清华大学-理论力学-习题解答-9-01
理论力学习题解答第九章
9－1在图示系统中，均质杆OA 、AB 与均质轮的质量均为m ，OA 杆的长度为1l ，AB 杆的长度为2l ，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ω，求整个系统的动量。
ω125ml ，方向水平向左题9－1图 题9－2图9－2 如图所示，均质圆盘半径为R ，质量为m ，不计质量的细杆长l ，绕轴O 转动，角速度为ω，求下列三种情况下圆盘对固定轴的动量矩： （a ）圆盘固结于杆；（b ）圆盘绕A 轴转动，相对于杆OA 的角速度为ω-； （c ）圆盘绕A 轴转动，相对于杆OA 的角速度为ω。
（a ）ω)l R (m L O 222+=；（b ）ω2ml L O =；（c ）ω)l R (m L O 22+= 9－3水平圆盘可绕铅直轴z 转动，如图所示，其对z 轴的转动惯量为z J 。
一质量为m 的质点，在圆盘上作匀速圆周运动，质点的速度为0v ，圆的半径为r ，圆心到盘中心的距离为l 。
开始运动时，质点在位置0M ，圆盘角速度为零。
求圆盘角速度ω与角ϕ间的关系，轴承摩擦不计。
9－4如图所示，质量为m 的滑块A ，可以在水平光滑槽中运动，具有刚性系数为k 的弹簧一端与滑块相连接，另一端固定。
杆AB 长度为l ，质量忽略不计，A 端与滑块A 铰接，B 端装有质量1m ，在铅直平面内可绕点A 旋转。
设在力偶M 作用下转动角速度ω为常数。
求滑块A 的运动微分方程。
t l m m m x m m kxωωsin 2111+=++9－5质量为m，半径为R的均质圆盘，置于质量为M的平板上，沿平板加一常力F。
设平板与地面间摩擦系数为f，平板与圆盘间的接触是足够粗糙的，求圆盘中心A点的加速度。
9－6均质实心圆柱体A 和薄铁环B 的质量均为m ，半径都等于r ，两者用杆AB 铰接，无滑动地沿斜面滚下，斜面与水平面的夹角为θ，如图所示。
如杆的质量忽略不计，求杆AB 的加速度和杆的内力。
θsin 74g a =； 9－7均质圆柱体A 和B 的质量均为m ，半径为r ，一绳缠在绕固定轴O 转动的圆柱A 上，绳的另一端绕在圆柱B 上，如图所示。
理论力学习题解答第九章
理论力学习题解答第九章题9－2图9－2 如图所示，均质圆盘半径为R，质量为m ，不计质量的细杆长，绕轴O转动，角速度为，求下列三种情况下圆盘对固定轴的动量矩：（a）圆盘固结于杆；（b）圆盘绕A轴转动，相对于杆OA的角速度为；（c）圆盘绕A轴转动，相对于杆OA的角速度为。
（a）；（b）；（c）9－3水平圆盘可绕铅直轴转动，如图所示，其对轴的转动惯量为。
一质量为m的质点，在圆盘上作匀速圆周运动，质点的速度为，圆的半径为r，圆心到盘中心的距离为。
开始运动时，质点在位置，圆盘角速度为零。
求圆盘角速度与角间的关系，轴承摩擦不计。
9－4如图所示，质量为m的滑块A，可以在水平光滑槽中运动，具有刚性系数为k的弹簧一端与滑块相连接，另一端固定。
杆AB长度为l，质量忽略不计，A端与滑块A铰接，B端装有质量，在铅直平面内可绕点A旋转。
设在力偶M作用下转动角速度为常数。
求滑块A的运动微分方程。
9－5质量为m ，半径为R的均质圆盘，置于质量为M的平板上，沿平板加一常力F。
设平板与地面间摩擦系数为f，平板与圆盘间的接触是足够粗糙的，求圆盘中心A点的加速度。
9－6均质实心圆柱体A和薄铁环B的质量均为m，半径都等于r，两者用杆AB铰接，无滑动地沿斜面滚下，斜面与水平面的夹角为，如图所示。
如杆的质量忽略不计，求杆AB的加速度和杆的内力。
；9－7均质圆柱体A和B的质量均为m，半径为r，一绳缠在绕固定轴O转动的圆柱A上，绳的另一端绕在圆柱B上，如图所示。
摩擦不计。
求：（1）圆柱体B下落时质心的加速度；（2）若在圆柱体A上作用一逆时针转向，矩为M 的力偶，试问在什么条件下圆柱体B的质心加速度将向上。
9－8平面机构由两匀质杆AB，BO组成，两杆的质量均为m，长度均为l，在铅垂平面内运动。
在杆AB上作用一不变的力偶矩M，从图示位置由静止开始运动。
不计摩擦，试求当A即将碰到铰支座O时A 端的速度。
9－9长为l、质量为m的均质杆OA以球铰链O固定，并以等角速度绕铅直线转动，如图所示。
清华大学版理论力学课后习题答案大全_____第3章静力学平衡问题习题解
F DBCBDBF '习题3－3图第3章 静力学平衡问题3－1 图示两种正方形结构所受荷载F 均已知。
试求其中1，2，3各杆受力。
解：图（a ）：045cos 23=-︒F FF F 223=（拉） F 1 = F 3（拉） 045cos 232=︒-F F F 2 = F （受压） 图（b ）：033='=F F F 1 = 0F 2 = F （受拉）3－2 图示为一绳索拔桩装置。
绳索的E 、C 两点拴在架子上，点B 与拴在桩A 上的绳索AB 连接，在点D 加一铅垂向下的力F ，AB 可视为铅垂，DB 可视为水平。
已知α= 0.1rad.，力F = 800N 。
试求绳AB 中产生的拔桩力（当α很小时，tan α≈α）。
解：0=∑y F ，F F ED =αsin αs i nFF ED = 0=∑x F ，DB ED F F =αcos F FF DB 10tan ==α由图（a ）计算结果，可推出图（b ）中：F AB = 10F DB = 100F = 80 kN 。
3－3 起重机由固定塔AC 与活动桁架BC 组成，绞车D 和E 分别控制桁架BC 和重物W 的运动。
桁架BC 用铰链连接于点C ，并由钢索AB 维持其平衡。
重物W = 40kN 悬挂在链索上，链索绕过点B 的滑轮，并沿直线BC 引向绞盘。
长度AC = BC ，不计桁架重量和滑轮摩擦。
试用角ϕ=∠ACB 的函数来表示钢索AB 的张力F AB 以及桁架上沿直线BC 的压力F BC 。
(b-1)习题3－1图(a-1)(a-2)'3(b-2)习题3－2图F习题3-5图习题3－4图 解：图（a ）：0=∑x F ，0sin 2cos=-ϕϕW F AB ，2sin2ϕW F AB =0=∑y F ，02sincos =---ϕϕAB BC F W W F即 2s i n 2c o s 2ϕϕW W W F BC ++=W W W W 2)c o s 1(c o s =-++=ϕϕ3－4 杆AB 及其两端滚子的整体重心在G 点，滚子搁置在倾斜的光滑刚性平面上，如图所示。
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第6章 刚体的平面运动分析6－1 图示半径为r 的齿轮由曲柄OA 带动，沿半径为R 的固定齿轮滚动。
曲柄OA 以等角加速度α绕轴O 转动，当运动开始时，角速度0ω= 0，转角0ϕ= 0。
试求动齿轮以圆心A 为基点的平面运动方程。
解：ϕc o s )(r R x A += （1） ϕsin )(r R y A +=（2）α为常数，当t = 0时，0ω=0ϕ= 0221t αϕ=（3）起始位置，P 与P 0重合，即起始位置AP 水平，记θ=∠OAP ，则AP 从起始水平位置至图示AP 位置转过θϕϕ+=A因动齿轮纯滚，故有⋂⋂=CP CP 0，即 θϕr R = ϕθr R =， ϕϕrr R A += （4）将（3）代入（1）、（2）、（4）得动齿轮以A 为基点的平面运动方程为：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+=+=+=222212sin )(2cos )(t r r R t r R y t r R x A A A αϕαα6－2 杆AB 斜靠于高为h 的台阶角C 处，一端A 以匀速v 0沿水平向右运动，如图所示。
试以杆与铅垂线的夹角θ 表示杆的角速度。
解：杆AB 作平面运动，点C 的速度v C 沿杆AB 如图所示。
作速度v C 和v 0的垂线交于点P ，点P 即为杆AB 的速度瞬心。
则角速度杆AB 为6－3 图示拖车的车轮A 与垫滚B 的半径均为r 。
试问当拖车以速度v 前进时，轮A 与垫滚B 的角速度A ω与B ω有什么关系？设轮A 和垫滚B 与地面之间以及垫滚B 与拖车之间无滑动。
解：RvR v A A ==ωR v R v B B 22==ωB A ωω2=6－4 直径为360mm 的滚子在水平面上作纯滚动，杆BC 一端与滚子铰接，另一端与滑块C 铰接。
设杆BC 在水平位置时，滚子的角速度ω＝12 rad/s ，θ＝30︒，ϕ＝60︒，BC ＝270mm 。
试求该瞬时杆BC 的角速度和点C 的速度。
《理论力学》第5-9章习题参考解答
《理论力学》第7章-习题解答
D
dϕ π 解：OA转动的角速度为 ω = = (rad / s ), v A = OA ⋅ ω = 0.05π (m / s ) dt 3 7π π 当s=7s时： ϕ = = 2π + , OB = OA = 0.15(m) 3 3 2 2 BD = OB tan ϕ = 0.15 3 (m), O1 B = O1O + OB = 0.25(m) BD v A = 0.05 3π (m / s ) 根据vA和vB可以确定AB的速度瞬心在D点： vB = OA
r F
a
r F
a
FN
图a
r G
FN
图b
r G
解：①当加速度较小时，物块A会有向下滑的趋势，受力图如图a，动力学方程为：
G 2 2 a = FN −F （1） g 2 2 2 2 0=F + FN − G （2） 2 2 1− f 联立（1）（2）（3）求得： a≥ g 1+ f
其中：
F ≤ FN f
ωOC
解：设杆AB上的A点为动点，摇杆OC为动系，则由速度合成定理得：
r r r v A = vr + ve
其中：
vA = v
r ac
r aA r ar rτ ae
r ve
α OC
r vA
r vr
将矢量方程分别在ve 和vr方向投影得：
Hale Waihona Puke r aenvr = v A sin ϕ = v sin 45°, ve = v A cos ϕ = v cos 45° v v cos 45° v 所以摇杆OC的角速度为： ωOC = e = = (方向如图所示) L OA 2L cos 45° r rτ r n r r 由加速度合成定理得：a A = ae + ae + ar + ac L v 2 v2 v 2v 2 2 n 其中： a A = 0, ae = OA ⋅ ωOC = ( ) = , ac = 2ωOC vr = 2 v sin 45° = cos 45° 2 L 2L 2L 2 2L rτ 2v 2 将矢量方程在 ae 方向投影得： τ 2 a 2L = v 2 α 所以OA的角加速度为： OC = e = 2v τ L OA 2 L2 0 = aτ − ac , ae = ac = e 2L cos 45°
清华理论力学课后答案9
及其变分
答 1
yC1 = 2 l sinϑ1 ，
1 δyC1 = 2 l cosϑ1 ⋅ δϑ1 ；
1
1
后 yC2 = l sinϑ1 + 2 l sinϑ2 ， δyC2 = l cosϑ1 ⋅δϑ1 + 2 l cosϑ2 ⋅δϑ2 。
G1 tan β − (G1 + G2 ) f ≤ F ≤ G1 tan β + (G1 + G2 ) f 。
(b) 解：本体与上题在于ϑ 是变量，只要将上题中的 β 表示成 h 的
函数即可。易见ϑ = 90� − β ， tan β = cotϑ =
上式结果，分别得到（1） F =
R2 − h
h2
.khdaw.co 题 9-13 图
题 9-13 图（a）
www 任一虚位移：AB 杆绕 A 的虚转动 δϑ ，BC 杆的瞬时虚平移 δrB = hδϑ = δrC ，CD 杆绕 D
的虚转动 δϕ = δrC 2h 。列出虚功方程：
网 Mδϑ − F1δrB − F2hδϕ = 0 ，解得： M A = (F1 + F2 / 2)h 。
题 9-11 图（a） 其中， δrD = hδr l 。
解得： FAy = F1 − F2h / l 。
9-12 水平力 F1 和 F2 分别作用于杆 BC 和杆 CD 的中点，如图示。不计`杆重，试计算固
定端 A 的约束力偶 MA。
m 解：解除固定端的转动约束而成为固定铰链，并代之以约束力偶，如图（ a）所示。给机构
G1
理论力学习题解答
1、力使物体运动状态发生改变的效应称为___。
(1)A．外效应B．内效应C．A和BD．都不是8、作用在物体上的力是＿___。
(196489:第01-1章理论力学:8) A．定位矢量B．滑动矢量C．旋转矢量D．双向矢量11、变形体在已知力系的作用下处于平衡状态，那么如将它看成刚体，其平衡______ (196492:第01-1章理论力学:11)A．不受影响B．不再平衡C．变形增加D．无法确定刚化原理:变形体在已知力系的作用下处于平衡状态，那么如将它看成刚体，其平衡不受影响。
但刚体的平衡条件对于变形体来说只是必要条件，而非充分条件。
14、在保持力偶矩的大小和力偶转向不变的条件下，力偶______在作用面内任意转移。
(196495:第01-1章理论力学:15)A．可以B．不可以C．点D．无法确定18、___不是力偶的三要素。
(196499:第01-1章理论力学:19) A．力偶矩的大小B．力偶的转向C．力偶的作用平面D．力偶的作用点19、两个力偶等效，力偶臂＿相等，组成力偶的力的大小＿相等。
A．一定／一定B．一定／不一定C、不一定／一定D．不一定／不一定23、“当力偶中任一力沿作用线移动时，力偶矩的大小＿。
(24) A．增加B．减小C．不变D．无法确定25、下列关于力偶的说法＿是正确的。
①两个力偶的三要素中有一个不相同，它们的作用效果也有可能相同；②力偶不能和一个力等效；③力偶对物体只有单纯改变旋转运动的作用，而无平移的作用；④力偶对物体的作用效应与力偶的作用位置无关，即为偶可以在作用平面内任意移动。
(196506:第01-1章理论力学:26)A．①②③B．②③④C．①②④D．①②③④28、二力平衡原理适用于＿。
(196509:第01-1章理论力学:29) A．刚体B．变形体C．刚体和变形体D．任意物体37、力在正交坐标轴上的投影大小＿力沿这两个轴的分力的大小。
(196518:第01-1章理论力学:38)A．大于B．小于C．等于D．不等于43、约束反力的方向与该约束所能限制的运动方向＿___。
清华大学版理论力学课后习题答案大全第9章动量矩定理及其应用
习题9－2图习题20-3图OxF Oy F gm gDdα习题20-3解图第9章动量矩定理及其应用9－1计算下列情形下系统的动量矩。
1.圆盘以ω的角速度绕O 轴转动，质量为m 的小球M 可沿圆盘的径向凹槽运动，图示瞬时小球以相对于圆盘的速度v r 运动到OM =s 处（图a ）；求小球对O 点的动量矩。
2.图示质量为m 的偏心轮在水平面上作平面运动。
轮心为A ，质心为C ，且AC =e ；轮子半径为R ，对轮心A 的转动惯量为J A ；C 、A 、B 三点在同一铅垂线上（图b ）。
（1）当轮子只滚不滑时，若v A 已知，求轮子的动量和对B 点的动量矩；（2）当轮子又滚又滑时，若v A 、ω已知，求轮子的动量和对B 点的动量矩。
解：1、2s m L O ω=（逆）2、（1）1()(Remv e v m mv p A A C +=+==ω（逆）Rv me J R e R mv J e R mv L AA A C CB )()()(22-++=++=ω（2）)(e v m mv p A C ω+==ωωωω)()()())(()(2meR J v e R m me J e R e v m J e R mv L A A A A C C B +++=-+++=++=9－2图示系统中，已知鼓轮以ω的角速度绕O 轴转动，其大、小半径分别为R 、r ，对O 轴的转动惯量为J O ；物块A 、B 的质量分别为m A 和m B ；试求系统对O 轴的动量矩。
解：ω)(22r m R m J L B A O O ++=9－3图示匀质细杆OA 和EC 的质量分别为50kg 和100kg ，并在点A 焊成一体。
若此结构在图示位置由静止状态释放，计算刚释放时，杆的角加速度及铰链O 处的约束力。
不计铰链摩擦。
解：令m =m OA =50kg ，则m EC =2m 质心D 位置：（设l =1m)m6565===l OD d 刚体作定轴转动，初瞬时ω=0lmg lmg J O ⋅+⋅=22α222232)2(212131ml ml l m ml J O =+⋅⋅+=即mglml 2532=α2rad/s 17.865==g lαgl a D 362565t =⋅=α由质心运动定理：OyD F mg a m -=⋅33t4491211362533==-=mg g mmg F Oy N （↑）0=ω，0n=Da ，0=Ox F 习题9－1图（a ）（b ）习题9－5解图习题9－5图9－4卷扬机机构如图所示。
理论力学习题解答
理论力学习题解答 Company number：【0089WT-8898YT-W8CCB-BUUT-202108】9－1在图示系统中，均质杆OA 、AB 与均质轮的质量均为m ，OA 杆的长度为1l ，AB 杆的长度为2l ，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ω，求整个系统的动量。
ω125ml ，方向水平向左 题9－1图 题9－2图9－2 如图所示，均质圆盘半径为R ，质量为m ，不计质量的细杆长l ，绕轴O 转动，角速度为ω，求下列三种情况下圆盘对固定轴的动量矩： （a ）圆盘固结于杆；（b ）圆盘绕A 轴转动，相对于杆OA 的角速度为ω-； （c ）圆盘绕A 轴转动，相对于杆OA 的角速度为ω。
（a ）ω)l R (m L O 222+=；（b ）ω2ml L O =；（c ）ω)l R (m L O 22+= 9－3水平圆盘可绕铅直轴z 转动，如图所示，其对z 轴的转动惯量为z J 。
一质量为m 的质点，在圆盘上作匀速圆周运动，质点的速度为0v ，圆的半径为r ，圆心到盘中心的距离为l 。
开始运动时，质点在位置0M ，圆盘角速度为零。
求圆盘角速度ω与角ϕ间的关系，轴承摩擦不计。
9－4如图所示，质量为m 的滑块A ，可以在水平光滑槽中运动，具有刚性系数为k 的弹簧一端与滑块相连接，另一端固定。
杆AB 长度为l ，质量忽略不计，A 端与滑块A 铰接，B 端装有质量1m ，在铅直平面内可绕点A 旋转。
设在力偶M 作用下转动角速度ω为常数。
求滑块A 的运动微分方程。
9－5质量为m ，半径为R 的均质圆盘，置于质量为M 的平板上，沿平板加一常力F 。
设平板与地面间摩擦系数为f ，平板与圆盘间的接触是足够粗糙的，求圆盘中心A 点的加速度。
9－6均质实心圆柱体A 和薄铁环B 的质量均为m ，半径都等于r ，两者用杆AB 铰接，无滑动地沿斜面滚下，斜面与水平面的夹角为θ，如图所示。
理论力学解答(清华版)
第一章 静力学基本概念1-1 考虑力对物体作用的运动效应，力是（ A ）。
A.滑动矢量B.自由矢量C.定位矢量1-2 如图1-18所示，作用在物体A 上的两个大小不等的力1F 和2F ，沿同一直线但方向相反，则其合力可表为（ C ）。
A.1F –2FB.2F - 1FC.1F +2F图1－18 图1－191-3 F =100N ，方向如图1-19所示。
若将F 沿图示x ，y 方向分解，则x 方向分力的大小x F = C N ，y 方向分力的大小y F = ___B __ N 。
A. 86.6B. 70.0C. 136.6D.25.91-4 力的可传性只适用于 A 。
A. 刚体B. 变形体1-5 加减平衡力系公理适用于 C 。
A. 刚体；B. 变形体；C. 刚体和变形体。
1-6 如图1-20所示，已知一正方体，各边长a ，沿对角线BH 作用一个力F ，则该力在x 1轴上的投影为 A 。
A. 0B. F/2C. F/6D.－F/31-7如图1-20所示，已知F=100N ，则其在三个坐标轴上的投影分别为： Fx = －402N ，Fy = 302N ，Fz = 502 N 。
图1－20 图1－21第二章力系的简化2-1．通过A（3，0，0），B（0，4，5）两点（长度单位为米），且由A指向B的力F，在z轴上投影为，对z轴的矩的大小为。
答：F/2；62F/5。
2-2．已知力F的大小，角度φ和θ，以及长方体的边长a，b，c，则力F在轴z和y上的投影：Fz= ；Fy= ；F对轴x的矩M x(F)= 。
答：Fz=F·sinφ；Fy=－F·cosφ·cosφ；Mx（F）=F（b·sinφ+c·cosφ·cosθ）图2－40 图2－412-3．力通过A（3，4、0），B（0，4，4）两点（长度单位为米），若F=100N，则该力在x轴上的投影为，对x轴的矩为。
理论力学答案完整版(清华大学出版社)10
子 C 沿水平轨道滚动而不滑动，试求重物 A 的加速度。
解： 取整个系统为研究对象，自由度为 1。设重物速度为 vA ，则轮
题 10-9 图
的角速度 ω = vA ，轮心速度为 R−r
vO
=
R
r −
r
vA 。系统的动能为
( ) T
拉格朗日方程的普遍形式
d dt
∂L ∂q& j
− ∂L ∂q j
= Q′j
( j = 1,2,..., m)
式中 Q′j 为非有势力对应的广义力。
矢量方法
动量法：动量定理
动量矩定理 质心运动定理 定轴转动微分方程 平面运动微分方程
质点系统动力学
动静法
动能定理
能量方法
拉格朗日方程
3 保守系统拉格朗日方程的初积分
10-3 质量为 m1 的匀质杆，长为 l，一端放在水平面上， 另一端与质量为 m2、半径为 r 的匀质圆盘在圆盘中心 O 点 铰接。圆盘在地面上作纯滚动，圆心速度为 v。求系统在此
题 10-3 图
位置的动能。
解：杆作平移，动能为
T1
=
1 2
m1v2
；
圆盘作纯滚动，动能为
T2
=
1 2
m2v2
+
1 2
mivi
⋅ vi
，
其中 n 为系统中的质点数目，可以是有限或无穷，mi 和 vi 分别为各质点的质量和速度。 平
移刚体的动能 T = 1 mv2 ， 2
其中 m 为平移刚体的质量。
定轴转动刚体的动能
T
=
1 2
理论力学作业解答
1.2 某船向东航行，速率为每小时15km，在正午经过某一灯 塔。另一船以同样速度向北航行，在下午1时30分经过此灯 塔。问在什么时候，两船的距离最近？最近的距离是多少？ y 解：设向东航行的船为A，另一船为B， 以灯塔为坐标原点建立直角坐标如图所 示，以A经过O点为：t = 0 则此时B的位置在：B′ 任意时刻 t ，A、B的位置如图。 A、B间的距离为：
d ( − kv 0 cos α tg θ ) 1 dt = k ( g + kv 0 cos α tg α ) − kv 0 cos α tg θ
对上式积分可得：
1 ∫0 dt = k
t
∫α
−α
d ( − kv 0 cos α tg θ ) ( g + kv 0 cos α tg α ) − kv 0 cos α tg θ
v v0
α
v mg
θ
x
α v v
dv m = − mkv − mg sin θ (1) dt v2 m = mg cos θ ( 2)
随着质点运动，切线方 向与 x 轴夹角减少，故有：
ρ
ds ρ =− dθ
(3)
dv m = − mkv − mg sin θ (1) dt v2 m = mg cos θ ( 2)
s 2 = (15 t ) 2 + (15 × 1 .5 − 15 t ) 2 = 450 t 2 − 675 t + 506 .25
A
o
s
B B′
x
s = 450 t − 675 t + 506 .25
2 2
y
A
当 A、B相距最近时有： d (s2 ) = 900 t − 675 = 0 dt 可得：
理论力学答案完整版(清华大学出版社)3
之差称为静不定次数。这类问题需要补充与静不定次数相同数量的变形协调方程才能求解。 未知约束力分量的数目小于独立平衡方程的数目，这类平衡问题是不存在的。 解题要领：
（2）AD 梁上，固定铰链 A 处有 2 个约束力，辊轴铰链 B、C 和 D 各有 1 个约束力， 共有 5 个约束力，这 5 个约束力组成平面一般力系，可以列出 3 个独立的平衡方程。所以， AD 梁是 2 次静不定。
（3）曲梁 AB 两端都是固定端约束，各有 3 个共 6 个约束力组成平面一般力系，而独 立的平衡方程只有 3 个。所以是 3 次静不定。
2 要区分物体维持平衡时的摩擦力与能够产生的最大静摩擦力，两者不可混淆。 3 有摩擦时的平衡问题往往还伴随物体的翻倒问题，要全面考虑，择其合理解。 4 自锁问题通常利用摩擦角概念和二力平衡条件或三力平衡汇交定理解题，具有几何直观、 概念清楚和便于理解的特点。关键是要确定临界平衡时的摩擦角。 5 滚动摩擦问题的考虑类似于滑动摩擦问题。
FA = 63.22 kN . ∑ Fy = 0, FA + FC sin 60o + FB − F1 sin 60o − F2 − q × 3 = 0 ,
FB = 88.74 kN .
题 3-3(a)图
（b）解：以 AB 以梁为研究对象，画受力图，列平衡方程
∑ Fx = 0 ， FD cos 45o − FB cos 45o − F2 cos30o = 0 ， ∑ mC = 0, FD sin 45o × 4 + FB sin 45o × 8 − M − F1 × 2
理论力学答案完整版(清华大学出版社)6
v A = OA ⋅ ω = 1.2 m/s ， AB 杆作平面运动，在图示瞬时，由 v A , v B 知， AB
杆作瞬时平移，有
vB = v A = 1.2 m/s . BE 作平移， vE = vB . 有 v D , v E 找得 ED 杆速度瞬
心为 D 点.在图示位置上可得
题 6-6 图
OE = AB − OA − EB = OD ， o 由此可知 ∠ODE = ∠OED = 30 ， ED 杆角速度为
( xC , y C ,ϑ ) 确定，所以 AB 杆的平面运动方程为： xC = r cos ω 0 t ， y C = r sin ω 0 t ， θ = ϕ = ω0t .
题 6-1 图
6-2 杆 AB 的 A 端沿水平线以等速 v 运动，在运动时杆恒与一半圆周相切，半圆周半径为 R，如图所示。如杆与水平线的夹角为 θ ，试以角 θ 表示杆的角速度。 解： 解法一：杆 AB 作平面运动。选取 A 为基点， 由速度基点法 vC = v A + vCA ， 作图示几何关系，图中 v A = v ，解得
r1 = r2 = 300 3 mm， O1 A = 750 mm ，AB = 1500 mm ； 又平衡杆的角速度 ω O1 = 6 rad/s。 知：
曲柄 OB 和齿轮 1 的角速度。 求当 θ = 60 和 β = 90 时，
o o
解：由图所示可知：点 C 是 AB 杆和轮 II 的速度瞬心， 故
2
2
ωDE =
vE 10 = 3 = 5.77 rad/s ， CE 3 3.6 = 2.08 m/s ， 3
D 点的速度为
vD = CD ⋅ ωDE =
曲柄 OD 的角速度为