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。
3.3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
()()i
i
i i
i i O F O O r F r M ⨯'-'=⨯'=∑∑'()∑∑⨯'-⨯'=i
i i
i i F O O F r ∑⨯'+=i
i 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。设O 和O '对质心C 的位矢分别为C r 和C r '，则C r '=C r +O O '，把O 点的主矢∑=i
i F F ，主矩o
M
移
到C 点得力系对重心的主矩
∑⨯+=i
i C o C F r M M
把O '为简化中心得到的主矢∑=
i
i F F 和主矩o '
M
移到
C 点可得
∑⨯+'=i
i C o
C F r M M ()∑⨯'-'+=i
i C o F O O r M ∑⨯+=i
i C o F r M
简化中心的改变引起主矩的改变并不影响刚体的运动。事实上，简化中心的选取不过人为的手段，不会影响力系的物理效应。
3.5 答 不等。如题3-5图示，
l
题3-5图
dx l
m dm =
绕Oz 轴的转动惯量 2
22434
2
4131487⎪⎭
⎫ ⎝⎛+≠==⎰
-l m ml ml dx l m x I l l z
这表明平行轴中没有一条是过质心的，则平行轴定理
2md I I c +=是不适应的
3.6不能，如3-5题。但平行轴定理修改后可用于不过质心的二平行轴。如题3-6图所示，
B
l
题3-6图
均质棒上B A ,二点到质心的距离分别为A x 和B x 由平行轴定理得：
2
A c A mx I I +=
2
B c B mx I I +=
则()
22B A B A x x m I I -=-，此式即可用于不过质心的二
平行轴。如上题用此式即可求得：
2222
48
72431m l l l m m l I z =⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+= 3.7 答 任一瞬时，作平面平行运动的刚体上或与刚体固连且与刚体一起运动的延拓平面总有也仅有一点的瞬时速度为零（转动瞬心）从运动学观点看由（3.7.1）式
()0r r ωv ωv v -⨯+='⨯+=A A r
知选此点的基点较好，这样选基点，整个刚体仅绕此点作瞬时转动从（3.7.4）式
2A ωr r d d ω
a a '-'⨯+=t
可知，求加速度时选加速度为零的点为基点较方便，但实际问题中，加速度瞬心往往不如速度瞬心好找。
从动力学角度考虑，选质心为基点较好，因质心的运动可由质心运动定理解决；而且质点系相对质心的动量矩定理于对固定点的动量矩定理具有相同的形式，亦即刚体绕过质心与平面垂直的轴的转动可用刚体绕定轴转动的定律去解决。
因刚体上不同点有不同的速度和加速度，基点选取的不同，则（3.7.1）和（3.7.4）式中A A a v ,不同，即A v 和A a 与基点有关；又任一点相对基点的位矢r '于基点的选取有关。故任一点绕基点转动速度r ω'⨯，相对基点的切线加
速度r d d ω'⨯t
和相对基点的向心加速度2ωr -与基点选取
有关；角速度ω为刚体各点所共有与基点选取无关，故
t
d d ω也与基点选取无关；基点选取的不同是人为的方法，
它不影响刚体上任一点的运动，故任一点的速度a v ,与基点的选取无关。这也正是基点选取任意性的实质所在。 3.8 答 转动瞬心在无穷远处，标志着此瞬时刚体上各点的速度彼此平行且大小相等，意味着刚体在此瞬时的角速度等于零，刚体作瞬时平动
3.9 答 转动瞬心的瞬时速度为零，瞬时加速度并不为零，否则为瞬时平动瞬心参考系是非惯性系，应用动量矩定理
是必须计入惯性力系对瞬心的力矩。而惯性力系向瞬心简化的结果，惯性力系的主矩一般不为零（向质心简化的结果惯性力系的主矩为零），故相对瞬心与相对定点或者质心的动量矩定理有不同的形式；另外，转动瞬心在空间中及刚体上的位置都在不停的改变，（质心在刚体上的位置是固定的），
故对瞬心的写出的动量矩定理在不同时刻是对刚体上不同点的动力学方程，即瞬心参考系具有不定性；再者，瞬心的运动没有像质心一点定理那样的原理可直接应用。故解决实际问题一般不对瞬心应用动量矩定理写其动力学方程。
3.10 答 因圆柱体沿斜面滚下时，圆柱体与斜面之间的反作用力不做功，只有重力作功，故机械能守恒且守恒定律中不含反作用，故不能求出此力。此过程中由于圆柱体只滚动不滑动，摩擦力做功为零，故不列入摩擦力的功，也正是摩擦力不做功才保证了机械能守恒；若圆柱体即滚且滑的向下运动，摩擦力做功不为零免责必须列入摩擦力的功。机械能不守恒，必须用动能定理求解。在纯滚动过程中不列入摩擦力的功并不是没有摩擦力，事实上，正是摩擦力与重力沿下滑方向的分离组成力偶使圆柱体转动且摩擦阻力阻止了柱体与斜面的相对滑动，才使圆柱体沿斜面滚动而不滑动；如果斜面不能提供足够的摩擦力，则圆柱体会连滚带滑的向下运动；如果斜面绝对光滑，即斜面对圆柱体不提供摩擦力，则圆柱体在重力作用下沿斜面只滑动不滚动。
答 圆柱体沿斜面无滑动滚动，如课本195页例[2]示，
θ a x
c =，当柱体一定时，相对质心的转动惯量越大则θ 越小，故与转动惯量有关。当圆柱体沿斜面既滚动又滑动地向下运动时，如课本图3.7.7有
f m
g x
m -=αsin 这里f 是滑动摩擦力，αμμcos mg n f ==，μ是滑动摩擦系数，（注意，无滑动时，静摩擦力f 并不一定达到极限值，n
f μ'≠，μ'是静摩擦系数）、所以
()αμαcos sin -=g x
c 与转动惯量无关。又有转动定律得
fa I =θ
即 αμθ
cos I
a
mg = 由S a x
c +=θ得圆柱与斜面的相对滑动加速度 ()αμαμαcos cos sin 2
g I
ma g S --= 与转动惯量有关 3.11 答
3.12 答 刚体绕定点转动时，()t ωω=的大小、方向时刻改变，任意时刻ω所在的方位即为瞬时转轴，
r ω
⨯dt
d 表示由于ω大小和方向的改变引起的刚体上某但绕瞬时轴的转动速度，故称转动加速度。()v ωr ωω⨯=⨯⨯是由于刚体上某点绕瞬时轴转动引起速度方向改变产生的加速度，它恒垂直指向瞬时转轴，此方向轨迹的曲率中心或定点，故称向轴加速度而不称向心加速度。
第三章习题
3.2解 如题3.2.1图所示，
图
题1.3.2
均质棒分别受到光滑墙的弹力1N ，光滑棱角的弹力2N ，及重力G 。由于棒处于平衡状态，所以沿y 方向的合力矩为零。即
0cos 2=-=∑G N F
y
θ①
0cos 2
2cos 2
=-=∑θθl
G d N M z 由①②式得： l
d =θ3
cos
所以 31
arccos ⎪⎭⎫ ⎝⎛=l d θ 3.3解 如题3.3.1图所示。
图
题1.3.32
AB 棒受到重力i G ag ρ=1。棒受到的重力
i G bg ρ=2。设均质棒的线密度为ρ。
由题意可知，整个均质棒沿z 轴方向的合力矩为零。
()BH
BF G OD G M
z
--⋅=∑21sin θ=
0sin cos 2
sin 2
=⎪⎭
⎫ ⎝⎛--θθρθρa b gb a ga
ab
a b 2tan 2
2
+=θ 3.4解 如题3.4.1图。
图
题1.3.4
Ox 轴竖直向下，相同的球A 、B 、C 互切，B 、C 切于D 点。设球的重力大小为G ，半径为r ，则对
A 、
B 、
C 三个球构成的系统来说，在x 轴方向的
合力应为零。即：
0cos 23=-=∑αT G F
x
①
对于C 球，它相对于过D 点与z 轴平行的轴的合力矩等于零。即：
()0sin sin =--=∑βαβGr Tr M
D
②
由式得： αβtan 3tan = 3.5解 如题3.5.1图。
1图
题1.3.5
梯子受到地面和墙的弹力分别为1N ，2N ，受地面和墙的摩擦力分别为1f ，2f 。梯子和人的重力分别为1G ，2G 且123G G =。设梯长为l ，与地面夹角为
θ。由于梯子处于平衡，所以
012=-=∑f N F x
①
02112=--+=∑G G N f F
y
②
且梯子沿过A 点平行于z 轴的合力矩为零。即：
sin cos cos 2
cos 221
2=--+=∑θθθθl N l f l
G l G M i ③
又因梯子是一个刚体。当一端滑动时，另一端也滑动，所以当梯与地面的倾角达到最小时，
1121
N f =④ 223
1
N f =
⑤ 由①②③④⑤得：24
41tan =θ
所以 ⎪⎭
⎫ ⎝⎛=-2441tan 1θ 3.6解 （a ）取二原子的连线为x 轴，而y 轴与z 轴通过质心。O 为质心，则Ox ，Oy ，Oz 轴即为中心惯量主轴。
y
1
m 2m C h
a
x ∙
1
m 图
题1.3.6
设1m 、2m 的坐标为()()0,0,,0,0,21l
l ，因为O 为质心
（如题3.6.2图）
故 02211=+l m l m ① 且 l l l =-12 ② 由①②得2
1122121,m m l
m l m m l m l +=
+-
= 所以中心惯量主轴：()
0221=+=∑i i i z y m I
()2
2121222l m m m m x z m I i i i +=+=∑
()2
2
121223l m m m m y x m I i i i +=
+=∑
（b ）如题3.6.3图所示， 图
题3.6.3
该原子由A 、B 、D 三个原子构成。C 为三个原子分子的质心。由对称性可知，图中Cx 、Cy 、Cz 轴即为中心惯量主轴。设A 、B 、D 三原子的坐标分
别为()0,,0A y ，⎪⎭
⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-0,,2,0,,2D B y a y a 因为C 为分子的质心。所以
D
B A D
D B B A A C m m m y m y m y m y ++++=
=
01
12112=++++m m m y m y m y m D
B A ①
又由于 D B y y =②
h y y B A =-③
由①②③得：2
122112.22m m h
m y y m m h m y D B A +-
==+=
故该分子的中心主转动惯量
()()D B A i h m m m m z y m I i i i ,,222
2
1212
2
1=+=+=∑
()()D B A i a m x z m I i i i ,,2
2
12
2
2==+=∑ ()()D B A i a m h m m m m y x m I i i i ,,2
222
1221212
2
3=+
+=+=∑ 3.10解 如题3.10.1图。
图
题1.3.10
z 轴过O 点垂直纸面向外。均质圆盘的密度为ρ。
设盘沿顺时针转动，则沿z 的方向有z z M dt dI =
即 z z M I =ω ①
I 为转盘绕z 轴的转动惯量：22
1
ma I =
（m 为盘的质量）， ωω-=z ②
（ω为盘转动的角频率，负号因为规定顺时针转动）
320
23
2a g dr d r g M a
z ρμπ
θρμπ=
=⎰
⎰
=()23
2
a m ma g πρρμ=③ 由①②③得 a
g 34μω-= 又因为 (),00ωω= 故 ()
t
a
g t 340μωω-=
所以 (),0=t ω 得 g
a t μω430
=
3.11解 如题3.11.1图所示，
图
题1.3.11设z 轴通过O 点垂直纸面指向外。则对z 轴有：
Z M dt
dz
= 设通风机转动的角速度大小为()t ω，由于通风机顺时针转动。所以()t z ωω-=，将()()
t z t k M I z ωω=-=,代入上式得： ()()t t k I ωω=- 。又由于()()00ωω= ，
解得：
()t I
k t e
-=0ωω
故当()20ωω=t 时，k I t =㏑2。又由于()()
t t θω = （θ为通风机转动的角度）
设()00=θ， ()t I
k
t e -=0ωθ
()()
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛
-=+=--⎰t I k t I
k t
t e k
I dt e
10
00
0ωθωθ 故当k I t =㏑2时，()k I t 20ωθ=，t 时间内通风机转动
的转数
()()k
I n t πωπθθ4200=
-= 3.12解 如题3.12.1图，
第3.12.1图
坐标Oxyz 与薄片固连，则沿z 轴方向有： Z
M dt dz =且 z I z ω=①
现取如图阴影部分的小区域ady dS =，该区域受到
的阻力()22y kady kdSv df z
ω==
df 对z 轴的力矩dy y ka y df dM z z 32ω-=⋅-=所以
23
4
z a
z z b a k
dM M ω-==⎰②
又薄片对轴的转动惯量
()ab m ma bdy y dm y I a
a
ρρ==
==⎰⎰20
20
23
1
③ 由①②③得：
()
21431
ωω+=
t m b ka t z
当
()
20
ωω=
t z 时，
0234ωb ka m t = 3.15解 如题3.15.1图所示坐标系Oxyz 。
题3.15.1图
由于球作无滑滚动，球与地面的接触A 的速度与地面一致，等于零，所以A 点为转动瞬心。以O 为基点。设球的角速度k ω-=ω，则
()()()0000=-=-⨯-+=⨯+=k j k i OA ωv v r v r v A ωω
r
v
0=ω
设轮缘上任意一点p ，Op 与x 轴交角为θ，则
Op j i θθsin cos r r +=
故()()j i k i Op ωv v θθωsin cos 00r r v p +⨯-+=⨯+=
()j i θωθωcos sin 0r r v -+=
当 90=θ时，得最高点的速度02v v top =
()Op ωωOp ω
a a ⨯⨯+⨯+
=dt
d p 0 ()()()[]j i k k θθωωsin cos r r +⨯-⨯-=
()j i j i θθθωθωsin cos sin cos 2
022+-=--=r
v
r r
当 90=θ和 90-时分别得到最高点和最低点的加速度
j a r v
top
2
0-=
j a r
v
bottom
20= 3.16解 如题3.16.1图所示，
题3.16.1图
由题意知该时刻瞬心一定处在AC 的垂线AO 中。设瞬心为O 。则 AO ωv =
易知B v 的方向如图，在AOB ∆中
OAB
AB AO AB AO OB ∠⋅-+=cos 22222222
2b a b a v a v +-+⎪⎭⎫ ⎝⎛=ωω 2
2
22221
b
a a
b v
a v OB +-+=
ωωω
=⋅=OB v B ω2
22222b a ab v
a v +-+ωω
BO
OAB
AO AB BA BO AO BA OB OBA ∠-=
⋅-+=∠cos 2cos 2222
2222222b a ab
v
a v
b a b
v
a +-++-=
ωωω ⎥⎥⎥⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢
⎢⎢⎢⎣
⎡+-++-=∠-222
222
212cos
b a ab v a v b a b
v a OBA ωωω OBA ∠即为B v 与CB 边的夹角大小。 3.20解 如题3.20.1图，
题3.20.1图
'
m
设圆柱体的转动角速度为k ωω-=，设它受到地面的摩擦力为f ，由动量定理和动量矩定理知：
1a M x
M f T F
c x
∑==+= ① ∑-
=+-=ω 22
1
Mr fr Tr M z ② 对于滑块。由动量定理知：
2
ma y
m mg T F
y
-==-=∑ ③ ωr x
c = ω r x
a c ==1④ 以C 为基点： r a a Ax ω +=1
假设绳不可拉伸。则2a a Ax =。故r a a ω +=12⑤ 由①②③④⑤解得：
m
M mMg T m M mg a m M mg a 833,838,83421+=
+=+=
3.21解 （1）如题3.21.1图。
题3.21.1图
设z 轴过O 点垂直纸面向外。绳子上的弹力为T 。对于飞轮，根据动量矩定理，在z 轴方向：
∑=-=ω
I G Tr M z ① ma T mg =-②
a 为物块下落的加速度。因为物块的加速度应与A
点加速度一样大小，故 r a ω = ③
由①②③解得： 2
mr I G mgr +-=
ω （2）假若飞轮受到的阻尼力矩为G 的话，由（1）
问知，飞轮的角加速度2
mr I G mgr +-=
ω 。现在来求绳子脱落以后飞轮的角加速度ω' 。同样根据动量矩，
在z 轴方向： I
G G I -='-='ω
ω
可以证明：类似于位移、加速度、初速度和末速度之间的关系式as v v t 2202=-。角位移、角加速度、
角初速度、角末速度之间也有类似的关系：
θθθθ 220
2=-t θ
θωθ2
222mr I G mgr t
+-== ④
对于绳子脱落到停止转动的过程有：
ϕϕωθ⎪⎭
⎫ ⎝⎛-='=-I G t
2202 ⑤ ④⑤式中t
θ 指绳子脱落时飞轮的角加速度，由④⑤
解得： ()ϕ
θθ2
mr I I mgIr G ++=
3.263.26 如题3.26.1图所示
y
图
题1.3.26
坐标系Oxyz 。设杆的长度为a 2，质量为m 。受到墙和地面的作用力分别为12,N N ，当杆与地面的倾斜角为θ时，质心C 的坐标为：
θ
θsin cos a y a x c c ==
对上两式求时间导数，的质心的速度和加速度：
⎪⎩⎪⎨⎧=-=θθθθ cos sin a y
a x c c ⎪⎩⎪⎨⎧+-=--=θθθθθθθθ
cos sin sin cos 22a a y a a x c c ① θ a y x
v c c c =+=22② ()222
121sin sin θθα I mv mga c +=
-③
23
1
ma I =
④ 由②③④得 ()θαθsin sin 232-=a
g ⑤
对⑤式求时间导数得 θθ
cos 43a
g -= ⑥ 又由动量定理 c x m N =2⑦ 当杆脱离墙时，有 02=N ⑧ 由①⑤⑥⑦⑧得 αθsin 2sin 3=⑨
所以 ⎪⎭
⎫ ⎝⎛=αθsin 32arcsin
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： ① ② ③ 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 x 0cos 2sin 21=-+=∑G N N F y θθ0cos 2 2 =-=∑θl G c N M i ()θ θ2 2cos 1cos 22-=c l ,cos 2c r =θr c 2cos = θ
3.2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 ()c r c l 2224-=o 图 题1.3.21N 2N G y 0cos 2=-=∑G N F y θ0cos 2 2cos 2 =-=∑θθl G d N M z l d = θ3cos 31 arccos ? ? ? ??=l d θ
3.3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1.3.32 AB i G ag ρ=1i G bg ρ=2ρz ()BH BF G OD G M z --?=∑2 1sin θ=0sin cos 2sin 2=?? ? ??--θθρθρa b gb a ga ab a b 2tan 22 +=θ图 题1.3.4Ox A B C B C D
理论力学简明教程第三章非惯性参考系课后答案
第三章 非惯性参考系 不识庐山真面目，只缘身在此山中。地球的多姿多彩，宇宙的繁荣，也许在这里可以略见一斑。春光无限，请君且放千里目，别忘了矢量语言在此将大放益彩。 【要点分析与总结】 1 相对运动 t r r r '=+ t t dr dr dr dr dr r dt dt dt dt dt υω'''= =+=++? t r υυω''=++? ()t dv dv d v r a dt dt dt ω''+?==+ 222**22()t d r d r d dr r v r dt dt dt dt ωωωω'''''=++?+?+?+?()2t a a r r v ωωωω''''=++?+??+? t c a a a '=++ 〈析〉仅此三式便可以使“第心说”与“日心说”归于一家。 （1） 平动非惯性系 (0ω=) t a a a '=+ 即：()t ma F ma '=+- （2） 旋转非惯性系 (0t t a υ==) ()2a a r r ωωωωυ''''=+?+??+? 2 地球自转的效应（以地心为参考点） 2mr F mg m r ω=--?
写成分量形式为： 2sin 2(sin cos )2cos x y z mx F m y my F m x z mz F mg m y ωλωλλωλ ?=+? =-+?? =-+? 〈析〉坐标系选取物质在地面上一定点O 为坐标原点，x 轴指向南方，y 轴指向东方，铅直方向为 z 轴方向。 2mr F mg m r ω=--? 为旋转非惯性系 ()2F mg mr m r m r m r ωωωω-=+?+??+?在 ,r R ω ω 条件下忽略 m r ω?与 ()m r ωω??所得。正因如此，地球上的物体运动均受着地球自转而带来的科氏力 2m r ω-?的作用，也正是它导致了气旋，反气旋，热带风暴，信风，河岸右侧冲刷严重，自由落体，傅科摆等多姿多彩的自然现象。 〈注〉自由落体偏东的推导时，取 F =0，且须应用级数展开，对小 量ω作近似 21 cos 21(2),sin 222 t t t t ωωωω≈-≈ 【解题演示】 1 一船蓬高4米，在雨中航行时，它的雨篷遮着蓬的垂直投影后2m
理论力学习题册答案
第一章静力学公理与受力分析(1) 一．是非题 1、加减平衡力系公理不但适用于刚体，还适用于变形体。（） 2、作用于刚体上三个力的作用线汇交于一点，该刚体必处于平衡状态。（） 3、刚体是真实物体的一种抽象化的力学模型，在自然界中并不存在。（） 4、凡是受两个力作用的刚体都是二力构件。（） 5、力是滑移矢量，力沿其作用线滑移不会改变对物体的作用效果。（）二．选择题 1、在下述公理、法则、原理中，只适于刚体的有（） ①二力平衡公理②力的平行四边形法则 ③加减平衡力系公理④力的可传性原理⑤作用与反作用公理 三．画出下列图中指定物体受力图。未画重力的物体不计自重，所有接触处均为光滑接触。多杆件的整体受力图可在原图上画。 )a(球A )b(杆AB d(杆AB、CD、整体 )c(杆AB、CD、整体) 精选
)e(杆AC、CB、整体)f(杆AC、CD、整体 四．画出下列图中指定物体受力图。未画重力的物体不计自重，所有接触处均为光滑接触。多杆件的整体受力图可在原图上画。 )a(球A、球B、整体)b(杆BC、杆AC、整体
第一章静力学公理与受力分析（2） 一．画出下列图中指定物体受力图。未画重力的物体不计自重，所有接触处均为光滑接触。多杆件的整体受力图可在原图上画。 W A D B C E Original Figure A D B C E W W F Ax F Ay F B FBD of the entire frame )a(杆AB、BC、整体)b(杆AB、BC、轮E、整体 )c(杆AB、CD、整体) d(杆BC带铰、杆AC、整体 精选
)e(杆CE、AH、整体)f(杆AD、杆DB、整体 )g(杆AB带轮及较A、整体)h(杆AB、AC、AD、整体
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. 第一章静力学公理与受力分析(1) 一．是非题 1、加减平衡力系公理不但适用于刚体，还适用于变形体。（） 2、作用于刚体上三个力的作用线汇交于一点，该刚体必处于平衡状态。（） 3、刚体是真实物体的一种抽象化的力学模型，在自然界中并不存在。（） 4、凡是受两个力作用的刚体都是二力构件。（） 5、力是滑移矢量，力沿其作用线滑移不会改变对物体的作用效果。（）二．选择题 1、在下述公理、法则、原理中，只适于刚体的有（） ①二力平衡公理②力的平行四边形法则 ③加减平衡力系公理④力的可传性原理⑤作用与反作用公理 三．画出下列图中指定物体受力图。未画重力的物体不计自重，所有接触处均为光滑接触。多杆件的整体受力图可在原图上画。 ) b(杆AB a(球A )
)c(杆AB、CD、整体) d(杆AB、CD、整体 )e(杆AC、CB、整体)f(杆AC、CD、整体 四．画出下列图中指定物体受力图。未画重力的物体不计自重，所有接触处均为光滑接触。多杆件的整体受力图可在原图上画。 )a(球A、球B、整体)b(杆BC、杆AC、整体
. 第一章 静力学公理与受力分析（2） 一．画出下列图中指定物体受力图。未画重力的物体不计自重，所有接触处均为光滑 接触。多杆件的整体受力图可在原图上画。 W A D B C E Original Figure A D B C E W W F Ax F Ay F B FBD of the entire frame )a (杆AB 、BC 、 整体 )b (杆AB 、BC 、轮E 、整体 )c (杆AB 、CD 、整体 )d (杆BC 带铰、杆AC 、整体
理论力学第三章习题讲解
第三章习题 ( 3.1;3.6;3.7;3.9;3.10;3.12;3.13;3.20;3.21,3.22) 3.1 半径为r 的光滑半球形碗，固定在水平面上。一均质棒斜靠在碗缘，一端 在碗内，一端则在碗外，在碗内的长度为c ，试证棒的全长为 () c r c 2224- 3.1解 如题3.1.1图。 图 题1.3.1 均质棒受到碗的弹力分别为1N ，,2N 棒自身重力为G 。棒与水平方向的夹角为 θ。设棒的长度为l 。 由于棒处于平衡状态，所以棒沿x 轴和y 轴的和外力为零。沿过A 点且与 z 轴平行的合力矩为0。即： 0sin 2cos 2 1 =-=∑θθN N F x ① 0cos 2sin 2 1 =-+=∑G N N F y θθ② 0cos 22=-=∑θl G c N M i ③ 由①②③式得：
()θ θ2 2 cos 1cos 22-=c l ④ 又由于 ,cos 2c r =θ 即 r c 2cos = θ⑤ 将⑤代入④得： ()c r c l 2224-= 3.6 把分子看作相互间距离不变的质点组，试决定以下两种 情况下分子的中心主转动惯量： ()a 二原子分子。它们的质量是1m ，2m ，距离是l 。 ()b 形状为等腰三角形的三原子分子，三角形的高是h ，底 边的长度为a 。底边上两个原子的质量为1m ，顶点上的为2m 。
? C x y h a 1 m 2 m 1 m 第3.6（b)题图 3.6解 （a ）取二原子的连线为x 轴，而y 轴与z 轴通过质心。O 为质心，则Ox ， Oy ，Oz 轴即为中心惯量主轴。 设1m 、2m 的坐标为()()0,0,,0,0,21l l ，因为O 为质心（如题3.6.2图） 故 02211=+l m l m ① 且 l l l =-12 ② 由①②得 2 1122121,m m l m l m m l m l += +-= 所以中心惯量主轴：
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【关键字】活动、情况、方法、条件、动力、空间、质量、地方、问题、系统、密切、主动、整体、平衡、保持、提升、合力、规律、位置、支撑、作用、结构、水平、速度、关系、分析、简化、倾斜、满足、带动、支持、方向、推动、推进、中心 第一章静力学公理与受力分析(1) 一．是非题 1、加减平衡力系公理不但适用于刚体，还适用于变形体。（） 2、作用于刚体上三个力的作用线汇交于一点，该刚体必处于平衡状态。（） 3、刚体是真实物体的一种抽象化的力学模型，在自然界中并不存在。（） 4、凡是受两个力作用的刚体都是二力构件。（） 5、力是滑移矢量，力沿其作用线滑移不会改变对物体的作用效果。（）二．选择题 1、在下述公理、法则、原理中，只适于刚体的有（） ①二力平衡公理②力的平行四边形法则 ③加减平衡力系公理④力的可传性原理⑤作用与反作用公理 三．画出下列图中指定物体受力图。未画重力的物体不计自重，所有接触处均为光滑接触。多杆件的整体受力图可在原图上画。 a(球A )b(杆AB ) d(杆AB、CD、整体 )c(杆AB、CD、整体) f(杆AC、CD、整体 )e(杆AC、CB、整体) 四．画出下列图中指定物体受力图。未画重力的物体不计自重，所有接触处均为光滑接触。多杆件的整体受力图可在原图上画。 a(球A、球B、整体)b(杆BC、杆AC、整体 )
第一章 静力学公理与受力分析（2） 一．画出下列图中指定物体受力图。未画重力的物体不计自重，所有接触处均为光滑 接触。多杆件的整体受力图可在原图上画。 )a (杆AB 、BC 、整体 )b (杆AB 、BC 、轮E 、整体 )c (杆AB 、CD 、整体 )d (杆BC 带铰、杆AC 、整体 )e (杆CE 、AH 、整体 )f (杆AD 、杆DB 、整体 )g (杆AB 带轮及较A 、整体 )h (杆AB 、AC 、AD 、整体 第二章 平面汇交和力偶系 一．是非题 1、因为构成力偶的两个力满足F = - F ’，所以力偶的合力等于零。 （ ） 2、用解析法求平面汇交力系的合力时，若选用不同的直角坐标系，则所求得 的合力不同。 （ ） 3、 力偶矩就是力偶。 （ ） 二． 电动机重P=500N ，放在水平梁AC 的中央，如图所示。梁的A 端以铰链固定，另一端以撑杆BC 支持，撑杆与水平梁的交角为300。忽略梁和撑杆的重量，求撑杆 BC 的内力及铰支座A 的约束力。 F BC =5000N(压力)；F A=5000N 三、图示液压加紧机构中，D 为固定铰链，B 、C 、E 为活动铰链。已知力， 机构平衡时角度如图，求此时工件H 所受的压紧力。 F H =F/2sin 2α 五．在图示结构中，各构件的自重不计。在构件AB 上作用一矩为M 的力偶，求支 座A 和C 的约束力。 F A =F C =a M 42 六. 图示为曲柄连杆机构。主动力F=400N 作用在活塞上。不计构件自重，试问在曲 柄上应加多大的力偶矩M 方能使机构在图示位置平衡? M=60N.m
理论力学习题三答案
《理论力学》习题三答案 一、单项选择题（本大题共30小题，每小题2分，共60分） 1. 求解质点动力学问题时，质点的初始条件是用来（ C ）。 A 、分析力的变化规律； B 、建立质点运动微分方程； C 、确定积分常数； D 、分离积分变量。 2. 在图1所示圆锥摆中，球M 的质量为m ，绳长l ，若α角保持不变，则小球的法向加速度为（ C ）。 A 、αsin g ； B 、αcos g ； C 、αtan g ； D 、αtan gc 。 3. 已知某点的运动方程为2 bt a S +=（S 以米计,t 以秒计，a 、b 为常 数），则点的轨迹为（ C ）。 A 、是直线； B 、是曲线； C 、不能确定； D 、抛物线。 4. 如图2所示距地面H 的质点M ，具有水平初速度0v ?，则该质点落地时的水平距离l 与（ B ）成正比。 A 、H ； B 、H ； C 、2H ； D 、3 H 。 5. 一质量为m 的小球和地面碰撞，开始瞬时的速度为1v ?，碰撞结 束瞬时的速度为2v ? （如图3），若v v v ==21，则碰撞前后质点动量 的变化值为（ A ）。 A 、mv ； B 、mv 2 ； C 、mv 3； D 、 0。 6. 一动点作平面曲线运动，若其速率不变，则其速度矢量与加速度矢量（ B ）。 A 、平行； B 、垂直； C 、夹角随时间变化； D 、不能确定。 7. 三棱柱重P ，放在光滑的水平面上，重Q 的匀质圆柱体静止释放后沿斜面作纯滚动，则系统在运动过程中（ A ）。 A 、沿水平方向动量守恒，机械能守恒； B 、动量守恒，机械能守恒； C 、沿水平方向动量守恒，机械能不守恒； D 、均不守恒。 图1 图2 图3
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 ()()i i i i i i O F O O r F r M ⨯'-'=⨯'=∑∑'()∑∑⨯'-⨯'=i i i i i F O O F r ∑⨯'+=i i 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。设O 和O '对质心C 的位矢分别为C r 和C r '， 则C r '=C r +O O '，把O 点的主矢∑=i i F F ，主矩o M 移 到C 点得力系对重心的主矩 ∑⨯+=i i C o C F r M M 把O '为简化中心得到的主矢∑= i i F F 和主矩o ' M 移到 C 点可得 ∑⨯+'=i i C o C F r M M ()∑⨯'-'+=i i C o F O O r M ∑⨯+=i i C o F r M 简化中心的改变引起主矩的改变并不影响刚体的运动。事实上，简化中心的选取不过人为的手段，不会影响力系的物理效应。 3.5 答 不等。如题3-5图示， l 题3-5图 dx l m dm = 绕Oz 轴的转动惯量 2 22434 2 4131487⎪⎭ ⎫ ⎝⎛+≠==⎰ -l m ml ml dx l m x I l l z 这表明平行轴中没有一条是过质心的，则平行轴定理 2md I I c +=是不适应的 不能，如3-5题。但平行轴定理修改后可用于不过质心的二平行轴。如题3-6图所示， B l 题3-6图 均质棒上B A ,二点到质心的距离分别为A x 和B x 由平行轴定理得： 2 A c A mx I I += 2 B c B mx I I += 则() 22B A B A x x m I I -=-，此式即可用于不过质心的二
理论力学习题册答案
第一章静力学公理与受力分析〔1〕.是非题 1、加减平衡力系公理不但适用于刚体,还适用于变形体.〔〕 2、作用于刚体上三个力的作用线汇交于一点,该刚体必处于平衡状态.〔〕 3、刚体是真实物体的一种抽象化的力学模型,在自然界中并不存在.〔〕 4、但凡受两个力作用的刚体都是二力构件.〔〕 5、力是滑移矢量,力沿其作用线滑移不会改变对物体的作用效果.〔〕 二.选择题 1、在下述公理、法那么、原理中,只适于刚体的有〔〕 ①二力平衡公理②力的平行四边形法那么 ③加减平衡力系公理④力的可传性原理⑤作用与反作用公理 三.画出以下图中指定物体受力图.未画重力的物体不计自重,所有接触处均为光滑
〔c 〕杆AB 、CD 、整体 接触.多杆件的整体受力图可在原图上画. (b )杆 AB 〔d 〕杆AB 、 CD 、整体
(e)杆AC、CB、整体(f )杆AC、CD、整体
四.画出以下图中指定物体受力图.未画重力的物体不计自重,所有接触处均为光滑接触.多杆件的整体受力图可在原图上画. (a )球A、球B、整体(b )杆BC、杆AC、整体
第一章静力学公理与受力分析(2) 画出以下图中指定物体受力图.未画重力的物体不计自重,所有接触处均为光滑 接触.多杆件的整体受力图可在原图上画. 二二B F Ax F Ay F B W I Original Figure (b )杆AB、BC、轮E、整体FBD of the entire frame (C)杆AB、CD、整体(d )杆BC带较、杆AC、整体
(f )杆AD、杆DB、整体(e)杆CE、AH、整体 (g )杆AB带轮及较A、整体(h )杆AB、AC、AD、整体
理论力学第三章题解
理论力学题解 第三章 思考题 3.1. 仅(4)式正确. 3.2. 甲正确. 乙错在角度不可以定义为从动线指向定线. 3.3. 乙的方程正确. 甲错在空气阻力亦应为y k -，y 取负值，y k -取正值. 3.4. 仅对固定方向才有动量守恒的分量形式. 径向和横向均不是空间固定方向. 3.5. (1)对；(2)错. 3.6. 一质点动量守恒，则对空间任一固定点角动量守恒. 质点对空间某一固定点角动量守 恒，其动量不一定守恒. 3.7. 质点作匀速直线运动时，其动量和角动量均守恒. 3.8. 动能定理是标量方程，不可能投影而得出分量方程. 但x F mv x x d )2 1(d 2 =是正确的. 仿照动能定理的导出，用x t v x d d =乘牛顿第二定律的x 分量方程x x F t v m =d d 即可证明. 第三章 习题 3.1. 力为时间的函数，积分两次可得)cos(2 00ϕωω++ +=t m eE t V X x ，其中ϕω cos 2 000m eE x X - =，ϕωsin 0 00m eE v V +=. 3.2. 以地心O 为原点，建立x 轴经抛出点竖直向上. 质点受万有引力沿x 轴负方向. 所以 2x GMm x m -= . 因为2 R GMm mg =，故g R GM 2 =. 故有 22x g R x -= . 做变换)2(d d d d d d d d 2x x x x x t x x x x ===，则 x x g R x d )2(d 222-= . 积分并用0=t 时R x =，0v x = 定积分常数，得到 )11()(2122 02R x g R v x -=- . 质点达最大高度时H R x +=，0=x ，可求出
理论力学(机械工业出版社)第三章空间力系习题解答
习 题 3-1 在边长为a 的正六面体上作用有三个力，如图3-26所示，已知：F 1=6kN ，F 2=2kN ，F 3=4kN 。试求各力在三个坐标轴上的投影。 图3-26 kN 60 1111====F F F F z y x 0kN 245cos kN 245cos 2222==︒=-=︒-=z y x F F F F F kN 3 3433kN 3 3 433kN 3 3 4333 33 33 3==-=-===F F F F F F z y x 3-2 如图3-27所示，已知六面体尺寸为400 mm ×300 mm ×300mm ，正面有力F 1=100N ，中间有力F 2=200N ，顶面有力偶M =20N ·m 作用。试求各力及力偶对z 轴之矩的和。 图3-27 203.034 44.045cos 2 1-⨯+⨯︒-=∑F F M z m N 125.72034 240220⋅-=-+ -= 3-3如图3-28所示，水平轮上A 点作用一力F =1kN ，方向与轮面成a=60°的角，且在过A 点与轮缘相切的铅垂面内，而点A 与轮心O '的连线与通过O '点平行于y 轴的直线成b=45°角， h =r=1m 。试求力F 在三个坐标轴上的投影和对三个坐标轴之矩。 图3-28 N 354N 225045sin 60cos 1000sin cos ==︒⨯︒⨯==βαF F x N 354N 225045sin 60cos 1000cos cos -=-=︒⨯︒⨯-=-=βαF F y
N 866350060sin 1000sin -=-=︒⨯-=-=αF F z m N 25845cos 18661354cos ||||)(⋅-=︒⨯⨯-⨯=⨯-⨯=βr F h F M z y x F m N 96645sin 18661354sin ||||)(⋅=︒⨯⨯+⨯=⨯+⨯=βr F h F M z x y F m N 500160cos 1000cos )(⋅-=⨯︒⨯-=⨯-=r F M z αF 3-4 曲拐手柄如图3-29所示，已知作用于手柄上的力 F =100N ，AB =100mm ，BC =400mm ，CD =200mm ，a=30°。试求力F 对 x 、y 、z 轴之矩。 图3-29 N 2530sin 100sin sin 2=︒⨯==ααF F x N 3.43N 32530cos 30sin 100cos sin -=-=︒⨯︒⨯-=-=ααF F y N 6.8635030cos 10030cos -=-=︒⨯-=︒-=F F z 3 .03504.0325)(||||)(⨯-⨯-=+⨯-⨯-=CD AB F BC F M z y x F m N 3.43325⋅-=-= m N 104.025||)(⋅-=⨯-=⨯-=BC F M x y F m N 5.73.025)(||)(⋅-=⨯-=+⨯-=CD AB F M x z F 3-5 长方体的顶角A 和B 分别作用力F 1和F 2，如图3-30所示，已知：F 1=500N ，F 2=700N 。试求该力系向O 点简化的主矢和主矩。 图3-30 N 4.82114100520014 25 221R -=--=⨯ -⨯-='F F F x N 2.5611415014 32R -=-=⨯-='F F y N 7.4101450510014 15 121R =+=⨯ +⨯='F F F z N 3.10767.410)2.561()4.821(222R =+-+-='F
理论力学习题册答案
理论力学习题册答案 班级姓名学号 第一章静力学公理与受力分析(1) 一．是非题 1、加减平衡力系公理不但适用于刚体，还适用于变形体。 （） 2、作用于刚体上三个力的作用线汇交于一点，该刚体必处于平衡状态。（） 3、刚体是真实物体的一种抽象化的力学模型，在自然界中并不存在。（） 4、凡是受两个力作用的刚体都是二力构件。 （） 5、力是滑移矢量，力沿其作用线滑移不会改变对物体的作用效果。（） 二．选择题 1、在下述公理、法则、原理中，只适于刚体的有（） ①二力平衡公理②力的平行四边形法则 ③加减平衡力系公理④力的可传性原理⑤作用与反作用 公理 三．画出下列图中指定物体受力图。未画重力的物体不计自重，所有接触处均为光滑接触。多杆件的整体受力图可在原图上画。
(a)球A (b)杆AB - 1 - (c)杆AB、CD、整体(d)杆AB、CD、整体 (e)杆AC、CB、整体 (f)杆AC、CD、整体 四．画出下列图中指定物体受力图。未画重力的物体不计自重，所有接触处均为光滑接触。多杆件的整体受力图可在原图上画。 (a)球A、球B、整体(b)杆BC、杆AC、整体 - 2 - 班级姓名学号 第一章静力学公理与受力分析（2） 一．画出下列图中指定物体受力图。未画重力的物体不计自重，所有接触处均为光滑 接触。多杆件的整体受力图可在原图上画。 (a)杆AB、BC、整体 (c)杆AB、CD、整体 C A F Ax DBFAy
FB W E W (b)杆ABOriginal Figure 、BC、轮E、 整体 FBD of the entire frame (d)杆BC带铰、杆AC、整体 - 3 - (e)杆CE、AH、整体 (g)杆AB带轮及较A、整体 (f)杆AD、杆DB、整体(h)杆AB、AC、AD、整体- 4 - 班级姓名学号 第二章平面汇交和力偶系 一．是非题 1、因为构成力偶的两个力满足F= - F’，所以力偶的合力等于零。（） 2、用解析法求平面汇交力系的合力时，若选用不同的直角坐标系，则所求得 的合力不同。 （）
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。设跑车A、操作架和所有附件总重量为P，作用于操作架的轴线。试问P至少应多大才能使料斗在满载时不致翻倒？
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 DB CB DB F ' 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 F F F 2 2 3= （拉） F 1 = F 3（拉） 045cos 232=︒-F F F 2 = F （受压） 图（b ）：033='=F F F 1 = 0 F 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 n F F ED = 0=∑x F ，DB ED F F =αcos F F F 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