理论力学(哈工大第八版)-教学课件-第4章
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哈工大大学物理课件(马文蔚教材)-第4章力学
i i
i i i
i
rc mi vi [ri 'mi vc ] [ri 'mi vi ' ]
因为这里
[r ' m v ] [ m r '] v mrc' vc 0
i i c i i c i
rc' 0
i rc mvc [ri 'mi vi ' ]
Fi
ri roi sin Liz mi rv vi ri i i 2 (mi ri )
Lz (mi ri )
2 i
ri
riz
O
roi
i
刚体到转轴的转动惯量 对固定轴
J z mi ri 2
M J
dLz d Mz Jz dt dt
dm dx dx
2) 轴 z2 过棒一端且垂直于棒
求: 上述两种情况下的转动惯量
l 2
x
l 2
o
解: 棒质量的线密度பைடு நூலகம்
1) J Z1
l 2 l 2
1 x dx ml 2 12
2
Z2
dm dx dx
x
l
2) J z2
l
0
1 x dx ml 2 3
ri rc ri ' vi vc vi '
0
r rc i ' ri m
c
以上两式先后代入前式
' L [( rc ri ) mi vi ] i rc mi vi ri 'mi (vc vi ' )
i i i
i
rc mi vi [ri 'mi vc ] [ri 'mi vi ' ]
因为这里
[r ' m v ] [ m r '] v mrc' vc 0
i i c i i c i
rc' 0
i rc mvc [ri 'mi vi ' ]
Fi
ri roi sin Liz mi rv vi ri i i 2 (mi ri )
Lz (mi ri )
2 i
ri
riz
O
roi
i
刚体到转轴的转动惯量 对固定轴
J z mi ri 2
M J
dLz d Mz Jz dt dt
dm dx dx
2) 轴 z2 过棒一端且垂直于棒
求: 上述两种情况下的转动惯量
l 2
x
l 2
o
解: 棒质量的线密度பைடு நூலகம்
1) J Z1
l 2 l 2
1 x dx ml 2 12
2
Z2
dm dx dx
x
l
2) J z2
l
0
1 x dx ml 2 3
ri rc ri ' vi vc vi '
0
r rc i ' ri m
c
以上两式先后代入前式
' L [( rc ri ) mi vi ] i rc mi vi ri 'mi (vc vi ' )
理论力学PPT课件第4章 刚体的平面运动
2024年3月15日
1. 轮C作平面运动，
C1为其速度瞬心，C。
2. BD作平面运动，
C2为其速度瞬心，BD。
3. AB作平面运动，
C3为其速度瞬心，AB。
43
平面图形在任一瞬时的运动可以 视为绕速度瞬心的瞬时转动，速度瞬 心又称为平面图形的瞬时转动中心。 若点C 为速度瞬心，则任意一点A的速
度大小为 vA AC ω 方向A C，指
16
车轮的运动分解
车轮的平面运动可以看成 是车轮随同车厢的平移和 相对车厢的转动的合成．
车轮相对定系（Oxy）的平面运动（绝对运动）
车厢（动系 A x y ) 相对定系的平移（牵连运动） 车轮相对车厢（动系 A x y )的转动（相对运动）
2024年3月15日
17
2024年3月15日
18
转动部分的角度、角速度、角加速度与基点的选择无关。
aB cos 300 aBnA
式中
aBnA
AB
2 AB
15 3 ( 2 )2 20 3 2cm/s2
3
3
aB aBnA / cos 300
40 2cm/s2
3
aB 8 2cm/s2
R9
2024年3月15日
64
例2. 已知 : OA = r AB = l、ω
求: vc、ac 解： 各联接点速度如图.
将 vB vA vBA 在AB连线上投影
vBA AB
有 [vB ]AB [vA ]AB
基点法投影式.
或 vB cos vA cos
2024年3月15日
53
结 论：S上任意两点的速度在这两点
连线上投影相等. 意 义：刚体上两点距离不变. 注 意：仅在两点连线上成立.
哈工大理论力学第四章
Fy 0 FND P FNC ' cos 60 FC ' sin 60 0
' FN C FNC 100N
FNC '
40N Fmin 26.6N FD FC
FND 184.6 N
FC '
当fs 0.3时，FD max fs FND 55.39N 当fs 0.15时，FD max fs FND 27.59N
F
o f 0.4 , P 5 kN , h 2 a 2 m , 均质木箱重 30 ； 已知： s
解： （1）取木箱，设其处于平衡状态.
Fx 0 Fs F cos 0 Fs 866N
FN 4500N
Fy 0
FN P F sin 0
仍为平衡问题，平衡方程照用，求解步骤与前面基本 相同． 几个新特点 1 画受力图时，必须考虑摩擦力； 2 严格区分物体处于临界、非临界状态； 3 因 0 Fs Fmax，问题的解有时在一个范围内．
§4-4 滚动摩阻（擦）的概念
静滚动摩阻（擦）
Fx 0
MA 0
F Fs 0
用几何法求解
解: 物块有向上滑动趋势时
F1max P tan( )
物块有向下滑动趋势时
F1min P tan( )
P tan( ) F P tan( )
利用三角公式与
tan f s ,
sin f s cos sin f s cos P FP cos f s sin cos f s sin
Fy 0
又 Fs Fmax f s FN
本——哈工大版理论力学课件(全套)
连，在图示位置圆柱作纯滚动，中心速度为vA，杆与水平线 的夹角=450，求该瞬时系统的动能。
解： T TA TAB
P
B
TA 3 Mv A 2 4
P为AB杆的瞬心 vA
PAw
C
vA
A
vA
wΑΒ lsin
JP 1 ml 2 3
TAB
2 JP wA2B
1 6si2n
mv 3
mvA2 AT
11 12
9M 4m 2 vA
z1 O
M
M2
mg z2
y
代入功的解析表达式得
z2
W 12 (mg)dz mg(z z z1
x
1 2)
质点系： W W imig(zi1 zi2) mg(zC1 zC2)
质点系重力的功，等于质点系的重量与其在始末位置重 心的高度差的乘积，而与各质点运动的路径无关。
h
4
理论力学
4
2、弹性力的功 弹簧原长l0，作用点的轨迹为图示曲线A1A2。在弹性极限内F k(r l0)r 0 k—弹簧的刚性系数，表示使弹簧发生单位变形时所需的力(N/m)。
F s
M1
s
2
单位：焦耳（Ｊ）； 1J 1Nm
h
理论力学
F M2
2
2
2
二、变力的功 设质点M在变力F的作用下沿曲线运动，力F在微小弧
段上所作的功称为力的元功，记为dW，于是有
δW Fcos ds
ds M'
M2
力F在曲线路程M1M2中作功为
M
W
s
F cosds
0
自然法表示的 功的计算公式
dr F
等于零，但变形体内力功之和不为零。
解： T TA TAB
P
B
TA 3 Mv A 2 4
P为AB杆的瞬心 vA
PAw
C
vA
A
vA
wΑΒ lsin
JP 1 ml 2 3
TAB
2 JP wA2B
1 6si2n
mv 3
mvA2 AT
11 12
9M 4m 2 vA
z1 O
M
M2
mg z2
y
代入功的解析表达式得
z2
W 12 (mg)dz mg(z z z1
x
1 2)
质点系： W W imig(zi1 zi2) mg(zC1 zC2)
质点系重力的功，等于质点系的重量与其在始末位置重 心的高度差的乘积，而与各质点运动的路径无关。
h
4
理论力学
4
2、弹性力的功 弹簧原长l0，作用点的轨迹为图示曲线A1A2。在弹性极限内F k(r l0)r 0 k—弹簧的刚性系数，表示使弹簧发生单位变形时所需的力(N/m)。
F s
M1
s
2
单位：焦耳（Ｊ）； 1J 1Nm
h
理论力学
F M2
2
2
2
二、变力的功 设质点M在变力F的作用下沿曲线运动，力F在微小弧
段上所作的功称为力的元功，记为dW，于是有
δW Fcos ds
ds M'
M2
力F在曲线路程M1M2中作功为
M
W
s
F cosds
0
自然法表示的 功的计算公式
dr F
等于零，但变形体内力功之和不为零。
ppt版本-哈工大版理论力学课件(全套)
理论力学课程的内容包括质点和刚体的运动、弹性力学、 流体力学、振动和波等，其体系由静力学、运动学和动力 学三个部分组成。
理论力学课程的内容非常广泛，主要包括质点和刚体的运 动、弹性力学、流体力学、振动和波等方面的知识。这些 内容在理论力学体系中占据着重要的地位，为后续的工程 技术和科学研究提供了重要的理论基础和应用方法。同时 ，理论力学体系由静力学、运动学和动力学三个部分组成 ，这三个部分相互联系、相互渗透，构成了完整的理论力 学体系。
详细描述
理论力学作为经典力学的一个重要分支，主要研究物体运动规律、力的作用机制以及它们之间的相互作用。通过 对质点和刚体的运动规律、力的合成与分解、动量守恒和能量守恒等基本原理的研究，理论力学为各种工程技术 和科学研究提供了重要的理论基础和应用方法。
理论力学课程的内容和体系
要点一
总结词
要点二
详细描述
置和速度。
刚体的转动
02
描述刚体绕固定点或轴线的旋转运动，通过角速度矢量和角加
速度矢量表示刚体的转动状态。
刚体的复合运动
03
描述刚体同时存在的平动和转动，通过平动和转动运动的合成
来描述。
刚体的动力学方程
牛顿第二定律
表述了物体运动与力的关系，即物体受到的合外力等 于其质量与加速度的乘积。
动量定理
表述了物体动量的变化率等于作用在物体上的力与时 间的乘积。
由于非惯性参考系中物体受到的力不是真实的外力，而是由于参考 系加速或旋转产生的惯性力。
非惯性参考系的应用
在研究地球上的物体运动时，常常需要用到非惯性参考系，例如研 究地球的自转和公转对物体运动的影响。
05
刚体的运动
01
描述刚体在空间中的位置和运动，通过平动矢量表示刚体的位
理论力学课件(哈工大).
AB、CB、CE与滑轮E的受力图。
C
A
D
B
F E
W
解:滑轮可视为三点受力。
C
AA
O1
D
B
T E
RE
(滑轮E受力图)
W
RA FF EEE RB
R'E
WW
(杆件系统受力图)
杆件系统可视为三点受 力，即E点, B点和A点， 画受力图。
C
A
D
B
F E
W C
R'CB
O2 RD
E
(CE杆受力图)
R'E
RCB
约
束 力
大小——待定 方向——与该约束所能阻碍的位移方向相反 作用点——接触处
工程中常见的约束 1、具有光滑接触面（线、点）的约束（光滑接触约束）
光滑支承接触对非自由体的约束力，作用 在接触处；方向沿接触处的公法 线并指向受力 物体，故称为法向约束力，用 FN 表示．
2 、由柔软的绳索、胶带或链条等构成的约束
运动学
只从几何的角度来研究物体的运动（如轨迹、速 度、加速度等），而不研究引起物体运动的物理 原因。
动力学 研究受力物体的运动和作用力之间的关系。
理论力学的研究方法
分析、归纳和总结 观察和实验
力学最基本规律
抽象、推理和数学演绎 理论体系
用于实际
力学模型
刚体、质点、弹簧质点、弹性体等
学习理论力学的目的
气介质 微结构演化
理论力学的研究对象和内容
理论力学：研究物体机械运动一般规律的科学。 机械运动：物体在空间的位置随时间的改变。 研究内容：速度远小于光速宏观物体机械运动， 以伽利略和牛顿总结的基本规律为基础，属于 古典力学的范畴。
C
A
D
B
F E
W
解:滑轮可视为三点受力。
C
AA
O1
D
B
T E
RE
(滑轮E受力图)
W
RA FF EEE RB
R'E
WW
(杆件系统受力图)
杆件系统可视为三点受 力，即E点, B点和A点， 画受力图。
C
A
D
B
F E
W C
R'CB
O2 RD
E
(CE杆受力图)
R'E
RCB
约
束 力
大小——待定 方向——与该约束所能阻碍的位移方向相反 作用点——接触处
工程中常见的约束 1、具有光滑接触面（线、点）的约束（光滑接触约束）
光滑支承接触对非自由体的约束力，作用 在接触处；方向沿接触处的公法 线并指向受力 物体，故称为法向约束力，用 FN 表示．
2 、由柔软的绳索、胶带或链条等构成的约束
运动学
只从几何的角度来研究物体的运动（如轨迹、速 度、加速度等），而不研究引起物体运动的物理 原因。
动力学 研究受力物体的运动和作用力之间的关系。
理论力学的研究方法
分析、归纳和总结 观察和实验
力学最基本规律
抽象、推理和数学演绎 理论体系
用于实际
力学模型
刚体、质点、弹簧质点、弹性体等
学习理论力学的目的
气介质 微结构演化
理论力学的研究对象和内容
理论力学：研究物体机械运动一般规律的科学。 机械运动：物体在空间的位置随时间的改变。 研究内容：速度远小于光速宏观物体机械运动， 以伽利略和牛顿总结的基本规律为基础，属于 古典力学的范畴。
哈工大版理论力学课件(全套)课件
已知CE=EB=DE，角a =30o，CDB平面与水平面间的夹角∠EBF= 30o， 重物G=10kN。如不计起重杆的重量,试求起重杆所受的力和绳子的拉力。
解：1.取杆AB与重物为研究
对象，受力分析如图。
zD
E
F2
F 30o
B
C F1
z
E F1
F 30o
B
a
a
A FA
G
y
FA
A
G
y
x
侧视图
理论力学
10
4、空间任意力系简化为平衡的情形
当空间任意力系向一点简化时出现 主矢F'R＝0， 主矩MO＝0 ，这是空间任意力系平衡的情形。
理论力学
39
§3-5 空间任意力系的平衡
一、空间任意力系的平衡方程
F'R=0，MO=0
Fx 0， Fy 0， Fz 0 Mx(F) 0， M y(F) 0， Mz(F) 0
理论力学
16
理论力学
17
2、力对轴之矩的解析表达式
设力F在三个坐标轴上的投影分别为Fx，
z Fz
Fy，Fz，力作用点A的坐标为(x，y，z)，则
F
B
M z(F) MO(Fxy)
A(x，y，z)
Fy
MO(Fx) MO(Fy) xFy yFx
同理可得其它两式。故有
M x(F) yFz zFy
Fx
O
先投影到坐标平面Oxy上，得到力Fxy，然后再把这个力投 影到x 、y轴上，这叫二次（间接）投影法。
z
Fx Fsing cosj
Fz
Fy Fsing sinj
gF
Fy y
Fz F cosg
解：1.取杆AB与重物为研究
对象，受力分析如图。
zD
E
F2
F 30o
B
C F1
z
E F1
F 30o
B
a
a
A FA
G
y
FA
A
G
y
x
侧视图
理论力学
10
4、空间任意力系简化为平衡的情形
当空间任意力系向一点简化时出现 主矢F'R＝0， 主矩MO＝0 ，这是空间任意力系平衡的情形。
理论力学
39
§3-5 空间任意力系的平衡
一、空间任意力系的平衡方程
F'R=0，MO=0
Fx 0， Fy 0， Fz 0 Mx(F) 0， M y(F) 0， Mz(F) 0
理论力学
16
理论力学
17
2、力对轴之矩的解析表达式
设力F在三个坐标轴上的投影分别为Fx，
z Fz
Fy，Fz，力作用点A的坐标为(x，y，z)，则
F
B
M z(F) MO(Fxy)
A(x，y，z)
Fy
MO(Fx) MO(Fy) xFy yFx
同理可得其它两式。故有
M x(F) yFz zFy
Fx
O
先投影到坐标平面Oxy上，得到力Fxy，然后再把这个力投 影到x 、y轴上，这叫二次（间接）投影法。
z
Fx Fsing cosj
Fz
Fy Fsing sinj
gF
Fy y
Fz F cosg
哈工大理论力学第四章PPT课件
主矩
由力对点的矩与力对轴的矩的关系，有
M O M x ( F ) i M y ( F ) j M z ( F ) k
F R x —有效推进力
F R y —有效升力
F R z
M Ox
M Oy
—侧向力 —滚转力矩 —偏航力矩
M O z —俯仰力矩
飞机向前飞行
飞机上升 飞机侧移 飞机绕x轴滚转 飞机转弯 飞机仰头
M y ( F ) M y ( F x ) M y ( F y ) M y ( F z ) F x z F z x M z(F )F yxF xy
M O (F ) x y F z z F y M x (F ) M O (F ) yzF x x F z M y(F ) M O (F ) z x F y y F x M z(F )
§4–3 空间力偶
1、力偶矩以矢量表示－－力偶矩矢
F1F2F1F2
空间力偶的三要素 （1） 大小：力与力偶臂的乘积； （2） 方向：转动方向； （3） 作用面：力偶作用面。
MrBAF
2、力偶的性质 (1）力偶中两力在任意坐标轴上投影的代数和为零 . （2）力偶对任意点取矩都等于力偶矩，不因矩心的改
1.空间任意力系的平衡方程 空间任意力系平衡的充要条件：
该力系的主矢、主矩分别为零.
F x 0 F y 0 F z 0
M x 0 M y 0 M z 0
空间任意力系平衡的充要条件：所有各力在三 个坐标轴中每一个轴上的投影的代数和等于零，以 及这些力对于每一个坐标轴的矩的代数和也等于零.
第四章 空间力系
§4–1 空间汇交力系
1、力在直角坐标轴上的投影 直接投影法
Fx Fcos
Fy Fcos Fz Fcos
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又 Fs1 Fs1 fs FN1 fs FN1 MC1 70.39N m
设 M C M C2 时，系统有顺时针方向转动趋势
画两杆受力图.
M A 0
FN 2 AB M A 0
M C 0 M C2 FN 2 l sin 60o Fs2 l cos 60o 0
θ
FEK cos 600 N
Fx 0 FDx FEK cos 0
FDx 600N
(c)
分析O2K，画受力图
M O2 0
FKE
cos
KO2
FN 2
1 2
KO2
0
FN 2 1200N
(d)
分析O1D,画受力图
M O1 0
FDx
O1D
FN1
求： 物块是否静止，摩擦力的大小和方向．
解： 取物块，画受力图，设物块平衡
Fx 0
F cos 30o P sin 30o Fs 0
Fy 0
F sin 30o Pcos30o FN 0
F 403.6N (向上) s
FN 1499 N
而
F max
fF sN
FD FC 40 N Fmin 26.6N
FND 184 .6N
当fs 0.3时，FDmax fs FND 55.39N 当fs 0.15时，FDmax fs FND 27.59N
当fs 0.3时，FD 40N FDmax , D 处无滑动
Fmin 26.6N
仍为平衡问题，平衡方程照用，求解步骤与前 面基本相同． 几个新特点 1 画受力图时，必须考虑摩擦力； 2 严格区分物体处于临界、非临界状态； 3 因 0 Fs Fmax ，问题的解有时在一个范围内．
§4-4 滚动摩阻（擦）的概念
静滚动摩阻（擦）
Fx 0
F Fs 0
MA 0
求： 挺杆不被卡住之 值.a
解： 取挺杆，设挺杆处于刚好卡住位置.
Fx 0 FAN FBN 0
Fy 0 FA FB F 0 M A 0
d FN (a 2 ) FBd FBNb 0
FA fs FAN
FB fs FBN
a b 2 fs
M A 0
hF
cos
P
a 2
FN d
0
而 Fmax fs FN 1800 N
因 Fs Fmax , 木箱不会滑动；
又 d 0 , 木箱无翻倒趋势.
木箱平衡
Fs 866 N FN 4500 N
d 0.171m
（2）设木箱将要滑动时拉力为 F1
Fx 0 Fs F1 cos 0 Fy 0 FN P F1 sin 0
299.8N
物块处于非静止状态．
Fd fd FN 269.8N , 向上．
例4-2
已知： P , , fs . 求： 使物块静止， 水平推力 F的大小．
解：
使物块有上滑趋势时，推力为
F1
画物块受力图
F 0, x
F1 cos P sin Fs1 0
F 0, y
Fmax fs FN （库仑摩擦定律）
动滑动摩擦的特点 方向：沿接触处的公切线，与相对滑动趋势反向； 大小： Fd f d FN
fd f s （对多数材料，通常情况下）
§4-2 摩擦角和自锁现象
1 摩 擦角 FRA ---全约束力
物体处于临界平衡状态时，全约束 力和法线间的夹角---摩擦角
又 Fs2 Fs2 fs FN 2 fs FN 2 (d)
MC2 49.61N m
系统平衡时 49.61N m MC 70.39 N m
例4-9
已知：力 P ，角 ，不计自重的 A , B 块间的
静摩擦系数为 fs ，其它接触处光滑； 求：使系统保持平衡的力 F 的值.
AC O1D 1m , ED 0.25m ,各构件自重不计；
求：作用于鼓轮上的制动力矩.
解： 分析O1AB,画受力图
M O1 0
FAC O1A F O1B 0
（a）
FAC 300 N
分析DCE,画受力图
M D 0
(b)
FEK cos DE FCA CD 0
Fx 0 FNA FNC 0
Fy 0 FsA FsC F 0
M A 0
FsC
b
FNC
a
F(b 2
e)
0
FsA fs FNA FsC fs FNC
e a 2 fs
抽屉不被卡住， e a .
2 fs
例4-8 已知：M A 40N m , fs 0.3 , 各构件自重不计，
F1 FNA tan( ) P tan( )
设力 F 大于 F2 时，楔块 A 向左运动 取楔块 A 分析，画受力图
F2 FNA tan( ) P tan( ) P tan( ) F P tan( )
例4-10
已知：均质轮重 P 100N , 杆无重，r ,l , 60o 时，
1 2
O1D
0
FN1 1200N
分析鼓轮，画受力图
M O Fs2R Fs1R Fs2 fs FN 2
Fs1 fs FN1
M 300N m
例4-7 已知：抽屉尺寸a，b，fs （抽屉与两壁间），不
计抽屉底部摩擦； 求：抽拉抽屉不被卡住之e值。
解： 取抽屉，画受力图，设抽屉刚好被卡住
tan f
Fm ax FN
fs FN FN
fs
全约束力和法线间的夹角的正切等 于静滑动摩擦因数．
摩擦锥
0 f
2 自锁现象
3 测定摩擦系数的一种简易方法，斜面与螺纹自锁条件
tan tan f fs
斜面自锁条件 f
螺纹自锁条件 f
§4-3 考虑滑动摩擦时物体的平衡问题
解： 分别取闸杆与鼓轮 设鼓轮被制动处于平衡状态
对鼓轮， M O1 0 rFT RFs 0 对闸杆，M O 0 Fa FN b Fsc 0
且 Fs fs FN 而 FT P, Fs Fs 解得 F rP(b fsc)
fs Ra
例4-5
M A 0
FNC
l 2
FB
l
0
FNC 100 N
FC FC max fC FNC 40N
M O 0 FC r FD r 0 Fx 0 FNC sin 60o FC cos 60o Fmin FD 0
Fy 0 FND P FNC cos 60o FC sin 60o 0
Fmax fs FN F2 F2 f s FN
一般情况下，
R
fs 或
R fs
F1 F2 或 F1 F2 ．
例：某型号车轮半径，R 450mm
混凝土路面 3.15mm fs 0.7
F2 fs R 0.7 350 100
F1
3.15
例4-1 已知： P 1500N , fs 0.2 , fd 0.18 , F 400N
F1 sin P cos FN1 0
FS1 fs FN1
F1
sin cos
fs cos fs sin
P
设物块有下滑趋势时F2 cos P sin Fs2 0
F2 sin P cos FN 2 0
AC CB l ; 2
FB 50 N ,
fC 0.4 （杆，轮间）
求：若要维持系统平衡
（1） fD 0.3 (轮，地面间），轮心O 处水平推力 Fmin
（2） fD 0.15（轮，地面间），轮心 O 处水平推力 Fmin.
解：F 小于某值，轮将向右滚动.
C , D 两处有一处摩擦力达最大值，系统即将运动. (1) 先设 C 处摩擦力达最大值，取杆与轮.
挺杆不被卡住时 a b
2 fs
用几何法求解
解：
b
(a极限
d 2
)
tan
(a极限
d 2
)
tan
2a极限 tan 2a极限 fs
b a极限 2 fs a b
2 fs
例4-4 已知：物块重 P,鼓轮重心位于 O1 处，闸杆重量不
计，fs ，各尺寸如图所示.
求： 制动鼓轮所需铅直力F.
又 Fs Fmax fs FN
F1
cos
fsP
fs sin
1876N
设木箱有翻动趋势时拉力为 F2
M A 0
F2
cos
h
P
a 2
0
F2
Pa
2h cos
1443N
最大拉力为 1443N
例4-6
已知： F 200N , fs 0.5 , O1O2 KD DC O1A KL O2L 2R 0.5m , O1B 0.75m ,
尺寸如图；
求：保持系统平衡的力偶矩 M C .
解： 设 M C M C1 时，系统即将逆时针方向转动 画两杆受力图.