理论力学习题答案第三章
胡汉才编著《理论力学》课后习题答案第3章习题解答(精编文档).doc
【最新整理，下载后即可编辑】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。
Aθ3lGβGθBBFARF32lO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：：=∑xF，0sinR=-θGF A（1）=∑yF，0cosR=-θGF B（2）)(=∑F A M ，0sin )sin(3R =++-ββθl F lG B （3）解（1）、（2）、（3）联立，得)tan 21arctan(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 C M ，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 A M ，01682=--+q M F F D B ；kN 40=B F 0=∑y F ，04=+-+D B Ay F q F F ；kN 15-=Ay F 0=∑x F ，0=Ax F3-6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 。
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yk -，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 )21(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 xF tv 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(200ϕωω+++=t m eE t V X x ，其中ϕωcos 2000m eE x X -=，ϕωsin 000m 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 xm -= . 因为2RGMm mg =，故g R GM 2=. 故有 22xg R x -= . 做变换)2(d d d d d d d d 2x x x xx t x x x x ===，则x x gR x d )2(d 222-= . 积分并用0=t 时R x =，0v x= 定积分常数，得到 )11()(212202Rx g R v x -=- . 质点达最大高度时H R x +=，0=x，可求出12020)21(2--=Rgv g v H .三点讨论：(1)令∞=H ，对应Rg v 20=为第二宇宙速度.(2)若Rg v 220<<，则回到重力场模型所得结果.(3)题中不考虑地球自转及空气阻力，均不大合理，试进一步讨论之.3.3. 质点运动微分方程为（Oy 轴竖直向上）；上升阶段22y g mk mg ym --=，下降阶段22y g mk mg ym +-=. 3.4. 可参见例题3. 令meB=ω，电子运动微分方程为 y x ω-=， （1） meEx y-= ω， （2） 0=z. （3） 对（2）式求导，利用（1）式得02=+y yω，解出)sin(αω+=t A y . 0=t 时0=y 故0=α，由t A y ωωcos =，且0=t 时m eBv Ee y 0+-= ，故BBv E A 0+-=，则t B Bv E yωsin 0+-= . 积分得)cos 1()(20t m eBeB Bv E m y -+-=. 代入（1）式积分可得t m eB eB Bv E m t B E x sin )(20--=. 3.5. (旋轮线是如图圆轮在直线AB 上作无滑滚动时P 点的轨迹，曲线上P 点切线方向即为轮上P 点速度方向. 因无滑，0P 为瞬心，故P 点切线与P P 0垂直，因此可知P 点切线与x 轴夹角为2ϕ. ) 以曲线最低点(0=ϕ)为自然坐标原点，弧长正方向与t e一致. 质点运动微分方程为2sinϕmg s m -= .对曲线参数方程求微分，得ϕϕd )cos 1(d +=a x 和ϕϕd sin d a y =，所以ϕϕd 2cos2d d d 22a y x s =+=，积分并用0=ϕ时0=s 定积分常数，得2sin 4ϕa s =. 代入质点运动微分方程消去ϕ，得到04=+s a gs ，s 作简谐振动而具有等时性. 其解为)cos(0αω+=t A s ，ag 40=ω与振幅无关.3.6. 小球运动微分方程为T F r r m -=-)(2θ ， （1） 0)2(=+θθr r m ， （2） a r-= . （3） 由（3）式求出at R r -=，代入（2）式求出)/(0at R t v -=θ，再由（1）式求出3220)(--=at R R mv F T .3.7. 珠子的运动微分方程为2b 2n d d N N F F tv m+-=μ， （1） n 2/N F mv =ρ， （2） mg F N -=b 0， （3）R =ρ（约束方程）. （4）把（2）、（3）、（4）式代入（1）式，作变换s v t v d /)21(d d d 2=，可求出]/)ln[()2/(224020Rg g R v v R s ++=μ.3.8. 以椭圆最低点为自然坐标原点O ，弧长正方向指向小球初始位置，θ为切向与水平方向的夹角，小球的运动微分方程为θsin mg vm -= ， （1） θρcos /2mg F mv N -=. （2）Oy 竖直向上，将s y d /d sin =θ代入（1）式得s y g s v v d /d d /d -=，积分可求出小球达最低点时gb v 22=. 由轨道方程22x a aby --=求出当0=x 时0='y ，2/a b y =''，由公式可求出22/32)1(1a by y ='+''=ρ. 再由（2）式求出0=θ时)/21(/cos 222a b mg mv mg F N +=+=ρθ.3.9. 11bF M x =，11aF M y -=，01=z M ，2222/b a bcF M x +=，2222/b a acF M y +-=，02=z M .3.10. 由运动学方程求出→v ，根据定义即可求出→→→→→→++--=⨯=k r m j t t t r km i t t t r km v r m L ωωωωωωω200000000)sin (cos )cos (sin ，)]cos ()sin )([(]cos )()sin ([000000),,(a t r k t r c kt m m t r c kt b t r k l m L n m l -+-----=ωωωωωω)sin cos (00200t br t ar r n m ωωωωω--+.3.11. 由对21O O 轴的角动量定理ωαωm l ml t-=)(d d2，积分可得l t /0e αωω-=，求出α/)2ln (l t =. 将角动量定理化为l /d d θαω-=，积分可以求得αωαωθπ4/)rad (2/00l l ==（圈）.3.12. (1)由动能定理)(4121212222122b a mk mv mv W -=-=. (2)用曲线积分算⎰⎰+=⋅=→→2121)d d (y ym x x m r d F W ，把轨道参数方程kt b y kt a x sin ,cos ==代入，则曲线积分化为对t 的积分，可得同样结果.3.13. 珠子的动能定理为s F F mv N N d )21(d 2b 2n 2+-=μ，参见3.7提示. 3.14. 因机械能守恒，小球动能不变，因此0v v =.过O 点作z 轴竖直向上(垂直纸面向外)，质点对z 轴的角动量δcos rmv L z =. 质点所受对z 轴力矩δsin N z rF M -=. 由对z 轴的角动量定理得δδsin )cos (d d0N rF rmv t-=. 由于θθθθθ ar ar t r rv a r -=-===-e d d d d 0，θθr v =. 故a v v r =-=θδtan . 将它代入角动量定理方程，得到N N arF rF rmv -=-=δtan 0 . 而δδsin sin 0v v v rr -=-== ，所以θδδδa N ar mv a r mv armv ar mv F e 11tan 1tan sin 2020220222020+=+=+==. 3.15. 当0=⨯∇→F 时势能存在，要求311332232112,,a a a a a a ===. 以原点为势能零点，则)444(21132312233222211xz a zy a xy a z a y a x a V +++++-=. 3.16. )/cos (d d d )d d (d 2r pq r F r F e r e r F r F r r θθθθθ-=+=+⋅=⋅→→→→→，故为有势场. 3.17. y ky x kx y ky ky x b x k b x k r F d 2d 2d )(d )]()([d --=--+--+-=⋅→→)](d [22y x k +-=.故势能存在. 以O 为势能零点，则)(22y x k V +=. 3.18. 根据机械能守恒定律，以椭圆弧最低点为势能零点，mgb mv =221，可知gb v 2=，参见3.8提示. 3.19． 3.20． 3.21．。
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
理论力学答案第三章
《理论力学》第三章作业参考答案习题3-9解：力F在x 、y 坐标轴上的投影分别为：)(03.169100050301010222N F x =⨯++=)(09.507100050301030222N F y =⨯++=力F作用点的坐标为1500.15x m m m =-=-，(10050)0.15y mm m =+=。
所以，0.15507.090.15169.09101.4(.)Z y x M xF yF N m =-=-⨯-⨯≈-答: 力F对z 轴的力矩为-101.4Nm .习题3-11解：力F在x 、y 、z 坐标轴上的投影分别为：00cos 60cos 304x F F F ==1cos 60sin 304y F F F=-=-FF F Z 2360sin 0-=-=力F的作用点C 的坐标为1sin 302o x r r==，cos 302o y r ==，z h =。
所以，()Fr h F h F r zF yF My z X341412323-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=()F r h F r F h xF zF Mz x y+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-=4323243rF F r F r yF xF Mxy Z214323412-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=答：力F对x 、y 、z 轴的矩分别为：()134h r F -，)4h r F +，12rF-。
习题3-12解：以整个支架为研究对象。
由于各杆为二力杆，球铰链A 、B 、C 处的约束力A F 、B F 、C F 沿杆件连线汇交于D 端球铰链，与物块的重力P构成一空间汇交力系，其受力情况如图所示。
以O 为原点建立坐标系，列平衡方程，我们有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===∑∑∑000z y x F F F⎪⎩⎪⎨⎧=-++=++=-015sin 30sin 45sin 30sin 45sin 015cos 30cos 45sin 30cos 45sin 045cos 45cos 000000000000P F F F F F F F F C B A C B A B A 解之得：()()()cos1526.39()2sin 45sin 3015cos1526.39()2sin 45sin 3015cos 3033.46()sin 3015o A o o ooB o o ooC o o P F kN P F kN F P kN ⎧⎪==-⎪⎪⎪==⎨-⎪⎪⎪=-=-⎪-⎩答：铰链A 、B 的约束力均等于26.39kN ，方向与图示相同，即为压力，铰链C 的约束力等于-33.46 kN ，方向与图示相反，即为拉力。
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：
为自锁。反之，主动力的合力作用线位于摩擦锥外时，不论这个力多小，物体总不平衡。
1 滚动摩擦
维持滚动体平衡的滚阻力偶 M f 的值只能在零和 M f ,max 之间，即 0 ≤ M f ≤ M f ,max . 最大滚阻力偶 M f ,max 与正压力 FN 成正比，即
M f ,max = δFN 。
(a) 解：以 AB 以梁为研究对象，画受力图，列平衡方程
∑ Fx = 0 ， FC cos 60o + F1 cos 60o = 0 ，
FC = −F1 = −30 kN
∑ mB = 0,
−
FA
×8
−
M
−
FC
sin
60o
×3+
F1
sin 60o
×8
,
+ F2 × 4 + q × 3×1.5 = 0
平面力偶系:
∑mz = 0
∑my ≡ 0
平面平行力系:
∑ Fz = 0 ∑mx = 0
解题要领： 1 解平衡问题的三部曲：确定研究对象、画受力图、列平衡方程； 2 通常先以整体为研究对象，再以部分为研究对象； 3 平衡方程的两种形式：投影式和对轴的力矩式，两者都与轴有关，选择合适的坐标轴可
避免解联立方程。 4 做一定数量的习题是掌握平衡问题的关键。
沈阳建筑大学城市建设学院-理论力学练习册答案-第三章平面任意力系
第三章平面任意力系3-1．一不平衡地平面力系,已知该力系在x 轴上地投影方程为：0=∑xF,且对平面内某一点A 之矩∑=0)(F M A.则该力系地简化结果是 过A 点平行于y 轴地合力 .3-2．一不平衡地平面力系,已知该力系满足0=∑yF,及对平面内某点B 地力矩()0B M F =∑, 则该力系地简化结果是 过B 点平行于x 轴地合力.3-3 已知N F 1501=,N F 2002=,N F 3003=,N F F 200='=.求力系向O 点简化结果,并求力系合力地大小及与原点地距离d . 解：将力系向O 点简化得到主矢RF'和主O M -161.6N )5601060275(6.437)51201020275(=-+-=='-=++-=='∑∑y RyX RxF F N F F NF F F Rx Rx R5.466161.64437.64 )5601060275()51201020275(222222=+=-++++='+'='()F F,,F ,F ,F 321'分别对O 点取矩做代数和得向O 点简化地主矩 m N M O ⋅=44.21,因此向O 点简化地主矢主矩都不为零,所以简化结果地合力为不过简化点O 地合力：大小：N F F RR 5.466='= 到O 点距离： mm m F M d R O 96.4504596.05.46644.21==== 图如下：xyxOdR F 'RF"RF yxOdRF3-4 水平梁AB 由铰链A 和杆BC 所支持,如图所示.在梁上D 处用销子安装半径为r=0.1m 地滑轮.有一跨过滑轮地绳子,其一端水平地系于墙上,另一端悬挂有重P=1800N 地重物.如AD=0.2m,BD=0.4m, 45=ϕ,且不计梁.杆.滑轮和绳地重量.求铰链A 和杆BC 对梁地约束力.解：以杆AB 和滑轮为研究对象KNF P F F F M BC BC T A 260003.026.0sin 1.00)(==⨯-⨯⨯-⋅=∑ϕ0cos 0=--=∑T BC Ax xF F F FϕKN F Ax 2400 =KN F P F F FAy BC Ay y12000sin 0==-+=∑ϕ3-5 梁受力集中力F和分布载荷q作用,求B A ,支座约束力.0132123 0)(=⋅⋅+⋅-⋅=∑q F F F M BA 得：q F FB 4323 +=03210=-⋅-+=∑F q F F F BAy y 得：243 Fq F Ay -=CD F AyBDC0 0==∑Ax xF F3-6 在图示刚架中,已知q=3 kN/m,26=F kN,M=10 kN ·m,不计刚架自重.求固定端A 处地约束力.解：0431421345sin 445cos 0)(00=⋅⋅⋅-⋅⋅-⋅⋅+-=∑q F F M M F M AA 得： m kN M A ⋅=⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅-= 124314321322264222610 042145cos 00=⋅+⋅-=∑q F F F Ax x 得： 043212226 =⋅⋅-⋅=Ax F 045sin 00=⋅-=∑F F FAy y得：kN F Ay 62226 =⋅=q图3-6 q3-7图示构架中,物体重1200N,由细绳跨过滑轮E 而水平系于墙上,尺寸如图,不计杆和滑轮地重量.求支承A 和B 处地约束力,以及杆BC 地内力F BC解：1.整体0 0=-=∑T Ax xF F FN F Ax 1200 =0)5.1()2(4 0)(=--+-⨯=∑r F r P F F M T B AN F B 1050=0 0=+-=∑B Ay yF P F FN F Ay 150 =2.ADB022sin 2 0)(=⨯-⨯+⨯=∑Ay BC B D F F F F M θN F BC 1500 -=3-8 由AC 和CD 构成地组合梁通过铰链C 连接.已知均布载荷m KN q /10=,力偶矩KNm M 40=,不计梁重.求支座A.B.D 地约束力和铰链C 受力.M图3-8图3-7BF AxF AyF BCyM F DF解：1.以CD 为研究对象,受力如图：0324 0)(=-⋅⋅+⋅'=∑M q F F M CyDkN F Cy5)403210(41-=-⋅⋅-=' 0 0='=∑CxxF F 02 0=⋅-'-=∑q F F FCyD ykN F D 152105 =⋅+-= 2.以AC 为研究对象,受力如图：03224 0)(=⋅⋅-⋅+⋅=∑q F F F M B Cy AkN F B 40]4)5(3210[21=⋅--⋅⋅=02 0=⋅-++=∑q F F F F Cy B Ay ykN F Ay 15)210540( -=⋅++-= 0 0=+=∑Cx Ax XF F F0=Ax F3-9 构架尺寸如图所示 (尺寸单位为m),不计各杆自重,载荷F=60 kN.求A ,E 铰链地约束力及杆BD ,BC 地内力.1、 以AB 为研究对象,受力如图B BC F036- 0)(=⋅+⋅=∑F F F M Ay BkN F Ay 30 =2、 以整体为研究对象,受力如图0452 0)(=⋅-⋅-⋅=∑Ax Ay E F F F F MKN F Ax 60-=0 0=+-=∑Ey Ay yF F F F kN F Ey 30 = 0 0=+=∑Ex Ax XF F FkN F Ex 60 =3、 以AB 为研究对象0530=+=∑DB AxX F F F kN F DB 100 -= 0540=---=∑CB DB Ayy F F F F F kN F CB 50 =3-10 图示两个梁,已知q ,M ,尺寸a,求A,B,C 三处约束力.1.BC ：020)(2=⋅-⋅=∑a q a F F M CB qa F c 21 = 0 0==∑Bx XF F0 0=+-=∑C By y F qa F F qa F By 21 =2.整体0232M 0)(2A =-⋅+-=∑qa a F M F M C A 221qa M M A+= 0 0=+-=∑C Ay y F qa F F qa F Ay 21=BxF ByFqCCFqC∑= 0XF0=Ax F3-11 由直角曲杆ABC, DE,直杆CD 及滑轮组成地结构如图.AB 杆上作用水平均布载荷q =1KN/m,不计各杆重量.D 处作用铅直重力F =1KN, 轮O 半径r=1 m,重物P=2 KN , CO=OD,求支座E 及固定端A 地约束力.解：当不含销钉D 时,DE 为二力杆,取CD 杆带滑轮为研究对象323)23(;0=⨯-⨯'++⋅-⋅=∑F F r P r F MDT C其中：P F T =解得：kN kN F D414.12=='整体为研究对象0=∑x F ；045cos 60=-⨯+E AxF q F0=∑y F ；045sin 0=+--E AyF F P F∑=0AM ；0945sin 345cos 6)233(3600=⨯+⨯+⨯-++⨯-⨯⨯-E E A F F F r P q M 解得：kN F Ax5-=；kN F Ay 2=；m kN M A ⋅=23E 图3-11 CF F D'EF AM3-12 如图所示,轧碎机地活动颚板AB 长600mm.设机构工作时石块施于板地垂直力,试根据平衡条件计算在图0=∑AM；0600400=⨯-⨯BC F F解得：N F BC 32000= 取C 点为研究对象0=∑'y F；030cos )30cos(00=-+CB CE F F α 其中：BC CB F F = 解得：N F CE 5.706=取轮O 为研究对象0=∑OM；0cos =+⋅M r F EC α其中：CE EC F F =解得：m N mm N M ⋅=⋅⨯=36.7010036.74ABCAyF Cx 'y 'ECE。
《理论力学》第三章-受力分析试题及答案
理论力学3章作业题解
3-1 作下列指定物体的示力图。
物体重量除图上已注明者外，均略去不计。
假设接触处都是光滑的。
题2-1 附图
解答：(a) A 、B 处为光滑接触，产生法向约束力。
(b) A 处为固定铰，能产生水平和竖向约束力；B 处为活动较，产生法向约束力。
(c) A 、C 处为光滑接触，产生法向约束力。
A
B C
D
轮
(d) O 处为固定铰，BC 简化为连杆约束。
(e) A 处为固定铰，B 处为绳子约束，产生拉力。
(f) A 处为固定铰，BC 为连杆约束。
(g) A 处为固定铰；B 、D 处为连杆约束；C 处为铰链接，此处销钉约定放在某个物体上，所以要满足作用与反作用定律。
(h) A 、B 处为光滑接触，产生法向约束力； C 处为铰链接，此处销钉约定放在某个物体上，所以要满足作用与反作用定律；DE 为绳子约束。
(f)
(d)
(a)
(b)
C
(c)
(g) F
A
F (h)
(i) B 处为固定铰；AC 为连杆； C 处为铰链接，销钉约定放在轮子上；E 处为绳子约束。
3-3 试作图示刚架及ACB 部分的示力图。
A
C
q
C
q
F F F F Cy
Cx
整体
ABC 部分
F 1。
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第三章思考题解答答：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。
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。
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()()iiiiiiO FO 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。
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∑=ii F F ，主矩oM移到C 点得力系对重心的主矩∑⨯+=ii C o C F r M M把O '为简化中心得到的主矢∑=ii F F 和主矩o 'M移到C 点可得∑⨯+'=ii C oC F r M M ()∑⨯'-'+=ii C o F O O r M ∑⨯+=ii 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 lm dm =绕Oz 轴的转动惯量22243424131487⎪⎭⎫ ⎝⎛+≠==⎰-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，Bl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：2A c A mx I I += 2Bc 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：22224872431ml l l m ml 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 ωa 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（）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td 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 xc =，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 mg xm -=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，nf μ'≠，μ'是静摩擦系数）、所以()αμαcos sin -=g xc 与转动惯量无关。
又有转动定律得fa I =θ即αμθcos Ia mg = 由S a xc +=θ得圆柱与斜面的相对滑动加速度 ()αμαμαcos cos sin 2g Ima 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⨯dtd 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。
第三章习题解 如题图所示，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 Fyθ①0cos 22cos 2=-=∑θθlG d N M z 由①②式得： ld =θ3cos所以 31arccos ⎪⎭⎫ ⎝⎛=l d θ 解 如题图所示。
图题1.3.32AB 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 Mz--⋅=∑21sin θ=0sin cos 2sin 2=⎪⎭⎫ ⎝⎛--θθρθρa b gb a gaaba b 2tan 22+=θ 解 如题图。
图题1.3.4Ox 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 Fx①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 MD②由式得： αβtan 3tan = 解 如题图。
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 x①02112=--+=∑G G N f Fy②且梯子沿过A 点平行于z 轴的合力矩为零。
即：0sin cos cos 2cos 2212=--+=∑θθθθl N l f lG 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，1121N f =④2231N f =⑤由①②③④⑤得：2441tan =θ所以 ⎪⎭⎫ ⎝⎛=-2441tan 1θ 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。
y1m 2m C hax •1m 图题1.3.6设1m 、2m 的坐标为()()0,0,,0,0,21l l ，因为O 为质心（如题图）故 02211=+l m l m ① 且 l l l =-12 ② 由①②得21122121,m m lm l m m l m l +=+-= 所以中心惯量主轴：()0221=+=∑i i i z y m I()22121222l m m m m x z m I i i i +=+=∑()22121223l m m m m y x m I i ii +=+=∑ （b ）如题图所示，图题3.6.3该原子由A 、B 、D 三个原子构成。