哈工大机械原理考研-8章 复习思考题与习题(解)
哈工大机械原理考研第章复习思考题与习题
3.4 复习思考与习题一、思考题1．从动件的常用运动规律有哪几种? 它们各有什么特点？各适用于什么场合？2．从动件运动规律的选择原则是什么？3．不同运动规律曲线拼接时应满足什么条件？4．凸轮机构的类型有哪些？在选择凸轮机构类型时应考虑那些因素？5．移动从动件盘形凸轮机构和摆动从动件盘形凸轮机构的设计方法各有什么特点？6．何谓凸轮的理论轮廓曲线？何谓凸轮的实际轮廓曲线？二者有和区别与联系？理论廓线相同而实际廓线不同的两个对心移动滚子从动件盘形凸轮机构，其从动件的运动规律是否相同？7．在移动滚子从动件盘形凸轮机构中，若凸轮实际廓线保持不变，而增大或减小滚子半径，从动件运动规律是否发生变化？8．何谓凸轮机构的压力角? 在凸轮机构设计中有何重要意义? 一般是怎样处理的?当凸轮廓线完成后,如何检查凸轮转角为ϕ时凸轮的压力角α? 若发现压力角超过需用值,可采取什么措施减少压力角? 9．设计直动推杆盘形凸轮机构时,再推杆运动规律不变的条件下,需减小推程压力角,采用哪两种措施？10．何谓运动失真? 应如何避免出现运动失真现象?11．在移动滚子从动件盘形凸轮机构的设计中,采用偏置从动件的主要目的是什么? 偏置方向如何选取?12．在移动平底从动件盘形凸轮机构的设计中,采用偏置从动件的主要目的是什么? 偏置方向如何选取?13．何谓凸轮机构的偏心距，它对凸轮机构几何尺寸和受力情况有何影响？14．比较尖顶、平底和滚子从动件凸轮机构的优缺点及它们适用的场合？二、习题题3-1 如题3-1图所示为一尖顶移动从动件盘形凸轮机构从动件的部分运动线图。
试在图上补全各段的位移、速度及加速度曲线，并指出在那些位置会出现刚性冲击？那些位置会出现柔性冲击？题3-1图题3-2 已知凸轮以等角速度顺时针转动，从动件行程h=32 mm,从动件位移线图ϕ-s 如题3-2图所示。
凸轮轴心偏于从动件轴线的右侧，偏距e=10mm,基圆半径a r =35mm,滚子半径r r =15mm 。
机械原理第8章答案
C2 C3’ C2’
y
ψ0C1
E3
ϕ0 E1
E2
x
P148
8-21 如图用推拉缆操纵的长杆夹持器，并用四 杆机构实现夹持动作，确定各杆长度。
选做
解：
采用解析法能准确求解
cos(θ 1i + α 0 ) = P0 cos(θ 3i + ϕ 0 ) + P1 cos(θ 3i + ϕ 0 − θ 1i − α 0 ) + P2
440 ≤ d ≤ 760mm
A
3） 若d为最短杆，则为双曲柄机构，故不可能, d>240
600 ≤ d ≤ 760mm 440 ≤ d < 600mm
p144
8-6 如图，已知a=240mm, b=600mm, c=400mm, d=500mm, 问：1）取杆4作机架时，是 否有曲柄存在？ 2）能否选不同杆为机架得到双曲柄机构、双摇杆机构？3）若abc 三杆的长度不变，取杆4为机架，要获得曲柄摇杆机构，d的取值范围应为何值？4） 若c的长度可变，取3为机架，要获得双摇杆机构，c的取值范围应为何值？
机械原理 ——机械运转及速度波动的调节
作业:
P144－150 思考题: 8-2，8-3，8-5 习题： 8-6、8-8、8-16 选做： 8-21
p144
8-6 如图，已知a=240mm, b=600mm, c=400mm, d=500mm, 问：1）取杆4作机架时，是 否有曲柄存在？ 2）能否选不同杆为机架得到双曲柄机构、双摇杆机构？3）若abc 三杆的长度不变，取杆4为机架，要获得曲柄摇杆机构，d的取值范围应为何值？4） 若c的长度可变，取3为机架，要获得双摇杆机构，c的取值范围应为何值？
大学哈工大第八版理论力学-资料
二 运动方程 角速度 角加速度
f (t)
角速度 角加速度
d
dt
ddt dd2t2
转角 角速度 角加速度代数量 正负规定要一致
图示
思考什么情况下刚体是加速转动?
什么情况下刚体减速转动?
！联想到了什么？
35
§7–3转动刚体内各点的速度和加速度
一 转动刚体内各点的速度和加速度的计算
1 速度计算
s R
vds RdR
dt dt
d dt
vA 各点速度的大小与该点
vD D
A 到轴心的距离成正比
vB 速度的方向垂直于该点到
O
轴心的连线，指向图形
B 转动的一方。
36
§7–3转动刚体内各点的速度和加速度
一 转动刚体内各点的速度和加速度的计算 速度计算的逆运算
vds RdR
dt dt
vB OB
Δr M'
v*
r(t+Δt) O
B
lim v
r dr
t0 t dt
动点的速度矢沿着
动点运动轨迹的切线，并与此点运动的方向一致。
20
三 加速度
§ 5-1 矢量法
alimv t0 t
dv dt
ddt2r2
a v r
此法常用于推导公式
lim v r dr t0 t dt
21
§ 5-2 直角坐标法
作业 1 P154 5-7
2 思考题P168 6-5 a) 平行四连杆机构。假设标 有转动角速度刚体的长度为L 计算点M 的速度和加速度的大小并在图中画出它们 的方向
❖ 3 思考题 6-5b) OA OB OC 设为已知,计算点 A B C 的速度和加速度的大小；并在图中画出它们的方向。
机械原理课后习题答案
机械原理课后习题答案1. 两个质量分别为m1和m2的物体，它们分别靠在光滑水平面上的两个弹簧上，两个弹簧的弹性系数分别为k1和k2。
求当两个物体分别受到的外力分别为F1和F2时，两个物体的加速度分别是多少？答，根据牛顿第二定律，物体受到的合外力等于物体的质量乘以加速度，即F=ma。
根据这个公式，可以得出两个物体的加速度分别为a1=F1/m1，a2=F2/m2。
2. 一个质量为m的物体，靠在光滑水平面上的弹簧上，弹簧的弹性系数为k。
求当物体受到外力F时，物体的加速度是多少？答，同样根据牛顿第二定律，物体受到的合外力等于物体的质量乘以加速度，即F=ma。
根据这个公式，可以得出物体的加速度为a=F/m。
3. 一个质量为m的物体，靠在光滑水平面上的弹簧上，弹簧的弹性系数为k。
求当物体受到外力F时，弹簧的位移是多少？答，根据胡克定律，弹簧的位移与受到的外力成正比，即F=kx，其中x为弹簧的位移。
解出x=F/k，即弹簧的位移与外力成反比。
4. 一个质量为m的物体，靠在光滑水平面上的弹簧上，弹簧的弹性系数为k。
求当物体受到外力F时，弹簧的振动周期是多少？答，根据弹簧的振动周期公式T=2π√(m/k)，可以得出弹簧的振动周期与物体的质量和弹簧的弹性系数有关，与受到的外力无关。
5. 一个质量为m的物体，靠在光滑水平面上的弹簧上，弹簧的弹性系数为k。
求当物体受到外力F时，弹簧的振幅是多少？答，根据弹簧振动的公式x=Acos(ωt+φ)，可以得出弹簧的振幅与受到的外力无关，只与弹簧的弹性系数和物体的质量有关。
求当物体受到外力F时，弹簧的振动频率是多少？答，根据弹簧振动的公式f=1/2π√(k/m)，可以得出弹簧的振动频率与受到的外力无关，只与弹簧的弹性系数和物体的质量有关。
7. 一个半径为r的圆盘，靠在光滑水平面上的弹簧上，弹簧的弹性系数为k。
求当圆盘受到外力F时，圆盘的加速度是多少？答，根据牛顿第二定律，物体受到的合外力等于物体的质量乘以加速度，即F=ma。
哈工大机械理考研-8章 复习思考题与习题(解)
8.4 复习思考题与习题一、复习思考题1． 机械平衡的目的是什么？造成机械不平衡的原因可能有哪些？ 2． 机械平衡问题分为哪几类？何谓刚性转子与柔性转子？ 3． 机械的平衡包括哪两种方法？它们的目的各是什么？ 4． 刚性转子的平衡设计包括哪两种设计？5． 刚性转子的平衡试验机平衡精度；它们各需要满足的条件是什么？ 6． 挠性转子动平衡的特点和方法有哪些？ 7． 什么是平面机构的完全平衡法？它有何特点？ 8． 什么是平面机构的部分平衡法？为什么要这样处理？二、习题题8-1在图示的盘形回转体中，有四个偏心重量位于同一回转平面内。
它们的大小及其重心至回转轴的距离分别为N Q 501=，N Q 702=，N Q 803=，N Q 1004=；mm r r 10041==，mm r 2002=，mm r 1503=，而个偏心重的方位如图所示。
又设平衡重量Q 的重心至回转轴的距离mm r 150=，试求平衡重量Q 的大小及方位。
例8-1图 解8-1图解题要点：刚性转子静平衡的概念和平衡条件。
解：要使盘形回转体达到平衡，应使0=++++=∑P P P P P P4321i或者04321=++++=∑r r r r r r4321iQ Q Q Q Q Q i （1）今计算各重径积如下：cm N r Q ⋅=⨯=500105011 cm N r Q ⋅=⨯=1400207022cmNrQ⋅=⨯=1200158033cmNrQ⋅=⨯=10001010044取比例尺mmcmNW⋅=25μ，分别算出代表各重径积的图上长度为mmrQWW2025500111===μ；mmrQWW56251400222===μmmrQWW48251200333===μ；mmrQWW40251000444===μ然后根据式（1）按向径1r，2r，3r，4r的方向依次连续作矢量1W，2W，3W，4W（如解8-1图），则封闭矢量W即代表平衡重量Q重径积，由矢量图上量得mmW2.32=，故得cmNWQrW⋅=⨯=⋅=8052.3225μ已知cmr15=，NrWQ W6.5315805==⋅=∴μ平衡重量Q的方位角θ可由该矢量图量得或通过计算来确定5160405620484213'=--=--=arctgWWWWarctgθ（由4r4Q沿顺时针方向量到rQ的角）。
机械原理课后习题答案.pdf
[解]
（1）取μι作机构运动简图；
μl
=
0.002
m mm
C3
lBC =
l
2 AB
+
l
2 AC
−
l AB
⋅ lAB
⋅ cos135
= 302 + 1002 − 30 ×100 × cos135 = 123 (mm)
B
D
2
1 ω1
A
ϕ1
4
E
（2）速度分析 取C为重合点：C( C2, C3)
vB → vC 2 → vD ,vE → ω2
p(c3)
ω2
2
D
c2
2) 求aC2
aC 2 = aB
+ aCn 2B
+
at C 2B
=
aC 3
+
aCk
2C 3
+ aCr 2C 3
方向： B→A C→B ⊥CB
0 ⊥CБайду номын сангаас向下 ∥BC e
大小： √ √
?
0√
?
E
d
b
其中:
an C 2B
= ω2 2
lBC
=
2.02
4
C P34
1
A P12
题3-1 试求图示各机构在图示位置时全部瞬心。
b) P13
P34 B
3
P 23 →∞
2
P12
A
4
C P14→∞
P24
1
题3-1 试求图示各机构在图示位置时全部瞬心。
c)
P13 P14 C
4
→∞ P 34
M
vM
机械原理课后答案第八章平面连杆机构及其设计_图文
平面连杆机构及其设计
习题8-6
习题8-8 习题8-9 习题8-18 习题8-16 习题8-24
8-6 如图所示四杆机构中，各杆长度a =240mm，b =600mm， c =400mm，d = 500mm。试求： 1) 取杆4为机架，是否有曲柄存在？ 2) 若各杆长度不变，能否以选不同杆为机架的办法获得双曲 柄机构和双摇杆机构？如何获得？ 3) 若a、b、c 三杆的长度不变，取杆4为机架，要获得曲柄摇 杆机构，d 的取值范围应为何值？
A C D C C D C2 1 2 1 2
2 2 l C D ( l l ) 2 C D ( l l ) c o s A C D 3 0 9 . 2 6 m m A D 2 A B B C 2 A B B C 2
2 2 C C C D C D 2 C D C D c o s 3 5 1 8 0 . 4 m m 1 2 1 2 1 2
2 2 2 ( l l ) ( l l ) C C 2 ( l l ) ( l l ) c o s 1 6 . 3 6 A B B C B C A B 1 2 A B B C B C A B
解：1) 选取比例尺作出机构的铰链点及滑块、连架杆位置。 2) 取第一位置为基准位置，根据反转法原理，连接DE2，并 绕D点反转ψ12角，得到点E2’。 3) 作E1E2’的垂直平分线c12，其与DC1轴的交点即为C1。 4) 连接DC1E1，即为所求。
6) 取第一位置为基准位置，根据反转法原理，连接AC2，并 绕A点反转12角，得到点C2’。 7) 作C1C2’的垂直平分线b12，其与y轴的交点即为B1。 8) 连接AB1C1DE1，即为所求。
机械原理第八章习题答案
第八章 平面连杆机构及其设计习题8-5解：(a)摆动导村机构 (b)曲柄滑块机构 习题8-6解：1)因为mm d c mm b a 900500400800600240=+=+<=+=+若以构件4为机架，则该机构为曲柄摇杆机构，其中1构件为曲柄。
2)以1为机架可得双曲柄机构，若以3构件为机架可得双摇杆机构。
3)要成曲柄摇杆机构，则若4为最长杆，则需b c d a +≤+，即mm a b c d 760=-+≤ 若取2为最长杆，则需d c b a +≤+，即mm c b a d 440=-+≥习题8-8解：1)取尺寸比例尺mmm l 002.0=μ，如上图，机构的极位夹角θ，杆3的最大摆角ϕ，最小传动角min γ可由图上量取。
行程速比系数θθ-+=00180180K 2)由于28+72<50+52，所以取构件1为机构时，得双曲柄机构。
C 、D 二副为摆动副。
3)取构件3为机架时，得双摇杆机构。
A 、B 二副为仍为周转副。
习题8-9解：1)因为80+260<160+200，且最短杆为机架，所以机构为双曲柄机构。
2)如图，该机构的最小传动角为0min 14=γ3)滑块F 的行程速比系数为628.14318043180180180000000=-+=-+=θθK习题8-14 解：取尺寸比例尺mmm l 004.0=μ，作图如下，设计尺寸mm l AB 278=，mm l CD 96=，mm l AD 322=。
习题8-23 解：取尺寸比例尺mmm l 0025.0=μ，如图所示，曲柄长度为mm l AB 1.29=或mm l AB 6.63= 连杆长度为mm l BC 1.74=或mm l BC 1.237=习题8-16解：作图如下， E 点即为所求。
习题8-24 解：取尺寸比例尺mmm l 008.0=μ，作图如下，连杆长度为mm l BC 5.306=。
最小传动角为0min 44=γ。
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8.4 复习思考题与习题一、复习思考题1． 机械平衡的目的是什么？造成机械不平衡的原因可能有哪些？ 2． 机械平衡问题分为哪几类？何谓刚性转子与柔性转子？ 3． 机械的平衡包括哪两种方法？它们的目的各是什么？ 4． 刚性转子的平衡设计包括哪两种设计？5． 刚性转子的平衡试验机平衡精度；它们各需要满足的条件是什么？ 6． 挠性转子动平衡的特点和方法有哪些？ 7． 什么是平面机构的完全平衡法？它有何特点？ 8． 什么是平面机构的部分平衡法？为什么要这样处理？二、习题题8-1在图示的盘形回转体中，有四个偏心重量位于同一回转平面内。
它们的大小及其重心至回转轴的距离分别为N Q 501=，N Q 702=，N Q 803=，N Q 1004=；mm r r 10041==，mm r 2002=，mm r 1503=，而个偏心重的方位如图所示。
又设平衡重量Q 的重心至回转轴的距离mm r 150=，试求平衡重量Q 的大小及方位。
例8-1图 解8-1图解题要点：刚性转子静平衡的概念和平衡条件。
解：要使盘形回转体达到平衡，应使0=++++=∑P P P P P P4321i或者04321=++++=∑r r r r r r4321iQ Q Q Q Q Q i （1）今计算各重径积如下：cm N r Q ⋅=⨯=500105011 cm N r Q ⋅=⨯=1400207022cm N r Q ⋅=⨯=1200158033cm N r Q ⋅=⨯=10001010044取比例尺mmcmN W ⋅=25μ，分别算出代表各重径积的图上长度为 mm r Q W W2025500111===μ； mm r Q W W 56251400222===μ mm r Q W W48251200333===μ；mm r Q W W 40251000444===μ 然后根据式（1）按向径1r ，2r ，3r ，4r 的方向依次连续作矢量1W ，2W ，3W ，4W （如解8-1图），则封闭矢量W 即代表平衡重量Q 重径积，由矢量图上量得mm W 2.32=，故得cm N W Qr W ⋅=⨯=⋅=8052.3225μ 已知cm r 15=，N rWQ W 6.5315805==⋅=∴μ 平衡重量Q 的方位角θ可由该矢量图量得或通过计算来确定5160405620484213'=--=--= arctg W W W W arctgθ（由4r 4Q 沿顺时针方向量到r Q 的角）。
题8-2 一回转轴上的载荷分布如题8-3图所示，已知N Q 101=，N Q 202=；mm r 101=，mm r 52=；mm L 1001=，mm L 3002=，mm L 400=； 9012=α。
如果置于平衡基面Ⅰ和Ⅱ中的平衡重量Q '和Q ''的重心至回转轴的距离为mm r r 10=''='，求Q '和Q ''的大小及方位角。
(a) (b) (c)题8-2图解题要点：刚性转子的动平衡条件及其计算。
解：1．将各重径积分解到平衡基面Ⅰ-Ⅰ和Ⅱ-Ⅱ 在平衡基面Ⅰ中各重径积的分量为cm N L L L r Q r Q ⋅=-⨯⨯=-=''5.740104011011111 cm N L L L r Q r Q ⋅=-⨯⨯=-=''5.24030405.02022222在平衡基面Ⅱ中各重径积的分量为cm N r Q r Q r Q ⋅=-⨯=''-=''''5.25.7110111111cm N r Q r Q r Q ⋅=-⨯=''-=''''5.75.25.020222222．求平衡基面Ⅰ中的平衡重量Q '在平衡基面Ⅰ中加了平衡重量Q '达到平衡，应使021=''+''+''=''∑r r r r 21iQ Q Q Q i取比例尺mmcmN W ⋅=2.0μ，分别算出代表重径积的分量的图上长度为 mm r Q W W5.372.05.7111==''='μ mm r Q W W5.122.05.2222==''='μ 作矢量多边形如题8-2图（a ），则封闭矢量W '即代表在平衡基面Ⅰ中应加的平衡重量Q '的重径积，由矢量图上量得mm W 40='，故得cm N W r Q W ⋅=⨯='⋅=''8402.0μ已知cm r 1='， 则 881W W Q N r μ'⋅'==='r Q ''的方位角也由该矢量图上量得53161'=' θ（由1r ''1Q 沿顺时针方向量到r ''Q 的角）。
3．求平衡基面Ⅱ中的平衡重量Q ''在平衡基面Ⅱ中加了平衡重量Q ''达到平衡，应使021=''''+''''+''''='''''∑r r r r 21iQ Q Q Q i取比例尺mmcmN W ⋅=2.0μ，分别算出代表重径积的分量的图上长度为 mm r Q W W5.122.05.2111==''''=''μmm r Q W W5.372.05.7222==''''=''μ 作矢量多边形如题8-2图（b ），则封闭矢量W ''即代表在平衡基面Ⅱ-Ⅱ中应加的平衡重量Q ''的重径积，由矢量图上量得mm W 40=''，故得cm N W r Q W ⋅=⨯=''⋅=''''8402.0μ已知cm r 1=''， 则 881W W Q N r μ''⋅''===''r Q ''''的方位角也由该矢量图上量得53161'='' θ（由22r ''''Q 沿顺时针方向量到r ''''Q 的角）。
题8-3 如题8-3图示的两根曲轴结构中，已知Q Q Q Q Q ====4321，r r r r r ====4321，L L L L ===342312，且曲拐的错开位置如图所示。
试判断何者已达静平衡，何者已达动平衡。
题8-3图解题要点：刚性转子的静平衡条件和动平衡条件。
解： 1. 题8-3图（a ）所示的曲轴为静平衡，而动不平衡。
因为0=∑ⅠP而0≠∑ⅠM（两惯性力矩不在同一平面之内）2． 题8-3图（b ）所示的曲轴为静平衡，而动不平衡。
因为0=∑ⅠP而0≠∑ⅠM（两惯性力矩不在同一平面之内）题8-4 在题8-4图示的插齿机构中，已知mm L AB 70=，mm L BC 290=，mm L CD 280=，mm L AC 51=，mm L BC 1452=，mm L DC 103=，扇形齿轮的分度圆半径mm r 140=；质量kg m 51=，kg m 42=，kg m 53=，kg m 204=。
当曲柄1与连杆2拉成一直线时，摇杆3的倾角5116'=α。
设在曲柄延长线上mm r 80='处装上一个平衡重量Q '及在摇杆上mm r 80=''处装上一个平衡重量Q ''来进行该机构的静平衡，求Q '和Q ''的大小。
题8-4图解题要点：质量静代换法对平面机构进行平衡。
解：1. 将连杆2的质量2m 按静力分配到C 、B 两点进行代换，应该满足下列两式 2222)(BC B BC BC C L m L L m ⋅=- （1）222m m m B C =+ （2）联立解式（1）和式（2）两式，得kg L L m m BCBC C 2295.144222=⨯=⋅=2. 求加在曲柄1的r '处的平衡重量Q ' 因 112AC AB B L m L m r m ⋅+⋅='' 所以 kg r L m L m m AC AB B 06.285.0572112=⨯+⨯='⋅+⋅='于是 N g m Q 2.208.906.2=⨯='='因为当插齿机构运动时，插齿刀轴的重量A Q 对点D 的静力矩为常数，而摇杆3的重量3Q 和平衡重量Q ''对D 点的静力矩为变化的，所以不可能达到完全静平衡。
这样，我们便按摇杆的上极端位置来计算平衡重量Q ''：αααc o s c o s )(c o s 2343⋅⋅+⋅''-''=⋅⋅+CD C DC DC L m r L m L m r m 所以 αααcos )(cos cos 2343⋅''-⋅⋅-⋅⋅+=''r L L m L m r m m DC CD C DCkg 1296.0)828(96.028296.0151420=⨯-⨯⨯-⨯⨯+⨯=于是 N g m Q 1188.912=⨯=''=''题8-5 如题8-5图所示为一装有皮带轮的滚筒轴。
已知：皮带轮上有以不平衡质量kg m 5.01=，滚筒上具有三个不平衡质量kg m m m 4.0432===，cm r 801=，cm r r r 100432===，各不平衡质量的分布如图所示，试对该滚筒轴进行平衡设计。
题8-5图解8-5图 解题要点：刚性转子的动平衡条件及其计算，注意不平衡质量在平衡基面外不平衡质量的等效处理。
解：1. 由题意可知：该滚筒轴的轴向宽度较大，各个不平衡质量的分布不在同一回转平面内，因此对其进行动平衡设计。
为了使滚筒轴达到动平衡，必须选择两个平衡平面，并在两平衡平面内各加一个平衡质量，从而使滚筒轴旋转时产生的离心惯性力的总和及惯性力矩的总和均为零。
为此，选择滚筒轴的两个端面T '和T ''为平衡平面。
将不平衡质量1m ，2m ，3m ，4m 分别解到平衡平面T '，T ''内 在T '平面中：kg m m 625.05.046060046014046011=⨯=⨯+='kg m m 365.04.04604204604046022=⨯=⨯-='kg m m 174.04.04602004602204046033=⨯=⨯--='kg m m 087.04.04601004601002204046034=⨯=⨯---='在T ''平面中：kg m 152.05.04601401=⨯='' kg m 035.04.0460402=⨯=''kg m 226.04.0460220403=⨯+=''kg m 313.04.0460100220404=⨯++=''2. 计算各不平衡质量质径积的大小：mm kg r m W ⋅=⨯='='16.5280652.0111 mm kg r m W ⋅=⨯=''=''16.1280152.0111 mm kg r m W ⋅=⨯='='5.36100365.0222 mm kg r m W ⋅=⨯=''=''5.3100352.0222 mm kg r m W ⋅=⨯='='4.17100174.0333 mm kg r m W ⋅=⨯=''=''6.22100226.0333 mm kg r m W ⋅=⨯='='7.8100087.0444 mm kg r m W ⋅=⨯=''=''3.31100313.0444 3. 确定平衡平面T '，T ''上需加的平衡质量bm '，b m ''的质径积b m '及b m ''的大小及方向： 对平面T '04321='+'+'+'+'4321b r r r r r m m m m m b取比例尺mm mm kg W /1⋅=μ，作解8-5图（a ）可得：mm kg W m W b⋅=⋅'=''45μb r 方向：25='α对平面T ''：由教材公式可得04321=''+''+''+''+''''4321b r r r r r m m m m m b同样取mm mm kg W /1⋅=μ作图4-16（b ）可得：mm kg W m W b⋅=⋅''=''''25μb r 方向：153=''α这一步是本题的关键步骤。