电子科技大学2006～2007学年第2学期

理论力学期末考试试卷B答案及评分标准

一、判断题（每题1.5分，共9分）

1、错误； 2、错误； 3、正确； 4、错误； 5、正确； 6、错误。

二、填空题（每题3分，共15分）

1、主矢FR Fk，主矩MO Fa(j k)；力螺旋，FR Fk，M Fak

2、静止，静止；

5252

或mv或2mgssin ms4411

4、(3 1 2)l，(11 1 5 2)ml2

4637

5、mR2 ，mR2

44

3、

三、选择题（每题2分，共10分）

1、B； 2、A； 3、A； 4、D； 5、B。 四、（12分）解：以BD为研究对象，受力分析如图(a)所示。

( a

)

( b )

( c )

MB(F) 0 Fx 0 F

y

F3sin45 a q 2a a M 0F3 qa

M

)（压力） a

以节点E为研究对象，受力分析如图（b）所示。

F1 F3cos45 0F2 F3sin45 0

0

M

（压力） aM

（拉力） F2 2qa aF1 2qa

M

( ) a

以整体为研究对象，受力分析如图(c)所示。

Fx 0 F

y

FAx F1 0FAx 2qa

0

A

FAy P q 4a 0FAy P 4qa( )

M

(F) 0

MA F1 2a q 4a 2a P 2a M 0

MA 4qa2 2Pa M（逆时针）

评分细则：

（1）绘制研究对象受力图，共5分。

正确绘制BC杆受力图(a)——2分； 正确绘制节点E的受力图(b)——1分； 正确绘制整体受力图(c)——2分。 （2）列写平衡方程，共6分；

包含待求约束力的6个平衡方程，每个方程1分。 （3）正确计算各约束力，共1分。

五、（12分）解：以滑块F为动点，动系固结于BD杆上，定系固结于地面，牵连运动为平动。动点的速度矢量合成图如图（a）所示，则有 ve va 而ve l AB,va l ，所以

AB （顺时针转向）。

动点的加速度矢量合成图如图（b）所示。其中aa l ，ae l AB l ，ae l AB 将aa ar ae ae向水平方向投影得

aasin45 aecos45 aesin45

AB 2 2（顺时针转向）

( a )

评分细则：

（1）速度分析与计算，共6分。

杆BD的运动分析——1分；

滑块F的速度分析与计算——3分；

2n22t

t n

n t

( b )

杆AB的角速度分析与计算——2分。 （2）加速度分析与计算，共6分。

滑块F的加速度分析——2分； 滑块F的加速度计算——2分；

杆AB的角加速度分析与计算——2分。

六、（12分） 解：以系统为研究对象，因为系统所受外力在水平方向投影等于零，所以系统的动量在水平方向的分量守恒。当小球运动B处 30时，半圆槽的速度为v，小球相对于物块的速度为vr。受力和运动分析如图（a）所示。

根据系统在水平方向的动量守恒得： m0v m(v vrsin ) 0

1

v vrsin （1）

4

当 30时，有 vr 8v （2） 因为系统所受约束为理想约束，根据动能定理T T0 W得：

( a )

112m0v2 mva mgRsin 22

其中va为小球的绝对速度。以小球为动点，动系固结于半圆槽，则小球的速度矢量合成图如图（a）所示。有

va

2

2

于是 4v 2vvrsin vr 2gRsin （3）

当 30时，有 4v vvr vr gR （4） 联立式（2）和（4）得

vr 将式（1）代入式（3）得

2

2

v 122

vrsin 2gRsin （5） 4

dvd vrt

对式（5）求时间导数，且有r ar, ，则

dtdtr

vr

2

vr2

sin 4gt ar cos （6）

2

4 sin

vr2

sin 4g

t当 30时，vr 时，由式（6）得ar cos 4 sin2 vr216

而 a g

R15

nr

以系统为研究对象，则由动量定理maCy

n

t

F

y

得：

m(arsin30 arcos30) N m0g mg N 4mg m(arsin30 arcos30) 3.63mg

评分细则：

（1）计算小球相对于物块的速度和物块的速度，共6分。

正确分析小球和物块的运动——1分；

正确判断系统在水平方向动量守恒，列写动量守恒表达式——2分； 以系统为研究对象，列写动能定理表达式——2分； 联立求解计算结果——1分。

（2）计算地面对物块的约束力，共6分。

正确分析与计算小球的相对加速度分量——3分；

绘制系统受力图（a）——1分；

选取动力学普遍定理，计算地面对物块的约束力——2分。 七、（附加题，10分）解：OA杆作定轴转动，AB杆作平面运动。运动分析如图（a）所示。其中

n

t

aC1 0.5l 1，aC2 l 1 0.5l 2，aA l 1

以AB杆为研究对象，A点为基点，则B点的加速度为

t naB aA aBA aBA （1）

其中a

t

BA

l 2，anBA

0。将（1）式向铅垂方向投影得：

tBA

0 aAcos a

cos

即： 1 2 （2）

分别将OA杆和AB杆的惯性力向O点和C2简化，如图（b）所示。则系统在主动力、约束力、惯性力作用下处于平衡。

l， FIC1 maC1 0.5m1MIC1 JO 1

FIC2 maC2 ml( 1 0.5 2)

12

ml 1 3

Ox

MIC2 JC2 2

12

ml 2 12

以系统为研究对象，受力分析如图（b）所示。则

M

O

(F) 0

MIC1 MIC2 FIC2 1.5l NB 2lcos mg 0.5lcos mg 1.5lcos 0

ml(13 1 2) 24(mg NB)cos 以AB杆为研究对象 …… 此处隐藏：695字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……