哈尔滨工业大学:《理论力学》课程教学资源(试卷习题)试题一(答案)

哈工大2004年秋季理论力学试题答案 填空题 Fa: 0: M 131 2、6mRa Ra Mro 30° 二、解:oWp=0FD+F6rn-F2or1=0 FOr Fo Orc -F2=or FD=300 F2=900N 6 三、解: 分析BD,受力如图(1)所示。 ∑ D=02FA-M--41==0 分析整体,受力如图(2)所示。 F=0 F 4·qm-Fcos45°=0F=-1.858 ∑F,=0F6+FB-Fsin45=0 10976kN
哈工大 2004 年秋季理论力学试题答案 一、填空题 1、 Fa 2 2 ;0; M Fa 2 2 − 2、 mR ml 2 3 6 = ; 131 131 2 2 6 96 mR ml = ; 二、解: WF = 0 1 2 0 F r F r F r c D D B + − = sin A C r r = 1 2 A C r r = 1 1 2 4 D A C r r r = = 1 1 2 4 B A C rrr = = 1 2 1 1 0 4 4 F r F r F r C D C C + − = FD = 300N F2 = 900N 三、解: 分析 BD,受力如图(1)所示。 0 MD = 1 2 2 4 1 0 2 3 BA lF M− − = FBA = 3.166kN 分析整体,受力如图(2)所示。 0 F x = 4 cos 45 0 2 1 + max − = FEx q F FEx = −1.858kN 0 F y = sin 45 0 F F F Ey BA + − = FEy = 10.976kN

∑M=0ME+F4-M √2 F.2+yF.4-1.8.4.-=0 M=-9.615kNm D M Ex M 图(1) 图(2) 四、解 1.速度分析 分析杆AB,速度瞬心为P(如图(1)所示) 1.5rs,顺时针 V=v,=45cm/s 以B为动点,套筒G为动系 v=v=v+y v=vsn30°=225cms,w,=v2cos30°=2253cms 2.加速度分析 分析杆AB,以A为基点,则 an=aA4+am4+a4(如图(2)所示) 其中:a1=30502n=302。=20 4 270 45 =135cm/s2 以B为动点,套筒为动系
0 ME = 2 2 1 4 4 2 4 8 4 0 2 2 2 3 M F M F F E BA + − − + − = ME = −9.615kNm 图(1) 图(2) 四、解: 1.速度分析 分析杆 AB,速度瞬心为 P(如图(1)所示)。 = =1.5r/s AP vA AB ,顺时针 = = 45cm/s B A v v 以 B 为动点,套筒 C 为动系。 a B e r v v v v = = + = sin 30 = 22.5cm/s e B v v , = cos30 = 22.5 3cm/s r B v v r/s 4 3 = = BC ve BD 2.加速度分析 分析杆 AB,以 A 为基点,则 t BA n aB aA aBA a = + + (如图(2)所示) 其中: 2 9 270 30 2 30 2 2 4 4 n BA AB a = = = cos 45 n B BA a a = 270 2 135 / 2 B a cm s = = 以 B 为动点,套筒为动系

an=a=an+a+a+a。(如图(3)所示) 135135405 a405√39 BC 图(2) 五、解 h=2”22QF2,213 5 mR2·m2=-m 22 w=mgs +mgssin 30--ks2=3.5mgs--ks2 72-71=W得v2 利用求导可得 gU4-ks4从而a 105 分析物体A 3m4=F-3mg从而Fn=3m4+3mg 分析轮B(如图所示) FnIr-Fra r FnI-Fr Fr2 Fri
n a B e e r C a a a a a a = = + + + (如图(3)所示) ( ) 2 135 2 4 135 135 405 cos60 2 2 4 4 405 3 9 3 / 4 90 8 C BD r B B e c e c e BD a a a a a a a a r s BC = = = − = + = + = = = = 图(1) 图(2 ) 图(3) 五、解: 1 2 2 2 2 2 2 2 0 1 1 1 1 3 5 3 2 2 2 2 2 2 A B c A T T m mR mR m = = + + = 2 2 2 1 3.5 2 1 W = 3mgs + mgssin 30 − k s = mgs − k s T T W 2 1 − = 得 2 2 7 5 5 A ks v gs m = − 利用求导可得 7 5 2 m a mg ks A A A A = − 从而 m ks aA g 10 5 7 = − 分析物体 A 3maA = FT1 −3mg 从而 FT1 = 3maA + 3mg 分析轮 B(如图所示) mR B FT1R FT 2R 2 2 1 = − 1 2 2 1 maA = FT − FT FT FT maA 2 1 2 = 1 +
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