力学作业解答第三章

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3静力学第三章习题答案

第三章部分习题解答3-10 AB ,AC 和DE 三杆连接如图所示。

杆DE 上有一插销H 套在杆AC 的导槽内。

试求在水平杆DE 的一端有一铅垂力F 作用时，杆AB 所受的力。

设DE BC HE DH DB AD ===,,，杆重不计。

解：假设杆AB ，DE 长为2a 。

取整体为研究对象，受力如右图所示，列平衡方程：∑=0C M02=⋅a F By0=By F取杆DE 为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：∑=0HM0=⋅-⋅a F a F DyF F Dy =∑=0B M 02=⋅-⋅a F a F DxF F Dx 2=取杆AB 为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：∑=0y F0=++By Dy Ay F F FF F Ay -=(与假设方向相反)∑=0A M02=⋅+⋅a F a F Bx DxF F Bx -=(与假设方向相反) ∑=0B M02=⋅-⋅-a F a F Dx AxF F Ax -=(与假设方向相反)3-12AD AC AB ,,和BC 四杆连接如图所示。

在水平杆AB 上作用有铅垂向下的力F 。

接触面和各铰链均为光滑的，杆重不计，试求证不论力F 的位置如何，杆AC 总是受到大小等于F 的压力。

解：取整体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：∑=0C M0=⋅-⋅x F b F DF bx F D =F CF C yF DF CxF CyF BxF ByF DxF DyF HyF BxF ByF DyF DxF Ax F Ay取杆AB 为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：∑=0A M0=⋅-⋅x F b F BF bx F B =杆AB 为二力杆，假设其受压。

取杆AB 和AD 构成的组合体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：∑=0E M02)2(2)(=⋅--⋅+⋅+bF x b F b F F AC D B解得F F AC =，命题得证。

注意：销钉A 和C 联接三个物体。

结构力学第三章作业参考答案

B
M图(kN m)
（1）（2）
解：（1）求支座反力
∑M = 0 ∑F = 0
A y
取左边或者右边为隔离体，可得：
∑M ∑F
x
C
=0
⇒ FBx =
M h
（3）（4）
=0
最后容易做出结构的弯矩图。
3—18 试作图示刚架的 M 图。
C 0.8kN/m 0.5kN/m D E
14.625 4.225 12.8375
3—19 试作图示刚架的 M 图。
20kN
24 16
C
24
16
B FAx A FBy FAy
FBx
1m
2m
2m
2m
M图(kN m)
（1）（2）（3）
解：对整体：
∑M ∑F
y
A
=0
FBy × 4 + FBx ×1 = 20 × 2 FAy + FBy = 20 FAx − FBx = 0 FBx × 2 − FBy × 2 = 0
40kN m
10kN m M图(kN m)
32.5kN
20kN
20kN F(kN) S
解：求支座反力。取整体：
47.5kN
∑M ∑F
A
=0
FB × 8 − 20 ×10 − 10 ×10 × 3 − 40 = 0 FAy + FB − 10 ×10 − 20 = 0
然后即可做出弯矩图，利用弯矩图即可作出剪力图。
然后即可做出整个刚架的弯矩图。结点受力校核如下图。
D
qL 4 qL 2 qL 2
qL 4
qL 4
E
qL 2 qL 2

第三章刚体力学习题答案

第三章刚体力学习题答案3-1 如图3-1示,一轻杆长度为2l ,两端各固定一小球,A 球质量为2m ,B 球质量为m ,杆可绕过中心的水平轴O 在铅垂面内自由转动,求杆与竖直方向成θ角时的角加速度.解：系统受外力有三个，即A ，B 受到的重力和轴的支撑作用力，轴的作用力对轴的力臂为零，故力矩为零，系统只受两个重力矩作用. 以顺时针方向作为运动的正方向，则A 球受力矩为正，B 球受力矩为负，两个重力的力臂相等为sin d l θ=，故合力矩为2sin sin sin M mgl mgl mgl θθθ=-=系统的转动惯量为两个小球（可视为质点）的转动惯量之和22223J ml ml ml =+=应用转动定律 M J β=有：2sin 3mgl ml θβ= 解得sin 3g lθβ=3-2 计算题3-2图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体,其质量为M ,半径为r ,在绳与轮边缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面与物体间的摩擦,设1m ＝50kg,2m ＝200kg,M ＝15kg,r ＝0.1m.解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对 1m ,2m 运用牛顿定律，有a m T g m 222=- ① a m T 11= ②对滑轮运用转动定律，有图3-1 图3-2β)21(212Mr r T r T =- ③又， βr a = ④ 联立以上4个方程，得2212s m 6.721520058.92002-⋅=++⨯=++=M m m g m a3-3 飞轮质量为60kg,半径为0.25m,当转速为1000r/min 时,要在5s 内令其制动,求制动力F ,设闸瓦与飞轮间摩擦系数μ＝0.4,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算,闸杆尺寸如图所示.解：以飞轮为研究对象，飞轮的转动惯量212J mR =，制动前角速度为1000260ωπ=⨯rad/s ，制动时角加速度为tωβ-=- 制动时闸瓦对飞轮的压力为N F ，闸瓦与飞轮间的摩擦力f N F F μ=，运用转动定律，得 212f F R J mR ββ-== 则 2N mR F tωμ=以闸杆为研究对象，在制动力F 和飞轮对闸瓦的压力N F -的力矩作用下闸杆保持平衡，两力矩的作用力臂分别为(0.500.75)l =+m 和1l ＝0-50m ，则有10N Fl F l -=110.50600.252100015720.500.7520.4560N l l mR F F l l t ωπμ⨯⨯⨯===⨯=+⨯⨯⨯N 图3-33-4 设有一均匀圆盘,质量为m ,半径为R ,可绕过盘中心的光滑竖直轴在水平桌面上转动. 圆盘与桌面间的滑动摩擦系数为μ,若用外力推动它使其角速度达到0ω时,撤去外力,求：(1) 此后圆盘还能继续转动多少时间？ (2) 上述过程中摩擦力矩所做的功.解：（1）撤去外力后，盘在摩擦力矩f M 作用下停止转动- 设盘质量密度为2mRσπ=，则有20223Rf Mg r dr mgR μπσμ==⎰ 根据转动定律 21,2f M J mR Jα-==43g Rμα-= 034R t gωωαμ-==（2）根据动能定理有摩擦力的功2220011024f W J mR ωω=-=-3-5 如题3-6图所示,一匀质细杆质量为m ,长为l ,可绕过一端O 的水平轴自由转动,杆于水平位置由静止开始摆下．求： (1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过θ角时的角速度.解: (1)由转动定律，有β)31(212ml mg= ∴ lg23=β(2)由机械能守恒定律，有图3-622)31(21sin 2ωθml l mg =∴ lg θωsin 3=3-6 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴O O '转动．设大小圆柱体的半径分别为R 和r ,质量分别为M 和m ．绕在两柱体上的细绳分别与物体1m 和2m 相连,1m 和2m 则挂在圆柱体的两侧,如3-8图所示．设R ＝0.20m, r ＝0.10m,m ＝4 kg,M ＝10 kg,1m ＝2m ＝2 kg,且开始时1m ,2m 离地均为h ＝2m ．求：(1)柱体转动时的角加速度； (2)两侧细绳的张力．解: 设1a ,2a 和β分别为1m ,2m 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．(a)图 (b)图(1) 1m ,2m 和柱体的运动方程如下：2222a m g m T =- ① 1111a m T g m =- ②βI r T R T ='-'21 ③式中 ββR a r a T T T T ==='='122211,,,而 222121mr MR I += 由上式求得22222222121s rad 13.68.910.0220.0210.042120.0102121.022.0-⋅=⨯⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯=++-=gr m R m I rm Rm β(2)由①式8.208.9213.610.02222=⨯+⨯⨯=+=g m r m T βN由②式1.1713.6.2.028.92111=⨯⨯-⨯=-=βR m g m T N3-7 一风扇转速为900r/min,当马达关闭后,风扇均匀减速,止动前它转过了75转,在此过程中制动力做的功为44.4J,求风扇的转动惯量和摩擦力矩.解：设制动摩擦力矩为M ，风扇转动惯量为J ，止动前风扇的角位移2N θπ=，摩擦力矩所做的功为2A M M N θπ=-=-摩擦力所做的功应等于风扇转动动能的增量，即2102A J ω=-2222(44.4)0.01(9002/60)AJ ωπ⨯-=-=-=⨯kg ⋅m 2 44.40.09422275A M N ππ-=-=-=⨯N ⋅m 3-8 一质量为M 、半径为r 的圆柱体,在倾斜θ角的粗糙斜面上从距地面h 高处只滚不滑而下,试求圆柱体滚止地面时的瞬时角速度ω.解：在滚动过程中，圆柱体受重力Mg 和斜面的摩擦力F 作用，设圆柱体滚止地面时，质心在瞬时速率为v ，则此时质心的平动动能为212Mv ，与此同时，圆柱体以角速度ω绕几何中心轴转动，其转动动能为212J ω.将势能零点取在地面上，初始时刻圆柱体的势能为Mgh ，由于圆柱体只滚不滑而下，摩擦力为静摩擦力，对物体不做功，只有重力做功，机械能守恒，于是有221122Mgh Mv J ω=+ 式中 21,2J Mr v r ω==，代入上式得 22211()22Mgh Mr Mr ω=+即 23gh r ω=3-9 一个轻质弹簧的倔强系数 2.0k =N/m,它的一端固定,另一端通过一条细绳绕过一个定滑轮和一个质量为m ＝80g 的物体相连,如图所示. 定滑轮可看作均匀圆盘,它的质量为M ＝100g,半径r ＝0.05m. 先用手托住物体m ,使弹簧处于其自然长度,然后松手.求物体m 下降h ＝0.5m 时的速度为多大？忽略滑轮轴上的摩擦,并认为绳在滑轮边缘上不打滑.解：由于只有保守力（弹性力、重力）做功，所以由弹簧、滑轮和物体m 组成的系统机械能守恒，故有222111222mgh kh I mv ω=++21,2v r I Mr ω==所以 22 1.4812mgh kh v M m -==+m/s3-10 有一质量为1m 、长为l 的均匀细棒, 静止平放在滑动摩擦系数为μ的水平桌面上,它可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动. 另有一水平运动的质量为2m 的小滑块, 从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相碰撞, 设碰撞时间极短. 已知小滑块在碰撞前后的速度分别为1V 和2V ,如图示,求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间（已知棒绕O点的转动惯量2113J m l =）.图3-11图3-12解：对棒和滑块组成的系统，因为碰撞时间极短，所以棒和滑块所受的摩擦力矩远小于相互间的冲量矩，故可认为合外力矩为零，所以系统的角动量守恒，且碰撞阶段棒的角位移忽略不计，由角动量守恒得22122113m v l m v l m l ω=-+碰撞后在在转动过程中棒受到的摩擦力矩为 11012tf m M gdx m gl l μμ=-=-⎰由角动量定理得转动过程中210103tfM dt m l ω=-⎰ 联立以上三式解得：12212V V t m m gμ+= 3-11 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距离为1r ＝8.75×1010m 时的速率是1v ＝5.46×104m ·s -1,它离太阳最远时的速率是2v ＝9.08×102m ·s -1，这时它离太阳的距离2r 为多少?(太阳位于椭圆的一个焦点.)解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有 2211mv r mv r =∴ m 1026.51008.91046.51075.81224102112⨯=⨯⨯⨯⨯==v v r r 3-12 平板中央开一小孔,质量为m 的小球用细线系住,细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物．小球做匀速圆周运动,当半径为0r 时重物达到平衡．今在1M 的下方再挂一质量为2M 的物体,如3-14图．试问这时小球做匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少?图3-14解: 在只挂重物时1M ，小球作圆周运动的向心力为g M 1，即201ωmr g M =①挂上2M 后，则有221)(ω''=+r m g M M②重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．即 v m r mv r ''=00ωω''=⇒2020r r ③联立①、②、③得10021123011213212()M g mr M g M M mr M M M M r g r m M M ωωω=+'=+'==⋅'+3-13 如图示, 长为l 的轻杆, 两端各固定质量分别为m 和2m 的小球, 杆可绕水平光滑轴在竖直平面内转动, 转轴O 距两端的距离分别为/3l 或2/3l . 原来静止在竖直位置. 今有一质量为m 的小球, 以水平速度0v 与杆下端的小球m 做对心碰撞, 碰后以0/2v 的速度返回, 试求碰撞后轻杆所获得的角速度ω.解：将杆与两端的小球视为一刚体，水平飞来的小球m 与刚体视为一系统，在碰撞过程中，外力包括轴O 处的作用力和重力，均不产生力矩，故合外力矩为零，系统角动量守恒- 选逆时针转动为正方向，则由角动量守恒得 0022323v ll mv m J ω=-+ 222()2()33l l J m m =+图3-13解得 032v lω=3-14 圆盘形飞轮A 质量为m , 半径为r , 最初以角速度0ω转动, 与A 共轴的圆盘形飞轮B质量为4m ,半径为2r , 最初静止, 如图所示, 两飞轮啮合后, 以同一速度ω转动, 求ω及啮合过程中机械能的损失.解：以两飞轮组成的系统为研究对象，由于运动过程中系统无外力矩作用，角动量守恒，有22201114(2)222mr mr m r ωωω=+ 得 0117ωω=初始机械能为 2222100111224W mr mr ωω==啮合后机械能为222222201111114(2)2222174W mr m r mr ωωω=+=则机械能损失为 221201611617417W W W mr W ω∆=-==3-15 如图示,一匀质圆盘半径为r ,质量为1m ,可绕过中心的垂轴O 转动.初时盘静止,一质量为2m 的子弹一速度v 沿与盘半径成160θ︒=的方向击中盘边缘后以速度/2v 沿与半径方向成230θ︒=的方向反弹,求盘获得的角速度.解：对于盘和子弹组成的系统，撞击过程中轴O 的支撑力的力臂为零，不提供力矩，其他外力矩的冲量矩可忽略不计，故系统对轴O 的角动量守恒，即12L L =，初时盘的角动量为零，只有子弹有角动量，故图3-14 图3-1512sin 60L m vr ︒=末态中盘和子弹都有角动量，设盘的角速度为ω，则22211sin 3022v L m r m r ω︒=+ 故有 22211sin 60sin 3022v m vr m r m r ω︒︒=+可解得：1ω=3-16 一人站在一匀质圆板状水平转台的边缘,转台的轴承处的摩擦可忽略不计,人的质量为'm ,转台的质量为10'm ,半径为R .最初整个系统是静止的,这人把一质量为m 的石子水平地沿转台的边缘的切线方向投出,石子的速率为v （相对于地面）.求石子投出后转台的角速度与人的线速度.解：以人、转台和石子组成的系统为研究对象，由于系统无外力矩作用，角动量守恒，设转台角速度ω的转向与投出的石子速度v 方向一致，初始时系统角动量为零，得0J mRv ω+= 人和转台的转动惯量'2'21102J m R m R =+，代入上式后得 '6mvm Rω=-人的线速度为'6mvv R mω==-其中负号表示转台角速度转向和人的线速度方向与假设方向相反-3-17 一人站在转台上,两臂平举,两手各握一个4m =kg,哑铃距转台轴00.8r =m,起初转台以02ωπ=rad/s 的角速度转动,然后此人放下两臂,使哑铃与轴相距r =0.2m,设人与转台的转动惯量不变,且5J =kg ⋅m 2,转台与轴间摩擦忽略不计,求转台角速度变为多大？整个系统的动能改变了多少？解：以人、转台和哑铃组成的系统为研究对象，由于系统无外力矩作用，角动量守恒，有2200(2)(2)J mr J mr ωω+=+22002225240.8212.025240.2J mr J mr ωωπ++⨯⨯==⨯=++⨯⨯rad/s 动能的增量为222200011(2)(2)22W W W J mr J mr ωω∆=-=+-+222211(5240.2)12(5240.8)(2)22π=⨯+⨯⨯⨯-⨯+⨯⨯⨯ ＝183J3-18 如3-20图所示,质量为M ,长为l 的均匀直棒,可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动,它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m 的弹性小球飞来,正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后,使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ30°处．(1)设这碰撞为弹性碰撞,试计算小球初速0v 的值； (2)相撞时小球受到多大的冲量?解: (1)设小球的初速度为0v ，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v ，按题意，小球和棒做弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：mvl I l mv +=ω0 ①2220212121mv I mv +=ω ② 上两式中231Ml I =，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度o30=θ，按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212︒-=lMg I ω ③ 由③式得2121)231(3)30cos 1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=lg I Mgl ω由①式mlI v v ω-=0 ④ 由②式mI v v 2202ω-= ⑤所以22001)(2ωωmv ml I v -=-图18求得glmM m m M l ml I l v +-=+=+=31232(6)311(2)1(220ωω(2)相碰时小球受到的冲量为⎰-=∆=0d mvmv mv t F由①式求得ωωMl l I mv mv t F 31d 0-=-=-=⎰ gl M 6)32(6--=负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．3-19如图示,一个转动惯量为I ,半径为R 的定滑轮上面绕有细绳,并沿水平方向拉着一个质量为M 的物体 A. 现有一质量为m 的子弹在距转轴2R 的水平方向以速度0v 射入并固定在定滑轮的边缘,使滑轮拖住A 在水平面上滑轮.求(1)子弹射入并固定在滑轮边缘后,滑轮开始转动时的角速度ω.(2)若定滑轮拖着物体A 刚好转一圈而停止,求物体A 与水平面间的摩擦系数μ（轴上摩擦力忽略不计）.解：（1）子弹射入定滑轮前后，子弹、定滑轮及物体A 构成的系统角动量守恒220[]2Rmv mR I MR ω=++ 解得 0222()mv RmR I MR ω=++（2）定滑轮转动过程中物体A 受的摩擦力所做的功等于系统动能的增量 2221()22I mR MR Mg R ωμπ-++=-⨯ 解得 202216()m v RMg mR MR I μπ=++ 3-20 行星在椭圆轨道上绕太阳运动,太阳质量为1m ,行星质量为2m ,行星在近日点和远日点时离太阳中心的距离分别为1r 和2r ,求行星在轨道上运动的总能量.解：将行星和太阳视为一个系统，由于只有引力做功，系统机械能守恒，设行星在近日点图3-19和远日点时的速率分别为1v 和2v ，有2212121122121122m m m m m v G m v G r r -=- 行星在轨道上运动时，受太阳的万有引力作用，引力的方向始终指向太阳，以太阳为参考点，行星所受力矩为零，故行星对太阳的角动量守恒 111222m rv m r v =行星在轨道上运动时的总能量为2212121122121122m m m m E m v G m v G r r =-=- 联立以上三式得：1212Gm m E r r =-+3-21 半径为R 质量为'm 的匀质圆盘水平放置,可绕通过圆盘中心的竖直轴转动. 圆盘边缘及/2R 处设置了两条圆形轨道,质量都为m 的两个玩具小车分别沿两轨道反向运行,相对于圆盘的线速度值同为v . 若圆盘最初静止,求两小车开始转动后圆盘的角速度.解：设两小车和圆盘运动方向如图所示，以圆盘转动方向为正向，外轨道上小车相对于地面的角动量为()mR R v ω-，内轨道上小车相对于地面的角动量为11()22m R R v ω+，圆盘的角动量为'212J m R ωω=，由于两小车和圆盘组成的系统，外力对转轴的力矩为零，角动量守恒，得 '2111()()0222mR R v m R R v m R ωωω-+++= '2(52)mvm m Rω=+ 3-22 如图示,一匀质圆盘A 作为定滑轮绕有轻绳,绳上挂两物体B 和C,轮A 的质量为1m ,半径为r ,物体B 、C 的质量分别为2m 、3m ,且2m >3m . 忽略轴的摩擦,求物体B 由静止下落到t 时刻时的速度.图3-21图3-22解：把滑轮和两个物体作为一个系统，其运动从整体上看对定轴O 是顺时针方向的，即轮A 沿顺时针方向转动物体B 向下运动物体C 向上运动，故以顺时针方向的运动作为系统运动的正方向，根据角动量定理，得00tMdt L L =-⎰（1）（1）式左边为系统受到的合外力矩对轴O 的冲量矩，由于轮A 所受重力和轴的作用力对轴O 的力矩为零，故只有两物体所受重力提供力矩，注意到两个重力矩的方向相反，故合力矩为2121()M m gr m gr m m gr =-=- （2）（1）式右边为系统对轴O 的角动量的增量- 0t =时系统静止，角动量00L = （3）到t 时刻，A 、B 、C 三个物体均沿顺时针方向运动，角动量均为正- 设此时轮A 的角速度ω，B 、C 两物体速率相同设为v ，则有212312A B C L L L L m r m vr m vr ω=++=++ （4）把(2)、(3)、(4)式代入(1)式有2211231()2m m grt m r m vr m vr ω-=++由于系统为一连接体，两物体的速率与轮边缘的速率相同，即有v r ω= 把此式代入(5)式即可求得物体下落t 时的速度 211232()23m m gtv m m m -=++。

理论力学课后习题第三章解答

理论力学课后习题第三章解答3.1解如题3.1.1图。

均质棒受到碗的弹力分别为，棒自身重力为。

棒与水平方向的夹角为。

设棒的长度为。

由于棒处于平衡状态，所以棒沿轴和轴的和外力为零。

沿过点且与轴平行的合力矩为0。

即：①②③ 由①②③式得：④ 又由于即⑤ 将⑤代入④得：图题1.3.11N ,2N G θl x y A z 0sin 2cos 21=-=∑θθN N F x0cos 2sin 21=-+=∑G N N Fyθθ0cos 22=-=∑θlG c N M i ()θθ22cos 1cos 22-=c l ,cos 2c r =θrc 2cos =θ3.2解如题3.2.1图所示，均质棒分别受到光滑墙的弹力，光滑棱角的弹力，及重力。

由于棒处于平衡状态，所以沿方向的合力矩为零。

即①由①②式得：所以()cr c l 2224-=o图题1.3.21N 2N G y 0cos 2=-=∑G N Fyθ0cos 22cos 2=-=∑θθlG d N M z ld=θ3cos 31arccos ⎪⎭⎫ ⎝⎛=l d θ3.3解如题3.3.1图所示。

棒受到重力。

棒受到的重力。

设均质棒的线密度为。

由题意可知，整个均质棒沿轴方向的合力矩为零。

3.4解如题3.4.1图。

轴竖直向下，相同的球、、互切，、切于点。

设球的重力大小图题1.3.32AB i G ag ρ=1i G bgρ=2ρz ()BH BF G OD G M z --⋅=∑21sin θ=0sin cos 2sin 2=⎪⎭⎫ ⎝⎛--θθρθρa b gb a ga aba b 2tan 22+=θ图题1.3.4Ox A B C B C D为，半径为，则对、、三个球构成的系统来说，在轴方向的合力应为零。

即：①对于球，它相对于过点与轴平行的轴的合力矩等于零。

即：②由式得：3.5解如题3.5.1图。

梯子受到地面和墙的弹力分别为，，受地面和墙的摩擦力分别为，。

理论力学(胡运康)第三章作业答案

11
3-26 已知：M1=10kN，求FBx 、 FBy 、MB 、FAC 、 FEx 、 FEy 解: 1、整体：
∑M
∑F
MB
FBx FBy
x
B
= 0 ⇒ MB
= 0 ⇒ FBx = 0
= 0 ⇒ FBy
∑F
y
2、AB： FD
A
FEy
E
∑M
FEx
B
E
= 0 ⇒ FD
∑F
∑F
x
= 0 ⇒ FEx
= 0 ⇒ FEy
3-42 已知：q1=4kN/m , q2=2kN/m ，F =2 kN ，M=2 kN.m 。求 A、B处受力；销钉C所受的力。
F1 F2
F B FB FC1y C FC2y
C FC2y 1m
4/3 m
q 解: 1、BC： F1 = 1 ⋅ 2 = 4kN, 2
F2 =
1 q1 ⋅ ⋅ 2 = 2kN 2 2
M1 B
FE
Aቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
∑M
2、DC：
M2
FC
x
A
= 0, ⇒ FE
F'E
D
FE= F'E
C FCy
∑M
C
= 0, ⇒ M 2
8
3-17 求机构平衡时力偶M1、M2的关系。
FAx FAy
A
FD F'D D
B
M1
FD= F'D
FCx
M2
C FCy
解: 1、AB： ∑ M A = 0, FD ⋅ d − M 1 = 0, ⇒ FD = M 1
2
3-3
几何法

工程力学顾晓勤编著习题解答第三章

第三章平衡方程的应用习题解析3—1静定多跨梁的荷载及尺寸如图3－1所示，长度单位为m ，求支座反力和中间铰处的压力。

图3－1 题3—1图解：a)按照约束的性质画静定多跨梁BC 段受力图（见图3-2），对于BC 梁由平衡条件得到如下方程：图3－2062021660cos ,0)(201=⨯⨯-⨯=∑=NC ni i B F F M ，kN 120=NC F060sin ,001=-=∑=NC Bx ni ix F F F ， kN 9.10360sin 0==NC Bx F F060cos kN 620,001=+⨯-=∑=NC By ni iy F F F ， kN F By 60=故支座反力C 反力kN 120=NC F ，方向垂直与支撑面；中间铰处B 的压力kN 9.103=Bx F 、kN 60=By F 。

如果同学有兴趣，可以进一步计算固定端A 约束反力，按照约束的性质画AB 段受力图（见图3-3），由作用反作用定律得'Bx F Bx F =kN 9.103=、'By F By F =kN 60=。

对于BC 梁由平衡条件得到如下方程：图3-3'1,0Bx Ax ni ix F F F ==∑=kN 9.103=01=∑=ni iy F ， 'By Ay F F =kN 60=0340,0)('1=⨯-⋅-=∑=By A ni i A F m kN M F M ，A M m kN ⋅=220b) 按照约束的性质画静定多跨梁ABC 段、CD 段受力图（见图3-4），对于BC 梁由平衡条件得到如下方程：图3－40m kN 22.521m kN 54,0)(21=⋅⨯⨯-⋅-⨯=∑=ND ni i C F F M ， m kN 5.2⋅=ND F0,01==∑=Cx ni ix F F0kN 25.2,01=+⨯-=∑=ND Cy ni iy F F F ， kN 5.2=Cy F由作用反作用定律得'Cx F Cx F ==0、'Cy F Cy F =kN 5.2=。

材料力学习题解答[第三章]

3-1求图中所示杆各个横截面上的应力，已知横截面面积A=400mm 2。

解a):MPaMPa1004001040050400102033231=⨯==-=⨯-=σσσ 题3-1a)图解b):MPa MPaMPa2540010105050400102032231=⨯=-=-=⨯-=右左σσσ MPa MPa 125400105025333=⨯==右左σσ 题3-1b)图3-2图中为变截面杆，如果横截面面积A 1=200mm 2，A 2=300mm 2，A 3=400mm 2，求杆内各横截面上的应力。

解a ）:MPaMPa MPa10040010407.663001020502001010333231=⨯=-=⨯-==⨯=σσσ题3-2a)图解b):MPaMPa 7540010303.333001010033321-=⨯-==⨯==σσσ题3-2b)图30kN3-3 图示杆系结构中，各杆横截面面积相等，即A=30cm 2，载荷F=200kN 。

试求各杆横截面上的应力。

解:(1)约束反力:kNF F kN F F kN F F AXAY Dy 2001504315043======(2)各杆轴力)(250150200)(150)(200)(1502222压压拉拉kN F F F kN F F kN F F kN F F NCD NAC NAC D NCD AX NAC AY NAB =+=+======= 题3-3图(3)各杆的正应力)(3.8330010250,)(5030010150)(7.6630010200,)(50300101503333压压拉拉MPa MPa MPa MPa AC CDAC AB -=⨯-=-=⨯-==⨯==⨯=σσσσ 3-4钢杆CD 直径为20mm ，用来拉住刚性梁AB 。

已知F=10kN ，求钢杆横截面上的正应力。

解:)(7.112204104.3544.3545cos 1)5.11(232拉MPa d F kNF F NCD CD oNCD =⨯⨯===⨯+=ππσ 题3-4图3-5图示结构中，1、2两杆的横截面直径分别为10mm 和20mm ，试求两杆内的应力。

《工程力学》第三章精选习题及解答提示

《工程力学》第三章精选习题及解答提示3—1 图示空间三力5001=F N ，10002=F N ，7003=F N ，求此三力在x ，y ，z 轴上的投影；并写出三力矢量表达式。

【解】（1）求三力在x ，y ，z 轴上的投影。

力1F的投影： ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=⨯=+⨯==⨯=+⨯-=N 224515002110N 447525002122211112211F F y xoz F F F F z y x 轴垂直）坐标面内，与位于—（———＝－－力2F 的投影（采用二次投影法）：⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=⨯=++⨯=-=⨯-=+⨯+++⨯-=⨯=+⨯+++⨯-=N 26714110003211N 802143100032132132N 53514210003223213222222222222222222222222F F F F F F z y x ＝－－力3F 的投影（3F 位于xoy 坐标面内，与x 轴平行同向）：⎪⎩⎪⎨⎧====00N 7003333z y x F F F F（2）写出三力的矢量表达式： k i k F j F i F F z y x ⋅+⋅-=⋅+⋅+⋅=2244471111 k j i k F j F i F F z y x ⋅+⋅-⋅-=⋅+⋅+⋅=2678025352222 i k F j F i F F z y x ⋅=⋅+⋅+⋅=7003333 3—2 半径为r 的斜齿轮，其上作用有力F ，如图所示。

已知角α和角β，求力F 沿坐标轴的投影及力F 对y 轴之矩。

【解】（1）求力在坐标轴的投影。

根据图中所示的力F 的位置关系，可知本题宜采用二次投影法：⎪⎩⎪⎨⎧⋅-=⋅⋅-=⋅⋅=αβαβαsin cos cos sin cos F F F F F F z y x（2）求力F 对y 轴之矩：由图可知，力F 可分解为三个分力，分别是：轴向力a F ；径向力r F ；圆周力t F ，即： t r a F F F F ++=由合力矩定理得：βαβαsin cos sin cos 00)()()()(⋅⋅⋅=⋅⋅⋅++=++=r F r F F m F m F m F m t y r y a y y 3—3 铅垂力500=F N ，作用于曲柄上，如图所示，求该力对于各坐标轴之矩。

理论力学习题答案第三章

第三章思考题解答3.1 答：确定一质点在空间中得位置需要3个独立变量，只要确定了不共线三点的位置刚体的位置也就确定了，故须九个独立变量，但刚体不变形，此三点中人二点的连线长度不变，即有三个约束方程，所以确定刚体的一般运动不需3n 个独立变量，有6个独立变量就够了.若刚体作定点转动，只要定出任一点相对定点的运动刚体的运动就确定了，只需3个独立变量；确定作平面平行运动刚体的代表平面在空间中的方位需一个独立变量，确定任一点在平面上的位置需二个独立变量，共需三个独立变量；知道了定轴转动刚体绕转动轴的转角，刚体的位置也就定了，只需一个独立变量；刚体的平动可用一个点的运动代表其运动，故需三个独立变量。

3.2 答物体上各质点所受重力的合力作用点即为物体的重心。

当物体的大小远小于地球的线度时物体上各质点所在点的重力加速度都相等，且方向彼此平行即重力场为均匀场，此时质心与重心重合。

事实上但物体的线度很大时各质点所在处g 的大小是严格相等，且各质点的重力都指向地心，不是彼此平行的，重心与质心不和。

答当物体为均质时，几何中心与质心重合；当物体的大小远小于地球的线度时，质心与重心重合；当物体为均质且大小远小于地球的线度时，三者都重合。

3.4 答主矢F 是力系各力的矢量和，他完全取决于力系中各力的大小和方向，故主矢不随简化中心的位置而改变，故而也称之为力系的主矢；简化中心的位置不同，各力对简化中心的位矢i r 也就不同则各力对简化中心的力矩也就不同，故主矩随简化中心的位置而变，被称之为力系对简化中心的主矩。

分别取O 和O '为简化中心，第i 个力i F 对O 和O '的位矢分别为i r 和i r '，则i r =i r '+O O '，故()()iii ii i O F O O r F r M ⨯'-'=⨯'=∑∑'()∑∑⨯'-⨯'=ii ii i F O O F r ∑⨯'+=ii o F O O M即o o M M ≠'主矢不变，表明刚体的平动效应不变，主矩随简化中心的位置改变，表明力系的作用对刚体上不同点有不同的转动效应，但不改变整个刚体的转动规律或者说不影响刚体绕质心的转动。

力学第三章考试题及答案

力学第三章考试题及答案一、选择题（每题2分，共10分）1. 牛顿第一定律描述的是物体在没有外力作用时的运动状态，这种状态被称为：A. 静止状态B. 匀速直线运动状态C. 变速运动状态D. 任意运动状态答案：B2. 根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用力的关系是：A. 与力成正比，与质量成反比B. 与力成正比，与质量成正比C. 与力成反比，与质量成正比D. 与力成反比，与质量成反比答案：A3. 以下哪种情况不属于惯性现象？A. 汽车急刹车时乘客向前倾B. 抛出去的球在空中继续飞行C. 人从行驶的车上跳下会向后倒D. 汽车在平直公路上匀速行驶答案：D4. 动量守恒定律适用于：A. 只有两个物体组成的系统B. 所有物体组成的系统C. 只有当合外力为零时D. 任意情况下答案：C5. 以下哪个选项不是力的合成遵循的平行四边形法则？A. 力的合成是矢量运算B. 力的合成遵循平行四边形法则C. 力的合成遵循三角形法则D. 力的合成结果与力的作用顺序无关答案：C二、填空题（每题2分，共10分）1. 牛顿第三定律指出，作用力和反作用力大小相等，方向相反，且作用在不同的物体上。

答案：作用力和反作用力2. 根据动量定理，物体动量的变化等于合外力的冲量，即Δp =F⋅t。

答案：Δp = F⋅t3. 力的三要素包括力的大小、方向和作用点。

答案：大小、方向、作用点4. 摩擦力的方向总是与物体相对运动的方向相反。

答案：相对运动5. 弹性碰撞中，两物体的总动能是守恒的。

答案：总动能三、简答题（每题10分，共20分）1. 简述牛顿第一定律的内容及其物理意义。

答案：牛顿第一定律，也称为惯性定律，指出一切物体在没有受到外力作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。

其物理意义在于揭示了物体具有惯性，即物体保持其运动状态不变的性质。

2. 描述动量守恒定律，并给出一个实际应用的例子。

答案：动量守恒定律表明，如果没有外力作用，或者外力的合力为零，系统内各物体相互作用前后系统的总动量保持不变。

工程力学第3章习题解答-固定端约束钢架

3-3在图示刚架中，已知kN/m3=mq，26=F kN，mkN10⋅=M，不计刚架自重。

求固定端A处的约束力。

mkN12kN60⋅===AAyAxMFF，，3-4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。

对于给定的θ角，试求平衡时的β角。

Aθ3lGβGθBBRFARF32lO解：解法一：AB为三力汇交平衡，如图所示ΔAOG中βsinlAO=，θ-︒=∠90AOG，β-︒=∠90OAG，βθ+=∠AGO由正弦定理：)90sin(3)sin(sinθβθβ-︒=+ll，)cos31)sin(sinθβθβ=+l即βθβθθβsincoscossincossin3+=即θβtantan2=)tan21arctan(θβ=解法二：：=∑x F，0sinR=-θGF A（1）=∑y F，0cosR=-θGF B（2）)(=∑FAM，0sin)sin(3R=++-ββθlFlG B（3）解（1）、（2）、（3）联立，得)tan21arctan(θβ=3-5由AC和CD构成的组合梁通过铰链C连接。

支承和受力如图所示。

已知均布载荷强度kN/m 10=q ，力偶矩m kN 40⋅=M ，不计梁重。

kN 15kN 5kN 40kN 15===-=D C B A F F F F ；；；解：取CD 段为研究对象，受力如图所示。

0)(=∑F CM，024=--q M F D ；kN 15=D F取图整体为研究对象，受力如图所示。

0)(=∑F AM ，01682=--+q M F F D B；kN 40=B F 0=∑yF ，04=+-+D BAyF q F F ；kN 15-=Ay F0=∑x F ，0=AxF3-6如图所示，组合梁由AC 和DC 两段铰接构成，起重机放在梁上。

已知起重机重P1 = 50kN ，重心在铅直线EC 上，起重载荷P2 = 10kN 。

如不计梁重，求支座A 、B 和D 三处的约束反力。

力学答案三章动量定理动量守恒定律(思考题

第三章动量定理及动量守恒定律（思考题）3.1试表述质量的操作型定义。

解答，kgv v m m 00 ∆∆=式中kg 1m 0=（标准物体质量） 0v∆：为m 与m 0碰撞m 0的速度改变 v∆：为m 与m 0碰撞m 的速度改变这样定义的质量，其大小反映了质点在相互作用的过程中速度改变的难易程度，或者说，其量值反映了质量惯性的大小。

这样定义的质量为操作型定义。

3.2如何从动量守恒得出牛顿第二、第三定律，何种情况下牛顿第三定律不成立？解答，由动量守恒)p p (p p ,p p p p 22112121 -'-=-'+='+' ,p p 21 ∆-=∆ t p t p 21∆∆-=∆∆ 取极限dt p d dtp d 21-= 动量瞬时变化率是两质点间的相互作用力。

,a m )v m (dt d dt p d F 111111 === ,a m )v m (dt d dt p d F 222222 === 21F F -=对于运动电荷之间的电磁作用力，一般来说第三定律不成立。

（参见P 63最后一自然段）3.3在磅秤上称物体重量，磅秤读数给出物体的“视重”或“表现重量”。

现在电梯中测视重，何时视重小于重量（称作失重）？何时视重大于重量（称作超重）？在电梯中，视重可能等于零吗？能否指出另一种情况使视重等于零？解答，①电梯加速下降视重小于重量； ②电梯加速上升视重大于重量；③当电梯下降的加速度为重力加速度g 时，视重为零；④飞行员在铅直平面内的圆形轨道飞行，飞机飞到最高点时，gR v ,0mg R v m N ,N mg R v m 22==-=+=飞行员的视重为零3.4一物体静止于固定斜面上。

（1）可将物体所受重力分解为沿斜面的下滑力和作用于斜面的正压力。

（2）因物体静止，故下滑力mg sin α与静摩擦力N 0μ相等。

α表示斜面倾角，N 为作用于斜面的正压力，0μ为静摩擦系数。

流体力学标准化作业答案第三章

流体⼒学标准化作业答案第三章流体⼒学标准化作业(三)——流体动⼒学本次作业知识点总结1、描述流体运动得两种⽅法(1)拉格朗⽇法;(2)欧拉法。

2、流体流动得加速度、质点导数流场得速度分布与空间坐标与时间有关,即流体质点得加速度等于速度对时间得变化率,即投影式为或在欧拉法中质点得加速度由两部分组成, 为固定空间点,由时间变化引起得加速度,称为当地加速度或时变加速度,由流场得不恒定性引起。

为同⼀时刻,由流场得空间位置变化引起得加速度,称为迁移加速度或位变加速度,由流场得不均匀性引起。

欧拉法描述流体运动,质点得物理量不论⽮量还就是标量,对时间得变化率称为该物理量得质点导数或随体导数。

例如不可压缩流体,密度得随体导数3、流体流动得分类(1)恒定流与⾮恒定流(2)⼀维、⼆维与三维流动(3)均匀流与⾮均匀流4、流体流动得基本概念(1)流线与迹线流线微分⽅程迹线微分⽅程(2)流管、流束与总流(3)过流断⾯、流量及断⾯平均流速体积流量质量流量断⾯平均流速(4)渐变流与急变流5、连续性⽅程(1)不可压缩流体连续性微分⽅程(2)元流得连续性⽅程(3)总流得连续性⽅程6、运动微分⽅程(1)理想流体得运动微分⽅程(欧拉运动微分⽅程)⽮量表⽰式(2)粘性流体运动微分⽅程(N-S⽅程)⽮量表⽰式7、理想流体得伯努利⽅(1)理想流体元流得伯努利⽅程(2)理想流体总流得伯努利⽅程8、实际流体得伯努利⽅程(1)实际流体元流得伯努利⽅程(2)实际流体总流得伯努利⽅程10、恒定总流得动量⽅程投影分量形式标准化作业(5)——流体运动学选择题1、⽤欧拉法表⽰流体质点得加速度等于()。

A、B、C、D、2、⽔在⼀条管道中流动,若两截⾯得管径⽐,则速度⽐为( )。

A、3B、1/3C、9D、1/93、通过⼀个曲⾯上得体积流量与曲⾯上得( )有关。

A、法向速度B、切向速度C、密度分布D、压强4、连续性⽅程表⽰控制体得( )守恒。

A、能量B、动量C、流量D、质量5、在( )流动中,流线与迹线重合。

理论力学第三章习题解答.ppt

量出FR的长度为161N 和水平方向的夹角为
FR FR2x FR2y 802 1402 161.2N
和水平方向（x轴）的夹角的余弦为
其余弦值为0.496
cos(FR,i ) Fx / FR 80 /161.2=0.496
2－3
解：
因为滑轮的大小忽略不计，且容易看出 AB和BC杆均为二力杆，容易得到B点的受力如图所示：
Fx 0 FAx 0
FAy FB
Fy 0 FAy FB F 0
MA 0 FB 2a M F 3a 0
解得：
FAx 0
FAy
M Fa 2a
FB
M
3Fa 2a
3－6 （b）解：
AB杆的受力如图所示显然，AB杆受一平面任意力
FAx
FAy
系作用，有平衡方程
Fx 0 FAx 0
FAx
FAy
系作用，有平衡方程
FB
Fx 0 FAx 0 Fy 0 FAy FB P1 P2 P 0
MA 0 FB (l1 l2) P1(l1 a) P2(l1 b) P(l1 l) 0
代入数值，解得：
FAx 0
FAy 33.23kN
FB 96.77kN
3－7
当成一整体，其受力如图所示
列平衡方程，有
FAx
FAy
Fx 0 FAx FT FBC cos 0
Fy 0 FAy FBC sin W 0
MB 0 FT r W(BD r) FAy (AD DB) 0
又因为 FT W
代入数值，解得
FAx 2400N FAy 1200N FBC 848.53N
A
x F1
FBD
B
60o

结构力学第三章作业参考答案

∑M = 0 ∑F = 0 ∑F = 0
A
FBy × l − q × l ×
l =0 2
（1）（2）（3）
y
FAy + FBy = 0 FAx + FBx − q × l = 0
FBx × l − FBy × l =0 2
x
取右边部分为隔离体：
∑M
C
=0
（4）
解以上方程可得：
ql ⎧ ⎪ FAx = 4 ⎪ 3ql ⎪ =＞ ⎨ FBx = 4 ⎪ ql ⎪ ⎪ FAy = FBy = 2 ⎩
3—10 试不计算反力绘出梁的 M 图。
16
12
4
A
B
8 2m 2m 4m 4m
12 4m
6m
2m
解：从悬臂端和 AB 开始作图。利用区段叠加法和铰结点的弯矩为零，即可做出全部的弯矩图。
3—12 试不计算反力绘出梁的 M 图。
5
华南农业大学水利与土木工程学院（College of water conservancy and Civil Engineering, SCAU）
1m
D 80
30
40 E
20 40
40 C F
80 E
40
A
解：（1）求支座反力
B
40
∑F = 0 ∑M = 0 ∑F = 0
y A x
FC − 10 × 4 − 20 = 0 FA − FB = 0
⇒ FC = 60 kN ⇒ FC = 10 kN
（1）（2）（3）
FB ×1 − 50 − 10 × 4 × 6 − 20 × 10 = 0 ⇒ FB = 10 kN
（1）

清华出版社工程力学答案-第3章力系的平衡条件与平衡方程

ln
=
l n
3－11 厂房构架为三铰拱架，由两片拱架在 C 处铰接而成。桥式吊车沿着垂直于纸面
方向的轨道行驶，吊车梁的重量 W1＝20 kN，其重心在梁的中点。梁上的小车和起吊重物的
重量 W2＝60 kN。两个拱架的重量均为 W3＝60 kN，二者的重心分别在 D、E 二点，正好与
吊车梁的轨道在同一铅垂线上。风的合力为 10 kN，方向水平。试求：当小车位于离左边轨
ΣFy = 0， FAy = FB′y = qd （↑）；（c）题解：
图（c1）：
ΣFx = 0， FBx = 0
ΣMB
=
0，
−
qd
⋅
d 2
+ FRC
⋅ 2d
= 0 ， FRC
=
qd 4
（↑）
ΣFy = 0， FBy + FRC − qd = 0 ，
FBy
=
3 4
qd
（↑）
图（c2）：
ΣFx = 0，FAx = 0
ΣFy
=
0，
FAy
=
qd
+
FB′y
=
7 4
qd
（↑）
ΣMA
=
0， M A
−
FB′y
⋅ 2d
− qd
⋅
3d 2
=0
（d）题解：
∴ MA = 3qd 2（逆时针）；
图（d1）：
ΣMB
=
0， FRC
=
M 2d
（↑）
ΣFy
=
0，
FBy
=
M 2d
（↓）
8
(c)
A
q
B

理论力学陈立群第3章平衡问题解答

第三章平衡问题：矢量方法习题解答3-1讨论图示各平衡问题是静定的还是静不定的，若是静不定的试确定其静不定的次数。

题3.1图解：（1）以AB杆为对象，A为固定端约束，约束力有3个。

如果DC杆是二力杆，则铰C处有1个约束力，这4个力组成平面一般力系，独立平衡方程有3个，所以是1次静不定；如果DC杆不是二力杆，则铰C和D处各有2个约束力，系统共有7个约束力，AB 杆和DC杆上的约束力各组成平面一般力系，独立平衡方程共有6个，所以，是1次静不定。

（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。

（4）刚架在A、B和C处都是固定端约束，各有3个共9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6次静不定。

（5）平面桁架在A处为固定铰链，B处为辊轴铰链，共有3约束力组成平面一般力系，而独立的平衡方程也有3个，因此，该平面桁架的外力是静定的。

平面桁架由21根杆组成，所以有21个未知轴力，加上3个支座反力，共有24个未知量。

21根杆由10个铰链连接，每个铰链受到平面汇交力系作用。

若以铰链为研究对象，可以列出2×10=20个平衡方程。

所以，此平面桁架的内力是24-20=4次静不定。

（6）整体在A处为固定铰链，B处为辊轴铰链，共有3约束力组成平面一般力系，而独立的平衡方程也有3个，因此，该系统的外力是静定的。

除了3个约束外力外，3根杆的轴力也是未知的，共有6个未知量。

AB梁可以列出3个平衡方程，连接3根杆的铰链可以列出2个平衡方程，共有5个方程，所以，该系统的内力是1次静不定。

3-2炼钢炉的送料机由跑车A与可移动的桥B组成，如图示。

跑车可沿桥上的轨道运动，两轮间距离为2米，跑车与操作架、手臂OC以及料斗相连，料斗每次装载物料重W=15kN，平臂长OC=5m。

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