04-05学年第一学期 理论力学B试卷参考解答 选择题 2.① 3.④ 二.填空题 杆1、3、5 2.牵连速度D= bo cos ot;相对速度tr=Lo;(方向如图所示); M 第2题图 第3题图 3.虚位移之间的关系L=xn(方向如图),F=M。 L 三,解 (1)研究物块,作受力图,列平衡方程 >F=0, Fcos(B-0)-Psin 0-Fs=0 >E=0, Fsin(B-0)-Pcos 0+F=0 临界平衡条件F=fsFN= FN tan o
1 04—05 学年第一学期 理论力学 B 试卷参考解答 一．选择题 1．④ ； 2．① ； 3．④ ； 4．②；③； 5．① 。 二．填空题 1．杆 1、3、5； 2．牵连速度 υe = bω cos ωt；相对速度 υr =Lω；（方向如图所示）； 第 2 题图 第 3 题图 3．虚位移之间的关系 B L = x （方向如图）， L M F = 。 三．解： （1）研究物块，作受力图，列平衡方程： Fx = 0， F cos( −) − Psin − FS = 0 ① Fy = 0， sin ( − ) − cos + = 0 F P FN ② 临界平衡条件 S S N N m F = f F = F tan ③
③代入①,①+②tngn,得 Fcos(B-8)+Fsin( B-0).tan m -Psin 0-Pcos0tan m =0 F P(sin 8+cos0. tan m) P·sm(6+n) cos(B-6)+sn(B-0).tan coS(6-8- 当β=0+qn时,Pn=P.sn0+n) Fs 四.解: 以杆CD端点D为动点,动系建于AB杆上,定系建于地面。由点的速度合 成定理 AD.0 →v=vn=-k= L 0=4L0 0 sin 五.解 匀质细杆AB作定轴转动,其转动角加速度 a=0,其质心加速度 ak=oc.a=0, acoc r2-12/4
2 ③代入①，①+② m tan ，得 F cos( −) + F sin( −) tan m − Psin − Pcos tan m = 0 cos( ) sin( ) cos( ) sin( ) tan (sin cos tan ) m m m m − − + = − + − + = P P F 当 = + m 时， sin( ) min + m P = P 。 四．解： 以杆 CD 端点 D 为动点，动系建于 AB 杆上，定系建于地面。由点的速度合 成定理： Da De Dr v = v + v Da De v sin = v ， sin L vDe = AD AB = L v L v v De Da 4 sin sin 2 = = = = 五．解： 匀质细杆 AB 作定轴转动，其转动角加速度 = 0 ，其质心加速度 4 0, 2 2 2 2 r L v OC v a OC a n C C C C − = = = =
其惯性力系向圆心O简化结果(大小) 0; Flo =Ma=0 P 方向如图所示。 六.解 (1)求滑块B的速度 根据A、B速度方向可知C为杆AB的速度瞬 即有 CA CA ABcose va=CB·A= Absin e =vtan=0.1√3m/s ARcos e (2)求滑块B的加速度: 以A为基点,B为动点,a,=0,根据加速度 合成的基点法 在BA方向投影得 aB COSU= aBA AB 043m/s cos e cos日
3 其惯性力系向圆心 O 简化结果（大小）： MIO = JO = 0 ； = = 0 FIO MaC ， 4 2 2 2 r L v g P F Man C C n IO − = = 。 方向如图所示。 六．解： （1）求滑块 B 的速度： 根据 A、B 速度方向可知 C 为杆 AB 的速度瞬 心。即有 AB A CA = v ABcos v CA vA A AB = = tan 0.1 3 m/s cos = = sin = = A A B AB v AB v v CB AB （2）求滑块 B 的加速度： 以 A 为基点，B 为动点， aA = 0，根据加速度 合成的基点法： n BA BA n aB = aA + aBA + aBA = a + a 在 BA 方向投影得 n aB = aBA cos 2 2 0.4 3 m/s cos cos = = = AB n BA B a AB a
七.解: (1)研究杆BC,作受力图,列平衡方程 ∑M2(F)=0,F2cos30°.L-q L √3 →FC=xqL=-kN FC (2)研究整体,作受力图,列平衡方程 M >F=0,-Fcsin 300-Rcos 300+Fu=0 →Fn=Fsm30°+cos30=3kN 2F=0, Fc cos 300-q2L-Psin 300+FAr =0 F=-FcoS 30+q 2L+P sin 30=2.5 kN ∑M(F)=0, MA-M-PCOS 30.2L+2qLL-Fc cOS30-2L-Fc sin 30.L=0 M4=M+Pcos30·2L-2qL2+Fcos302L+Fsn30°·L (3+√3)kN
4 七．解： （1）研究杆 BC，作受力图，列平衡方程： MB (F) = 0， 0 2 cos300 − = L FC L qL kN 3 3 3 3 FC = qL = （2）研究整体，作受力图，列平衡方程： Fx = 0， sin 30 cos30 0 0 1 0 − FC − P + FAx = 3 kN 6 7 sin 30 cos300 1 0 FAx = FC + P = Fy = 0， cos30 2 sin 30 0 0 1 0 FC − q L − P + FAy = cos30 2 sin 30 2.5 kN 0 1 0 FAy = −FC + q L + P = MA (F) = 0， cos30 2 2 cos30 2 sin 30 0 0 0 0 M A − M − P1 L + qL L − FC L − FC L = 3 )kN m 3 13 (3 cos30 2 2 cos30 2 sin 30 0 2 0 0 1 = + M A = M + P L − qL + FC L + FC L
八.解: 研究整体,作受力图,利用动能定理求解。 (1)系统动能 m,(R. 72=T2+T2=[J4o2+myv21+m2v2 [mp2·(n2-)2+m·(R.2-)2]+m 这里 v1=1.5m/s, v2=4.5m/s, SB=2m (2)系统所受外力功,考虑到理想约束力作功之和为0 ∑W2=-m2g·sB+mg(R.。-)snO (3)根据动能定理: 72-7=∑W12 2+R R 2(R+n2(v2-v2)+mB(V2-v12)=-mBgSg tb R+rSno R s sin e R+r (R+ m=0.793kg
5 八．解： 研究整体，作受力图，利用动能定理求解。 （1）系统动能： 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 2 1 ( ) ] 2 1 ( ) 2 1 [ 2 1 ] 2 1 2 1 [ m v R r v m R R r v m T T T J m v m v B A B A A A A B B + + + + = = + = + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ( ) ] 2 1 ( ) 2 1 [ 2 1 ] 2 1 2 1 [ m v R r v m R R r v m T T T J m v m v B A B A A A A B B + + + + = = + = + + 这里 v1 =1.5m/s , v2 = 4.5m/s , sB = 2m （2）系统所受外力功，考虑到理想约束力作功之和为 0： ( )sin 12 R r s W m g s mg R B B B + = − + （3）根据动能定理： 12 T2 −T1 = W ( ) sin 2 1 ( ) 2( ) 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 B B B B s R r R v v m v v m g s mg R r R m + − + − = − + + + 0.793 kg 2 ( ) ( ) 2 sin 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 = − + − + + − + = m v v gs v v R r R s R r R g m B B B