理论力学期末试题和答案

2021—2021理论力学期末试题与答案

一、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？ ____________。

第1题图 第2题图

2. 图示滚轮，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。假设FR10kN，MO20kNm，求合力大小及作用线位置，并画在图上。 C

MO.

ORDF3COrFF4AF2F1BAB

ABO2BO1O2FR

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第3题图 第4题图

4. 机构如图，O1A与O2B均位于铅直位置，O1A3m，O2B5m，OB3rads，

2那么杆O1A的角速度OA=____________，C点的速度C=____________。

1二、 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P=Q，方向如图，那么物块的状态为( )。

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

第1题图 第2题图

2. 图(a)、(b)为两种结构，那么( )。

.

P30oQ(a)(b) 实用文档

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

(三) 简单计算题(每题8分，共24分)

1. 梁的尺寸及荷载如图，求A、B处的支座反力。q=kN/m

2.

3. .

02P=2kNM=4kN·mAB1m2m1m 丁字杆ABC的A端固定，尺寸及荷载如图。求A端支座反力。 q0=6kN/mP=6kNBCM=4kN·mA 在图示机构中，O1AO2Br0.4m，O1O2AB，

CABOO1 实用文档

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。

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

(五) 多跨静定梁的支撑、荷载及尺寸如下图。q＝qq0CqBA4.5m3m 20kN/m，l＝2m，求支座A、D、E处的约束反力。 A

.

2mB2mCD2mE2m 实用文档

(六) 复合梁的制成、荷载及尺寸如下图，杆重不计。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4rads绕O轴转动。O1C//O2D，O1C＝O2D＝r，求杆O1C的角速度。

BDrCrO1ArOH60oq2DGEqB1ACll 30oO2 .

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五 理论力学(AⅠ)期终试题解答

01级土木(80学时类)用

(一) 单项选择题 1. A 2. B (二) 填空题

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

MOO1FRd=2mFR O3. 合力FR10kN，合力作用线位置〔通过O1〕d2m 4. 4.5rads ； 9ms (三) 简单计算

1. 取梁为研究对象，其受力图如下图。有 q=2kN/mQ=3kN0P=2kNM=4kN·mX0 ,FM(F)0 ,AAx0FB2P3M0FAxFAyA2mFB5kNFAyFBPQ0FAy0kN

1mFBB1m Y0 ,2. 取丁字杆为研究对象，其受力图如下图。有

q0=6kN/mP=6kNBC4mX0,Y0,FAxP01FAyq01.502FAx6kNM=4kN·mFAy4.5kN1M(F)0,MMP4q01.510AA2MA32.5kNm

FAxAFAyMA1.5m1.5m 3. 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

CaCnAaCaABaCnaAnr20.4426.4ms2

.

aAnOO1 实用文档

aCaAOA0.420.8ms2

(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

MBF0 , FC4.5Q30 所以 FC15kNFByFBxQ =22.5kNq0B4.5mCFC(a)

(2) 以整体为研究对象。其受力图如图(b)所示。

1X0 , FFq04.50AxC 2 所以 FAx=7.5kN3mqBAY0 , FAyq30 所以 FAx=30kN MAF0

4.5mMAFAxFAy11MAq32q04.53FC4.50

22 所以 MA45kNq0CFC(b) (五) 解： (1) 以BC局部为研究对象，其受力图如图(b)所示。

MBF01FCy2q220

2 所以 FCy20kNA2m(a)B2mCqE2mD2mq=20kN/mX0 , FY0 , FBxFCx0FCy2q0

FBxFByB2m(b)CFCxFCy Q=40kNECD2m(c)By 所以 FBy=20kN(2) 以CD局部为研究对象，其受力图如图(c)所示。 .

FCxqFCyFD2mFE 实用文档

X0 , FCx0所以 FBx0 MEF0

8FCy4QFD20

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

q=20kN/m(3) 以AB局部为研究对象，其受力图如图(d)所示。 FAxFBxBA2m(d)X0 , FY0 , FAyAxFBx0 FBx0所以 FAx0q2FBy0

MAFAyFBy  FAy=60kN

H1 MAF0 , MAq22FBy20 2 所以 MA80kNm60oq2(六) 解： (1)取BC局部为研究对象，其受力图如图(b)所示。 1MBF0 , F12q220 所以 F120kNGEqB(a)1Dq=20kN/mBF1CACll

FBxFByl=2m(b) F2q=20kN/mEFExDl=2m(c)(2)取ED局部为研究对象，其受力图如图(c)所示。 FEyF1 MF0 , Fsin30E2o12q222F10 2 所以 F280kN(3)取ABC局部为研究对象，其受力图如图(d)所示。 MAq=20kN/mAB(d)F1CFAxFAy2m2m .

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X0 , FY0 , FAx0q4F10

Ay 所以 FAy=60kNMF0 , M1q42F140AA 2 所以 MA80kNm(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 B3杆O1C的角速度为 BO1r4.62rads

.

AABB30orODrCrO2O1