO1O2

第3题图 第4题图

4. 机构如图，O1A与O2B均位于铅直位置，已知O1A3m，O2B5m，OB3rads，则杆O1A的角速度O1A=____________，C

2点的速度C=____________。

(三) 简单计算题(每小题8分，共24分)

1. 梁的尺寸及荷载如图，求A、B处的支座反力。 q0=2kN/m

A 1m

2. 丁字杆ABC的A端固定，尺寸及荷载如图。求A端支座反力。

—

P=2kNM=4kN·mB2m1m 2

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q0=6kN/mP=6kNBCM=4kN·mA 3. 在图示机构中，已知O1AO2Br0.4m，O1O2AB，O1A杆的角速度4rads，角加速度2rads2，求三角板C点的加速度，并画出其方向。

C

B A 

 OO

(四) 图示结构的尺寸及载荷如图所示，q＝10kN/m，q0＝20kN/m。求A、C处约束反力。

3m

qB A(五) 多跨静定梁的支撑、荷载及尺寸如图所示。已知q＝20kN/m，l＝2m，求支座A、D、E处的约束反力。 q

1—

A2mB2mCq0D2mC4.5mE 2m 3

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(六) 复合梁的制成、荷载及尺寸如图所示，杆重不计。已知q＝20kN/m，l＝2m，求1、2杆的内力以及固定端A处的约束反力。

(七) 图示机构中，曲柄

— OA＝r，以角速度H60o2qDGEq1AClBl 4rads绕O轴转动。O1C//O2D，O1C＝O2D＝r，求杆O1C的角速度。AB30orODrCrO2O1 4

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五 理论力学(AⅠ)期终试题解答

(一) 单项选择题

1. A 2. B (二) 填空题

1. 0 ； 16kNgm； FR0 , MD16kNgm FR2. MA2.93kNgm

MOd=2mFR3. 合力FOR10kN，合力作用线位置（通过O1）d2m O1 4. 4.5rads ； 9ms

(三) 简单计算

1. 取梁为研究对象，其受力图如图所示。有

X0 ,FAx0q0=2kN/mQ=3kNP=2kNMA(F)0 ,FB2P3M0M=4kN·mFB5kN

FAxFAyAB1mFB2FAyFBPQ0m1Y0 ,m FAy0kN2. 取丁字杆为研究对象，其受力图如图所示。有

q0=6kN/mP=6kNBCM=4kN·mm4FAAxMFAAy1.5m1.5m—

5

X0,FAxP0FAx6kNY0,F1Ay2q01.50F

Ay4.5kNMA(F)0,M41AMP2q01.510MA32.5kNgm3. 三角板ABC作平动，同一时刻其上各点速度、加速度均相同。故 aCaAaAnaA

CaaCCnaCnaAnr20.4426.4ms2

AaaBAaCaAOA0.420.8ms2

An OO1

(四) 解： (1) 以BC为研究对象。其受力图如图(a)所示，分布荷载得 合力Q＝22.5kN

FBy MBF0 , FC4.5Q30F 所以 F

BxBC15kNQ =22.5kN5m.(2) 以整体为研究对象。其受力图如图(b)所示。

4q0FX0 , FCAxFC12q04.50 C(a) 所以 FAx=7.5kN3mqMA—

BAFAxm.FAy精选文档

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Y0 , FAyq30 所以 FAx=30kN

MAF0M11A2q322q04.53FC4.50

所以 MA45kN(五) 解： (1) 以BC部分为研究对象，其受力图如图(b)所示。 MBF0qF21Cy2q220

ADE 所以 F2mB2mC2m2mCy20kN(a)q=20kN/mX0 , FBxFCx0FBxFCxY0 , FByFCy2q0

FBC 所以 FBy2mFCyBy=20kN(b)(2) 以CD部分为研究对象，其受力图如图(c)所示。 X0 , FQ=40kNCx0q所以 F

FCxBx0EFC2mD MCyFEF0(c)F2mDEFQ8Cy43FD20

所以 FD93.3kNY0 , FEFDFCyQ0 FE=33.3kN

q=20kN/m—

FAxFBxMAFABAy2mFBy(d)精选文档

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(3) 以AB部分为研究对象，其受力图如图(d)所示。

X0 , FAxFBx0 QFBx0所以 F

Ax0Y0 , FAyq2FBy0 FAy=60kN

MF0 , M1AA2q22FBy20H 所以 MA80kNgm60o2(六) 解： (1)取BC部分为研究对象，其受力图如图(b)所示。 qMF0 , F1q22DB120 GE 所以 F120kNq=20kN/mF1q1 BC FACBxF=2mlBlByl(a) (b)

F2(2)取ED部分为研究对象，其受力图如图(c)所示。 q=20kN/mEMoEF0 , F2sin3021q222F1FD20 ExFl=2mEyF1 所以 F(c)280kN (3)取ABC部分为研究对象，其受力图如图(d)所示。 X0 , FMAx0Aq=20kN/mF1Y0 , FAyq4F10

FACAx2m2m 所以 FFBAy=60kNAy(d)MAF0 , MA12q42F140 所以 MA80kNgm—

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(七) 解：杆AB作平面运动，A、B两点的速度方向如图。

由速度投影定理，有

oBcos30A 2r

B3杆O1C的角速度为

BO1r4.62rads

— AABB30orODrCrO2O19