《理论力学》静力学典型习题+答案

《《理论力学》静力学典型习题+答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《《理论力学》静力学典型习题+答案（46页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、1-3试画出图示各结构中构件 AB的受力图5/7丿(a)（3）(b)1-4试画出两结构中构件 ABCD的受力图(a )1-5试画出图a和b所示刚体系整体各个构件的受力图5aZVA示位置平衡。试求二力Fi和F2之间的关系。Fi和F2,机构在图X1- 8在四连杆机构的ABCD的铰链B和C上分别作用有力解：杆AB，BC，CD为二力杆，受力方向分别沿着各杆端点连线的方向。解法1（解析法）假设各杆受压，分别选取销钉 B和C为研究对象，受力如图所示:由共点力系平衡方程，对B点有: Fx =0F2 - Fbc cos 45对C点有: Fx =0Fbc 一 F1 cos30解以上二个方程可得：尺=2 6 F2

2、 =1.63F23解法2（几何法）分别选取销钉B和C为研究对象，根据汇交力系平衡条件，作用在B和C点上的力构成封闭的力多边形，如图所示对B点由几何关系可知：F?二FBC cos45对C点由几何关系可知：Fbc二F1 cos300解以上两式可得：F, =1.63F22-3在图示结构中，二曲杆重不计，曲杆 点处的约束力。AB上作用有主动力偶 M试求A和C解：BC为二力杆（受力如图所示），故曲杆AB在B点处受到约束力的方向沿 BC 两点连线的方向。曲杆 AB受到主动力偶M的作用，A点和B点处的约束力必须 构成一个力偶才能使曲杆AB保持平衡。AB受力如图所示，由力偶系作用下刚体 的平衡方程有（设力偶逆

3、时针为正）：送 M = 0 Fasin（B + 450） _ M = 0FA = 0.354Ma其中：tan1。对 BC杆有：FC 二 FB 二 FA 二 0.354M3aA，C两点约束力的方向如图所示。2-4Fe0ocFrRo MF3FaFbMa2-6求最后简化结果解：机构中AB杆为二力杆，点A,B出的约束力方向即可确定。由力偶系作用下 刚体的平衡条件，点 O,C处的约束力方向也可确定，各杆的受力如图所示。对对AB杆有:对OA杆有:求解以上三式可得：M, =3N E，FAB = FO = FC = 5N ，方向如图所示。II方向如左图所示。由于Fr - M a，可进一步简化为一个不过 A点的

4、力（绿色的），主矢不变，其作用线距A点的距离d = 3a，位置如左图所示42-6b同理如右图所示，可将该力系简化为一个不过 A点的力（绿色的），主矢为:BC杆有: M = 0M, - Fa OA = 0解：2-6a坐标如图所示，各力可表示为：1 3F,Fi Fj，F Fi，2 2先将力系向A点简化得（红色的）：】Fi仝Fj2 2Fak20Fb BC sin30 - M 0Fr 二 Fi 3Fj，Fr 2Fi其作用线距A点的距离d =，位置如右图所示。4简化中心的选取不同，是否影响 最后的简化结果？ 是2-13解：整个结构处于平衡状态。选择滑轮为研究对象，受力如图，列平衡方程（坐 标一般以水平向

5、右为x轴正向，竖直向上为y轴正向，力偶以逆时针为正）： Fx=0Ps= - FBx =0 Fy=0FBy -P - Pcos： = 0选梁AB为研究对象，受力如图，列平衡方程： Fx=0Fax -Fbx = 0 Fy=0FAy -FBy 7 M A = 0 M A _ FBy I = 0求解以上五个方程，可得五个未知量 FgFAy, FBx, FBy, M A分别为：Fax二FBx =-Psin（与图示方向相反）Fa Fb P（1 cos ）（与图示方向相同）M P（1 cos ）I （逆时针方向）1- 18解：选AB杆为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：ai M a = 0Nd- G co

6、s： -Fl co = 0cos：2 Fy =0Nd cos： - G - F =0求解以上两个方程即可求得两个未知量 NdF，其中:1二 arccos2(F G)a3 (2F G)l 未知量不一定是力以下几题可看一看！2-27解：选杆AB为研究对象，受力如下图所示。列平衡方程：（运用力对轴之矩！）1 M y = 0 Pctan： - Fbc cos c 一 FBC sin ctan： - 02Fbc 二 60.6N、Mxc - FBC sinFb =100N由v Fy = 0和v Fz二0可求出FAy,FAz。平衡方程v M x二0可用来校核 思考题：对该刚体独立的平衡方程数目是几个？2-2

7、9解：杆1, 2, 3, 4, 5, 6均为二力杆，受力方向沿两端点连线方向，假设各杆 均受压。选板ABCE为研究对象，受力如图所示，该力系为空间任意力系。采用 六矩式平衡方程：、M de = F2 cos450 = 0F2 = 0M AOF6 cos450F cos450 cos450 a = 0M BH-F4 cos450F6 cos450 a = 0F4F（受压）2M ADF1 a F6 cos450 a - F sin 450 a = 0F 12F（受压）2、Mcd = 0Fi a F3 a - Fsin450 a = 0F3 = -F（受拉）20M bc = 0F3 a F5 a -

8、 F4 cos45 a = 0F5 = 0本题也可以采用空间任意力系标准式平衡方程，但求解代数方程组非常麻烦。类似本题的情况采用六矩式方程比较方便，适当的选择六根轴 保证一个方程求解一 个未知量，避免求解联立方程。2-31 力偶矩 M 二 1500N cm解：取棒料为研究对象，受力如图所示。列平衡方程 ：* Fx =0匸 + pcos45 N2 = 0送 Fy =0 F2 _ psin 450 + N1 = 0M。（R F2）卫 _ m = 0 . 2补充方程：Fi _ fsNiIF? = fsN五个方程，五个未知量F!,N!,F2,N2, fs，可得方程：2M f； - 2p D fs 2M

9、 = 0解得 fS1 = 0.223, fS2 二 4.491。当 fS2 二 4.491 时有：P（1 二 fs2）2（厂fs22）即棒料左侧脱离V型槽，与提议不符，故摩擦系数 fs =0.2232-33解：当:=450时，取杆AB为研究对象，受力如图所示 列平衡方程：v Fx = 00 Ma =0Fn - T si= 0Fs +T cosB - p = 0_ABT cosr AC sin： - T siAC cos： - p sin ： = 0I2附加方程：Fs二fsFN 四个方程，四个未知量Fn,Fs,T, fs，可求得fs = 0.646。2-35解：选棱柱体为研究对象，受力如图所示。

10、假设棱柱边长为a,重为P,列平衡方程: Ma =0 Mb =0.送巳=0aa小1Fnb a - P COS+ P sin。01122 3a .a小1 -Fna a P cosP sin0122、31ffF aF b-Psin：二0二 fsNA如果棱柱不滑动，则满足补充方程Fa时处于极限平衡状态。解以上Fb二 fs 2 FnB五个方程，可求解五个未知量Fa , Fna, Fb , Fnb，其中:(1)3亿fs2)s1s2当物体不翻倒时Fnb - 0，贝u：tan：乞 600即斜面倾角必须同时满足（1）式和 式，棱柱才能保持平衡2- 10解：假设杆AB , DE长为2a。取整体为研究对 象，受力如

11、右图所示，列平衡方程：衡方程：、Mh二 0Fy a - F a = 0 Fd=FMb=0Fdx a - F 2a = 0Fdx = 2F取杆DE为研究对象，受力如图所示，列平取杆AB为研究对象，受力如图所示，列平衡方程: Fy = 0FAyFyFBy = 0 M A = 0Fdx a Fbx 2a = 0 M B = 0-Fax 2a - Fdx a = 0/Ay = -F （与假设方向相反）FBx二- F （与假设方向相反）Fax = -F （与假设方向相反）3-12bFdM c = 0Fb2a = 0Fb 0解：取整体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：x Me =0Fd b - F x

12、 = 0f - -Fb取杆AB为研究对象，受力如图所示，列平衡方程: M 人=0 Fb b - F x = 0fb = X Fb杆AB为二力杆，假设其受压。取杆 AB和AD构成的组合体为研究对象，受力 如图所示，列平衡方程： Me =0 (Fb Fd) - F (B-x)-Fac 02 2 2解得Fac二F，命题得证。注意：销钉A和C联接三个物体。3-14解：取整体为研究对象，由于平衡条件可知该力系对任一点之矩为零，因此有：Ma =0Ma(Fb)-M M =0即Fb必过A点，同理可得Fa必过B点。也就是fa和Fb是大小相等，方向相反 且共线的一对力，如图所示。取板AC为研究对象，受力如图所示，

13、列平衡方程： M C = 0Fa sin 450 a - FA cos450 b - M = 0 M C = 0Fa sin 450 a - FA cos450 b - M = 0解得：fA2M （方向如图所示）-b3-20解：支撑杆2, 3为二力杆，假设各杆均受压。选梁 BC为研究对象，受力如 图所示。其中均布载荷可以向梁的中点简化为一个集中力， BC杆中点。列平衡方程：1,大小为2qa,作用在Mb =0 F3sin450 a - 2qa a - M = 0f3二 2（- 2qa）（受压）A/D选支撑杆销钉为研究对象，受力如右图所示。列平衡方程:xFx=0R - F3 cos450 二 0-

14、 F2 - F3 sin45 = 0F -（ 2qa）（受拉）aP7B列平衡方程:选梁AB和BC为研究对象，受力如图所示。Fax F3 COS450 二 0 FAx-（-2qa）（与假设方向相反） aFAy F2 F3 sin 450 - P - 4qa = 0 FAy = P 4qaAyM a F2 a - P 2a - 4qa 2a F3sin450 3a - M = 0Ma = 4qa2 2Pa- M （逆时针） F0 FaxFbxF =03-21解：选整体为研究对象，受力如右图所示 列平衡方程： Ma = 0 FBy 2a 一 F 2a = 0Fb F Mb = 0 - FAy 2a

15、- F 2a = 0 Fa -FG,受由题可知杆DG为二力杆，选GE为研究对象，作用于其上的力汇交于点力如图所示，画出力的三角形，由几何关系可得：Fe = 2 FE 2取CEB为研究对象，受力如图所示。列平衡方程： M c = 0Fbx a FBy a 一 Fe sin 45 a = 0FBx =-匸2代入公式（1）可得：Fax =3-24解：取杆AB为研究对象，设杆重为P,受力如图所示。列平衡方程:Ma =0N, 3r - P 3r cos60 0N厂 6.93(N)2 Fx =0Fax - NiSin60 = 0= 6(N) Fy =0FAy -叫迹600 - P = 0Fa 12.5(N

16、)取圆柱C为研究对象，受力如图所示。列平衡方程： Fx = 0 Ni cos300 - T cos300 = 0T = 6.93(N)注意：由于绳子也拴在销钉上，因此以整体为研究对象求得的A处的约束力不是杆AB对销钉的作用力。3-27解：取整体为研究对象，设杆长为 L,重为P,受力如图所示。列平衡方程：Lp Ma = 0 Fn 2Lsin 2P cos0Fn(1)22ta n 日取杆BC为研究对象，受力如图所示。列平衡方程： Mb = 0 Fn Lsin P Lcos： - Fs Lcos - 0F P (2)2补充方程：Fs乞fs Fn，将式和(2)式代入有：taM 主，即厂100。23-2

17、9 ()证明：(1)不计圆柱重量法1:取圆柱为研究对象，圆柱在 C点和D点分别受到法向约束力和摩擦力的作用，分别以全约束力FrC,Frd来表示，如图所示。如圆柱不被挤出而处于平衡状态，则Frc,Frd等值，反向，共线。由几何关系可知，Frc,Frd与接触点C，D处法oBBoABBAaJ00FAyFaxF NDF SCF ND Fxsin ： FF NC M。= 0sin ： FF ND1 cos：1 cos：线方向的夹角都是，因此只要接触面的摩擦角大于 1,不论F多大，圆柱不2 2会挤出，而处于自锁状态法2 （解析法）：首先取整体为研究对象，受力如图所示。列平衡方程:再取杆AB为研究对象，受力

18、如图所示。列平衡方程:FDa取圆柱为研究对象，受力如图所示。假设圆柱半径为R,列平衡方程:FscR- Fsd R = 0Fnc sin ： - Fsc cos： MA = 0Fnd a - F I = 0 MA = 0Fnc a - F I = 0Fca由补充方程：Fsc空fsc Fnc，Fsd空fsD Fnd，可得如果:Si naaafsc -,fsD1 + cosa22则不论F多大，圆柱都不被挤出，而处于自锁状态。证明：（2）圆柱重量P时Frc , Frd。如果圆柱保持平衡,取圆柱为研究对象，此时作用在圆柱上的力有重力 P，C点和D点处的全约束力则三力必汇交于D点（如图所示）。全约束力Fr

19、c与C点处法线方向的夹角仍为I,因此如果圆柱自锁在C点必须满足:21 + COP该结果与不计圆柱重量时相同。a=ta n 2只满足（1）式时C点无相对滑动，但在D点有可能滑动（圆柱作纯滚动）。再选杆AB为研究对象，对A点取矩可得由几何关系可得:a lFtan2 aFF RCFlaa cos2法1 （几何法）：BRDPRDFrc0 0 :-sin180 - 一（180 -？）圆柱保持平衡，则作用在其上的三个力构成封闭得力三角形，如图所示。由几何关系可知：PFrcsin将(2)式代入可得：Fl sina tan(Pa + Fl )(1 + cost)因此如果圆柱自锁在D点必须满足：fsD _ ta

20、n -Flsin：SD(Pa + Fl )(1 + cost)即当同时满足式和(3)式时，圆柱自锁，命题得证。法2 (解析法)：取圆柱为研究对象，受力如图所示，列平衡方程： Fx = 0Fnc sin ： - Fsc cos： - F$d = 0 Fy = 0Fnd - P - Fsc Sin： - Fnc COS：二 0lFl解得：Fsc 二 Fsd 二 tan F， Fnd 二 P (cos： sin： tan )2 aa2代入补充方程：Fsd乞fSD Fnd，可得如果圆柱自锁在D点必须满足：f _tan =Fl sin： (3)SD(Pa+ Fl)(1 + co沪)即当同时满足式和(3)

21、式时，圆柱自锁，命题得证。3-30解：取整体为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：工 Fx = 0 Fsd Fse = 0Z F= 0 .Fnd + Fne - F - 2P = 0Ly由题可知，杆AC为二力杆。作用在杆BC上的力有主动力F，以及B和C处的约束力FB和FAC，由三力平衡汇交，可确定约束力 FB和FAC的方向如图所示，o7R90BEMEL T其中：tanr = 1，杆AC受压3取轮A为研究对象，受力如图所示，设Fac的作用线与水平面交于F点，列平衡方程:方程:解以上六个方程，可得:Md - Fnd，Me 一 Fne，Fsd 空 fsFND，Fs fsFNEMa=0FsdR _ M

22、 d = 0 MF =0(Fnd - P) R - M D = 0取轮B为研究对象，受力如图所示，设Fb的作用线与水平面交于G点，列平衡 MB =0Me _Fse 只=0Mg =0Fn p - F，4Fn P 3f，4若结构保持平衡，则必须同时满足:(P - Fne) Rta二 01Fse=4F，1Md 二 Me 二一FR4即:F mmin 4R -6p, 4 p,4fsP,4fsPR -3、1 - fs 1 - 3fs4、.R 一、因此平衡时F的最大值Fmax = 0.36，此时:Fsd = Fse = 0.091(N), Md = Me =0.91(N cm)3-35解：由图可见杆桁架结构

23、中杆 CF, FG, EH为零力杆。用剖面SS将该结构分为 两部分，取上面部分为研究对象，受力如图所示，列平衡方程：F厂-14.58(kN)(受拉) M C = 0 F-! cost 6 Fh 4 - Fg 3 = 0Fx= 0- F1 si- F3 - FH = 0F-31.3（受拉）Fy= 0F2 - F1 co - Fg = 0F2 二18.3（受压）3-38解：假设各杆均受压。取三角形BCG为研究对象，受力如图所示。列平衡方程: Fx = 0 F - Fcd = 0Fcd = F （受压）Fg取节点C为研究对象，受力如图所示。列平衡方程:F Fx = 0: Fbc COS450 - F

24、cd - Fcg co矽=0l送 Fy = 0Fbc sin450 + FCG sin日=0其中：tan= 12，解以上两个方程可得：FBC = 0.586 F （受压）2 + V23-40解：取整体为研究对象，受力如图所示。列平衡方程：二 M a = 0Fb 2a - F 2a - F 3a = 0 FB 二 2.5F1 cF用截面S-S将桁架结构分为两部分，假设各杆件受拉，取右边部分为研究对象, 受力如图所示。列平衡方程：E M C = 0 FB a + F a - F2 3a = 0f2 = 7 F （受拉）2 6 Fx = 0 2F - F2 = 0F1 = 5 F （受拉）64-1f

25、 Fm解：1. 选定由杆OA OC, DE组成的系统为研究对象，该系统具有理想约束。作用在 系统上的主动力为F , Fm。2. 该系统的位置可通过杆OA与水平方向的夹角B完全确定，有一个自由度。选 参数9为广义坐标。3. 在图示位置，不破坏约束的前提下，假定杆 OA有一个微小的转角S 9，相应 的各点的虚位移如下：rA = O A ，b = O Bv，r =O1CG = O1Dr，* 二 L，G 二I代入可得：:.rA = 30 ： rE4. 由虚位移原理v.W(Fi)二0有：F Fm e=(30F-Fm) J。对任意rE = 0有：Fm = 30F，物体所受的挤压力的方向竖直向下。4-4解：

26、4a1. 选杆AB为研究对象，该系统具有理想约束。设杆重为 P,作用在杆上的主动力 为重力。2. 该系统的位置可通过杆AB与z轴的夹角9完全确定，有一个自由度。选参数9为广义坐标。由几何关系可知：h二 3tan日杆的质心坐标可表示为:z”a - l cos，tan 23. 在平衡位置，不破坏约束的前提下，假定杆 AB逆时针旋转一个微小的角度 S 9，则质心C的虚位移：4.由虚位移原理、W (FJ =0有:(-冷WO6对任意u 0 有:2sin 即杆AB平衡时:(a)1)30PB解：4b1. 选杆AB为研究对象，该系统具有理想约束。 为重力2. 该系统的位置可通过杆 AB与z轴的夹角设杆重为P,

27、作用在杆上的主动力B完全确定，有一个自由度。选参数B为广义坐标。由几何关系可知:Za66杆的质心坐标可表示为:Zc1cos26AB顺时针旋转一个微小的角度3. 在平衡位置，不破坏约束的前提下，假定杆S 9，则质心C的虚位移：亠os-sin 二4.由虚位移原理、：W ( FJRl-Pzc = - P (2cossin 二)J - 0sin 日2对任意“ -0有：RI2cossinr - 0sin 二2即平衡时二角满足：2 R cos v - I sin 3 v - 0。4-5叶*解：1.选整个系统为研究对象，此系统包含弹簧。设弹簧力F, F2，且F F2,将弹簧力视为主动力。此时作用在系统上的主

28、动力有F, F2，以及重力P。2该系统只有一个自由度，选定二为广义坐标。由几何关系可知：zA = zB = a sin -3.在平衡位置，不破坏约束的前提下，假定有一个微小的虚位移s 9，则质心的 虚位移为：zC = zA = Zb = a cos 二 u弹簧的长度l = 2asin =，在微小虚位移s 9下：2Ql = a cos 寸24.由虚位移原理W ( FJ = 0有:ePZc - F? I = (Pa cos t - F2a cos ) ) - 02其中F2二k(2asin二- a)，代入上式整理可得：2 2a2 P cos J - ka (2 si n 二-cos )02 2由于a

29、 = 0，对任意宀-0可得平衡时弹簧刚度系数为：,2 P cos 日k =a (2 si- cos )24-6解：解除A端的约束，代之以Fa Fa M A，并将其视为主动力，此外系统还 受到主动力F1, F2, F3, M的作用。系统有三个自由度，选定 A点的位移 xa, yA和梁AC的转角为广义坐标。1 在不破坏约束的前提下给定一组虚位移XA=0, yA 二0,=0，如图所示。由虚位移原理 ：W(Fi) = 0有：FaxXa 二 0对任意XA = 0可得：FAX = 02 在不破坏约束的前提下给定一组虚位移XA二 0, yA =0,=0，如下图所示。由虚位移原理 W ( Fi )=0 有:-

30、FAy M h y F2 y - F3% M 宀二 0(1)V 2 m 11 W2 m 11 mr :_3 m “ IL1-0由几何关系可得各点的虚位移如下:yi13 yC代入式:(一Fay Fi对任意、：xA13 yA-M3FAy = 4(kN )，方向如图所示03.在不破坏约束的前提下给定一组虚位移-：xA二0yA = 0,上图所示。由虚位移原理x W (Fi 0有：-M A F1 、y F2 、y2 一 F3 、y3 M 、宀 一 0 有几何关系可得各点的虚位移如下：yi = 2八y3 二 yc 二 3代入式：(-M A 2F1 F2 - 3F3 M ) 二 0对任意、二0可得：M A二

31、7(kN m)，逆时针方向。4-7解：将均布载荷简化为作用在 CD中点的集中载荷f3，大小为6q1.求支座B处的约束力解除B点处的约束，代之以力FB ,并将其视为主动力，系统还受到主动力F!, F2, F3, M只能绕C点转动的作用，如图所示。在不破坏约束的前提下,杆AC不动，梁CDB由虚位移原理系统有一个自由度，选转角 二为广义坐标、W(FJ 二 0 有:给定虚位移二，F3 y 二 0(1)FB rB cos 450 M 丿F2 y2cos15O0 -各点的虚位移如下：rB V 2 、宀代入(1)式整理可得：(6Fb M9 3 F2 - 3F3)宀对任意-0可得:Fb二 18 .6(kN )

32、，方向如图所示。2.求固定端A处的约束力解除A端的约束，代之以FaxFAy , M A，并将其视为主动力，系统还受到主动力F1, F2, F3, M的作用。系统有三个自由度，选定A点的位移xa, yA和梁AC的转角二为广义坐标2a.求 FAx在不破坏约束的前提下给定一组虚位移、：Xa = oyA = 0,-时整个结构平移，如上图所示。由虚位移原理 x W ( Fi 0有：FAxxa Fj “ F2x2cos12O0 = 0各点的虚位移如下：Xj = x2 二 xA代入(2)式整理可得：(FaxFl - 0.5F2)X 二 0对任意xA = 0可得： FAx = 2( kN )，方向如图所示。2

33、b.求 fAy在不破坏约束的前提下给定一组虚位移；xA = 0,、；yA = 厂宀_ 0，此时梁AC向上平移，梁 CDB绕D点转动，如上图所示。由虚位移原理 、W(FJ 二 0 有：FAy yA - F3 y3 F2 y2cos30 - M 、二=0各点的虚位移如下：11 11y 二 y3ycyAy?y2236代入(3)式整理可得：131(卩八一 2卩32卩2- $m)、*二o对任意：yA = 0可得： FAy二3.8(kN )，方向如图所示。2c.求 M，此0在不破坏约束的前提下给定一组虚位移、；Xa二0yA二0,宀=0 时梁AC绕A点转动，梁CDB平移，如上图所示。由虚位移原理 W (Fi

34、): 有：-M A 宀 F“ XF2 x2cos 120 0 二 0各点的虚位移如下：Xj = 3 宀x2 二 xC = 6 二代入(4)式整理可得：(-Ma 3F1 - 3F2) - 0对任意宀 0可得：M A - - 24 ( kN m)，顺时针方向。4-8解：假设各杆受拉，杆长均为a。1 求杆1受力去掉杆1,代之以力R，系统有一个自由度，选AK与水平方向的夹角二为 广义坐标，如上图所示。在不破坏约束的条件下给定一组虚位移，此时三角形ADK形状不变，绕 A点转动，因此有 d _ AD r rK - A K，且：:rD = a 二，：rK = . 3a -滑动支座B处只允许水平方向的位移，而

35、杆BK上K点虚位移沿铅垂方向，故B 点不动。三角形BEK绕B点旋转_ BE，且：-rE = rD = a -二对刚性杆CD和杆CE由于6rD丄Cd ,6rE丄CE，因此6 rC = 0。由虚位移原理a ：W （ FJ二0有：（F1 PJ rDcos 60 0 R rEcos 600 二 0代入各点的虚位移整理可得：下 2R） a“ - 0对任意二-0可得：P = - E1 （受压）1 22 求杆2受力去掉杆2,代之以力p2，系统有一个自由度，选BK与水平方向的夹角二为广义坐标，如上图所示。在不破坏约束的条件下给定一组虚位移，杆AK绕A点转动，因此有 A K，且：rK = 3a =同理可知B点不

36、动，三角形BEK绕B点旋转：丨_ BE，且：:rE = a “ ： rE 二：d = a =杆AD绕A点转动、：rD _ ad，由刚性杆de上点E的虚位移可确定d点位 移方向如图所示，且：-rD 二：rE = a 匸二同理可知C = 。由虚位移原理x W (Fi 0有：Fj rDcos12O0 P2 rDcos150 P2 rK cos 120 0 = 0代入各点的虚位移整理可得：(F1 2 3P2)二 0对任意二-0可得：P2 = -3Fl (受压)。3 求杆3受力去掉杆3,代之以力P3，系统有一个自由度，选AK与水平方向的夹角二为 广义坐标，如上图所示。在不破坏约束的条件下给定一组虚位移，

37、三角形 ADK 绕A点转动，rD - AD,Tk AK，且：:rD 二 a = , ： rK 二3a -二同理可知B点不动，.e _ BE，且：、rE =二 rD = a、丁 、rC = 0由虚位移原理x W (Fi 0有：rK cos 120= 0Fj rD cos 60P3 rE cos 150P3代入各点的虚位移整理可得：(F“ - 2 ,3P3) a“ - 0对任意二-0可得:P3=3(受拉)4-12铅垂力F为常力解: F大小和方向不变，常力也是有势力。取 杆和弹簧构成的系统为研究对象。该系统为保 守系统，有一个自由度，选为广义坐标，如图所示。取二0为零势能位置，则系统在 任意位置的势

38、能为：7=7弹 Vf1 2k(b - bcos)2 - F(2b - 2b cos 二) 21二 kb2(1 - cos，)2 -2Fb(1 - cos，) 2由平衡条件dV . 0可得:chbkb(1 - cos 二)- 2F sin - 0有:sin - - 0 和 kb(1 - cos，) - 2F即:H =0和cos日2 F(kb - F )两个平衡位置。 k为判断平衡的稳定性，取势能 V的二阶导数：djV当r - 0时，djV也就是:=(kb - 2 F )b cos)- kb2 cos 2二-2 Fb 0，即y = 0时是不稳定平衡。21d2Vdr由上式可知:1当2F时,kbF (

39、kb -2Fkb稳定平衡位置;2当2Fkb不稳定平衡位置51-4F)且kb时,时,d2VF(kb：F)d2V2 匸 F(kb-F)X/解：取半径为r的半圆柱为研究对象，圆心为 C。半圆柱作纯滚动，有一个自由 度，取两个半圆心连线与 y轴夹角二为广义坐标。作用在半圆柱上的主动力为 重力，系统为保守系统，如图所示，其中 h二竺。由于半圆柱作纯滚动，有:3(1)取坐标原点为零势能位置，则半圆柱在任意位置的势能为:4 r cos( B + 8 )3 二dVV 二 mgz c 二 mg ( R r) cos 丁 -代入（1）式有:4rmg ( R r) coscos(mg (Rr)土sin( RJ ) - sin 二3兀r由平衡条件dVdB=0可得二二0为平衡位置。势能V的二阶导数:d2V由上式可得当Rmg (R )好 cos(R -3兀rr （3 二-1）r ， - _ 0 是稳定的。4