理论力学复习资料

理论力学

2-6求如图2.30所示各梁支座的约束反力。

(a)

(b)

(c)

图2.30

FBy

(b)

(a)

(c)

解：分别选各梁为研究对象，受力分析如图所示。分别列平衡方程，有

(a)

联立求解，可得：FAx

FF

0 FAxFcos450

0

FAyFByFsin45

0

M

(F)0

FBy4Fsin45

20

Fcos457.07kN

，FBy



Fsin45

3.54kN

，

FAyFsin45FBy3.54kN

(b)

F

0 FAx0

F

0 FAyFByF0

M

联立求解，可得：FAx

0kN

(F)0

FBy4F20

，FBy



5kN

，FAy

FFBy5kN

(c)

FF

0 FAxFNBsin450 FAyFNBcos45

Fcos60

Fsin60

0

联立求解，可得：FAx

9.33kN

M

，FNB

(F)0

FNBcos45

4Fsin6020

6.12kN

，FAy

4.33kN

2-10如图2.34所示的起重机支架的AB、AC杆用铰链支承在立柱上，并在A点用铰链互

相连接，绳索一端绕过滑轮A起吊重物G = 20kN，另一端连接在卷扬机D上，AD与水平成30°角。设滑轮和各杆自重及滑轮的大小均不计。求平衡时杆AB和AC所受的力。解：选滑轮A为研究对象，受力分析如图所示，列平衡方程，有

FF

其中FAD

G20kN

0 FACsin30oFADcos30oFABcos30o0 0 FACcos30oFADsin30oFABsin30oG0

0，F

AC34.36kN

，联立求解，有FAB

2-16连杆机构OABC，受铅直力F1和水平力F，如图2.40所示，已知F = 3.5kN，求平衡时力F1的大小以及杆OA、AB、BC所受的力。不计杆自重。

解：分别选两节点A、B为研究对象，受力分析如图所示，分别列平衡方程，有

节点A：

F

0 FABcos30oF0

F

节点B：

0 FABsin30oFAO0

F

0 FBAsin60oFBCsin30o0

F

其中FAB

FBA

0 FBAcos60oFBCcos30oF10

，F

3.5kN

，联立求解，有，FAB

73

3kN

F1

3kN

，FOA



3kN

，FBC

7kN

2-17如图2.41所示结构中各构件的自重略去不计，在构件AB上作用一力偶，其力偶矩M800Nm，求点A和C的约束反力。

解：分别选构件AB和构件BC为研究对象，受力分析如图所示。由于BC为二力构件，可以确定作用于BC杆上的两个力的方向如图所示。由于FA和FB两个力和力偶M平衡，可知FA和FB两个力应构成力偶。列构件AB平衡方程，有

M

其中M

800Nm

0 FBcos450.3FBsin450.12M0

FBFC2694N

。解得：FA

2-19在图2.43所示的曲柄滑道机构中，杆AE上有一导槽，套在杆BD的销子C上，销子C可在光滑导槽内滑动。已知M14kNm，转向如图所示，AB = 2m，30，机构在图示位臵处于平衡。求M2以及铰链A、B的约束反力。

图2.43

解：分别选杆AE和杆BD为研究对象，受力分析如图所示。由于销子C可在光滑导槽内滑动，可以确定销子C作用于AE杆上的力FC的方向垂直于导槽，方向如图所示。由于FA和FC两个力和力偶M1平衡，可知FA和FC两个力应构成力偶。列AE杆的平衡方程，有

MM

0 FA23M10

FC1.155kN

其中M14kNm。解得：FA

。同理，列BD杆的平衡方程，有

0 FC23M20

由于FC'FC，可得：M24kNm，FBFC'1.155kN。

3-1 重物悬挂如图3.27所示，已知G=1.8kN，其他重量不计。求铰链A的约束反力和杆BC所受的力。

解：选AB

和滑轮D组成的系统为研究对象，受力分析如图所示。列平衡方程，有

F

0 FAxFBcos45FD0

F

0 FAyFBsin45G0

M

(F)0

FBsin450.6FD0.1G0.30

其中：FD

G1.8kN

联立求解，可得：

FAx2400N，FAy1200N，FB848.5N

3-8 如图3.34所示结构中，P110kN，P212kN，q2kN/m，求平衡时支座A、B的约束反力。

图3.34

图3.35

解：分别选整体和BC杆为研究对象，受力分析如图所示。列平衡方程，有

整体：

F

0 FAxF

Bxq4P1cos600

F

0 FAyFByP1sin60P20

M

(F)0

FBy6P1cos604P1sin602P24q420

杆BC：

M

(F)0

FBx4FBy4P220

其中：P110kN，P2

12kN

，q2kN/m，联立求解，可得：

5(1

33)kN

FAx

，FAy



14203

，

453

2253

FBx

，

FBy

By By

3-9 如图3.35所示构架，轮重为P，半径为r，BDE为直角弯杆，BCA为一杆。A、B、点E为铰链，点D为光滑接触，BCCAL/2，求：点A、B、D约束反力和轮压ACB杆的压力。

Ay Ay

解：分别选整体和BA杆为研究对象，受力分析如图所示。分别列平衡方程，有

整体：

F

0 FDFAx0

F

0 FAyP0

MF

(F)0

FDrP

0

杆BC：

F

0 FBxFAx0

0 FByFAyFC0



其中：P110kN，P2

FAx

PL2r

MA(F)0

FByLFC

0

12kN

，q2kN/m，联立求解，可得：

PL2r

，FAy

P

，FBx

，

FByP

，FD



PL2r

，FC

2P

3-11 如图3.37所示的构架，由杆AB和BC所组成，重物M重P =2kN。已知AB=AC =2m，D为杆AB中点，定滑轮半径R = 0.3m，不计滑轮及杆的自重，求支座A、C处的约束反力。

解：分别选整体和BC杆为研究对象，受力分析如图所示。分别列平衡方程，有

整体：

杆BC：

F

0 FAxFCx0

FM

B(F

0 FAyFCyP0(F)0

FCx2P2.30

M

)0

FCx2FCy2FE1.30

其中：FE

P2kN

，联立求解，可得：

，FAy

FCy1kN

FAxFCx2.3kN

4-1 一重物由OA、OB两杆及绳OC支持，两杆分别垂直于墙面，由绳OC维持在水平面内，如图4.29所示。已知W10kN，OA30cm，OB40cm，不计杆重。求绳的拉力和两杆所受的力。

z O

图4.29

解：选节点O为研究对象，受力分析如图所示。建立如图所示的坐标系，列平衡方程，有



Fx0 FOAFOCcos30Fy0 FOBFOCcos30

3545

0 0

F

联立求解，可得

0 FOCsin30W0

FOA10.4kN，FOB13.9kN，FOC2W20kN

4-3 如图4.31所示，已知力P20N，求P对z轴的矩。

解：Mz(P)Pcos60osin45o(0.10.05)Pcos60ocos45o0.150

4-13 求如图4.41(a)、(b)所示平面图形的形心C

的坐标。图中尺寸单位为mm。、

(a)

(b)

解：(a) 由平面图形的形心的坐标公式，图(a)所示的平面图形的形心C坐标为



A

Aixi

200200(100)

10012

410032

20(100)

58.9mm

20020010020

xC

AyA

0

(b) 图(b)所示的平面图形的形心C坐标为

xC

A

Aixi

1209060

1609014012

6090

14060

79.7mm

12090

1209045

4012



A

Aiyi

609030

40(901240

4403

)

34.9mm

120906090

4-13 机器基础如图4.43所示，该基础由均质物质组成，求其重心坐标。

解：由平面图形的形心的坐标公式，平面图形的形心C坐标为

xC

VxVAy

A

iiii



84624416

84644184644412

846441

2.31cm

3.85cm

Az

A



846(3)441(0.5)

846441

2.81cm

5-3重力为500N的物体A臵于重力为400N的物体B上，B又臵于水平面C上，如图5.23所示。已知A、B之间的摩擦系数fAB0.3，B与水平面之间的摩擦系数fBC0.2，今在A上作用一与水平面成30的力F，问：(1) 当力F逐渐加大时，是A先滑动呢，还是A、B一起滑动？(2) 如果B物体重力为200N，情况又如何？

图5.23 解：(1)分别选择物块A和B为研究对象，受力分析如图所示。不妨假设当力F逐渐加大时，物块A先处于滑动的临界状态，此时，由平衡方程，有

A： Fx0 FcosFsAB0

F

其中FsAB=方程有

B：

fABFNAB

0

FsinFNABGA0

209.5N

。而此时，由物块B的平衡

，联立求解，可得F

，FsAB

181.4N

F

00

FsBCFsAB0

FNABFNBCGB0

其中FsAB

FsAB

，FNAB

FNAB

，联立求解，可得

可知FsBC

fBCFNBC

，FNBC1004.75N

，故物块B未达到临界状态。故A先滑动。

FsBCFsAB181.4N

(2) 如果B物体重力为200N，仿照前面计算过程，可得FsBC可知FsBCfBCFNBC。故A、B一起滑动。

181.4N

，FNBC

804.75N

，

5-8如图5.28所示系统中，已知物体ABCD重P = 50kN，与斜面间的摩擦系数为f = 0.4，斜面倾角30，AB = CD = 10cm，AD = BC = 50cm，绳索AE段水平，试求能使系统平衡时物体M重量Q的最小值。

图5.28

解：当重量Q的较小时，物块可能有两种运动趋势：向下滑动或向下倾倒。画出物块的受力图，分别计算这两种运动所需要的Q的最小值。

当物块有向下滑动趋势时，由物块的平衡，有

F

0 FsPsinFTcos0

F

其中Fs

fFN

0

FNPcosFTsin0

，FT

Q

，联立求解，可得保持物体不下滑时力Q的最小值为

QminP

sinfcoscosfsin

7.2kN

当物块有向下倾倒趋势时，物块受钭面的法向约束反力通过C点，由物块的平衡，有



其中：FT

Q

MC(F)0 Pcos

CD2

Psin

BC2

FT(ADcosCDsin)0

，解得保持物体不倾倒时力Q的最小值为

sin

cos

8.46kN

QminP

ADcosCDsin

要保证物块既不向下滑动又不向下倾倒，重量Q的最小值应取为

Qmin8.46kN

5-16 楔形夹具如图5.36所示。A块顶角为，受水平向左的力P作用，B块受垂直向下的力Q作用。A块与B块之间的静滑动摩擦系数为fs，如不计A、B的重量，试求能保持平衡的力P的范围。

解：分别选择楔形块A与楔形块B为研究对象。当力P较大时，楔形块B相对于楔形块A有向上运动的趋势，此时两楔形块的受力分析如图所示。列平衡方程，有

楔形块A： Fx0 FNABsinFsABcosP0

楔形块B：

其中，FNBA可得

P

sinfscoscosfssin

F

0 FNBAcosFsBAsinQ0

fsFNAB

FNAB

，FsBA

FsAB

。在木块滑动的临界状态下，有FsAB

。联立求解，

同理，当力P较小时，楔形块B相对于楔形块A有向下运动的趋势，两楔形块的受力图

和前面的楔形块的受力图相似，只需改变各自的摩擦力方向即可。列平衡方程，有

楔形块A： Fx0 FNABsinFsABcosP0

楔形块B：

其中，FNBA解，可得

P

sinfscoscosfssin

F

0 FNBAcosFsBAsinQ0

fsFNAB

FNAB

，FsBA

FsAB

。在木块处于滑动的临界状态下，有FsAB

。联立求

综合考虑以上两种可能出现的情况，可知能保持夹具平衡的力P的范围为

sinfscoscosfssin

≤P≤

sinfscoscosfssin

6-3 在半径为R的铁圈上套一小环，另一直杆AB穿入小环M，并绕铁圈上的A轴逆时针转动t (常数)，铁圈固定不动，如图6.33所示。试分别用直角坐标法和自然坐标法写出小环M的运动方程，并求其速度和加速度。解：(1) 应用直角坐标法，点M的运动方程为 xRcos2t，yRsin2t 其速度可表示为

vx

dxdt

2Rsin2t

，vy



dydt

2Rcos2tdvxdt

，

其加速度可表示为

ay

dvydt

4Rsin2t

ax

4Rcos2t

s2R2Rt

(2) 应用自然坐标法，点M的运动方程为其速度可表示为

v

dsdt2Rdvdt

，an

v

其加速度可表示为

a

0

4R

6-7 如图6.37所示，滑块C由绕过定滑轮A的绳索牵引而沿铅直导轨上升，滑块中心到导轨的水平距离AO = b。设将绳索的自由端以匀速度u拉动，试求重物C的速度和加速度分别与距离OC = x间的关系式。不计滑轮尺寸。解：建立如图所示的坐标系，应用直角坐标法，滑块C的速度和加速度分别可表示为v

bxdt

dxdt

，a



dvdt

由题意，可知

u

即

xbx

dxdt

u

，这样，有v

dxdtdvdt



uxubx

bx

上式两边同时对时间求导数，有a



6-12 如图6.42所示为曲柄滑杆机构，滑杆上有一圆弧形滑道，其半径R = 0.1m，圆心O1在导杆BC上。曲柄长OA = 0.1m，以等角速度4rad/s绕O轴转动。求导杆BC的运动规律及当曲柄与水平线间的夹角45时，导杆BC的运动速度和加速度。

解：导杆BC作平动，其运动方程可用其上任一点（如O1点）的运动方程来表示。为了方便，不妨假设在运动的初始时刻曲柄处于水平向右的位臵。以O点为原点，通过O点的水平轴为x轴，O1点的运动方程为

x0.1cos0.1cos0.2cos4t 对上式分别对时间求一阶和二阶导数，可得导杆BC运动的速度和加速度分别为

v

dxdt

0.8sin4t

，a

dvdt

3.2cos4t

当4t45时，有v0.8sin45o0.566m/s，a3.2cos45o2.263m/s2

6-17 如图6.47所示的半径为r的定滑轮作定轴转动，通过绳子带动杆AB绕点A转动。某瞬时角速度和角加速度分别为和ε，求该瞬时杆AB上点C的速度和加速度。已知ACCDDBr。

解：在图示瞬时，D点向上运动，其运动的速度和切向加速度分别为 vDr，a Dr

由于杆AB绕点A转动，故AB杆转动的角速度为和角速度为 AB

vDAD



r2r



2

，AB

aDAD





r2r





杆AB上点C的速度和加速度分别为 vC

aCr



r

，aCrAB

r

，

r

7-2 如图7.27所示，半径为R的大圆环，在自身平面中以等角速度绕A轴转动，并带动

一小环M沿固定的直杆A滑动，试求图示位臵小环M的速度。解：选小环M为动点，大圆环为动系，由vavevr作M的速度合成图如图所示。由图可知 vavetan

其中veAM2Rcos，代入上式，可得小环M的速度va2Rsin 方向水平向左。

7-3 如图7.28所示的两种滑道摇杆机构，已知两平行轴距离O1O220cm，在某瞬时20,30, 16rad/s，分别求两种机构中的角速度2。

解：分别选滑块A为动点，杆O1B和O2B为动系。由

vavevr分别作

A的速度合成图如图所示。

vesin()O1O2

sin(90

由速度合成图，可知va

O1O2AO2A



O1A1sin()sin(90

由三角形

，即O1A

O1O2c

os)(

，有

O1O2cos()

O1Asincos



O2A

)

)

in，

O1O2sin1sin()cos()

这样，绝对速度可表示为va 2

vaO2A



而杆O2A的角速度2为

sin20

sinsin()cos

1

sin50cos30

63.09rad/s

sin()

由速度合成图，可知vevasin()O1A1sin()而杆O2A的角速度2为

2

veO2A

sincos

O1O2sin1cos()

1sin()

sin20cos30

6sin50

1.82rad/s

7-12 如图7.37所示，直角曲杆OBC绕O轴转动，使套在其上的小环M沿固定直杆OA滑动。已知：OB = 0.1m，OB与BC垂直，曲杆的角速度0.5 rad/s，角加速度为零，求当60时，小环M的速度和加速度。

解：选小环M为动点，直角曲杆OBC为动系，由vavevr和aaaenarak分别作M

的速度和加速度合成图如图所示。由速度合成图，可知小环M的速度

vavetanOMtan

OBcos

tan0.173(m/s),vr

vecos



OBcos



0.2(m/s)

由加速

度合成图，列

方向的投影方程，有

aacosaecos

ak

其中：

nae

代入上式，OM0.20.50.05m/s，ak2vr20.50.20.2m/s，

可知小环M的加速度aa

aecosak

cos

0.35(m/s)

7-15 如图7.40所示，大圆环的半径R = 200mm，在其自身平面内以匀角速度= 1rad/s

绕轴O顺时针方向转动，小圆环A套在固定立柱BD及大圆环上。当∠AOO1= 60时，半径OO1与立柱BD平行，求这瞬时小圆环A的绝对速度和绝对加速度。

arak分别作A 解：选小圆环A为动点，大圆环为动系，由vavevr和aa

的速度和加速度合成图如图所示。由速度合成图，可知小圆环A的绝对速度和相对速度分

nae

nar



别为va2vecos30o22001cos30o346.4(mm/s) vrve2001200(mm/s) 由加速度合成图，列ak方向的投影方程，有

aacos60oaencos60oakarn 其中：

nae

R

200mm/s

，ak2vr400mm/s，

nar



200mm/s

，入上式，

可知小圆环A的绝对加速度 aa

aecos60

akar

cos60

1400(mm/s)

负号说明小圆环A的绝对加速度真实方向向下。

8-1 如图8.30所示的两齿条以v1和v2同方向运动。在两齿条间夹一齿轮，其半径为r，求齿轮的角速度及其中心O的速度。

解：齿轮作平面运动，以B为基点，分析A点的速度。由vAvBvAB作A点的速度合成图如图所示。由图可知vABvAvBv1v2 齿轮的角速度为O

vABAB

v1v22r

再以B为基点，分析O点的速度。由vOvBvOB作O点的速度合成图如图所示。由图可知齿轮中心O的速度vOvBvOBv2Or

v1v2

8-4 在瓦特行星传动机构中，平衡杆O1A绕O1

轴转动，并借连杆AB带动曲柄OB，而曲柄OB活动地装臵在O轴上，如图8.33所示。在O轴上装有齿

AB150cm，轮I，齿轮II的轴安装在连杆AB的另一端。

已知：r1r2，O1A75cm，

杆O1A的角速度O16rad/s。求当60、90时，OB和齿轮I的角速度。

8.32 图8.33

解：图示结构中连杆AB作平面运动。由vA和vB的速度方向可知连杆AB的速度瞬心为点P。由于齿轮II和连杆A固接，可知齿轮II上C点的速度为vC，如图所示。连杆AB的角速度为

AB

vAPA



O1O1A



675300

1.5rad/s

连杆AB端点B和齿轮II上C点的速度分别为

vBABPB1.5150

3225

3(cm/s)

vCABPC1.5(1503303)1803(cm/s) OB和齿轮I的角速度分别为 OB

I

vCOC

vBOB

225

3.75(rad/s) 6033

6(rad/s)

180

303

8-8 图8.37所示机构中，曲柄OA以等角速度绕O轴转动，且OA = O1B = r，在图示位臵时∠AOO１= 90，∠BAO = ∠BO1O = 45，求此时点B加速度和O1B杆的角加速度。解：在图示机构运动的过程中，连杆AB作平面运动。为了计算点B加速度和O1B杆的角加速度，必须先进行速度分析。以A为基点分析B点的速度，由vBvAvBA作B点的速度合成图。由图可知 vBvBA

22vA

22r0

nnn

再以A为基点分析B点的加速度，由aBaBaAaBAaBA作B点的加速度合成图。列投影方程：

non

aaBA B方向：aBaAcos45

其中：



vBO1B



2r0

，ar，a

nA20nBA



vBAAB



212

r0

，代入上式，可得B点的切向

加速度

aBB点的加速度

n22 aB(aB)(aB)

r0

O1B杆的角加速度为

OB

aBO1B





0

图8.37

8-12图8.41所示机构中滑块A的速度为常值，vA0.2m/s，AB0.4m。试求当AC = CB，30时，杆CD的速度与加速度。

aBA



图8.41

解：（1）由A、B两点的速度vA和vB方向，可知杆AB的速度瞬心为点P。杆AB转动的角速度AB

vAPA

0.20.2

1rad/s

。选套筒C为动点，杆AB为动系，由vavevr作套

ve2cos30

筒D的速度合成图。由图可知杆CD的速度va为

vavr



PCAB2cos30



(m/s)

n

（2）以A为基点分析B点的加速度，由aBaBA aBA作B点的加速度合成图如图所示。由图可知

no2o2

aABABtan600.43(m/s) BAaBAtan60故杆AB的角加速度为

AB

aBAAB





3(rad/s)

n

aCA作C1（3）再以A为基点分析杆AB上与套筒C重合的点C1的加速度，由aC1aCA11

点的加速度合成图如图所示。以套筒C为动点，杆AB为动系，由aCaearak作套筒C

n

aCA代入得的加速度合成图如图所示。式中aeaC。将aC1aC1A1

aCaC

aC



arak

列ak方向的投影方程有



ak aCcos30oaC1A

2

ACAB0.23m/s，ak2ABvr其中：aC1A

215

3m/s

，代入上式，可得杆CD的加

速度为

aC

aC1Aakcos30





(m/s)

8-18如图8.47所示曲柄连杆机构中，曲柄OA绕O轴转动，角速度为0，角加速度为

0，在某瞬时曲柄与水平间成60角，而连杆AB与曲柄OA垂直。

滑块B在圆形槽内滑动，

此时半径O1B与连杆AB间成30角。如OA = a，AB，O1B2a，求在该瞬时，滑块B的切向加速度和法向加速度。

解：（1）连杆AB作平面运动。以A为基点，分析B点的速度。由vBvAvBA作B点的速度合成图，由图可知：

vBvA/cos602a0 vBAvAtan60

0

nnn

aBaAaAaBAaBA作B点的加（2）以A为基点，分析B点的加速度。由aB

nnoon

速度合成图。列投影方程aBA方向的投影方程，有aBcos30aBcos60aAaBA

其中：a

vBO1B



4a0

2a，aAOA0

a0，a



nBA



vBABA



0，解得

aB2a0



0



图8.47

9-1 质量为m的物体放在匀速转动的水平转台上，它与转轴的距离为r，如图9.9所示。设物体与转台表面的摩擦系数为f，求当物体不致因转台旋转而滑出时，水平台的最大转速。

解：选物块为研究对象，受力分析如图所示。应用自然坐标形式的质点动力学微分方程，有

FNmg0

mr2Fs

根据静滑动摩擦定律，有Fs≤fFN，代入上式，有



≤

gfr

即物体不致因转台旋转而滑出时，水平台的最大转速为 max



gfr

9-5 如图9.12所示，胶带运输机卸料时，物料以初速度v0脱离胶带，设v0与水平线的夹角为。求物体脱离胶带后，在重力作用下的运动方程。

解：建立如图所示的坐标系。物料脱离胶带后只受重力作用，应用质点运动微分方程，有即

mdxdt

2222

0，m

dydt

mg

dxdt

0

，

dydt

g

其微分方程的通解可写为

xAtB

，y



gtCtD

dxdt

t0

代入初始条件

0

t0

0

，

v0cos

，

t0

，

dydt

t0

v0sin

0

，C

v0sin

可解得Av0cos，B

，D

0

12

gtv0tsin

物料脱离胶带后的运动方程可写为xv0tcos，y

9-11 如图9.16所示，在三棱体ABC的粗糙斜面上放有重为W的物体M，三棱体以匀加速

度a沿水平方向运动。为使物件M在三棱体上处于相对静止，试求a的最大值，以及这时M对三棱体的压力。假设摩擦系数为f，并且f

解：(1) 物件M在三棱体上处于相对静止，物件M加速度和三棱体的加速度a一致如图(a)所示。

(2) 选物件M为研究对象，受力分析如图(b)所示。应用质点运动微分方程，有 FNsinFscos

Wga

FNcosFssinW0 其中：FsfFN，解得 a FN

10-1 计算如图10.15所示的下列各刚体的动量。

(a) 质量为m，长为L的细长杆，绕垂直于图面的O轴以角速度转动；

(b) 质量为m，半径为R的均质圆盘，绕过边缘上一点且垂直于图面的O轴以角速

度转动；

12mL

12L

sinfcoscosfsin

cosfsin

，方向水平向右。根据刚体动量的计算公式，

方向水平向右。

（b）由于刚体质心的速度vCR，方向水平向右，故刚体的动量为

PmvCmRPmvCmePmvC

方向水平向右。

（c）由于刚体质心的速度vCe，方向垂直于OC的连线，故刚体的动量为

方向垂直于OC的连线。

（d）由于刚体质心的速度为vC，方向水平向右，故刚体的动量为方向水平向右。

(a)

(b)

(c)

(d)

图10.15

10-6 如图10.18所示的椭圆规尺AB的质量为2m1，曲柄OC的质量为m1，而滑块A和

的质量均为m

2。已知OCACCBl，曲柄和尺的质心分别在其中点上，曲柄绕O轴

转动的角速度为常量。求当曲柄水平向右时质点系的动量。解：质点系的动量为四个物体动量的矢量和，即

PPi 四个物体的动量分别为

PAm2vAm2PAABj2m2lcostj PBm2vBm2PBABi2m2lsinti PAB2m1vC2m1lsinti2m1lcostj POCm1vD

m1lsinti

m1lcostj

这样，质点系的动量可表示为 P

P

(

m1lsint2m2lsint)i(m1lcost2m2lcost)j5

当曲柄水平向右时，即t0时，代入上式，可得P(m1l2m2l)j

说明质点系的动量方向垂直向上。

10-9 在图10.21所示曲柄滑块机构中，曲柄OA以匀角速度绕O轴转动。当开始时，曲柄OA水平向右。已知曲柄重P1，滑块A重量为P2，滑杆重量为P3，曲柄的重心在OA的中点，且OAL，滑杆的重心在点C，且BCL/2。试求：(1)机构质量中心的运动方程； (2)作用在点O的最大水平力。

解：（1）建立如图所示的坐标系，应用质点系质心坐标公式计算机构质量中心坐标为



P1xC

LcostP2LcostP3(Lcost

P1P2P3

(P12P22P3)LcostP3L

2(P1P2P3)

(P12P2)Lsint2(P1P2P3)

P1yC

LsintP2LsintP1P2P3



（2）应用质心运动定理，有

FOx

P1P2P3

Cx

(P12P22P3)Lcost

作用在点O的最大水平力为

FOx

max



(P12P22P3)L

10-13 如图10.25所示机构中，鼓轮A质量为m1，转轴O为其质心。重物B的质量为m2，重物C的质量为m3。斜面光滑，倾角为。已知B物体的加速度为a，求轴承O处的约束反力。

解：选整体为研究对象，受力分析如图所示。假设某时刻物体B的速度为v，物体C的速度为vC。它们之间满足关系

vCRvr

，即vC

。

质点系的动量在两坐标方向的投影可表示为

Pxm3vCcos

m3vcos

m3vsinm2v

Pym3vCsinm2v

应用动量定理，有

dPydt

dPxdt

FOxFNsin



FOym1gm2gm3gFNcos

其中：FNm3gcosdvdt

a

。解得轴承O处的约束反力为FOx(m3gsin

m3a)sin

m3a)cos

FOym1gm2(ga)(m3gsin

10-15 如图10.27所示用相同材料做成的均质杆AC和BC用铰链在点C连接。已知

AC25cm，BC40cm。处于铅直面内的各杆从CC124cm处静止释放。当A、B、C运动到位于同一直线上时，求杆端A、B各自沿光滑水平面的位移sA和sB

解：选整体为研究对象，受力分析如图所示。由于水平面光滑，故系统在水平方向不受外力作用，质心在水平方向运动守恒。由于初始时系统静止，故质心在水平方向的坐标在运动过程中保持不变。不妨设杆单位长度的质量为m，单位是kg/cm，则两杆的质量分别为

m125mx1

，m240m。建立如图所示的坐标系，则两杆在初始时刻x方向坐标分别为

2524

3.5

，x27

而端B会向右滑动。当A、运动到位于同一直线上时，两杆的质心x坐标分别为'''

x1sA12.5，x2sA2520sA45。由质心运动守恒定理xCxC，有

25m3.540m23

25m40m



25m(sA12.5)40m(

sA45

)

m40m

2B、C

24

23

。杆在下落的过程中，端A会向左滑动，

解得杆端A沿光滑水平面的位移sA：sA17(cm) 杆端B沿光滑水平面的位移sB为

sB172540(732)9(cm)

11-1各均质物体的质量均为m，物体的尺寸及绕固定轴转动角速度方向如图11.35所示。试求各物体对通过点O并与图面垂直的轴的动量矩。

(a)

(b) (c)

图11.35

1212

解：（a）杆OA对通过点O并与图面垂直的轴的动量矩为LOJO （b）圆盘对通过点O并与图面垂直的轴的动量矩为LOJO

mRmR

32mR

（c）圆盘对通过点O并与图面垂直的轴的动量矩为LOJO(mR2mR2)

11-3 半径为R，质量为m的均质圆盘与长为l、质量为M的均质杆铰接，如图11.37所示。杆以角速度ω绕轴O转动，圆盘以相对角速度ωr绕点A转动，(1)ωrω；(2)ωrω，试求系统对转轴O的动量矩。

解：系统对转轴O的动量矩是由杆对转轴O的动量矩和圆盘对的动量矩两部分组成。杆对转轴O的动量矩为LO杆Ml2

转轴O

（1）当ωrω时，圆盘转动的绝对角速度为ωaωr2ω

圆盘对转轴O的动量矩为LO圆盘故系统对转轴O的动量矩为

LOLO杆LO圆盘

MlmRml

mRamvAlmRml

222

（2）当ωrω时，圆盘转动的绝对角速度为 ωaωr0 圆盘对转轴O的动量矩为LO圆盘故系统对转轴O的动量矩为

LOLO杆LO圆盘

Mlml

mRamvAlml

11-6 一直角曲架ADB能绕其铅垂边AD旋转，如图11.40所示。在水平边上有一质量为m的物体C，开始时系统以角速度0绕轴AD转动，物体C距D点为a，设曲架对AD轴的转动惯量为Jz，求曲架转动的角速度与距离DCr之间的关系。

解：选整体为研究对象，受力分析如图所示。从受力图可以看出，系统所受的全部外力对z轴的矩等于零。系统对z轴的动量矩也保持不变，即

(Jzma2)0(Jzmr2)

解得曲架转动的角速度与距离DCr之间的关系为 

JzmaJzmr

0

11-12 质量分别为m1、m2的两重物，分别挂在两条绳子上，绳又分别缠绕在半径为r1、r2并装在同一轴的两鼓轮上，如图11.46所示。已知两鼓轮对O轴的转动惯量为JO，系统在重力作用下发生运动，求鼓轮的角加速度。

解：选整体为研究对象，受力分析如图所示。应用动量矩定理，有a

(JOm1r12m2r22)m2gr2m1gr1 解得鼓轮的角加速度为

m2r2m1r1JO

2m1r1



2m2r2

11-13 重物A质量为m1，系在绳子上，绳子跨过不计质量的固图

11.46 定滑轮D，并绕在鼓轮B上，如图11.47所示。由于重物下降带动了轮C，使它沿水平轨道滚动而不滑动。设鼓轮半径为r，轮

C的半径为R，两者固连在一起，总质量为m2，对于其水平轴O的回转半径为。求重物A下降的加速度以及轮C与地面接触点处的静摩擦力。





图11.47

解：分别选轮子和重物A为研究对象，受力分析和运动分析如图所示。轮子作平面运动，应用刚体平面运动微分方程，有 FTFsm2aO FTrFsRm22 重物A的运动微分方程为 m1gFT'm1aA

其中：aOR，aA(Rr)，FT'FT。联立求解，可得重物A下降的加速度为 aA

m1(Rr)

m1(Rr)m2(R)

(

轮C与地面接触点处的静摩擦力为Fs

Rr)m1m2g

m1(Rr)m2(R)

11-18 如图11.52所示结构中，重物A、B的质量分别为m1和m2，B物体与水平面间摩擦系数为f，鼓轮O的质量为M，半径为R和r，对O轴的回转半径分别为，求A下降的加速度以及绳子两端的拉力。

m2g

FdB

FNB

m1g

图11.52

解：分别选重物A、B和鼓轮O为研究对象，受力分析和运动分析如图所示。分别列动力学方程，有

重物A： m1gFTAm1aA 重物B： FNBm2g0 FTBFdBm2aB

其中：FdBfFNB。鼓轮O： M2FTArFTBR

由运动学关系，可知：aAr，aBR。联立求解可得A下降的加速度为 aA

m1rfm2Rm1r

m2R

M

gr m2Rr

绳子两端的拉力为FTAm1gm1aA FTBfm2g

12-3 弹簧原长为l0，刚度系数为k1960N/m，一端固定，另一端与质点M相连，如图12.29所示。试分别计算下列各种情况时弹簧力所做的功。 (1) 质点由M1至M2；(2) 质点

- 21 -

由M2至M3；(3) 质点由M3至M1。

图12.28 图12.29

解：根据弹力做功的公式，计算下列各种情况时弹簧力所做的功。（1）质点由M1至M2，弹簧力所做的功为 W12

k(12)

19602

(0.020.05)2.06(J)

（2）质点由M2至M3，弹簧力所做的功为

W23

1212

k(23)

1960219602

[0.05

(0.02)]2.06(J)

（3）质点由M3至M1，弹簧力所做的功为

W31

k(31)

[(0.02)0.02]0

12-8 如图12.34所示，一不变力偶矩M作用在绞车的均质鼓轮上，轮的半径为r，质量为m

1。绕在鼓轮上绳索的另一端系一质量为m2的重物，此重物沿倾角为的斜面上升。设初始系统静止，斜面与重物间的摩擦系数为f。试求绞车转过后的角速度。

图12.33 图12.34

s

解：选系统为研究对象，受力分析和运动分析如图所示。绞车转过，重物向上滑动r的距离。在此过程中，作用在鼓轮上的力偶矩M所做的功为WMM，滑动摩擦力

Fdsfm2grcos

所做的功为WFd

，重物重力所做的功为W重

fm2grsin

，而其它的

力均不做功。故绞车转过后，系统所受的全部力做功的和为

W

Mm2gr(fcossin)0。设绞车转过

初始系统静止，系统的动能T1

后的角速度为，则重物沿斜面上升

m2r

的速度为r，此时系统的动能为T2

由动能定理T2

T1





m1r





(m12m2)r



，有

2r

(m12m2)rMm2gr(fcossin)

解得绞车转过后的角速度为

Mm2gr(fcossin)

(m12m2)

- 22 -

理论力学

2-6求如图2.30所示各梁支座的约束反力。

(a)

(b)

(c)

图2.30

FBy

(b)

(a)

(c)

解：分别选各梁为研究对象，受力分析如图所示。分别列平衡方程，有

(a)

联立求解，可得：FAx

FF

0 FAxFcos450

0

FAyFByFsin45

0

M

(F)0

FBy4Fsin45

20

Fcos457.07kN

，FBy



Fsin45

3.54kN

，

FAyFsin45FBy3.54kN

(b)

F

0 FAx0

F

0 FAyFByF0

M

联立求解，可得：FAx

0kN

(F)0

FBy4F20

，FBy



5kN

，FAy

FFBy5kN

(c)

FF

0 FAxFNBsin450 FAyFNBcos45

Fcos60

Fsin60

0

联立求解，可得：FAx

9.33kN

M

，FNB

(F)0

FNBcos45

4Fsin6020

6.12kN

，FAy

4.33kN

2-10如图2.34所示的起重机支架的AB、AC杆用铰链支承在立柱上，并在A点用铰链互

FF

其中FAD

G20kN

0 FACsin30oFADcos30oFABcos30o0 0 FACcos30oFADsin30oFABsin30oG0

0，F

AC34.36kN

，联立求解，有FAB

2-16连杆机构OABC，受铅直力F1和水平力F，如图2.40所示，已知F = 3.5kN，求平衡时力F1的大小以及杆OA、AB、BC所受的力。不计杆自重。

解：分别选两节点A、B为研究对象，受力分析如图所示，分别列平衡方程，有

节点A：

F

0 FABcos30oF0

F

节点B：

0 FABsin30oFAO0

F

0 FBAsin60oFBCsin30o0

F

其中FAB

FBA

0 FBAcos60oFBCcos30oF10

，F

3.5kN

，联立求解，有，FAB

73

3kN

F1

3kN

，FOA



3kN

，FBC

7kN

2-17如图2.41所示结构中各构件的自重略去不计，在构件AB上作用一力偶，其力偶矩M800Nm，求点A和C的约束反力。

M

其中M

800Nm

0 FBcos450.3FBsin450.12M0

FBFC2694N

。解得：FA

图2.43

MM

0 FA23M10

FC1.155kN

其中M14kNm。解得：FA

。同理，列BD杆的平衡方程，有

0 FC23M20

由于FC'FC，可得：M24kNm，FBFC'1.155kN。

3-1 重物悬挂如图3.27所示，已知G=1.8kN，其他重量不计。求铰链A的约束反力和杆BC所受的力。

解：选AB

和滑轮D组成的系统为研究对象，受力分析如图所示。列平衡方程，有

F

0 FAxFBcos45FD0

F

0 FAyFBsin45G0

M

(F)0

FBsin450.6FD0.1G0.30

其中：FD

G1.8kN

联立求解，可得：

FAx2400N，FAy1200N，FB848.5N

3-8 如图3.34所示结构中，P110kN，P212kN，q2kN/m，求平衡时支座A、B的约束反力。

图3.34

图3.35

解：分别选整体和BC杆为研究对象，受力分析如图所示。列平衡方程，有

整体：

F

0 FAxF

Bxq4P1cos600

F

0 FAyFByP1sin60P20

M

(F)0

FBy6P1cos604P1sin602P24q420

杆BC：

M

(F)0

FBx4FBy4P220

其中：P110kN，P2

12kN

，q2kN/m，联立求解，可得：

5(1

33)kN

FAx

，FAy



14203

，

453

2253

FBx

，

FBy

By By

Ay Ay

解：分别选整体和BA杆为研究对象，受力分析如图所示。分别列平衡方程，有

整体：

F

0 FDFAx0

F

0 FAyP0

MF

(F)0

FDrP

0

杆BC：

F

0 FBxFAx0

0 FByFAyFC0



其中：P110kN，P2

FAx

PL2r

MA(F)0

FByLFC

0

12kN

，q2kN/m，联立求解，可得：

PL2r

，FAy

P

，FBx

，

FByP

，FD



PL2r

，FC

2P

解：分别选整体和BC杆为研究对象，受力分析如图所示。分别列平衡方程，有

整体：

杆BC：

F

0 FAxFCx0

FM

B(F

0 FAyFCyP0(F)0

FCx2P2.30

M

)0

FCx2FCy2FE1.30

其中：FE

P2kN

，联立求解，可得：

，FAy

FCy1kN

FAxFCx2.3kN

z O

图4.29

解：选节点O为研究对象，受力分析如图所示。建立如图所示的坐标系，列平衡方程，有



Fx0 FOAFOCcos30Fy0 FOBFOCcos30

3545

0 0

F

联立求解，可得

0 FOCsin30W0

FOA10.4kN，FOB13.9kN，FOC2W20kN

4-3 如图4.31所示，已知力P20N，求P对z轴的矩。

解：Mz(P)Pcos60osin45o(0.10.05)Pcos60ocos45o0.150

4-13 求如图4.41(a)、(b)所示平面图形的形心C

的坐标。图中尺寸单位为mm。、

(a)

(b)

解：(a) 由平面图形的形心的坐标公式，图(a)所示的平面图形的形心C坐标为



A

Aixi

200200(100)

10012

410032

20(100)

58.9mm

20020010020

xC

AyA

0

(b) 图(b)所示的平面图形的形心C坐标为

xC

A

Aixi

1209060

1609014012

6090

14060

79.7mm

12090

1209045

4012



A

Aiyi

609030

40(901240

4403

)

34.9mm

120906090

4-13 机器基础如图4.43所示，该基础由均质物质组成，求其重心坐标。

解：由平面图形的形心的坐标公式，平面图形的形心C坐标为

xC

VxVAy

A

iiii



84624416

84644184644412

846441

2.31cm

3.85cm

Az

A



846(3)441(0.5)

846441

2.81cm

图5.23 解：(1)分别选择物块A和B为研究对象，受力分析如图所示。不妨假设当力F逐渐加大时，物块A先处于滑动的临界状态，此时，由平衡方程，有

A： Fx0 FcosFsAB0

F

其中FsAB=方程有

B：

fABFNAB

0

FsinFNABGA0

209.5N

。而此时，由物块B的平衡

，联立求解，可得F

，FsAB

181.4N

F

00

FsBCFsAB0

FNABFNBCGB0

其中FsAB

FsAB

，FNAB

FNAB

，联立求解，可得

可知FsBC

fBCFNBC

，FNBC1004.75N

，故物块B未达到临界状态。故A先滑动。

FsBCFsAB181.4N

(2) 如果B物体重力为200N，仿照前面计算过程，可得FsBC可知FsBCfBCFNBC。故A、B一起滑动。

181.4N

，FNBC

804.75N

，

图5.28

解：当重量Q的较小时，物块可能有两种运动趋势：向下滑动或向下倾倒。画出物块的受力图，分别计算这两种运动所需要的Q的最小值。

当物块有向下滑动趋势时，由物块的平衡，有

F

0 FsPsinFTcos0

F

其中Fs

fFN

0

FNPcosFTsin0

，FT

Q

，联立求解，可得保持物体不下滑时力Q的最小值为

QminP

sinfcoscosfsin

7.2kN

当物块有向下倾倒趋势时，物块受钭面的法向约束反力通过C点，由物块的平衡，有



其中：FT

Q

MC(F)0 Pcos

CD2

Psin

BC2

FT(ADcosCDsin)0

，解得保持物体不倾倒时力Q的最小值为

sin

cos

8.46kN

QminP

ADcosCDsin

要保证物块既不向下滑动又不向下倾倒，重量Q的最小值应取为

Qmin8.46kN

楔形块A： Fx0 FNABsinFsABcosP0

楔形块B：

其中，FNBA可得

P

sinfscoscosfssin

F

0 FNBAcosFsBAsinQ0

fsFNAB

FNAB

，FsBA

FsAB

。在木块滑动的临界状态下，有FsAB

。联立求解，

同理，当力P较小时，楔形块B相对于楔形块A有向下运动的趋势，两楔形块的受力图

和前面的楔形块的受力图相似，只需改变各自的摩擦力方向即可。列平衡方程，有

楔形块A： Fx0 FNABsinFsABcosP0

楔形块B：

其中，FNBA解，可得

P

sinfscoscosfssin

F

0 FNBAcosFsBAsinQ0

fsFNAB

FNAB

，FsBA

FsAB

。在木块处于滑动的临界状态下，有FsAB

。联立求

综合考虑以上两种可能出现的情况，可知能保持夹具平衡的力P的范围为

sinfscoscosfssin

≤P≤

sinfscoscosfssin

vx

dxdt

2Rsin2t

，vy



dydt

2Rcos2tdvxdt

，

其加速度可表示为

ay

dvydt

4Rsin2t

ax

4Rcos2t

s2R2Rt

(2) 应用自然坐标法，点M的运动方程为其速度可表示为

v

dsdt2Rdvdt

，an

v

其加速度可表示为

a

0

4R

bxdt

dxdt

，a



dvdt

由题意，可知

u

即

xbx

dxdt

u

，这样，有v

dxdtdvdt



uxubx

bx

上式两边同时对时间求导数，有a



x0.1cos0.1cos0.2cos4t 对上式分别对时间求一阶和二阶导数，可得导杆BC运动的速度和加速度分别为

v

dxdt

0.8sin4t

，a

dvdt

3.2cos4t

当4t45时，有v0.8sin45o0.566m/s，a3.2cos45o2.263m/s2

解：在图示瞬时，D点向上运动，其运动的速度和切向加速度分别为 vDr，a Dr

由于杆AB绕点A转动，故AB杆转动的角速度为和角速度为 AB

vDAD



r2r



2

，AB

aDAD





r2r





杆AB上点C的速度和加速度分别为 vC

aCr



r

，aCrAB

r

，

r

7-2 如图7.27所示，半径为R的大圆环，在自身平面中以等角速度绕A轴转动，并带动

其中veAM2Rcos，代入上式，可得小环M的速度va2Rsin 方向水平向左。

7-3 如图7.28所示的两种滑道摇杆机构，已知两平行轴距离O1O220cm，在某瞬时20,30, 16rad/s，分别求两种机构中的角速度2。

解：分别选滑块A为动点，杆O1B和O2B为动系。由

vavevr分别作

A的速度合成图如图所示。

vesin()O1O2

sin(90

由速度合成图，可知va

O1O2AO2A



O1A1sin()sin(90

由三角形

，即O1A

O1O2c

os)(

，有

O1O2cos()

O1Asincos



O2A

)

)

in，

O1O2sin1sin()cos()

这样，绝对速度可表示为va 2

vaO2A



而杆O2A的角速度2为

sin20

sinsin()cos

1

sin50cos30

63.09rad/s

sin()

由速度合成图，可知vevasin()O1A1sin()而杆O2A的角速度2为

2

veO2A

sincos

O1O2sin1cos()

1sin()

sin20cos30

6sin50

1.82rad/s

解：选小环M为动点，直角曲杆OBC为动系，由vavevr和aaaenarak分别作M

的速度和加速度合成图如图所示。由速度合成图，可知小环M的速度

vavetanOMtan

OBcos

tan0.173(m/s),vr

vecos



OBcos



0.2(m/s)

由加速

度合成图，列

方向的投影方程，有

aacosaecos

ak

其中：

nae

代入上式，OM0.20.50.05m/s，ak2vr20.50.20.2m/s，

可知小环M的加速度aa

aecosak

cos

0.35(m/s)

7-15 如图7.40所示，大圆环的半径R = 200mm，在其自身平面内以匀角速度= 1rad/s

绕轴O顺时针方向转动，小圆环A套在固定立柱BD及大圆环上。当∠AOO1= 60时，半径OO1与立柱BD平行，求这瞬时小圆环A的绝对速度和绝对加速度。

arak分别作A 解：选小圆环A为动点，大圆环为动系，由vavevr和aa

的速度和加速度合成图如图所示。由速度合成图，可知小圆环A的绝对速度和相对速度分

nae

nar



别为va2vecos30o22001cos30o346.4(mm/s) vrve2001200(mm/s) 由加速度合成图，列ak方向的投影方程，有

aacos60oaencos60oakarn 其中：

nae

R

200mm/s

，ak2vr400mm/s，

nar



200mm/s

，入上式，

可知小圆环A的绝对加速度 aa

aecos60

akar

cos60

1400(mm/s)

负号说明小圆环A的绝对加速度真实方向向下。

8-1 如图8.30所示的两齿条以v1和v2同方向运动。在两齿条间夹一齿轮，其半径为r，求齿轮的角速度及其中心O的速度。

解：齿轮作平面运动，以B为基点，分析A点的速度。由vAvBvAB作A点的速度合成图如图所示。由图可知vABvAvBv1v2 齿轮的角速度为O

vABAB

v1v22r

再以B为基点，分析O点的速度。由vOvBvOB作O点的速度合成图如图所示。由图可知齿轮中心O的速度vOvBvOBv2Or

v1v2

8-4 在瓦特行星传动机构中，平衡杆O1A绕O1

轴转动，并借连杆AB带动曲柄OB，而曲柄OB活动地装臵在O轴上，如图8.33所示。在O轴上装有齿

AB150cm，轮I，齿轮II的轴安装在连杆AB的另一端。

已知：r1r2，O1A75cm，

杆O1A的角速度O16rad/s。求当60、90时，OB和齿轮I的角速度。

8.32 图8.33

AB

vAPA



O1O1A



675300

1.5rad/s

连杆AB端点B和齿轮II上C点的速度分别为

vBABPB1.5150

3225

3(cm/s)

vCABPC1.5(1503303)1803(cm/s) OB和齿轮I的角速度分别为 OB

I

vCOC

vBOB

225

3.75(rad/s) 6033

6(rad/s)

180

303

22vA

22r0

nnn

再以A为基点分析B点的加速度，由aBaBaAaBAaBA作B点的加速度合成图。列投影方程：

non

aaBA B方向：aBaAcos45

其中：



vBO1B



2r0

，ar，a

nA20nBA



vBAAB



212

r0

，代入上式，可得B点的切向

加速度

aBB点的加速度

n22 aB(aB)(aB)

r0

O1B杆的角加速度为

OB

aBO1B





0

图8.37

8-12图8.41所示机构中滑块A的速度为常值，vA0.2m/s，AB0.4m。试求当AC = CB，30时，杆CD的速度与加速度。

aBA



图8.41

解：（1）由A、B两点的速度vA和vB方向，可知杆AB的速度瞬心为点P。杆AB转动的角速度AB

vAPA

0.20.2

1rad/s

。选套筒C为动点，杆AB为动系，由vavevr作套

ve2cos30

筒D的速度合成图。由图可知杆CD的速度va为

vavr



PCAB2cos30



(m/s)

n

（2）以A为基点分析B点的加速度，由aBaBA aBA作B点的加速度合成图如图所示。由图可知

no2o2

aABABtan600.43(m/s) BAaBAtan60故杆AB的角加速度为

AB

aBAAB





3(rad/s)

n

aCA作C1（3）再以A为基点分析杆AB上与套筒C重合的点C1的加速度，由aC1aCA11

点的加速度合成图如图所示。以套筒C为动点，杆AB为动系，由aCaearak作套筒C

n

aCA代入得的加速度合成图如图所示。式中aeaC。将aC1aC1A1

aCaC

aC



arak

列ak方向的投影方程有



ak aCcos30oaC1A

2

ACAB0.23m/s，ak2ABvr其中：aC1A

215

3m/s

，代入上式，可得杆CD的加

速度为

aC

aC1Aakcos30





(m/s)

8-18如图8.47所示曲柄连杆机构中，曲柄OA绕O轴转动，角速度为0，角加速度为

0，在某瞬时曲柄与水平间成60角，而连杆AB与曲柄OA垂直。

滑块B在圆形槽内滑动，

此时半径O1B与连杆AB间成30角。如OA = a，AB，O1B2a，求在该瞬时，滑块B的切向加速度和法向加速度。

解：（1）连杆AB作平面运动。以A为基点，分析B点的速度。由vBvAvBA作B点的速度合成图，由图可知：

vBvA/cos602a0 vBAvAtan60

0

nnn

aBaAaAaBAaBA作B点的加（2）以A为基点，分析B点的加速度。由aB

nnoon

速度合成图。列投影方程aBA方向的投影方程，有aBcos30aBcos60aAaBA

其中：a

vBO1B



4a0

2a，aAOA0

a0，a



nBA



vBABA



0，解得

aB2a0



0



图8.47

解：选物块为研究对象，受力分析如图所示。应用自然坐标形式的质点动力学微分方程，有

FNmg0

mr2Fs

根据静滑动摩擦定律，有Fs≤fFN，代入上式，有



≤

gfr

即物体不致因转台旋转而滑出时，水平台的最大转速为 max



gfr

9-5 如图9.12所示，胶带运输机卸料时，物料以初速度v0脱离胶带，设v0与水平线的夹角为。求物体脱离胶带后，在重力作用下的运动方程。

解：建立如图所示的坐标系。物料脱离胶带后只受重力作用，应用质点运动微分方程，有即

mdxdt

2222

0，m

dydt

mg

dxdt

0

，

dydt

g

其微分方程的通解可写为

xAtB

，y



gtCtD

dxdt

t0

代入初始条件

0

t0

0

，

v0cos

，

t0

，

dydt

t0

v0sin

0

，C

v0sin

可解得Av0cos，B

，D

0

12

gtv0tsin

物料脱离胶带后的运动方程可写为xv0tcos，y

9-11 如图9.16所示，在三棱体ABC的粗糙斜面上放有重为W的物体M，三棱体以匀加速

度a沿水平方向运动。为使物件M在三棱体上处于相对静止，试求a的最大值，以及这时M对三棱体的压力。假设摩擦系数为f，并且f

解：(1) 物件M在三棱体上处于相对静止，物件M加速度和三棱体的加速度a一致如图(a)所示。

(2) 选物件M为研究对象，受力分析如图(b)所示。应用质点运动微分方程，有 FNsinFscos

Wga

FNcosFssinW0 其中：FsfFN，解得 a FN

10-1 计算如图10.15所示的下列各刚体的动量。

(a) 质量为m，长为L的细长杆，绕垂直于图面的O轴以角速度转动；

(b) 质量为m，半径为R的均质圆盘，绕过边缘上一点且垂直于图面的O轴以角速

度转动；

12mL

12L

sinfcoscosfsin

cosfsin

，方向水平向右。根据刚体动量的计算公式，

方向水平向右。

（b）由于刚体质心的速度vCR，方向水平向右，故刚体的动量为

PmvCmRPmvCmePmvC

方向水平向右。

（c）由于刚体质心的速度vCe，方向垂直于OC的连线，故刚体的动量为

方向垂直于OC的连线。

（d）由于刚体质心的速度为vC，方向水平向右，故刚体的动量为方向水平向右。

(a)

(b)

(c)

(d)

图10.15

10-6 如图10.18所示的椭圆规尺AB的质量为2m1，曲柄OC的质量为m1，而滑块A和

的质量均为m

2。已知OCACCBl，曲柄和尺的质心分别在其中点上，曲柄绕O轴

转动的角速度为常量。求当曲柄水平向右时质点系的动量。解：质点系的动量为四个物体动量的矢量和，即

PPi 四个物体的动量分别为

PAm2vAm2PAABj2m2lcostj PBm2vBm2PBABi2m2lsinti PAB2m1vC2m1lsinti2m1lcostj POCm1vD

m1lsinti

m1lcostj

这样，质点系的动量可表示为 P

P

(

m1lsint2m2lsint)i(m1lcost2m2lcost)j5

当曲柄水平向右时，即t0时，代入上式，可得P(m1l2m2l)j

说明质点系的动量方向垂直向上。

解：（1）建立如图所示的坐标系，应用质点系质心坐标公式计算机构质量中心坐标为



P1xC

LcostP2LcostP3(Lcost

P1P2P3

(P12P22P3)LcostP3L

2(P1P2P3)

(P12P2)Lsint2(P1P2P3)

P1yC

LsintP2LsintP1P2P3



（2）应用质心运动定理，有

FOx

P1P2P3

Cx

(P12P22P3)Lcost

作用在点O的最大水平力为

FOx

max



(P12P22P3)L

解：选整体为研究对象，受力分析如图所示。假设某时刻物体B的速度为v，物体C的速度为vC。它们之间满足关系

vCRvr

，即vC

。

质点系的动量在两坐标方向的投影可表示为

Pxm3vCcos

m3vcos

m3vsinm2v

Pym3vCsinm2v

应用动量定理，有

dPydt

dPxdt

FOxFNsin



FOym1gm2gm3gFNcos

其中：FNm3gcosdvdt

a

。解得轴承O处的约束反力为FOx(m3gsin

m3a)sin

m3a)cos

FOym1gm2(ga)(m3gsin

10-15 如图10.27所示用相同材料做成的均质杆AC和BC用铰链在点C连接。已知

AC25cm，BC40cm。处于铅直面内的各杆从CC124cm处静止释放。当A、B、C运动到位于同一直线上时，求杆端A、B各自沿光滑水平面的位移sA和sB

m125mx1

，m240m。建立如图所示的坐标系，则两杆在初始时刻x方向坐标分别为

2524

3.5

，x27

而端B会向右滑动。当A、运动到位于同一直线上时，两杆的质心x坐标分别为'''

x1sA12.5，x2sA2520sA45。由质心运动守恒定理xCxC，有

25m3.540m23

25m40m



25m(sA12.5)40m(

sA45

)

m40m

2B、C

24

23

。杆在下落的过程中，端A会向左滑动，

解得杆端A沿光滑水平面的位移sA：sA17(cm) 杆端B沿光滑水平面的位移sB为

sB172540(732)9(cm)

11-1各均质物体的质量均为m，物体的尺寸及绕固定轴转动角速度方向如图11.35所示。试求各物体对通过点O并与图面垂直的轴的动量矩。

(a)

(b) (c)

图11.35

1212

解：（a）杆OA对通过点O并与图面垂直的轴的动量矩为LOJO （b）圆盘对通过点O并与图面垂直的轴的动量矩为LOJO

mRmR

32mR

（c）圆盘对通过点O并与图面垂直的轴的动量矩为LOJO(mR2mR2)

解：系统对转轴O的动量矩是由杆对转轴O的动量矩和圆盘对的动量矩两部分组成。杆对转轴O的动量矩为LO杆Ml2

转轴O

（1）当ωrω时，圆盘转动的绝对角速度为ωaωr2ω

圆盘对转轴O的动量矩为LO圆盘故系统对转轴O的动量矩为

LOLO杆LO圆盘

MlmRml

mRamvAlmRml

222

（2）当ωrω时，圆盘转动的绝对角速度为 ωaωr0 圆盘对转轴O的动量矩为LO圆盘故系统对转轴O的动量矩为

LOLO杆LO圆盘

Mlml

mRamvAlml

解：选整体为研究对象，受力分析如图所示。从受力图可以看出，系统所受的全部外力对z轴的矩等于零。系统对z轴的动量矩也保持不变，即

(Jzma2)0(Jzmr2)

解得曲架转动的角速度与距离DCr之间的关系为 

JzmaJzmr

0

解：选整体为研究对象，受力分析如图所示。应用动量矩定理，有a

(JOm1r12m2r22)m2gr2m1gr1 解得鼓轮的角加速度为

m2r2m1r1JO

2m1r1



2m2r2

11-13 重物A质量为m1，系在绳子上，绳子跨过不计质量的固图

11.46 定滑轮D，并绕在鼓轮B上，如图11.47所示。由于重物下降带动了轮C，使它沿水平轨道滚动而不滑动。设鼓轮半径为r，轮

C的半径为R，两者固连在一起，总质量为m2，对于其水平轴O的回转半径为。求重物A下降的加速度以及轮C与地面接触点处的静摩擦力。





图11.47

其中：aOR，aA(Rr)，FT'FT。联立求解，可得重物A下降的加速度为 aA

m1(Rr)

m1(Rr)m2(R)

(

轮C与地面接触点处的静摩擦力为Fs

Rr)m1m2g

m1(Rr)m2(R)

m2g

FdB

FNB

m1g

图11.52

解：分别选重物A、B和鼓轮O为研究对象，受力分析和运动分析如图所示。分别列动力学方程，有

重物A： m1gFTAm1aA 重物B： FNBm2g0 FTBFdBm2aB

其中：FdBfFNB。鼓轮O： M2FTArFTBR

由运动学关系，可知：aAr，aBR。联立求解可得A下降的加速度为 aA

m1rfm2Rm1r

m2R

M

gr m2Rr

绳子两端的拉力为FTAm1gm1aA FTBfm2g

- 21 -

由M2至M3；(3) 质点由M3至M1。

图12.28 图12.29

解：根据弹力做功的公式，计算下列各种情况时弹簧力所做的功。（1）质点由M1至M2，弹簧力所做的功为 W12

k(12)

19602

(0.020.05)2.06(J)

（2）质点由M2至M3，弹簧力所做的功为

W23

1212

k(23)

1960219602

[0.05

(0.02)]2.06(J)

（3）质点由M3至M1，弹簧力所做的功为

W31

k(31)

[(0.02)0.02]0

12-8 如图12.34所示，一不变力偶矩M作用在绞车的均质鼓轮上，轮的半径为r，质量为m

图12.33 图12.34

s

Fdsfm2grcos

所做的功为WFd

，重物重力所做的功为W重

fm2grsin

，而其它的

力均不做功。故绞车转过后，系统所受的全部力做功的和为

W

Mm2gr(fcossin)0。设绞车转过

初始系统静止，系统的动能T1

后的角速度为，则重物沿斜面上升

m2r

的速度为r，此时系统的动能为T2

由动能定理T2

T1





m1r





(m12m2)r



，有

2r

(m12m2)rMm2gr(fcossin)

解得绞车转过后的角速度为

Mm2gr(fcossin)

(m12m2)

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