昆明理工大学理论力学练习册答案第七章后

7.1.1动点的相对运动为直线运动，牵连运动为直线平动时，动点的绝对运动必为直线运动。 （ × ） 7.1.2无论牵连运动为何种运动，点的速度合成定理vavevr都成立。

（ ∨ ） （ × ） （ ∨ ） （ × ） （ × ） （ × ） （ × ） （ × ）

7.1.3某瞬时动点的绝对速度为零，则动点的相对速度和牵连速度也一定为零。 7.1.4当牵连运动为平动时，牵连加速度等于牵连速度关于时间的一阶导数。 7.1.5动坐标系上任一点的速度和加速度就是动点的牵连速度和牵连加速度。 7.1.6不论牵连运动为何种运动，关系式aaar+ae都成立。 7.1.8在点的合成运动中，判断下述说法是否正确：

（1）若vr为常量，则必有ar=0。 （2）若e为常量，则必有ae=0.

7.1.7只要动点的相对运动轨迹是曲线，就一定存在相对切向加速度。

（3）若vr//ωe则必有aC0。 （ ∨ ） 7.1.9在点的合成运动中，动点的绝对加速度总是等于牵连加速度与相对加速度的矢量和。 ( × ) 7.1.10当牵连运动为定轴转动时一定有科氏加速度。 （ × ）

二、 填空题

7.2.1 牵连点是某瞬时 动系 上与 动点 重合的那一点。

7.2.2在 ve与vr共线 情况下，动点绝对速度的大小为vave+vr，在 v e v r 情况下，动点绝对速度的大小为vavave vve2vr2，在一般情况下，若已知ve、vr ，应按___ ____ r__ 计算va的大小。

三、选择题：

7.3.1 动点的牵连速度是指某瞬时牵连点的速度，它相对的坐标系是（ A ）。

A、 定参考系 B、 动参考系 C、 任意参考系 7.3.2 在图示机构中，已知sabsint， 且t（其中a、b、

y B x s ω均为常数），杆长为L，若取小球A为动点，动系固结于物块B，定系

固结于地面，则小球的牵连速度ve的大小为（ B ）。

A、 L B、 bcost C、 bcostLcost D、bcostL

φ A

四、计算题

7.4.1 杆OA长L，由推杆BC通过套筒B推动而在图面内绕点O转动，如图所示。假定推杆的速度为v，其弯头高为b。试求杆端A的速度的大小（表示为由推杆至点O的距离x的函数）。 A B v C O x

1

b 7.4.2 在图a和b所示的两种机构中，已知O1O2b200mm,13rad/s。求图示位置时杆O2A的角速度。 O1 va va ω1 vr 30º O1 ve 300ve ω1 300vr A 30º A 解：(a) 取滑块A为动点，动系固连在杆O1A

上；则动点的绝对运动为绕O2点的圆周运动，相对运动为沿O1A杆的直线运动，牵连运动为绕O1点的定轴转动。

30º O2 o30º O2 2Ao由（7-7）式：vavevr2Ab b 其中：veO1A1b1则由几何关系：vave/cos30032rad/s(逆时时)234(a) (b) 02 oA2

va/O2Ava(2bcos30)ve(2bcos30)12cos30020 (b) 取滑块A为动点，动系固连在杆O2A上；则动点的绝对运动为绕O1点的圆周运动，相对运动为沿O2A杆的直线运动，牵连运动为绕O2点的定轴转动。

由（7-7）式：v avevr 其中：

vaO1A1b12则由几何关系：vevacos300oAve/O2Ave(2bcos300)va(2b)121.5rad/s(逆时针）7.4.3 图示四连杆平行形机构中，O1AO2B100mm，O1A以等角速度2rad/s绕O1轴转动。杆AB上有一套筒C，此筒与滑杆CD相铰接。机构的各部件都在同一铅直面内。求当60时，杆CD的速度和加速度。 O1 ω vA A vr O1 va O2 B C ve 解：取滑块C为动点，动系固连在杆AB上；则动点的绝对运动为铅垂方向的直线运动，相对运动为沿AB杆的直线运动，牵连运动平动。

由（7-7）式：vavevr其中：vevAO1A0.2m/sD 则：vCDvavecos0.1m/s()aa O2

ω B aA nAae 由（7-13）式：aaaearn其中：aeaAO1A20.1220.4ms2C ar 则：aCDaaaesin0.4sin600.230.346ms2()D 2

7.4.4 径为R的半圆形凸轮C等速u水平向右运动，带动从动杆AB沿铅直方向上升，如图所示。求30时杆AB相对于凸轮和速度和加速度。

B

vavevrvrve/cos23u3aa v24u2tnvrnaraaaeararva R3RA v eanr  atr φ u 43u2 tnartanarC 9R

7.4.5 如图所示，半径为r的圆环内充满液体，液体按箭头方向以相对速度v在环内作匀速运动。如圆环以等角速度绕O轴转动，求在圆环内点1和2处液体的绝对加速度的大小。 解：分别取1、2处的液体为动点，动系固连在圆环上。

vr nr 则动点的绝对运动为曲线运动，相对运动为沿圆环的匀速圆周运动，aar2c2O1 牵连运动为绕O点的匀速定轴转动。 2 ac1 nnaa由（7-20）式：aaaearacaaaenarnac1(a) e2r1

vrn2n2ny 其中：arac12vavre1ar1r e1ac22varn2v2r nn22对1点：将（a）式向y轴投影得: aa1ae1ar1ac1rvr2v()O

ω xn2ae5r2 对2点：将（a）式向x、y轴投影得:

ne2nr2sin1225，cos25aa2xasinaac2rvr2va22222224aaa(rvr2v)4r2xa2yaa2yaen2cos2r2 aaa2yr2v2r2v2r2aa2xcoscos22224aa2aa2(r2v2r2v)24r24(rvr2v)4r7.4.6 图示直角曲杆OBC绕O轴转动，使套在其上的小环M沿固定直杆OA滑动。已知：OB0.1m，OB与BC垂直，曲杆的角速度 0.5rad/s，角加速度为零。求当60时，小环M的速度和加速度。

解：取小环M为动点，动系固连在直角杆OBC上。 vr C M 则动点的绝对运动为沿OA杆的直线运动，相对运动为沿BC杆的O

vA 直线运动，牵连运动为绕O点的定轴转动。 φ a

ω B

O

φ ω B

其中：ate

ve 由（7-7）式：vavevraneM ar C 其中：veOMOBcos0.50.120.1m/saa A ac 则：vMvavetg0.130.1732m/s()vrvecos0.120.2m/s(方向如图)x由（7-20）式：aaaetaenarac(a)ac2evr2vr0,aen2OM2OBcosn将（a）式向x轴投影得: acosaaa22OB2vraecos0ac

aMaa22OB4vr0.35ms2()3

第八章 刚体的平面运动

一、是非题

刚体作平面运动

8.1.1刚体运动时，若已知刚体内任一点的运动，则可由此确定刚体内其它各点的运动。 8.1.2刚体作平面运动时，其上任意一点的轨迹为平面曲线。 8.1.3平面图形的速度瞬心只能在图形内。 平动，vAvB。

8.1.5平面图形上A、B两点的速度vA和vB反向平行的情形是不可能存的。 8.1.6已知刚体作瞬时平动，有0，因此必然有0。 8.1.7刚体作瞬时平动时，刚体上各点的加速度都是相等的。 8.1.9刚体作平面运动时，平面图形内两点的速度在任意轴上的投影相等。

二、填空题

8.2.1刚体的平面运动可以简化为一个___平面图形_____在自身平面内的运动。平面图形的运动可以分解为随基点的__平动__和绕基点的_转动___。其中，__平动______部分为牵连运动，它与基点的选取__有__关；而__转动____部分为相对运动，它与基点的选取_无___关。

8.2.2如图8.1所示，圆轮半径为R，沿固定平面只滚不滑，已知轮心速度为vO，选轮心为基点，则图示瞬时轮缘上M点牵连速度的大小为 vO ，相对速度的大小为 vO ，方向在图上标出。

8.2.3边长为L的等边三角形板在其自身平面内运动。在图8.2所示瞬时，已知A点的速度大小为vA，沿AC

2vA3vAL，C点的速度大小为_______方向，B点的速度沿CB方向，则此时三角板的角速度大小为____ ___ 。

C 图8.1 （ × ） （ ∨ ） （ × ） （ ∨ ） （ × ） （ × ） （ × ） （ × ）

8.1.4当平面图形上A、B两点的速度vA和vB同向平行，且AB的连线不垂直于vA和vB，则此时图形作瞬时nt aBA8.1.8只要角速度不为零，作平面运动的刚体上的各点一定有加速度。 a a A  a BA（ × ） B 

M vO O vOvMOC vCatBOB aOntaBOaCOv0r,a0rvMvA A 300aAxR2B 图8.2 CABC 0vB avO C aOaAy-R-ROnrO aCOt22aAOva22OOω α C1 aA(R2aO)R2rraOD2 atDOnv2OaDOaRRnA aAOaO 2vOaOR2aOr vOR vMORvO

ACABCACtg30L3图8.3 CCABCACcos3002L3yxABCvAACABC3vALvCCCABCABC2vAr2aaByRaO(ROaO)rBx2vO2RaB(R2)2aO(1)2rr8.2.4如图8.3所示，塔轮沿直线轨道作纯滚动，外轮半径为R ，内轮半径为r ，轮心的速度和加速度为vO 、aO 。则外轮缘上A、B、C、D四点的加速度分别为 aA22vO22aO(Ra)RO____________r2r2，

aB2vO22R(R)a(1)2，aO2____________rrC22vO22aO(R2aO)R2__________rr_， aD2vO2R)2aO(1)22r__。 r__________(R

4

三、选择题

8.3.1某瞬时，平面图形（图8.4）上任意两点A、B的速度分别为vA和vB，则此时该两点连线中点D的速度为（ B ）。

CvB vDAD B vDvAvDAvDvBvDBvDAvDBA. vDvAvB B. vDvAvB2

C. vDvAvB2 D. vDvBvA2

8.3.2三角形板DCE与等长的两杆AD和BC铰接如图8.5所示，并在其自身平面内运动。图示瞬时杆AD以匀角速度ω转动，则E点的速度和板的角速度为（ A ）。

A. vEvC,CDE0 B. vEvC,CDE0 C. vEvC,CDE0 D. vEvC,CDE0

8.3.3若vA和vB都不等于零，则以下各图中图（ d ）假设的情况是正确的。

A A vDBvA 图8.4 E D ω A 三角形板作平动 C B φ 图8.5 φ vB vB vB vφ φ B A vA B vB vA B vB vA0（a） （b） （c） （d） 8.3.4有一正方形平面图形在自身平面内运动，则图（a）运动是 B 的，图(b)的运动是 A 的。

vc A．可能； B．不可能； C．不确定。

vc 45o D D C C

vD C1 45o vD

45o vvB B

A A vA B B 45o vA (a) (b)

四、计算题

8.4.1 AB曲柄OC带动，曲柄以角速度o绕O轴匀速转动。如图所示。如OCBCACr，并取C点为基点，求椭圆规尺AB的平面运动方程。 y 解：动系x’C y’固联在C点,如图。则椭圆规尺AB的平面运动方程为：

y’ xCOCcosrcos0t A x’ yCOCsinrsin0tC ωO yc φ

O θ φ xc B x θω0t5

8.4.2 如图所示，在筛动机构中，筛子的摆动是由曲柄连杆机构所带动。已知曲柄OA的转速n40r/min，

OAr0.3m。当筛子BC运动到与点O在同一水平线上时，BAO90。求此瞬时筛子BC的速度。

vBC C 60º vA vB 60° A 60º ω O 解：由图示机构知，OA定轴转动，AB平面运动，BC平动。

图示位置时，vB与CBO夹角为30°，与AB夹角为60°。

B 60º 各点速度如图。

(v)(vB)ABvAvBcos60 由速度投影定理： AAB

8.4.3 曲柄O角速度ω=2rad/s绕轴O转动，带动等边三角形ABC作平面运动。板上点B与杆O1B铰接，点C与套筒铰接，而套筒可在绕轴O2转动的杆O2D上滑动。OA=AB=BC=CA=O2C=1m，当OA水平，AB∥O2D，O1B与BC在同一直线上时，求杆O2D的角速度ω2。（答案：ω2=0.577rad/s） C ω2 D B O1 vAOAπ400.300.40π m/s30vAvBCvB0.8π2.51 m/scos60ω A O2 O 8.4.4 平面机构如图所示。已知：ABACO1O2r10cm，OA2r，D为O1C的中点。在图示位置时，

45，AC水平，AB铅垂，滑块B的速度v＝2m／s ，O、C、O1三点处于同一铅垂线上。试求该瞬

时DE杆的角速度。（答案：ωDE=5rad/s） O 解：杆OA,O1C和套筒O2作定轴转动；杆AB，AC和DE作平面运动。

φ 由速度投影定理：( vA)AB(vB)ABvAsinvvAvsinC vC A φ (vA)AC(vC)ACvAcosvCvCvctgvve

vA D ∵D为O1C的中点，则：v DvC2v2vD Ɵ B

ω vr 取D点为动点，动系固联在套筒O2上。则由速度合成定理： vDvevr

θ v O2 O1

由几何关系： vevDsin2v4 E

于是套筒O2的角速度为： veO2D2v(42r)v4r5rad/s转向如图。

由于杆DE和套筒O2一起转动，因此杆DE与套筒O2具有相同的角速度，则： DE5rad/s顺时针转。

6

8.4.5 图示平面机构中，曲柄OA以匀角速度ω绕O轴转动，半径为r的圆轮沿水平直线轨道作纯滚动。在图示位置时，试求该瞬时轮缘上C点的速度和轮的角加速度。（答案：vC=46r/3，60。OAR2r。

B42/9，ωAB=ω/3）

vA 解：杆OA作定轴转动；杆AB作平面运动，圆轮B作纯滚动。

A ω O φ 23rωAB 1. 速度分析：取A点为基点，则由（8-3）式。 vBvAvBAvA 300 vC r C 其中：vAOA2r，vBAABAB23rAB由几何关系：v BvAcos304r04rvB vBA B ωB D 343r3 A aA ω ωAB

O φ vBAvAtg3002r3ABvBAAB3aaB nBAtaBA∵圆轮B作纯滚动，D点为速度瞬心。 BC

300 r B vB43r3则：vCBCD46r3x 方向如图。

aA αB 2. 加速度分析：取A点为基点，则由（8-5）式。

tnaBaAaBAaBAD 将(a)式向x轴投影得： aBcos30aBA∵圆轮B作纯滚动，则轮的角加速度为：

0n(a)n2aBaBAcos300ABABcos3004r29B

8.4.6 在图示四连杆机构中，已知OA10cm,aB42转向如图。 r9ABO1B25cm。在图示位置时，OA杆的角速度ω＝2rad

／s ，角加速度α＝3 rad／s2，O、A、B位于同一水平线上，且垂直于O1B。试求该瞬时：（1）AB杆的角速度和角加速度；（2）O1B杆的角速度和角加速度。（答案：ωAB=0.8 rad/s，αAB=1.2rad/s2；ωO1B=0，αO1B=2.24rad/s2）

O1

O A B ω α 08.4.7 在图示平面机构中，已知：OA=CD=1m，AB=DE=2m，铰链C为AB杆中点。在图示瞬时，30 ，OA水平，AB铅直，OA杆的角速度4rad/s，角加速度0。试求此瞬时DE杆的角速度E。（答案：

ωE=2

3/3rad/s）

A ω vA C 600 vC B vB D φ 300 vD

O 解：杆OA和DE作定轴转动；杆CD平面运动；杆AB作瞬时

平动。

ωE φ E vCvAOA4ms由速度投影定理： (vC)CD(vD)CDvCcos600vDcos300vD3vC323ms转向如图。 3EvDDE3vC327

8.4.8 在图示机构中，曲柄OA长为r，绕轴O以等角速度o转动，AB6r，BC33r。求图示位置时，滑块C的速度和加速度。

解：杆OA作定轴转动；杆AB和BC平面运动；滑块B、C作平动。

vCB C 1. 速度分析：取A点和B点为基点，则由（8-3）式。 600 vB vC vBvAvBAvCvBvCB

90º ωBC 由几何关系： vBvAtg600r03vA vA B A 0方向如图。 600 vvcos603r2 ωCB0O 60º60ºωAB O vAvBA0vB vBA2r0，AB vBA 0cos60AB3

aC3r0v vCBvBcos600，BCCB0taCBC 2BC6y naBaCB2. 加速度分析：对AB杆，取A点为基点，则由（8-5）式。

x

ωBC n2n2ntn90º 其中：ar，a6rtaaaaA0BAABBABABAaBA nnaBAaAB 0n0n A 将上式向x轴投影得： aBsin30aAsin30aBA 60º ωAB ωO 60º nn2O aaa2ar3nBABA0BaA

n2tn 对BC杆，取B点为基点，则由（8-5）式: aCaBaCBaCB其中：aCB33rBC 0n222将上式向y轴投影得： aCaBcos30aCB3r063r0123r012方向如图。

8.4.9平面机构如图所示，已知：OA=20cm匀角速度=3rad/s，AB=203cm，BC=30cm，DE=40cm。在图示位置时，30,DE//AB，且分别垂直BD和OA；OB处于铅垂线。试求该瞬时AB、BC、BD和DE各杆的角速度。（答案：ωAC=4rad/s，ωAB=3rad/s，ωBD=2rad/s，ωDE=2.6rad/s） E oωDE O 解：杆OA、BC和DE作定轴转动；杆AB和BD平面运动。

φ 600 ω A 速度分析：对AB杆，取A点，则由（8-3）式。

vA vDB ωAB D vBAvActg300603cms由几何关系：

0 D θC 030v300 030 ABvBAAB3rads逆时针 30 ωBC vB ωBD 300 B vBvAsin3002vA120cmsvBA vA BCvBBC4rads逆时针 vB

对BD杆，取B点，则由（8-3）式。 vDvBvDB由几何关系：

vv601 BDDBDB2rad/s顺时针 vDBvBsin30012060cm/sDBBC302

vBvAvBA其中:vAOA60cm/svDvBcos3001203603cm/s2 DE8

vD60333rad/sDE402逆时针

第九章 质点动力学的基本方程

一、是非题

9.1.1不受力作用的质点，将静止不动。 （ ×） 9.1.2质量是质点惯性的度量。质点的质量越大，惯性就越大。 （ ∨） 9.1.3质点在常力(矢量)作用下，一定作匀速直线运动。 （ ×） 9.1.4一个质点只要有运动，就一定受有力的作用，而且运动的方向就是它受力的方向。（ ×）

二、计算题

9.2.1 如图所示，在曲柄滑道机构中，活塞和活塞杆质量共为50kg。曲柄OA长0.3m，绕O轴作匀速转动，转速为n120r/min。求当曲柄在0和90时，作用在构件BDC上总的水平力。

D

对构件BDC，由(9-4)第一式： maxFix

0

当 = 0时： Fix2402N()n an a O ae B ar A C x 解：取滑块A为动点，动系固连在BDC上；则动点的绝对运动为匀速圆周运动，相对运动为沿BD的直线运动，牵连运动沿水平方向的平动。

aancosn其中：aaOA2OA(n30)20.3162ms2由（7-13）式：aanaeara由几何关系： eFixmae500.3162cos2402cos当 = 90时：

0

Fix09.2.2 半径为R的偏心轮绕O轴以匀角速度转动，推动导板沿铅直轨道运动，如图所示。导板顶部放有一

质量为m的物块A，设偏心距OC=e，开始时OC沿水平线。求：（1）物块对导板的最大压力；（2）使物块不离开导板的最大值。

y y A h 解：物块A的运动方程为：

则物块A的加速度为：

yhResintaAye2sint方向如图。

取物块A为研究对象，受力如图。 由(9-4)第二式： mayFiymaAFNmgO ωt C R FNmgmaAm(ge2sint)∴物块对导板的最大压力为：F Nmaxm(ge2)m(ge2)20m(ge)0mgaA物块对导板的最小压力为：F NminFN则使物块不离开导板的力学条件为：F Nminge∴使物块不离开导板的最大值为： maxge9

9.2.3 重物M重10 N, 系于30cm长的细线上,线的另一端系于固定点O。重物在水平面内作圆周运动，成一锥摆形状，且细线与铅垂线成30˚角。求重物的速度与线的拉力。

（答案：FT=11.6N，v=0.94m/s）

解：取重物M为研究对象。 由(9-5)式的第二、三式： O Pv2v20Fsin30(a)mF30˚ Tin0

gOMsin30F b T0Fib0Fcos300Pt n TM

vP2P20 PFTN方向如图 0cos3033

gOMFTsin23009.80.320 由（a）式得： v0.921ms方向如图

P4310

9.2.4 物体M重为P=10N，置于能绕y轴转动的光滑斜面上，θ=30o，绳索长L=2m，物体随同斜面一起以匀转速n=10r/min转动，试求绳子的拉力（取g=10m/s2 ）。（答案：FT=6.65N）



L M y n 

10

第十章 动量定理

pmivimvC一、是非题

10.1.1 一个刚体，若其动量为零，该刚体一定处于静止状态。 定轴转动 （ ×）

大小不变，方向变10.1.2 质心偏离圆心的圆盘绕圆心作匀速转动，其动量保持不变。 （ ×）

10.1.3 质点系不受外力作用时，质心的运动状态不变，各质点的运动状态也保持不变。 （ ×） 10.1.4若质点系的动量守恒，则其中每一部分的动量都必须保持不变。 （ ×） 10.1.5质点系的动量一定大于其中单个质点的动量。 （ ×） 10.1.6若质点系内各质点的动量皆为零，则质点系的动量必为零。 （ ∨） 10.1.7若质点系内各质点的动量皆不为零，则质点系的动量必不为零。 （ ×）

二、填空题

10.2.1在图10.1系统中，均质杆OA、AB与均质轮的质量均为m，OA杆的长度为l1，AB杆的长度为l2，轮的半径为R，轮沿水平面作纯滚动。在图示瞬时，OA杆的角速度为，整个系统的动量

151为 5 ml 2 。 ml1(11)ml122

10.2.2两匀质带轮如图10.2所示，质量各为ml和m2，半径各为r1和r2，分别绕通过质心且垂直于图面的轴O1和O2转动，Ol轮的角速度为 1，绕过带轮的匀质带质量为m3，该质系的动量是 0 。 l1 1 l12 A AB杆作瞬时平动 l1l1

B 1∵皮带的质心不动vC=0，∴p=0

 图10.1 O1 r1 r2 O2 O

10.2.3 均质杆AB长l, 如图铅垂地立在光滑水平面上，若杆受一微小扰动，从铅垂位置无初速地倒下，其质心C点的运动轨迹为 铅垂直线 。

B

三、选择题

10.3.1 人重P，车重Q，置于光滑水平地面上，人可在车上运动，开始时静止。则不论人采用何种方式（走、跑）从车头运动到车尾，系统的 ③ 。 ∵水平方向质心运动守恒 ①位移是不变的； ②速度是相同的； ③质心位置是不变的； ④末加速度是相同的。

10.3.2 已知三棱柱体A质量为M，小物块B质量为m，在图示三种情况下，小物块均由三棱柱体顶端无初速释放，若三棱柱初始静止，不计各处摩擦，不计弹簧质量，则运动过程 中 ⑤ 。

①图(a)所示系统动量守恒； ②图(b) 所示系统动量守恒；

③图(c) 所示系统动量守恒； ④图示三系统动量均守恒；⑤图示三系统动量均不守恒。

11

A 图10.2 ∵O1、O2轮作定轴转动，∴p=0

∵水平方向质心运动守恒

。 C

B B A A (a) (b) (c) B A

10.3.3 若作用于质点系的外力在某段时间内在固定坐标Ox轴上投影的代数和等于零，则在这段时间内

② 。

①质点系质心的速度必保持不变；②质点系动量在x轴上的投影保持不变；③质点系质心必静止不动。

，10.3.4 一圆盘置于光滑水平面上，开始处于静止，如图10.3所示。当它受图示力偶（F，F）作用后， ① 。 ①其质心C将仍然保持静止； ②其质心C将沿图示x轴方向作直线运动； ③ 其质心C将沿某一方向作直线运动； ④其质心C将作曲线运动。

10.3.5 如图10.4所示两个相同的均质圆盘，放在光滑水平面上，在圆盘的不同位置上，各作用一水平力F和，，

F ，使圆盘由静止开始运动，设F =F ，问哪个圆盘的质心运动得 快 ③ 。 maCxFx，aCx相同①A盘质心运动得快； ②B盘质心运动得快；③两盘质心运动相同。 y

F

F F’ C C C

B F’ A O x

图10.3 图10.4

四、计算题

10.4.1 重为P的小车D置于光滑水平面上，如图所示。与车铰接于A点的均质杆AB长为l, 重为G。初始系统静止，杆AB与铅垂线成θ角，求当杆AB倒下至水平位置时，小车移动的距离。[答案：s=Gl(1－sinθ)/2(P

＋G)]

y θ A B 解：∵系统的所有外力在x轴上投影的代数和等于零且初始时静止，故系统的质心在x方向保持不变。

G即：xC1xC2FN2B PFN1s A a GlPsinag2gxC1GPggx xC2GlPsasg2gGPggPGsFN3a FN4Gl(1sin)2(GP)12

10.4.2 图示质量为m、半径为R的均质半圆形板，受力偶M作用，在铅垂内绕O轴转动，转动的角速度为，角加速度为。C点为半圆板的质心，当OC与水平线成任意角时，求此瞬时轴O的约束力,OC=4R/(3π)。 n N 解：由质心运动定理(10-14)式。

maCFi(e)(1014)(a)T M o n  t acc  at cmg 

tnm(aCaC)Fi(e)将(a)式等号两边分别向t轴和n轴投影得：

tmaCTmgcosnmaCNmgsintTmgcosmaCnNmgsinmaCtaCOC4R4R2n，aCOC2334Rm2Nmgsin3方向如图

4RmTmgcos310.4.3 如图所示，两个质量分别为m1和 m2的车厢沿水平直线轨道运动（不计摩擦和阻力），速度分别为v1和v2，设v1>v2。假定A与B碰撞后以同一水平u运动（这种碰撞称为非弹性碰撞），求：（1）速度u的大小；（2）设碰撞时间为Δ t =0.5 s，求碰撞时相互作用的水平压力。[答案：u=(m1v1＋m2v2)/( m1＋m2)；F=2m2(u-v2)]

10.4.4 如图所示，水平面上放一均质三棱柱A。此三棱柱上又放一均质三棱柱B。两三棱柱的横截面都是三角形，三棱柱A的质量是三棱柱B的两倍。设三棱柱和水平面都是光滑的，初始时系统静止。求当三棱柱B沿三棱柱A滑至水平面时，三棱柱A的位移s。[答案：s=(a－b)/3，向左]

13

A B v1 v2 y b B θ 解：设三棱柱B的质量为m，则三棱柱A的质量为2m。

∵系统的所有外力在x轴上投影的代数和等于零且初始时静止，故系统的质心在x方向保持不变。

2mgA mga 即：xC1xC22bam2m33xC1m2msab3FN1b x xC2bamas2ms33m2ms 2mgFN2mga 第十一章 动量矩定理

一、是非题

平动时，定轴转动时Jz11.1.1质点系对于某固定点（或固定轴）的动量矩等于质点系的动量Mvc对该点（或该轴）的矩。 （ ×） 11.1.2平动刚体对某定轴的动量矩可以表示为：把刚体的全部质量集中于质心时质心的动量对该轴的矩。（ ∨） 11.1.3 如果质点系对于某点或某轴的动量矩很大，那么该质点系的动量也一定很大。 11.1.4 若平面运动刚体所受外力系的主矢为零，则刚体只可能作绕质心轴的转动。 11.1.5 若平面运动刚体所受外力系对质心的主矩为零，则刚体只可能平动。 m a C 

Ci

(e)

(e)

（ ×） （ ×） （ ×） （ ∨）

F 11.1.6 圆盘沿固定轨道作纯滚动时, 轨道对圆盘一定作用有静摩擦力。

JM (F

Ci)二、选择题

11.2.1均质直角曲杆OAB的单位长度质量为ρ，OA=AB=2l，图示瞬时以角速度ω、角加速度α绕O轴转动，该瞬时此曲杆对O轴的动量矩的大小为（ C ）。 A. 10ρl3ω/3 B. 10ρl3α/3 C. 40ρl3ω/3 D. 40ρl3α/3

O α ω A B LO(JO)OA(JO)AB11(2l)(2l)2[(2l)(2l)2(5l)2(2l)]123403l3

11.2.2三个均质定滑轮的质量和半径皆相同，受力如图11.1所示。不计绳的质量和轴承的摩擦。则图（ a ）所示定滑轮的角加速度最大，图（ c ）所示定滑轮的角加速度最小。

11.2.3如图11.2所示刚体的质量m，质心为C，对定轴O的转动惯量为JO，对质心的转动惯量为JC，若转动角速度为，则刚体对O轴的动量矩为 ② 。

① mvC ·OC； ② JO； ③ JC； ④ JO。

14

2O  ·C JF=1kN

(a)

3G2=1kN G1=2kN G=1kN

(b) (c)

(JG2r)1103rg(J3G2r)1103rg 图 11.1 图11.2

J110r

三、填空题

11.3.1杆AD由两段组成。AC段为均匀铁，质量为m；CD段为均匀木质，质量为M，长度均为L/2.。如图

2) 1211.3所示。则杆AB(D)对轴Az的转动惯量为 L ( m  7 M 。

1L1LLLJZm()2[M()2()2M] O z 3212224ω 12L3L(m7M)pmmL2mL 1222α A C D 11L LO[mL2m()2 322

L2652(L)m]LmA

224L/2 L/2

图 11.3 图11.4

11.3.2质量为m的均质杆OA，长L，在杆的下端结一质量也为m，半径为L/2的均质圆盘，图示瞬时角速度为ω，角加速度为α，如图11.4所示。则系统的动量为 2 mL  ，系统对O轴的动量矩

65为 L 2m  ，需在图上标明方向。

24

四、计算题

11.4.1 均质细杆质量为m1=2 kg，杆长l = 1 m，杆端焊接一均质圆盘，半径r = 0.2 m, 质量m2= 8kg，如图所示。求当杆的轴线由水平位置无初速度地绕轴转过φ角时的角速度和角加速度。（答案：ω2=2ksinφ，α=kcosφ） O α

φ 则整体对转轴O的动量矩，由（11-6）式得： LOA C m1g m2g 由对O轴的动量矩定理： 解：取整体为研究对象。整体绕O轴作定轴转动。

ω JOdLOMO(Fi(e))dtJOMO(Fi(e))(a)

11JOm1l2m2r2m2(lr)212.347(kg.m2)32

1 MO(Fi(e))m1glcosm2g(lr)cos103.88cos2

代入（a）式得： 8.413cos(rad/s2) ddddd8.412cosddd dtddtd

 

d008.413cosd228.413sin8.4132sin4.102sin15

11.4.2 重物A、B各重P1和P2，通过细绳分别缠挂在半径分别r1和r2的塔轮上，如图所示。塔轮重P3，回转半径为ρ。已知P1r1 > P2r2 ，不计绳重，求塔轮的角加速度和O轴处的反力。 ω 1 vA a1 P1

B O  FOy r2 r1 P3 FOx 解：取整体为研究对象。

受力分析如图。

M(e)(F)PrPrO1122A、B平动，塔轮定轴转动。速度分析如图。

v2 a2

由对O轴的动量矩定理：

v1r1v2r2222PP2P32P11r1P2r2P3LOv1r1v2r2ggggP2 dLOMO(Fi(e))dt 222(PrPr)gy P1r1P2r2P3 P1r1P2r2211222转向如图 2PrPrPg11223 x

dpxdpy(e)由质点系动量定理微分形式的投影形式： Fix,Fiy(e)

dtdt

PP2PP2P 111r1P2r2

代入上式得：

ppApBp轮FOx0gv1gv20px0，pygv1gv2gP1r1P2r2FOyP1P2P3g2PrPr(PrPr)1122FOyPP1P2P32112222()1P2P3gPrP2r2P311

11.4.3 一半径为R、质量为m1的均质圆盘，可绕通过其中心O的铅直轴无摩擦地旋转，如图所示。一质量为m2的人在盘上由点B按规律s速度。 

16

12at沿半径为r圆周行走。开始时，圆盘和人静止。求圆盘的角速度和角加2解：取整体为研究对象。 通过受力分析可知： v2 R O M(e)(F)0Oω r B 圆盘作定轴转动，人作圆周运动；速度分析如图。

v2sat1LOJom2v2rm1R2m2rat2由对O轴的动量矩定理：

dLOMO(Fi(e))dt2m2ram1R21m1R2m2ra02转向如图

2m2rat2mra2m2rad2m2radtd2tddt222200mRmR m1Rdtm1R11转向如图

11.4.4 质量为100kg、半径为1m的均质圆轮，以转速n120r/min绕O轴转动，如图所示。设有一常力F作用于闸杆，轮经10s后停止转动。已知摩擦系数f0.1，求力F的大小。

O` 解：取均质圆轮为研究对象。受力如图。

1.5m

 MYO o r XO

(e)(F)FdrfFNrO2m n o r 均质圆轮作减速转动。角速度和加速度如图。 初始均质圆轮的角速度为： 0FN ω Fd mg F

1LOJomr222n4(rad/s)60YO XO O` 由对O轴的动量矩定理：

dLO1dfFNrMO(Fi(e))mr22dtdt0101mr2dfFNr0dt2mr0FN200(N)方向如图

20f1.5m Fd FN

1mr2dfFNrdt21mr20fFNr102取闸杆为研究对象。

02m F

MO(F(e))03.5F1.5FN0F1.5600FN269.28N（）3.5711.4.5 均质圆柱体质量为m ，半径为r，放在倾斜角为60o的斜面上，如图所示。一细绳缠在圆柱体上，其一端固定于A点，AB平行于斜面。若圆柱体与斜面间的摩擦系数f=1/3，试求柱体中心C的加速度。

解法一：用平面运动微分方程。

A 取均质圆柱体为研究对象。受力如图。

2r 设柱体中心C的加速度为aC，如图。由于B点是速度瞬心。 FT y aCvC  (a)B C rFs r vc 由于圆柱作平面运动，则其平面运动微分方程为： mg F x N600 ac (e)(e)(e)maFmaFJM(F) CyiyCxixCCi

12FsfFNmrFTFsr0Fmgcos60mamgsin60FFNcTs 2 3322ag0.355g3.484m/sc 91132212vc2 TmvJmvcJcmr2cc解法二：用动能定理。 T10224r2

W12mgsin60sFs2s

32 mvcmgsin60sFs2s两边同时对时间t求导得： TTW由动能定理： 21124

332acg0.355g3.484m/s2

917

第十二章 动能定理

一、是非题

12.1.1作用在质点上合力的功等于各分力的功的代数和。 （ ∨） 12.1.2质点系的动能是系内各质点的算术和。 1 2 1 2 （ ∨）

TmvC J C 12.1.3平面运动刚体的动能可由其质量及质心速度完全确定。 2 2 （ ×） 12.1.4内力不能改变质点系的动能。 T 2  T W 12 （ ×） 1 12.1.5机车由静止到运动过程中，作用于主动轮上向前的摩擦力作正功。 （ ×）

纯滚动时不作功 12.1.6不计摩擦，下述说法是否正确

（1）刚体及不可伸长的柔索，内力作功之和为零。 （ ∨）

（2）固定的光滑面，当有物体在其上运动时，其法向的反力不作功。当光滑面运动时，不论物体在其上是否

运动，其法向反力都可能作功。 运动方向垂直法向反力时不作功 （ ×）

（3）固定铰支座的约束反力不作功。 （ ∨） （4）光滑铰链连接处的内力作功之和为零。 （ ∨） （5）作用在刚体速度瞬心上有（的）力不作功。 （ ∨） 1mr22sin22Tmva二、填空题 22cos412.2.1 如图12.1所示，D环的质量m，OB=r，图示瞬时直角拐的角速度为ω，则该瞬时环的动能T= 。

12.2.2 如图12.2所示，重为Mg的楔形块A以速度v1沿水平面移动，质量为m的物块B斜面下滑，物块B相对于楔形块的速度为v2故该系统的动能为 。 va vetgvrO C B r A v2 tg φ cosva  vaA ω versin B cos2 图12.1 图12.2

v1v1 11TMv12m(v12222v22v1v2cos)22vav12v2 2v1v2cos12.2.3均质杆AB长L，重为P，A端以光滑铰链固定，可使AB杆绕A点在铅直平面内转动，如图所示，

图中C点是杆的质心。当AB杆由水平位置无初速的摆到铅直位置时，其动能为T= 。

A PL2C B T2T1W12

T20PL2 三、选择题

12.3.1如图12.3所示，均质圆盘沿水平直线轨道作纯滚动，在盘心移动了距离s的过程中，水平常力FT的功AT=( B )；轨道给圆轮的摩擦力Ff的功Af=( E )。

A.FTsB.2FTsC.FfsD.2FfsE.0

12.3.2 如图12.4所示，两均质圆盘Ａ和Ｂ，它们的质量相等，半径相同，各置于光滑水平面上，分别受到F和F作用，由静止开始运动。若FF，则在运动开始以后到相同的任一瞬时，两盘的动能TA和TB的关系为( D )。 A.TATB

18

mB.TA2TBC.TB2TAD.TB3TA

dvCFtFvCdtmdFrtJCFrdtJC

dsT2rd2dssT2sFT

F’ F

O v B A

s 图12.3 图12.4

1F2t22TAmvC22m112TBmvCJC2222222FtFt3F2t22mm2m12.3.3已知均质杆长L，质量为m，端点B的速度为v，则AB杆的动能为 C 。

1A.mv23A 1B.mv22C2C.mv23AB4D.mv2 3ABB

DvD30o vv2vBCLsin300L2vLvDABCDvL2v

TAB1122mvDJDAB2221112224vmvmL2mv22212L3四、计算题

12.4.1 图示弹簧原长 l＝100mm,刚性系数 k=4．9 kN/m，一端固定在点 O，此点在半径为R＝100mm的圆周上。如弹簧的另一端由点 B拉至点A和由点A拉至点D，AC⊥BC，OA和BD为直径。分别计算弹簧力所作的功。 （答案：WBA=－20.3J，WAD=20.3J）

12.4.2 重量为Q、半径为r的卷筒上，作用一力偶矩m=aφ＋bφ2，其中φ为转角，a和b为常数。卷筒上的绳索拉动水平面上的重物B。设重物B的重量为P，它与水平面之间的滑动摩擦系数为。绳索的质量不计。当卷筒转过两圈时，试求作用于系统上所有力的功。

（答案：W=8aπ2－4Pπ＋bπ3/3）

B m O r 19

12.4.3 图示一滑块A重为W可在滑道内滑动，与滑块A用铰链连接的是重为P长为l的均质杆AB。现已知滑块沿滑道的速度为v，杆的角速度为ω，试求当杆与铅垂线的夹角为φ时，求系统的动能。[答案：T=(wv2＋P

vc2＋Jcω2）/2，vc用ω和v表示，Jc用杆的重量表示。]

A v C ω  B 12.4.4 长L、重P的均质杆OA绕球形铰链O以匀角速度ω转动。如杆与铅垂线的夹角为α，求杆的动能。（答

案：T=Pω2L2sin2θ/6g）

12.4.5 半径为R重为P1的均质圆盘A放在水平面上。绳子的一端系在圆盘的中心A，另一端绕过均质滑轮C后挂有重物B。已知滑轮C的半径为r，重P2；重物重P3。绳子不可伸长，其质量略去不计。圆盘滚而不滑。系统从静止开始运动。不计滚动摩擦，求重物B下落的距离为x时，圆盘中心的速度和加速度。[答案：v2A=4P3x/(3P1

＋P2＋2P3)]

θ O ω A T10 2R 1P11Pv1P223212Tvrv 2C 2g22gr2gA  v2 211Pv3P211P22P3vR 22g4gR

T2T1W12W12P3x

B x2P3g4P3gxavv 3P3P1P22P31P22P3

A` 12.4.6均质杆OA，质量为30Kg，弹簧系数K=3KN/m，弹簧原长Lo=1.22m，开始杆OA在图示水平位置静止。试求杆受轻微扰动后转到图示虚线所示铅垂位置时的角速度ω。

（答案：ω=3.rad/s）

ω C` A

1.2m C 1.2m O 45o

20

（本题16分）

解：设杆ＡＯ的长度为Ｌ；质量为ｍ．

用动能定理的积分形式

（2分） T2T1W12（1）

（2分） T10

1 1 1222T2 JOmL223 1222302.428.8(5分） 6将T1,T2,W12A’ ω C’

A

1.2m C 1.2m O 45o 代入（１）式得：

1111 222W12mgLK（12）mgLK1.221.22）0 2222

388.9（J）（5分）

＝13.53.67rad/s（2分）

12.4.7重P的均质柱形滚子由静止沿与水平成倾角θ的平面作无滑动的滚动。这时，重Q的手柄OA向前移动。忽略手柄端头的摩擦，求滚子轴O的速度与经过的路程s的关系。

[答案：v2o=4（P＋Q）sgsinθ/(3P＋2Q)]

(10分)

运动及受力分析：滚子平面运动， OA平动。

速度及受力图。

ω O v P θ Q A A O B θ

1vr vOAv（2分）

T10（1分）

1Q23P2Q21P211Q21P211P2vvrvv （3分） T2vJO2v2g22gr2g4g2g22g2

W12(PQ)ssin （2分） T2T1W12 （1分）

4s(PQ)gsin3P2Qv （1分）

21

（本题16分）

运动及受力分析：滚子平面运动， OA平动。速度及受力图。（3分）

v1rω O v P θ 2 vOAv（2分）

A Q T10（1分）

1Q23P2Q21P211Q21P211P2vvrvv （6分） T2vJO2v2g22gr2g4g2g22gW12(PQ)ssin （2分） T2T1W12 （1分）

v

4s(PQ)gsin 3P 2Q

（1分）

动力学普遍定理的综合运用

一、 是非题

12Z.1.1动力学普遍定理包括：动量定理、动量矩定理、动能定理以及由这三个基本定理推导出来的其他一些定理，如质心运动定理等。 （ ∨）

12Z.1.2质点系的内力不能改变质点系的动量和动量矩，也不能改变质点系的动能。 （ ×） 12Z.1.3 若质点的动量改变，其动能也一定发生变化。 质点作匀速圆周运动， v 的 （ ×）

方向在改变，大小不变。

12Z.1.4 若质点的动能发生变化，则其动量也一定发生变化。 （ ∨） 12Z.1.5 若质点的动量发生变化，则其动量矩也一定发生变化。 （ ×） 12Z.1.6 内力既不能改变质点系的动量和动量矩，也不能改变质点系的动能。 （ ×）

二、计算题

12Z.2.1 图示为曲柄滑槽机构，均质曲柄OA绕水平轴O作匀角速度ω转动。已知曲柄 OA的质量为 m1，OA＝r，滑槽 BC的质量为 m2（重心在点D）。滑块A的重量和各处摩擦不计。求当曲柄转至图示位置时，滑槽BC的加速度、轴承O的约束反力以及作用在曲柄上的力偶矩M。

22

12Z.2.2 滚子A质量为m1沿倾角为θ的斜面向下滚动而不滑动，如图所示。滚子借一跨过滑轮B的绳提升质量为m2的物体C，同时滑轮B绕O轴转动。滚子A与滑轮B的质量相等，半径相等，且都为均质圆盘。求滚子重心的加速度和系在滚子上绳的张力。

12Z.2.3 在图示机构中，沿斜面纯滚动的圆柱体O＇和鼓轮O为均质物体，质量均为m，半径均为R。绳子不能伸缩，其质量略去不计。粗糙斜面的倾角为θ，不计滚动摩擦。如在鼓轮上作用一常力偶M。求：（1）鼓轮的角加速度；（2）轴承O的水平反力。

M O C A θ

12Z.2.4 在图示机构中，已知：物块A重P，匀质轮O重Q1，作纯滚动的匀质轮C重Q2，半径均为R，斜面的倾角θ=300，轮O上作用力偶矩为M的常值力偶。绳的倾斜段与斜面平行。试求：（1）物块A下降的加速度a；（2）支座O的反力（表示成a的函数）。

[答案：a=(P－Q2sinθ＋M/R)2g/(2P＋Q1＋3Q2)]

第十三章 达朗贝尔原理

一、是非题

，无时，无惯性力。 （×） 13.1.1凡是运动的物体都有惯性力。 有 v a

13.1.2作用在质点系上所有外力和质点系中所有质点的惯性力在形式上组成平衡力系。 （∨） 13.1.3处于瞬时平动状态的刚体，在该瞬时其惯性力系向质心简化的主矩必为零。 （∨）

二、 选择题

13.2.1刚体作定轴转动时，附加反力为零的充要条件是：（ C ）

A．刚体的质心位于转动轴上；

B．刚体有质量对称平面，且转动轴与对称平面垂直； C．转动轴是中心惯性主轴；

D．刚体有质量对称轴，转动轴过质心且与对称轴垂直。

13.2.2如图13.1所示，均质细杆AB长为l，重为FP,与铅垂轴固结成角30，并与(以)匀角速度ω转动，则杆惯性力系的合力大小等于（ D ）。

3l2FP2l2FP2lFP2lFP2

A． B． C． D．

8g2g2g4g

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三、填空题

13.3.1 图13.2所示平面机构中，AC∥BD，且ACBDr，均质杆AB的质量为m，长为l。AB杆惯性力系

42FmamrIRC简化的结果为：___________________________________________________ 13.3.2 如图13.3所示均质细圆环半径为R，质量为m，沿倾角为  的斜面作纯滚动。已知环心的加速度为a，则圆环惯性力系向圆心O简化的结果是：惯性力系主矢的大小FIR___ma_______，惯性力系主矩的大小。 MIO_____mRa________（方向和转向分别在题图中画出）

MIOFIRaRaCFIRanAnaCCtFIRaAtaCaCFIRmantaCr2,aCrCMIOJOmR2amRaR FPllFP202FmaCsin30 IRg24g

13.3.3半径为R的圆环在水平面内绕通过环上一点O的铅垂轴以角速度ω、角加速度转动。环内有一质量为m的光滑小球M，图示瞬时（为已知）有相对速度vr(方向如图)，则该瞬时小球的科氏惯性力等

422vm2mRcosr于 ，牵连惯性力等于 2 13.1图 图13.2 a  r  4   2 图13.3 vr aenOM22Rcos22aetOM2Rcos2ae2Rcos422aetFIRCaC2vrFIRCmaC2vrmO aeaneaC  M FIRe  。（方向在图中标出）

 FIRemae2mRcos422四、计算题

13.4.1 图示轮轴对轴 O的转动惯量为J。轮轴上系有两个重物，质量各为m1和m2。若此轮轴绕顺时针方向转动，试求轮轴的角加速度，并求轴承O处的附加动反力。

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13.4.2 均质滚轮质量为20kg，其上绕有细绳，绳沿水平方向拉出，跨过无重滑轮B，系有质量为10kg的重物A，如图所示。如滚轮沿水平直线轨道只滚不滑，求滚轮中心C的加速度。

第十四章 虚位移原理

一、是非题

14.1.1质点系的虚位移是由约束条件决定的，与质点系运动的初始条件、受力及时间无关。 （∨）

定常

14.1.2因为实位移和虚位移都是约束所许可的，故实际的微小位移必定是诸虚位移中的一个。（×）

约束

14.1.3任意质点系平衡的充要条件是：作用于质点系的主动力在系统的任何虚位移上所做的虚功之和等于零。

具有理想约束的质点系 （×）

14.1.4凡是只质点系的几何位置的约束称为几何约束。 （∨）

二、选择题

14.2.1机构在图14.1所示瞬时有45，C位于AB杆中点，若A点的虚位移为rA，则B点的虚位移的大小rB＝______B________；OC杆中点D的虚位移的大小rD＝____D___________。

A．0.5rA B．rA C．2rA D．0

14.2.2一折梯放在粗糙水平地面上，如图14.2所示。设梯与地面之间的滑动摩擦系数为fS，且AC和BC两部分为等长均质杆。欲使之不致滑倒，则梯与水平面所成最小夹角min为______D_________。

111A．0 B．arccot C．arctan D．arctan

2fS4fS12fSvBcosvAcos(900)vBvArvBB1rAvAxB2lcosminxB2lsinminminrCvCt0vrrDvA1rDrC02llyEyDsinminyEyDcosminmin22yW2mgyEFSxB0DEmglcosminfSmg2lsinmin0rBvBvevCmgFSFSrC图 14.1 F N 图14.2

xBFN xsinmin1cosmin2fSδrA A

14.2.3如图14.3所示机构中，给点A一垂直于AB杆的虚位移，

δrB 则对B、C、D点的虚位移，正确的是______B_______。

A、 δrB ， δrC ； B、 δrC ， δrD； B rBC、 δrD ， δrB；； D、都不对； E、都对。

C

δ 图14.3 rC

25

D δrD

三、填空题

14.3.1 在图示平面机构中，A、B、O2和O1、C分别在两水平线上，O1A和O2C分别在两铅垂线上，30 ，45，A和C点虚位移之间的关系为_____________。 rA2rCrC4cos150rBvAvBvCvBcos150vCcosvAvBcos(150)vB2vC24cos1502vC2rA

14.3.2 图示构架各斜杆长度均为2a，在其中点相互铰接，45，受已知力F作用，F20kN，各杆重量均不计，则AB杆的内力为____10kN（压力）_____。

yEacosyEasinx xB2asinxB2acos WFyEFABxB0 FasinFAB2acos0 FF Ftg10kNFABABy22

14.3.3图示机构中二连杆OA、AB各长L，重量均不计，若用虚位移原理求解在铅直力P和水平力F作用下保持平衡时（不计摩擦），必要的虚位移之间的关系有

xB2tg（方向在图中标出），平衡时角的值为 。

yAP xxBB arctgF 2F O θ θ xB2LcosxB2Lsin yAA yALsinyALcos P yxsin B22tgycos A

W0F2LsinPLcos0FxBPyA0

sinP Parctg cos2F2F四、计算题

14.4.1 摇杆机构分别如图所示，OA＝R，∠AOO1＝90°，∠OO1A＝30°。今在杆OA上施加力偶的力偶矩M1，试求系统保持平衡时，需在O1B上施加力偶的力偶矩M2。

rAv2ArCvC4cos150（答案：M2=4M1）

14.4.2 试求图示连续梁的支座反力。设图中的荷载、尺寸均为已知。

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