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？ ____________。

F3DCROrFF4AF2F1BB

A

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20kNm，求合力大小及作用线位置，并画在图上。

CBA理论力学(五) 1 O1O2BO2

FRMOO

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

2杆O1A的角速度O1A=____________，C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 P=2kN

M=4kN·m

AB 1m2m1m

2. 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/m

P=6kN CB

M=4kN·m A

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。

理论力学(五) 2

CABOO1 (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

q0 CAE D BC2m2m2m2m

(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。

H

60o2

q

D

GE1 q CAB ll

(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。

ABDrCrO130orOO24.5m 理论力学(五) 3

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

3. 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，其受力图如图所示。有

MOOO1FRd=2mFR X0 ,FM(F)0 ,AAx0q0=2kN/mQ=3kNP=2kNM=4kN·mFB2P3M0FB5kNFAyFBPQ0FAy0kN

FAxFAy1mA2mFBY0 ,B1m 2. 取丁字杆为研究对象，其受力图如图所示。有

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

M=4kN·mAFAxFAyMA1.5m1.5m 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

CaCnA2aCaABaCnaAnr20.4426.4ms2

aCaAOA0.420.8ms

aAnO

理论力学(五) 4

O1 (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 =22.5kNq0C3mqBAB

(2) 以整体为研究对象。其受力图如图(b)所示。

1X0 , FAxFC2q04.50 所以 FAx=7.5kN4.5mFC(a) MAY0 , FAyq30 所以 FAx=30kN MAF0

4.5mFAxFAyFC11MAq32q04.53FC4.50

22 所以 MA45kNq0C(b) (五) 解： (1) 以BC部分为研究对象，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

FBxFCxB2m(b)CBy 所以 FBy=20kNFByFCy (2) 以CD部分为研究对象，其受力图如图(c)所示。 X0 , FCx0所以 FBx0 MEF0

FCxqQ=40kNECD2m(c)FCyFD2mFE 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部分为研究对象，其受力图如图(d)所示。

X0 , FAxFBx0 FBx0FAxMAFBxBA2m(d)所以 FAx0

FAyFBy 理论力学(五) 5

Y0 , FAyq2FBy0 FAy=60kN

H1 MAF0 , MAq22FBy20 2 所以 MA80kNm60oq2(六) 解： (1)取BC部分为研究对象，其受力图如图(b)所示。 1MF0 , Fq220B1 2 所以 F120kNGq=20kN/mBDF1CEqB(a)1

oFBxACllFByl=2m(b) E F2q=20kN/m(2)取ED部分为研究对象，其受力图如图(c)所示。 1MF0 , Fsin302q222F10E2 2 所以 F280kNFExDl=2m(c)FEyF1 (3)取ABC部分为研究对象，其受力图如图(d)所示。 X0 , FAx0Y0 , FAyq4F10

所以 FAy=60kNMAq=20kN/mAB(d)F1CFAxFAy2m2m 1MF0 , Mq42F140AA 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

Bcos30oA2r

 B3BDrCrO1ABArO30o杆O1C的角速度为

 O1B4.62ra dsrO2

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