2017年江苏大学801理论力学考研大纲

1
目录
I 考查目标........................................................................................ 2
II 考试形式和试卷结构 ..................................................................2
III 考查内容..................................................................................... 2
IV. 题型示例及参考答案.................................................................2
2
全国硕士研究生入学统一考试
理论力学考试大纲
I 考查目标
科学、公平、有效地测试考生对理论力学基本概念、基本理论和基本方法的掌握程度，
以选拔具有发展潜力的优秀人才入学，为国家建设培养具有较强分析与解决实际问题能力的
高层次专业人才。
具体来说，要求考生：
1． 运用力学的基本理论和基本方法熟练进行研究对象的受力分析，求解静力学平衡问
题。
2． 运用力学的基本理论和基本方法熟练进行运动分析，求解各运动量。
3． 运用力学的基本理论和基本方法熟练进行动力学分析及求解动力学综合问题。
II 考试形式和试卷结构
一、试卷满分及考试时间
试卷满分为 150 分，考试时间 180 分钟。
二、答题方式
答题方式为闭卷、笔试。允许使用计算器，但不得使用带有公式和文本存储功能的计算
器。
三、试卷内容与题型结构
计算题为主
III 考查内容
1．静力学(20 ～ 40％)：
(1) 掌握各种常见约束类型。对物体系统能熟练地进行受力分析。
(2) 熟练计算各类力系的主矢和主矩，对各类力系进行简化计算。
(3) 应用各类力系的平衡方程求解单个物体、物体系统和平面桁架的平衡问题(主要是
求约束反力和桁架内力问题)。
(4) 考虑滑动摩擦时平面物体系统的平衡问题。
(5) 物体重心的计算
2．运动学(20 ～ 40％)：
(1) 理解刚体平移和定轴转动的特征。熟练求解定轴转动刚体的角速度和角加速度，求
解定轴转动刚体上各点的速度和加速度。
(2) 掌握点的合成运动的基本概念。熟练应用点的速度和加速度合成定理求解平面问题
3
中的运动学问题。
(3) 理解刚体平面运动的特征。熟练应用基点法、瞬心法和速度投影法求平面机构上各
点的速度。能熟练应用基点法求平面机构上各点的加速度。
(4) 运动学的综合应用。
3．动力学(40 ～ 60％)：
(1) 能计算动力学中各基本物理量。
(2) 熟练运用动量定理、质心运动定理求解有关动力学问题。
(3) 熟练运用动量矩定理、定轴转动微分方程、平面运动微分方程求解有关动力学问
题。
(4) 熟练计算力的功和质点、质点系、平面运动刚体的动能。应用质点和质点系的动
能定理求解有关的动力学问题。
(5) 运用动力学普遍定理综合求解动力学问题。
(6) 掌握刚体平移及对称刚体作定轴转动和平面运动时惯性力系的简化方法。应用达
朗伯尔原理(动静法)求解动力学问题。
(7) 应用虚位移原理求解机构的平衡问题。
(8) 掌握单自由度线性系统振动微分方程的建立方法，计算系统的固有频率。
IV. 题型示例及参考答案
1、（10分） F

力作用于物体的A点
（如图），大小已知。试求 F

对 x 、 y 、
z 轴之矩。
2、（20分）图示构件中不计各杆件重
P
A
D
E F
CB
600 300
300 300 300
400
1m
3m
B
2m
3m
4m
A
x
y
z
0
F

4
量，力 1000P N ，杆ABC与杆DEF平行，尺寸如图，求A、D处的约束反力。
3、（10 分）已知长为l 的 AB
杆，其 A 端放在水平面上，B 端放
在斜面上，A 、B 处的摩擦系数都
是 0.25 ，试求能够支承重载荷W
的最大距离 a ,杆自重不计。
4、（15 分）图示直角弯杆OAB 绕O 轴转动，使套
在其上的小环 M 沿固定直杆 CD 滑动。已知： OA 与
AB 垂直， 1( )OA m ， 0.5( )rad s  ，在图瞬
时 OA 平行于 CD 且 3AM OA ，求此时小环 M
的速度；并求出小环 M 的科氏加速度的大小和方向。
5、（20 分）如图机构，圆盘以等角速
度 0
 顺时针转动。试求在图示瞬时，AB 杆
和 BC 杆的角速度和角加速度。
A
O D
C
B
M

a
W
l
60
0
A B
0

A
B
C
O
r
r 2r
5
6、（20 分）重1 20 ( )N 的均质杆
AB ，长为 0.8( )m ，重心在C 点， A 、
B 端的滚轮重量不计。 AB 杆在自重作
用下在铅垂平面内运动，杆的两端限制在
水平和垂直的光滑导槽内运动。开始运动
时， AB 杆处于铅垂位置，而 B 点具有
初始速度 0
3( )v m s 。试求 AB 杆达
到水平位置时，A 端的速度；同时求出当
AB 杆与水平线成任意角 时（
2

  ），连杆的角速度。
7、（20 分）匀质杆 AB 长l ，质量为 M ；杆的一端在
绳索 BD 上另一端搁在光滑水平面上。当绳铅直而静止时杆
对水平面的倾角 45 

。现在绳索突然断掉，求在刚断后
的瞬时杆端 A 的约束反力。
8、（10 分）图示一滑道连杆机构，已知OA r ，滑道倾角为
0
45  ，机构重量和各
处摩擦均不计。当
0
30  时机构平衡，试求作用在曲柄OA 上的力偶 M 与在滑道连杆上
作用的水平力 F 之间的关系（用虚位移原理求解）。
A
B
C
D

B
A

C
6
9、（10 分）振动系统如图所示，杆的质量不计，在杆
上端有一质量为 m 的摆球。当摆球作微振动时求系统的
固有频率。
10、（15 分）四连杆机构如图所示。 //AB OD ， AB OD L  ,OA BD r  。
均质杆 AB 的质量为 1
m ，均质杆 DB 的质量为 2
m ，OA 杆质量不计。已知 BD 杆上作用
一不变的力矩 M 。当
0
60  时，OA 杆绕O 轴转动的角速度为 ，角加速度为 。试
用达朗贝尔原理求此时铰链O ， D 处的约束反力。
DC
A
M


FO
b
l
2k 2k
m
O
D
M
O
B
A



7
参考答案：
一、解：
2 8
( ) 3 2 2
3 3
x z y
M F F F F F F      

4 2
( ) 2 1 2
3 3
y x z
M F F F F F F         

1 5
( ) 3 1 2
3 3
z x y
M F F F F F F      

二、解：（1）研究整体，受力分析
如图
( ) 0D i
M F 

400 900 0Ax
F P    
得 2250Ax
F N 
0X 
0Ax Dx
F F 
得 2250Dx
F N
0Y 
1000 0Ay Dy
F F   (1)
（2）研究 DF 杆，受力分析如图
( ) 0F i
M F 

4
300 900 600 0
5
Dy EB
P F F        ②
（3）研究 AC 杆，受力分析如图
( ) 0C i
M F 

4
900 300 0
5
Ay BE
F F      ③
EB BE
F F ④
由①②③④联立方程组，解得
4000
3
Ay
F N  ，
7000
3
Ay
F N
P
A
D
E F
CB
600 300
300 300 300
400
FAx
FAy
FDx
FDy
A
BFAx
FAy
FBE FCF
C
P
D
E FFDx
FDy
FEB FFC
8
三、解：分析 AB 杆受力，如图所示
( ) 0A i
M F 

sin 30 sin 60 0NB sB
Wa F l F l      ①
0X 
cos 30 cos 60 0sA NB sB
F F l F     ②
0Y 
sin 30 sin 60 0NA NB sB
F W F F     
③
0.25sA NA
F F ④
0.25sB NB
F F ⑤
由①②③④⑤联立方程组，解得
4 3 3
51
a l


四、解：动点：小环 M
动系：直角弯杆 OAB
a e r
v = v + v
2 0.5 1 /e
v OM m s    
3
cos 30 /
2
M a e
v v v m s    
1
sin 30 /
2
r e
v v m s   
21
2 2 0.5 0.5 /
2
c r
a v m s    
方向向下
五、解：AB 杆作瞬时平移， 0AB
 
0
2B A BC
v v r r    ， 0
2
BC

 
以 A 点为基点，加速度矢量图如图所示
30°
ve
vrM
va
n
B A
a
t
B A
a
n
B
a
t
B
a
n
A
a B
a
W
l
60
0
A B
FsAFNA
W
A
B
FNB
FsB
9
n t n n t
B B A BA BA
a + a = a + a + a
其中
2
0
2
2
n
B BC
r
a r

   ， 2
t
B BC
a r
2
0
n
A
a r ， t
BA AB
a r ， 2
0
n
BA AB
a r 
向竖直方向投影得
2 0
t
B BC
a r  ，故 0BC
 
向水平方向投影得
n n t
B A BA
a a a  
2
20
0
2
AB
r
r r

    ，故
2
0
3
2
AB

 
六、解：
（1）初始运动瞬时，A 点为速度瞬心
0
1
B
AB
vv
l l
  
AB 杆的动能为
2
2 2 2
1 1 1
2 2 2 2 2
1 1 0
1 1 1
2 2 12 2
1 1 1
2 3 6 6
P
l
T J ml m
G
ml ml v
g
 
 
  
    
   
    
AB 杆运动到水平时，此瞬时 B 点为速度瞬心，转动角速度为：
2
A
v
l
 
AB 杆的动能为
2 2 2 2 2
2 2 2
1 1 1 1
2 2 3 6 6
P A A
G
T J ml mv v
g
      
此过程，外力所做的功为
12
2
l
W G
由动能定理， 2 1 12
T T W 
2 2
0
( )
6 2
A
G l
v v G
g
 
解得
B
A

C
P
10
2
0
3 5.7 /A
v gl v m s  
（2）当 AB 杆由初始运动与水平线成任意角θ 时，速度瞬心在 P 点
此时 AB 杆的动能为
2 2 2 2 2
2 2
1 1 1 1
2 2 3 6
P
T J ml ml      
外力所做的功为
12
(sin 90 sin ) (1 sin )
2 2
l l
W mg mg     
由动能定理， 2 1 12
T T W 
2 2 2
0
1 1
(1 sin )
6 6 2
l
ml mv mg   
解得
2
0
3 (1 sin ) 5 3 (1 sin ) 9
4
gl v gl
l
 

   
 
七、解：绳断后，杆 AB 受力分析如图。
绳断后，杆 AB 作平面运动，由平面运
动微分方程
c N
ma mg F  （1）
21
cos
12 2
N
l
ml F  （2）
以 A 点为基点
n t
C A CA CA
a = a + a + a
向竖直方向投影的
sin 45 sin 45
n t
C CA CA
a a a   
2 2
0
2 2 4
C
l l
a

   ③
由①②③联立方程组，解得
2
5
N
F mg
八、
A
B
C
mg
FN
45°
n
C A
a
A
a
t
C A
a
C
DC
A
M


FO x
F G E
11
解：
建立图示坐标系，由虚位移原理
0F
W 
0Ex
M F
  
其中，
cos cos ( )
cos sin (cos sin )
E
x r GE r EF FG
r EF r ctg r EF
 
    
    
     
(sin cos )Ex
r 
     
故， (sin cos ) 0M Fr 
     
1 3
(sin cos )
2
M Fr Fr 

  
九、解：取平衡位置为零势位时，系统的最大动能和最大势能分别为
2
max max
1
( )
2
T m l 
 
2 2 2
max max max
1 1
2
2 2 2
k
V b kb 
 
    
 
令 max max
T V ，并代入 max 0 max
  
解得
0
b k
l m
 
十、
解：
以整体为研究对象，虚加惯性力，
受力分析如图
1
t
IC
F m r ，
2
1
n
IC
F m r
2
1
2
t
ID
F m r ，
2
2
1
2
n
ID
F m r
2
2
1
3
ID D
M J m r  
建立图示坐标系，由达朗贝尔原理，
列平衡方程
( ) 0D i
M F 

D
M
O
B
A



MID
t
ID
Fn
ID
F
m2g
m1g
t
IC
F n
IC
F
FDx FDy
FO
xy
12
1 2
sin 60 ( cos 60 ) cos 60 ( cos 60 ) sin 60 0
2 2 2 2
t n
O IC IC ID
L r L L
F L m g r m g F r F M M             
0X 
1 2
cos 60 cos 60 0
t t
Dx ID IC
F F F m g m g      
0Y 
1 2
sin 60 sin 60 0
n n
Dy ID IC O
F F F m g m g F       
联立以上方程，解得
O
F 
2 2
1 2 1 1 2
6 3 ( ) 3 3 3 3 (4 ) 9 4 3 12 3
18
m g L r m gr m r r L m rL m r M
L
        

Dx
F  1 2 1 2
(2 ) ( )
2
m m r m m g  
Dy
F 
2 2
1 2 1 1 2
2
1 2 1 2
6 3 ( ) 3 3 3 3 (4 ) 9 4 3 12 3
18
(2 ) 3( )
2
m g L r m gr m r r L m rL m r M
L
m m r m m g
  

      
  
