1、理論力學典型錯解選評第1篇靜力學題11結構的尺寸及荷載如圖所示。自重不計，試求支座反力。圖 1-1錯誤解答：因為外荷載為豎向力，根據平面平行力系的平衡條件，支座A、B、E處的約束反力也應為豎直方向，其整體的受力圖如圖11(b)所示。由平面任意力系平衡方程，有 (1) (2) (3) 由式(1),有 (4)由式(3),有 (5)將式(4)、(5)代入式(2)，有 解出 將之值代入式(5),得將之值代入式(4),得計算無誤。錯誤分析：圖11(b)所示受力圖是錯誤的。因為結構自重不計，故桿AB、BG均為二力桿，A處約束反力沿桿方向而非鉛直。另外，E處為鉸支座，它的約束反力還應有水平分力。正確解答：因

2、結構自重不計，故桿AB、BG均為二力桿。以BCDE結構部分為研究對象，其受力圖如圖1-1(d)所示。B處為復鉸，在該受力圖中，B處含有銷釘B，分別為銷釘B與桿AB、BG之間的反作用力。由平面任意力系平衡方程，有 (1)所以 (2)所以 (3)以CDE部分為研究對象，其受力圖如圖1-1(e)所示。由平面任意力系平衡方程，有 (4)所以 由式(3),有由圖1-1(c)，有所以 題1-2 組合結構的尺寸及荷載如圖所示，自重不計。試求桿1、2所受的力。圖 12錯誤解答：取整體為研究對象，其受力圖如圖1-2(a)所示。由平面任意力系平衡方程，有所以 2. 取節點B為研究對象。其受力圖如圖1-2(b)所示

3、。由平面匯交力系平衡方程，有所以 3. 取節點E為研究對象，其受力圖如圖1-2(c)所示。由平面匯交力系平衡方程，有所以 所以 錯因分析：以節點B為研究對象圖1-2(b)所示的受力圖是錯誤的。因為梁BC不是二力桿，不能將其在G處切斷，并將BG部分視為二力桿。如若以銷釘B為研究對象，則梁BC的B端與銷釘B之間有2個正交的未知力、，再加上桿3與銷釘B之間的作用力也是未知的，共3個未知量，而平衡方程只有2個，不能求解。正確解答：1. 取整體為研究對象，其受力圖如圖1-2(a)所示。由平面任意力系平衡方程，有所以 2. 取ADC部分為研究對象，其受力圖如圖1-2(d)所示。由平面任意力系平衡方程，有所

4、以 3. 取節點E為研究對象，其受力圖如圖1-2(c)所示。由平面匯交力系平衡方程，有所以 題1-3 桿AB的A端固定，在B處用鉸鏈與折桿BCD連接。圓輪半徑r=1m,吊重P=6kN。試求A處的反力。錯誤解答：錯解一：1. 取折桿BCD和滑輪為研究對象，其受力圖如圖1-3(b)所示。由平面任意力系平衡方程，有，所以 2. 取桿AB為研究對象，其受力圖如圖1-3(c)所示。由平衡方程，則有所以 所以 圖 13錯解二：1. 以折桿BCD為研究對象，其受力圖如圖1-3(d)所示。由平衡方程，有所以 所以 2. 以桿AB為研究對象，其受力圖如圖1-3(e)所示。由平衡平程，有所以 所以 所以 錯因分析

5、：1. 圖1-3(b)所示受力圖是錯誤的，在鉸鏈B處應以兩個正交分量表示其約束反力。2. 圖1-3(d)所示受力圖是錯誤的，在鉸鏈E處應以兩個正交分力表示其約束反力。正確解答：以折桿BCD和滑輪為研究對象，其受力圖如圖1-3(f)所示。由平衡方程，有所以 2以整體為研究對象，其受力圖如圖1-3(g)所示。由平衡方程，有所以 所以 所以 題1-4 構架的尺寸及荷載如圖所示。固定在桿BD上的銷釘穿在桿AC的光滑槽內。試求各支座的反力。錯誤解答：1. 以桿BD為研究對象，其受力圖如圖1-4(b)所示。由平衡方程，有所以 2. 以桿AC為研究對象，其受力圖如圖1-4(c)所示。由平衡方程，有所以 圖

6、143. 以整體為研究對象，其受力圖如圖1-4(a)所示。由平衡方程，有所以 所以 所以 錯因分析：由圖1-4(b)、(c)所示的受力圖是錯誤的。因銷釘D穿在光滑槽中，故E處的約束反力應沿光滑槽的法線方向，即與AC桿垂直的方向。正確解答：1. 以BD為研究對象，其受力圖如圖1-4(d)所示。由平衡方程，有所以 2. 以AC為研究對象，其受力圖如圖1-4(e)所示。由平衡方程，有所以 3. 以整體為研究對象，其受力圖如圖1-4(a)所示。由平衡方程，有所以 所以 所以 題1-5 圖示構架的尺寸如圖所示，桿重不計。固定在桿CE上的銷釘E穿在桿AD的光滑槽中。若已知F=10kN,P=20kN，CG=

7、GE。試求A、B處的約束反力。錯誤解答：以桿BC為研究對象，其受力圖如圖1-5(b)所示。由平衡方程，有所以 2. 以BCE為研究對象，其受力圖如圖1-5(c)所示。由平衡方程，有所以 圖 15所以 所以 3. 以AD為研究對象,其受力圖如圖1-5(d)所示。由平衡方程，有所以 所以 錯因分析：圖1-5(c)所示的受力圖中，銷釘E處的約束反力應垂直桿AD，即水平方向。因為銷釘E與滑槽之間為光滑固定面約束，其約束反力應沿公法線方向，E處的公法線方向為垂直于AD方向。正確解答：1. 以BC為研究對象，其受力圖如圖1-5(b)所示，由上解得2. 以BCE為研究對象，其受力圖如圖1-5(e)所示。由平

8、衡方程，有所以 所以所以 3. 以AD為研究對象，其受力圖如圖1-5(f)所示。由平衡方程，有所以 所以 所以 題1-6 組合結構如圖所示，若桿重不計，試求A、D處的約束反力及桿1、2、3、4所受的力。圖 16錯誤解答：錯解一：1. 取ACB為研究對象，其受力圖如圖1-6(b)所示。由平衡方程，有所以 所以 2. 取DGH為研究對象，其受力圖如圖1-6(c)所示。由平衡方程，有所以 所以 所以 3. 取節點H為研究對象，其受力圖如圖1-6(d)所示。由平面匯交力系平衡方程，有所以 所以 錯解二：1. 取BC為研究對象，其受力圖如圖1-6(e)所示。由平衡方程，有所以 所以 2取AC為研究對象，

9、其受力圖如圖1-6(f)所示。由平衡方程，有所以 所以 所以 3取EG為研究對象，其受力圖如圖1-6(g)所示。由平衡方程，有所以 所以 所以 4. 取節點H為研究對象，其受力圖如圖1-6(h)所示。由平面匯交力系平衡方程，有所以 所以 5. 取DE為研究對象，其受力圖如圖1-6(i)所示。由平衡方程，有所以 所以 所以 錯因分析：1. 受力圖(b)、(c)錯誤。A、D處均為固定端約束，還應有約束反力偶。2. 受力圖(f)中C點約束反力方向畫錯，應與圖(e)的C處有作用與反作力大小相等、方向相反、沿同一直線的關系.3. 在受力圖(g)、(i)中，將作用于鉸E處的集中力F各畫是錯誤的。因為集中力

10、F是作用在連接DE和EG的銷子上的。既非作用在桿DE的E端，也非作用在桿EG的E端，更非在兩桿E端各作用一半。在這種情況下，處理的方法有三：（1）將銷子合并在桿DE的E端，（2）將銷子合并在桿DG的E端，（3）單獨取出銷子作為研究對象。請讀者思考，圖(g)、(i)中的和，和是一對作用力與反作用力嗎？正確解答：1. 取BC為研究對象，其受力圖如圖1-6(e)所示。由平衡方程，有所以 2. 取ACB為研究對象，其受力圖如圖1-6(j)所示。由平衡方程，有所以 所以 3. 取EG為研究對象，其受力圖如圖1-6(k)所示。由平衡方程，有所以 所以 所以 4. 取節點H為研究對象，其受力圖如圖1-6(h

11、)所示。由平面匯交力系平衡方程，有所以 所以 5. 取DE為研究對象，其受力圖如圖1-6(l)所示。由平衡方程，有所以 所以 所以 綜上，有 題1-7 構架的尺寸如圖所示。固定在桿AD上的銷釘C插入桿BC的光滑槽內。若已知P=4kN，M=2kNm。試求A、B處的約束反力。錯誤解答：1. 以BCD部分為研究對象，其受力圖如圖1-7(b) 所示。由平衡方程，有 (1)所以 (2)所以 (3)所以 圖17錯誤解答：圖172. 以ACD部分為研究對象，其受力圖如圖1-7(c) 所示。由平衡方程，有 (4)所以 (5)所以 (6)所以 錯因分析：1. 在圖1-7(b)所示的受力圖中，漏畫了銷子D與桿AD

12、在D端的約束反作用力。當然，如果在D處加畫了上述的約束反作用力，則本受力圖中將有5個未知數，就不能以此研究對象求解了。2. 由式(1)求得，當將其代入式(2)、(3)時，應連同負號一同帶入。上解沒有連同負號一起代入，顯然是錯誤的。3. 圖1-7(c)所示的受力圖中，在銷子D處漏畫了繩索的張力。圖為滑輪與桿組合在一起時，肯定有銷子D存在，而繩索的端點是系在銷子上的。另外，銷釘C處的約束反力應與圖1-7(b)中的等值、反向。盡管計算得，也不要在圖1-7(c)改變的方向。4. 如果因為求得為負值而在圖1-7(c)中改變了的方向，那么，當在式(4)、(5)、(6)的計算中代入的數值時，就不必連同負號一

13、同帶入了。上述錯解中，又改變了的方向，又連負號一同代入計算，就錯了。正確解答：1. 以輪D為研究對象，其受力圖如圖1-7(d)所示。由平衡方程，有所以 所以 2. 以BC桿為研究對象，其受力圖如圖1-7(e)所示。由平衡方程，有所以 所以 所以 3. 以AD桿為研究對象，其受力圖如圖1-7(f)所示。由平衡方程，有所以 所以 所以 題1-8 固定在桿CD上的銷釘E插入桿AB的導槽內，已知兩者之間的摩擦角。在桿AB和CD上分別作用有力偶，其矩分別為和，如圖所示。若不計桿重，鉸A、C光滑，試求平衡時之值的范圍。圖 18錯誤解答：在力偶、共同作用下，兩桿的運動趨勢為：（1）分別繞A、C軸有順時針轉動

14、的趨勢，銷子E有沿導槽自A向B滑動的趨勢；（2）分別有繞A、C軸反時針轉動的趨勢，銷子E有沿導槽自B向A滑動的趨勢。現分別討論以上所述的兩種情況。1. 設銷子E沿導槽處于自B向A滑動的臨界平衡狀態取桿AB為研究對象，其受力圖如圖1-8(b)所示。由平衡方程，有 (1)所以 以桿CD為研究對象，其受力圖如圖1-8(c)所示。由平衡方程，有 (2)所以 即 2. 設銷子E沿導槽處于自A向B滑動的臨界平衡狀態此時，只需將圖1-8(b)、(c)所示受力圖中改變摩擦力的方向即可，平衡方程（1）、（2）中均與無關，故所得結果仍為所以，平衡時有錯因分析：1. 因1-8(b)中摩擦力的指向畫錯。銷子E的運動趨

15、勢是沿導槽AB有自A向B或自B向A滑動的趨勢，而摩擦力的指向應與運動趨勢相反。當銷子E沿導槽AB有自B向A的滑動趨勢時，作用在銷子E上的摩擦力應與其運動趨勢相反，即自A向B，而作用在導槽上的摩擦力則應與作用在銷子上的摩擦力大小相等、方向相反，即自B向A，而不應如圖1-8(b)所示的自A向B。故圖1-8(b)中的指向是錯誤的。2. 在圖1-8(c)所示的受力圖中，摩擦力的方位、指向均畫錯了。因為銷子E有沿導槽滑動的趨勢，故摩擦力應沿導槽而不應沿CD桿。又因為銷子E有自B向A滑動的趨勢，故作用在銷子E上的摩擦力應沿導槽自A向B。正確解答：1設銷子E沿導槽處于自B向A滑動的臨界平衡狀態以桿AB為研究

16、對象，其受力圖如圖1-8(d)所示。由平衡方程，有 (1)所以 再以桿CD為研究對象，其受力圖如圖1-8(e)所示。由平衡方程，有 (2)由摩擦定律，有 (3)由式（2）、（3），解得2設銷子E沿導槽處于自A向B滑動的臨界平衡狀態此時，只需將圖1-8(d)、(e)所示受力圖中，將的指向改為相反方向，同時將式(2)中前的負號改為正號，則于是，系統平衡時應滿足的范圍為題1-9 桿AB懸吊如圖所示。重為P=10kN的物塊E置于傾角為的斜面上，用繩繞過定滑輪與桿AB連接。已知物塊E與斜面間的靜滑動摩擦系數為。試求系統平衡時，均布荷載q的分布范圍。圖 19錯誤解答：1. 取物塊E為研究對象。設物塊E處于

17、不下滑的臨界平衡狀態，其受力圖如圖1-9(b)所示。由平衡方程，有 (1) (2)由摩擦定律，有 (3)由式(1)、(2)、(3)解得2. 取桿AB為研究對象，其受力圖如圖1-9(c)所示。由平衡方程，有 (4)所以 即系統平衡時錯因分析：因為隨著q的分布長度的取值不同，系統平衡時，物塊E有不上滑與不下滑的兩種運動趨勢。如果過大，將使物塊E上滑，如果過小，則物塊E將下滑。也即有一個取值范圍。上解中，只回答了問題的一半，即物塊E不下滑的臨界平衡狀態，所得值應為最小值，尚有物塊E不上滑的臨界平衡狀態未作考慮。正確解答：1. 以物塊E為研究對象。設其處于不下滑的臨界平衡狀態，其受力圖如圖1-9(b)

18、所示。其平衡方程和摩擦定律同上解式(1)、(2)、(3)。并由式(1)、(2)、(3)解得2. 以桿AB為研究對象，其受力圖如圖1-9(c)所示。其平衡方程同上解式(4)，并由式(4)解得3. 以物塊E為研究對象，其受力圖如圖1-9(d)所示。設其處于不上滑的臨界平衡狀態。由平衡方程，有 (5) (6)由摩擦定律，有 (7)由式(5)、(6)、(7)解得 由式(4)此處 于是，系統平衡時均布荷載q的分布范圍為 題1-10 重量分別為、的物塊A、B，由無重直桿AC、BC連接后放置如圖所示。已知A、B處的靜滑動摩擦系數均為。欲使兩物塊均不滑動，試求作用在鉸鏈C處豎向力F的最小值。圖 110 錯誤解

19、答：1. 取物塊A為研究對象。由于在桿力作用下物塊A有向右滑的運動趨勢，設其處于臨界平衡狀態，故最大摩擦力向左。其受力圖如圖1-10(b)所示。由平衡方程，有 (1) (2)由摩擦定律。有 (3) 由幾何關系，有由式(1)、(2)、(3)解得2. 取物塊B為研究對象，由于BC桿拉動物塊B有向上滑動的趨勢，且處于上滑的臨界平衡狀態，故其受力圖如圖1-10(c)所示。由平衡方程，有 (4) (5)由摩擦定律，有 (6) 由幾何關系，有由式(4)、(5)、(6)解得取節點C為研究對象，其受力圖如圖1-10(d)所示。由平衡方程，有于是，得最小F力為 錯因分析：1. 上解錯誤之一是認為在鉸鏈C處作用的

20、豎向力F的最小值，可使物塊A、B同時達到臨界平衡狀態。對于一個由若干物體組成的平衡系統中，若多處粗糙面均有摩擦力存在，其中哪處的摩擦力先達到最大值，是由物體所處的位置、摩擦系數、受力狀態、平衡方程等諸多因素決定的，一般不會幾處的摩擦力同時達到最大值。上解，根據 A、B兩物塊同時達到臨界平衡狀態，雖然算出了最小F力的值，但對圖1-10(d)所示的受力圖寫時，不能成立，即可見，根據物塊A、B均處于臨界平衡狀態所得的不能使節點C平衡，也就說明，物塊A、B不同時處于臨界平衡狀態。但是，A、B兩者誰先達到臨界平衡狀態，通常是事先不知道的，所以，通常的分析方法是，假定一處先達到臨界平衡狀態，根據平衡方程計

21、算另一處摩擦力的值，并將由平衡方程計算出來的摩擦力與最大摩擦力比較，若滿足,則假定正確，所得計算結果有用，若出現這種不可能的情況，說明假定不正確，再設另一處先達到臨界平衡狀態，重新計算，便可得到正確的結果。 有時，雖然系統中有多處摩擦存在，但這些摩擦力都發生在一個剛體上，則各處的摩擦力將同時達到臨界平衡狀態。例如，一個圓柱置于粗糙的V形槽面內，如果圓柱有轉動趨勢，則兩處的摩擦力將處于相同的狀態，即要達到臨界平衡狀態，必同時達到。2. 上解錯誤之二是認為物塊B只有沿鉛垂面向上滑動的運動趨勢，且處于臨界平衡狀態。實際上，根據物塊B的受力情況，可能有向上滑的運動趨勢，也可能有向下滑的運動趨勢。這取決

22、于作用在節點C上F力的大小。當F力很大時，物塊B有向上滑的運動趨勢，當F力很小時，物塊B有向下滑的運動趨勢。本題欲求兩物塊均不滑動的F力的最小值，故應考慮向下滑的運動趨勢。正確解答：1. 取物塊B為研究對象，并假設其處于向下滑的臨界平衡狀態。其最大摩擦力向上，其受力圖如圖1-10(e)所示。由平衡方程，有 (1) (2)由摩擦定律，有 (3)上式中 于是，由式(1)、(2)、(3)解得2. 取節點C為研究對象，其受力圖如圖1-10(d)所示。由平衡方程，有 (4) (5)式中 由式(4)，解得由式(5)，解得3. 取物塊A為研究對象，其受力圖如圖1-10(f)所示。由平衡方程，有 (6)所以

23、(7)所以 由摩擦定律，有因有，故假定正確。 即當時，兩物塊均不會滑動。理論力學典型錯解選評第2篇 運動學題2-1 桿AC沿槽以勻速向上運動，并帶動桿AB及滑塊B。若AB，且初瞬時.求當時，滑塊B沿滑槽滑動的速度。錯誤解答之一：取坐標系如圖2-1所示。由幾何關系有 （1）將上式的時間求導數，有 （2）所以 因為，而當時，所以有負號表示的方向與軸方向相反。 圖2-1 錯誤解答之二：取坐標系如圖-1所示，則由幾何關系有物塊B的運動方程為 (3)鉸鏈A的運動方程為 (4)將式（3）、（4）對時間求導數，有 (5) (6)由式（6），有 (7)式（7）代入式（5），得代入，得錯因分析：1.錯誤解答之一

24、的錯誤在于，所選取的坐標系原點與滑塊B固結，故而該坐標系是移動的。題目要求滑塊B沿滑槽滑動的速度，也即相對于地球表面的速度，滑槽即地球表面，故應選取與地球表面固結的參考坐標系。式（1）中的只是AC桿上一點O坐標系相對位置，既然不是與地面固結的參考系，它對時間的一階導數就不是滑塊B相對滑槽的速度，而是相對動坐標系的相對速度。2. 錯誤解答之二的錯誤原因在于，在所選的坐標系中，以式（3）作為滑塊B的運動方程是錯誤的。因為在坐標系中，B點的坐標應取負值，即 (8)正確解答：將式（8）對時間求一階導數，有在坐標系中，A點的坐標為代入上式，得代入，則有滑塊B的速度為其方向沿軸正向。題2-2 從水面上方高

25、20m的岸上一點A，用長為40m的繩系住一船B。今在A處以的均速拉繩，使船靠岸，求5s末船的速度是多少？在5s內船移動了多少距離。 圖 圖2-2錯誤解答：以船為研究對象。用繩拉船時，繩的速度為，故船的速度為圖2-2（b） (1)因 (2)故有 當時，有在內，不改變方向，時，故此時間內船移動的距離為錯因分析：確定船移動速度的式（1）是錯誤的，因為，雖然在A處以勻速拉繩，但系在船上的繩B端的速度方向隨時改變，已不再是常矢量了。式（1）中將其作為常矢量在水平方向投影，并以此方法求得的船的速度是錯誤的。為了說明式（1）的錯誤原因，設船在時間內位移為，同時繩索減短，如圖2-2（c）所示，近似地認為，則當

26、時對上式求極限，則有而，所以而不是式（1）的正確答案：取坐標系如圖2-2所示，則船的坐標為上式對時間求導數得船的速度為當時船的速度為負號表示速度方向與軸正方向相反。當時，當時，之內船不改變速度方向，故在此時間內船移動的距離為題2-3 在圖示機構中，曲柄OA轉動的角速度為，角加速度為，且有。試求D點的速度、加速度和軌跡。錯誤解答：因曲柄、均作定軸轉動，且彼此平行，故它們的角速度、角加速度均相同。又因三角板CDE繞轉動，故D點的速度和加速度分別為D點的軌跡為以為半徑、以為圓心的圓。錯因分析：上解錯誤之處在于沒有認出桿AB、三角板CDE均作平動，而誤認為三角板CDE繞軸轉動，誤認為D點的軌跡為以r為

27、半徑、以為圓心的圓。正確解答：因,故桿AB作平動，于是有又因做定軸轉動，且給知，故有因故三角板CDE作平動，于是D點的速度和加速度分別為因為剛體上各點軌跡相同，故D點的軌跡與C點的軌跡相同，同為半徑為的圓，但圓心位置各不相同，C點軌跡以為圓心，而D點軌跡則是為半徑，圓心在D點正下方距D點處。題2-4 桿AB在鉛垂方向以勻速沿滑槽向下運動，并由B端的小輪帶動半徑為R的圓弧桿OC繞O軸轉動，如圖2-4所示。設運動開始時，試求此后任意瞬時t，圓弧桿OC的角速度和C點的速度。錯誤解答取坐標軸如圖2-4所示。因為桿AB的速度向下，故知圓弧桿OC繞O軸反時針轉動，其角速度為。B點的坐標為上式對時間求導數，

28、有其中為圓弧桿OC的角速度，故有所以而C點的速度則為 由幾何關系，有于是，C點的速度為錯因分析：上解中認為是錯誤的。因為題設的正轉向為順時針，而當桿AB向下運動時，圓弧桿的角速度為反時針轉向，故應為正確解答：將上解中，以代人，即得正確結果的方向與轉向一致。題2-5 在圖示機構中，齒輪1固結在桿AC上，。齒輪1和半徑為的齒輪2相嚙合，齒輪2可繞軸轉動，且和曲柄沒有聯系。若，試確定時，輪2的角速度和角加速度。錯誤解答：因為，所以兩桿角速度、角加速度相同，即又因為，所以A、B兩點的速度及加速度相同，即 因作定軸轉動，所以，D點的速度和加速度分別為 （1）于是，有 （2） （3）輪2的角速度、角加速度

29、分別為 （4） （5）當時，則有 （6） （7）錯因分析： 上解中沒有認出桿AC和輪1均作平動。因為AC與輪1固結一起，且有,，故桿和輪1固結的剛體ABC作平動。同時，上解中由式(1)、(2)、(3)所計算的D點的速度及切向加速度，是曲柄上在處的速度及切向加速度，并非齒輪1、2嚙合點D的速度和切向加速度。但在計算輪2的角速度和角加速度時，卻把曲柄上在處的D點，當成齒輪1、2的嚙合點，顯然是錯誤的。 正確解答： 因為桿AC與輪l固結一起，且有,，故桿AC與輪1固結一起的剛體ABC作平動。平動剛體在同一時刻各點的速度及加速度均相同，故齒輪1、2嚙合點D的速度、切向加速度與A、B兩點的相同，即求得了

30、輪2的切向速度和切向加速度，便可求得輪2的角速度和角加速度，即當時，有的轉向為順時針。題2-6 半徑為R的半圓形凸輪D，已知其運動的速度為、加速度為，方向如圖2-6（a）所示。凸輪推動桿AB沿鉛直方向運動。試求當時，桿AB移動的速度和加速度以及A相對凸輪的速度。錯誤解答：（1）求速度錯誤答案：（1）求速度取桿AB上的A點為動點，凸輪D為動系，地面為定系。動點的絕對速度、相對速度、牽連速度如圖2-6(a)所示。由幾何關系，有所以，桿AB移動的速度為由速度的投影，有所以，桿AB相對于凸輪D的速度為（2）求加速度動點A的加速度矢量圖如圖2-6（b）所示：取投影軸，則加速度在軸上的投影分別為由式（2）

31、，有由式（1），有錯因分析：1.上解中，圖2-6（a）的速度矢量圖畫錯，不符合速度合成定理的關系，是合矢量，應為速度四邊形的對角線。2.因為動點的相對軌跡為凸輪D的輪廓線，即半徑為R的圓曲線，故相對加速度應有切向分量、法向分量兩個分量。圖2-6（b）中漏畫了相對加速度的法向分量。3.速度、加速度的投影，應按照合矢量投影定理進行，上解中式（1）、（2）在切向、法向方向的投影，是按，計算的，這顯然是不符合加速度合成定理，不符合合矢量投影定理。正確答案：取桿AB上的A點為動點，動系為凸輪D，定系為地面。動點的絕對運動軌跡為鉛垂線，相對運動軌跡為凸輪的輪廓線，即半徑為R的圓曲線、牽連運動為平動。（1）

32、求速度動點A的速度矢量圖如圖2-6（c）所示。根據速度合成定理，有 （1）取投影軸如圖2-6（c）所示。將式（1）分別在軸上投影，則有 （2） （3）于是，桿AB移動的速度也即動點A的絕對速度為桿AB相對于凸輪的相對速度為（2）求加速度加速度矢量圖如圖2-6（d）所示。由動系作平動時的加速度合成定理，有 （4）取投影軸如圖2-6（d）所示。將式（4）分別在軸方向投影，有上式中，由式（6），有所以 由式（5），有于是桿AB移動的加速度也即動點A的絕對加速度為AB相對于凸輪的加速度為題2-7 在圖示的平底頂桿凸輪機構中，頂桿AB可沿鉛直槽上、下運動，半徑為R的凸輪以勻角速度繞O軸轉動。工作時頂桿與

33、凸輪保持接觸。偏心距OC=e，試求當OC水平時，頂桿AB的速度和加速度。錯誤解答：1.求速度：取凸輪與頂桿的接觸點D為動點，頂桿AB為動系，地面為定系，則動點D的絕對運動軌跡為以O為圓心、以OD為半徑的圓周，相對運動軌跡為水平直線，牽連運動為平動。動點D的速度矢量圖如圖2-7（b）所示。其中絕對速度的大小為由幾何關系，有于是，頂桿AB移動的速度為2.求加速度動點D的加速度矢量圖如圖2-7（c）所示。由幾何關系，有于是，頂桿AB移動的加速度為錯因分析:1.若取凸輪與頂桿AB的接觸點D為動點，頂桿AB為動系，則相對運動軌跡不是一條水平直線，因為，如果頂桿AB不動，僅凸輪運動，則動點D相對于頂桿AB

34、作圓周運動。又若凸輪不動，僅頂桿運動，則動點D相對于頂桿AB為鉛直線運動。當兩者都運動時，就不再是簡單的直線或圓了，而是兩種運動的合成，其合成結果將是某一平面曲線，該曲線在D點處與頂桿AB的水平底面相切，因此，相對速度應沿水平方向，故圖2-7(b)所示的速度矢量圖是正確的。2.由于相對運動軌跡是其切點在D點的某一平面曲線，故相對加速度應有切向分量法向分量。圖2-7(c)中漏掉了。又由于該平面曲線的方程未知,故無法求得該曲線在D點的曲率半徑，也就無法得知。于是，在加速度合成定理中均為未知，上式只有兩個投影式，只能求解2個未知數，故不能求解。可見，上述動點、動系的取法是無法求得全部解答的。正確解答

35、：取凸輪中心C為動點，頂桿AB為動系，地面為定系。動點C的相對運動軌跡為過C點的水平直線，絕對運動軌跡為以O為圓心，以e為半徑的圓，牽連運動為平動。求速度動點C的速度矢量圖如圖2-7（d）所示，即將上式在軸投影，有 于是,頂桿AB移動的速度為 2.求加速度動點C的加速度矢量圖如圖2-7(e)所示,即 將上式分別沿x,y軸投影,有所以 所以 于是，頂桿移動的加速度為題2-8 長為r的曲柄OA以勻角速度繞O軸反時針轉向轉動, 從而推動滑桿BCD沿鉛直方向上升，如圖2-8(a)所示。試求當曲柄與水平線夾角時，滑BCD的速度和加速度。錯誤解答：取滑桿BCD上與曲柄OA端點A重合點為動點，OA為動系，地

36、面為定系。動點的絕對運動是隨同滑桿的鉛垂向上的直線運動，相對運動是水平直線運動，牽連運動是曲柄OA的定軸轉動。動點的速度矢量圖、加速度矢量圖分別如圖2-8(a)、(b)所示。由速度矢量圖，有 （1） （2）由加速度矢量圖，有上式中，科氏加速度，牽連法向加速度，將之值代入式（3），得因滑桿BCD作平動，故滑桿的速度為，加速度為，其方向如圖8-3（a）、（b）所示。錯因分析：1當以滑桿BCD上與曲柄OA端點A重合點為動點、曲柄OA為動系時，其相對運動軌跡并非水平直線。所謂相對運動，是指站在動系上觀察到的動點的運動。顯然，當曲柄OA轉動時，站在OA上觀察點的運動，其運動軌跡不可能只是一條水平直線。因

37、為，倘若曲柄OA不轉動，僅滑桿BCD運動，則顯然點相對于曲柄OA作鉛直線運動，倘若滑桿BCD不動，僅曲柄OA轉動，則顯然點相對于曲柄OA作順時針轉向的圓周運動。當兩桿同時運動時，動點相對于動系OA的運動應是上述兩種運動的合成運動。顯然，合成運動不再是水平直線或圓，而是某一條平面曲線，且在圖示位置該平面曲線應與滑桿BCD的水平邊相切。2既然相對軌跡是與BCD水平邊相切的平面曲線，相對速度應沿相對軌跡在該點的切線方向，所以，相對速度應沿水平方向，但圖2-8(a)中把相對速度指向畫錯了。根據速度合成定理，其中的指向均已確定，而速度四邊形應為對角線方向，故不應指向左而應指向右。3由于圖2-8(a)中的

38、指向畫錯了，那么，圖2-8(b)中的科氏加速度指向也錯了。應該向上而不應該向下。4既然相對軌跡應為某一平面曲線，動點的相對加速度就應該有切向、法向兩個分量，而相對軌跡在點的曲率半徑，由于相對軌跡方程未知，故無法求得相對法向加速度。5計算有錯。對于速度未知量的計算，應根據正確畫出的速度平行四邊形，用幾何法或用解析法求解。幾何法只需根據正確的速度四邊形，由幾何關系算出某矢量，解析法則需根據合矢量投影定理求解，即：合矢量在某軸上的投影，等于諸分矢量在同軸上投影的代數和。而上解中的式(2)按“未知矢量的投影已知矢量的投影”來計算未知量，顯然不符合合矢量投影定理，因此是錯誤的。6在加速度計算中，上解的公

39、式(3)是按所有加速度在Oy軸上的投影的代數和等于零，即來計算的，這顯然不符合合矢量投影定理，是錯誤的。正確解答：取曲柄OA的端點A為動點，滑桿BCD為動系，地面為定系。動點A的絕對軌跡為以O為圓心，以r為半徑的圓，相對軌跡為水平直線，牽連運動為平動。于是，動點A的速度與加速度矢量圖分別為圖2-8(c)、(d)所示。由幾何關系可知，動點A的牽連速度和牽連加速度(即為滑桿BCD的速度和加速度)分別為題2-9 在圖示系統中，輪O在水平面上作純滾動，并與桿AB鉸接于A點。在圖示位置時，OA水平，輪心的速度為。試求桿AB中點M的速度。錯誤解答：因為桿AB作平動，故有，如圖2-9（a）所示。錯因分析：桿

40、AB作平面運動而非平動。正確解答：系統中的輪O、桿AB均作平面運動。由于輪O作純滾動，故與地面的接觸點C為它的瞬心，于是A點的速度方向應垂直于AC連線。桿AB兩端速度方向已知，分別作A、B兩點速度的垂線，其交點P即為桿AB的速度瞬心，如圖2-9（b）所示。 輪O的角加速度為A點的速度則為桿AB的角速度為桿AB中點M的速度為其中 故 題2-10 平面機構如圖2-10（a）所示。長為r的曲柄OA以勻角速度順時針轉動，ABAD=l,BC=r。試求圖示瞬時滑塊C、D的速度及桿BC的角速度。錯誤解答：曲柄OA作定軸轉動，滑塊D沿水平滑槽滑動，故BD桿上A、D兩點的速度方向已知，由速度投影定理，有又因為桿

41、BDBC，故B點的速度方向垂直于BC，且有。因已知BC桿上B、C兩點的速度方向，作速度方向的垂線，其交點C即為桿BC的速度瞬心。于是，有錯因分析：1上解中B點的速度方向錯誤。因桿BD作平面運動，它的速度瞬心在P，故可知B點的速度方向應垂直于PB連線。2由于B點的速度方向錯誤，導致BC桿的速度瞬心位置錯誤，即BC桿的瞬心不在C點而應在，如圖2-10（b）所示。正確解答：曲柄OA作定軸轉動，滑塊D、C沿水平滑槽滑動，故可知A、C、D點的速度方向。桿BD，DC作平面運動。由速度投影定理，有所以 BD桿的速度瞬心在P，由幾何關系知，為等邊三角形，即PD=BD=PB=2l,桿BD的角速度為而B點速度為因

42、為桿BC在B、C兩點的速度方向已知，故其速度瞬心在，如圖2-10(b)所示。因，所以，于是，桿BC的角速度為滑塊C點的速度為題2-11 在圖示機構中，固定齒輪O與運動齒輪A半徑均為r。曲柄OA以勻角速度繞O軸反復擺動。其尺寸為r0.1m,BC=0.6m,=0.2m。圖示瞬時OA水平，A、B、C在同一鉛垂線上，。試求該瞬時桿BC、桿、齒輪A的角速度。錯誤解答：曲柄OA、桿作定軸轉動，故A、C點的速度方向已知。齒輪A作平面運動，其速度瞬心在嚙合點P。于是，有齒輪A的角速度為B點的速度為 桿BC作平面運動，其速度瞬心在，且有 所以，桿BC的角速度為 C點的速度為桿的角速度為 錯因分析： 上解中對運動

43、的分析、瞬心位置P、均正確無誤。其錯處在于，在計算桿BC速度瞬心位置時，將視為直角三角形了，這就導致了桿BC的角速度、C點速度、桿的速度計算的錯誤。正確解答：曲柄OA、桿作定軸轉動，故A、C點的速度方向已知，動齒輪A、桿BC作平面運動，齒輪O、A的嚙合點P為動齒輪A的速度瞬心，A、B、C三點的速度方向如圖2-11(b)所示。 因，所以，B點的速度為 桿BC在B、C兩點的速度方向已知，由速度投影定理，有 所以 桿的角速度為 為求桿BC的角速度，以B為基點，則C點的速度為 其速度矢量圖如圖2-11(b)所示。取投影軸x，并將上式在x方向投影，有 所以 桿BC的角速度為 題2-12 長度均為l的兩桿

44、AC與BC鉸接于C，其端點A與B分別沿兩直線運動，如圖2-12（a）所示。設ABCD構成一平行四邊形時，。試求該瞬時C點的速度和兩桿的角速度。錯誤解答：桿AC、BC均作平面運動。以A為基點，則C點的速度為 (1)其速度矢量圖如圖2-1(a)所示。再以B為基點，則C點的速度 (2)因為，所以，有 (3)取投影軸x、y，并將各速度沿x軸投影，有 (4)將之值代人上式，得 由式(1)并將代入得 方向水平向右。將各速度沿y軸方向投影，有 (5)因已求得，所以 錯因分析 1圖2-12(a)速度矢量圖中，指向有誤。在題設情況下，桿AC的角速度應為反時針轉向，桿BC的角速度應為順時針轉向。圖-12(a)中按

45、BC桿反時針轉畫出了C點相對于B點轉動的速度，這在運動學上是不可能實現的。2將式(3)分別在x,y軸投影時，應按等號兩邊分別投影的原則計算，而不能像寫靜力學平衡方程那樣寫。正確解答：桿AB、BC均作平面運動。以A為基點，則C點的速度為 (1)式(1)中的大小、方向均為未知，的大小未知，共計3個未知量，暫不能求解。為此，再以B為基點，則C點的速度為 (2)用兩個基點求得應相同，即 (3)故有 其速度矢量圖如圖2-12(b)所示。取投影軸x、y，并將式(3)在x軸方向投影，有 即 而桿AC的角速度為 將式（3）沿y軸投影，有即 而桿BC的角速度為 將式（1）沿x，y軸投影，有 C點的速度大小為 C

46、點的速度方向 理論力學典型錯解選評第3篇 動力學題4-1 質量為m的物塊放在質量為的光滑均質桿的中點上，桿系3根繩子保持在圖4-1（a）所示的位置。已知，不計物塊尺寸。試求當繩突然剪斷時，繩的角加速度及繩中的張力。 錯誤解答：當剪斷繩后，桿作轉動。繩的角加速度為，點加速度。虛加的慣性力系向桿質心簡化，其受力圖如圖4-1（b）所示。由達朗伯原理，取，軸如圖所示，則有圖4-1，所以 ，所以 ，所以 錯因分析：將繩剪斷瞬時，桿與物塊的速度均為零，但桿光滑，物塊與桿之間將有相對運動。物塊在桿上只是瞬時靜止，相對滑動的速度為零，但相對滑動的加速度卻不為零。上解中誤認為物塊在桿上靜止不動，沒考慮相對滑動的

47、加速度。（2）桿作平動而非轉動，其角加速度為零，顯然慣性力向其質心簡化的主矩應為零。上解中虛加了慣性力系主矩是錯誤的。 正確解答： 當剪斷繩后，桿作平動，該瞬時繩的角速度為零，桿及物塊的速度為零。桿平動的加速度為，物塊相對于桿有加速度。若以物塊為動點，桿為動系，則動系平動。根據牽連運動為平動時的加速度合成定理，有 以物塊G為研究對象，其受力圖如圖4-1（c）所示。由質點動力學基本方程，有 所以 以整體系統為研究對象，其主動力，約束反力和虛加的慣性力如圖4-1（d）所示。由平衡方程，有 ，即 得 于是，繩的角加速度為 ， ，所以 題4-2 質量為、長為的均質桿，其端裝有不計質量的小輪，小輪可沿光

48、滑斜面下滑。設初瞬時桿靜止于鉛垂位置，求開始下滑時A點的加速度及斜面的約束反力。錯誤解答：圖4-2因為初瞬時桿鉛垂，故開始下滑時，桿作平動。設開始下滑時點的加速度為，方向為沿斜面向下。由于桿作平動，故將慣性力系向質心簡化，慣性力系的合力為，作用在質心。其受力圖如圖4-2（a）所示。由平衡方程，有 ， （1）所以 ， （2）所以 錯因分析：桿從靜止的鉛垂位置開始運動后將作何種運動要加以論證。對于圖4-2（a）來說，若對桿應用相對于質心的動量矩定理，可知，即，因為、均不為零。故桿不作平動而作平面運動。不加論證就斷言桿作平動是錯誤的。正確解答：當桿從靜止的鉛垂位置開始運動后，桿將作何種運動？為了解答

49、這一問題，對桿應用相對質心的動量矩定理圖4-2（a），有 （1）因為、均不為零。再由質心運動定理 （2）由于、均不為零，故，由式（1）可見，即運動開始時桿的角加速度，故桿作平面運動。因初瞬時系統靜止，故桿的初角速度，以為基點，質心的加速度為將慣性力系向質心簡化，其主矢、主矩以及主動力、約束反力如圖圖4-2（b）所示。由平衡方程，有 ， （3）式中，故有 （4），即 解得 由式（4），有， （5）所以 題4-3 質量為、長為的均質桿放在光滑墻棱上，在桿與鉛垂墻之間夾角為且時無初速釋放。試求初瞬時質心的加速度和處的約束反力。錯誤解答：圖4-3在無初速釋放瞬時，桿的角速度為零，但角加速度不為零，設其

50、沿順時針轉向。主動力，約束反力和向質心簡化的慣性力系主矢、主矩如圖4-3（a）所示。由平衡方程，有， （1）式中，故有 （2）而質心的加速度為 （3） ， （4）所以 錯因分析：當桿在位置無初速釋放時，由于棱角光滑，雖然桿相對棱角滑動速度為零，但滑動加速度不為零。桿上點相對于棱角有滑動加速度，沿桿方向。上解中認為點不但速度為零，而且加速度也為零，這實際上是把點當成定軸了，顯然是不正確的。正確解答：當桿在位置無初速釋放時，桿的角速度為零，但角加速度不為零。桿相對于棱角滑動的速度為零，但桿上點相對于棱角點滑動加速度不為零，因為由質心運動定理 可知，質心有沿桿方向的加速度，因此，桿上點有相對于棱角滑

51、動的加速度，以為基點，則點的加速度為， （1）以桿為研究對象，設其角加速度沿順時針方向，主動力、約束反力以及慣性力系向質心簡化的主矢和主矩如圖4-3（b）所示。由平衡方程，有 ， （2）所以 ， （3）式中，故有 于是 而質心的加速度為 ， （4）所以 題4-4不等高曲柄連桿機構中，曲柄，其上作用一力偶，連桿長，滑塊上作用一力。各處摩擦不計。試求平衡時與的關系。錯誤解答：系統具有一個自由度，取廣義坐標為，給曲柄虛位移，則、兩點的虛位移如圖4-4所示。由虛位移原理，有 （1）曲柄可作定軸轉動，故點的虛位移，而與之間，有關系 （2）由幾何關系知 （3）故有 即 （4）將式（4）代入（1），得 （5

52、）所以 （6）錯因分析：上解中式（3）是錯誤的。根據幾何關系，應有而不是。由此導致式（4）、（5）、（6）都是錯的。正確解答：系統具有一個自由度，取廣義坐標為，曲柄可繞軸轉動，其虛位移為，點的虛位移。滑塊受水平滑道約束，故其虛位移沿滑道如圖4-4所示。由虛位移原理，有 （1）連桿可作平面運動，故、兩點的虛位移在連線上投影相等，即 其中，由幾何關系可知，故有 即 （2）將式（2）代入式（1），得圖4-4 因，所以，有 另解：用求解。取坐標如圖4-4所示，則力的投影，于是，有 （3）點的坐標為 ， （4）因、之間的高差為常數，故有 求變分，有 所以 （5）將式（4）、（5）代入式（3），有得 題4

53、-5 在圖示的鉸接四邊形機構中，。在重為的均質桿上有一與桿鉸接的套筒。桿的端連接一剛度系數為的彈簧，并知當時彈簧為原長。在桿上作用一力偶。試求平衡時的大小。錯誤解答：圖4-5給桿虛位移，則點的虛位移，套筒的也即桿的虛位移為 而 ，彈簧的彈性力 （1）由虛位移原理，有 （2） 即 或 （3） ，故得 錯因分析：上解中將桿的重力的虛功漏掉了。彈性力的計算式1是錯誤的。在系統處于平衡狀態時，彈簧已發生了實際的變形，虛位移只是一種為約束所容許的、一切可能的無窮小位移，它不是真實發生的實位移，因此，在計算彈性力時，不能把虛位移也計算在內。正確解答：系統具有一個自由度，廣義坐標取為。彈簧為非理想約束，故應

54、將其解除，代以約束反力，并將其視為主動力。彈性力為 （1）桿可作定軸轉動，它的虛位移為，而點的虛位移則為。由于該結構為鉸接平行四邊形機構，故桿可作平動。套筒相對于桿可滑動。若以套筒為動點，桿為動系，則套筒的絕對、相對、牽連虛位移之間的關系為 （2）其中 。將式（2）在豎直方向投影，有。由虛位移原理，有即 將式（1）代入，并因，故有題4-6 平行四邊形機構如圖，其中。在鉸、之間所連彈簧的剛度為，原長為。在桿上作用一力偶，在點作用一豎向力。各桿重不計，各處光滑，試求平衡時力偶的值。錯誤解答：圖4-6系統具有一個自由度，廣義坐標取為。彈簧為非理想約束，應將其解除，代以約束反力，并將其視為主動力。彈性

55、力為 （1）取坐標軸如圖4-6所示。各力在軸上的投影分別為 ，各力作用點的坐標及其變分分別為，由虛位移原理，有 （2）即 ，將式（1）代入上式，所以有 （3）錯因分析：功的分析表達式是在慣性參考系中導出的，只在慣性參考系中適用，也就是說，式中的坐標、都是對于慣性參考系的。虛位移原理的分析表達式應同樣只在慣性參考系中適用，也即，式中的坐標、都應是對于定坐標系寫出的。故而在應用虛位移原理的分析表達式時，必須先建立坐標系而且必須是固定不動的坐標系。上解中所取坐標系中，軸是可動的而非固定的，因此是錯誤的，由此導致了計算結果的錯誤。正確解答：系統具有一個自由度，取廣義坐標為。解除屬于非理想約束的彈簧，代

56、以約束反力并視其為主動力。彈性力為 （1）取坐標軸如圖，各力在坐標軸上的投影分別為，各力作用點的坐標及其變分分別為，由虛位移原理的分析表達式，有 （2）即 ，所以有將式（1）代入上式，得題4-7 在圖示平面機構中，。在圖示位置水平，且、在同水平線上。在上作用一力偶，在滑塊上作用一力。試求平衡時，力偶與力的關系。錯誤解答：桿、可作定軸轉動，桿可作瞬時平動，桿、可作平面運動。給桿虛位移，則、兩點的虛位移相等，因桿的瞬心與桿的轉軸重合，且，故，于是，點虛位移為 （1）由虛位移原理，有 即 （2）因，所以有 （3）錯因分析：上解中式（1）是錯誤的。因為剛體作平面運動時，速度投影定理講的是，平面運動剛體

57、上任何兩點的速度在兩點連線上投影相等。對于可作平面運動剛體上兩點虛位移的投影，也應按此定理計算。式（1）是將、兩點的虛位移在水平方向投影相等而得到兩點虛位移之間的關系，顯然是錯誤的。正確解答：圖4-7系統具有一個自由度，、點的虛位移如圖4-7所示。因為只有一個虛位移是獨立的，故必須建立各虛位移之間的關系。桿可作定軸轉動，給虛位移，則點的虛位移為。桿可作瞬時平動，故其上任一點的虛位移均相等，即 桿可作平面運動，其瞬心恰與桿的轉軸重合。設桿繞瞬心轉動的虛位移為，則有 但 桿可作定軸轉動，設其繞轉軸轉動的虛位移為，則有 由此可見，而點虛位移為 桿可作平面運動，其上、兩點的虛位移在、兩點連線上投影相等

58、，即，由虛位移原理，有即 ，題4-8 圖示滑輪系統懸吊質量均為的、三個物塊，且滑輪與繩的質量不計，試求各物塊的加速度。錯誤解答：圖4-8設物塊、的加速度、向下，由幾何關系可知塊的加速度為 （1）方向向上。、三點的虛位移為、，因系統具有兩個自由度，故只能有2個獨立虛位移，設為、，則點的虛位移為 （2）如圖4-8所示。由動力學普遍方程，有即 或 （3） 因為 、彼此獨立，故欲使式（3）成立，必有 、前面的系數為零，于是，有 （4） （5）由式（5），有，代入式（4），得因，所以因，所以 錯因分析：上解中物塊的加速度式（1）和虛位移式（2）都是錯誤的。由此便導致了計算結果的錯誤。因為繩長為常量，由圖

59、4-8所示坐標可知，其約束方程為 （6） 上式對時間求二階導數，得 將式（6）求變分，得 由此可見，上解中式（1）、（2）是錯誤的。正確解答：系統具有兩個自由度，廣義坐標取為、。因為繩長為常量，故有約束方程 上式對時間求二階導數，得或 即 或將上述約束方程求變分，得 慣性力、主動力如圖4-8所示。由動力學普遍方程，有 或 因為 、是彼此獨立的，且均不等于零，故欲使上式得以滿足，只有 、前面的系數同時為零，于是，有 （7） （8）由式（7），得由式（8），有 （9）但的大小為，所以，有代入式（9），得，所以 題4-9 質量為、半徑為的均質圓盤，其邊緣上的點處系一長為的繩，繩端懸吊一質量也為的小球

60、（不計尺寸），試寫出系統的運動微分方程。錯誤解答：系統具有兩個自由度，廣義坐標為、。因為作功的力為有勢力，故系統是保守的。系統的動能為 其中 （1）圖4-9如圖4-9所示。故有 （2）取點為勢能的零位，故系統的勢能為 拉格朗日函數為 由拉格朗日方程，有 （3） （4）代入拉格朗日方程之中，有即 （5）由拉格朗日方程，有 （6） （7）代入拉格朗日方程，有 （8）錯因分析：1計算動能時，點速度計算是錯誤的。因為點的速度應以廣義速度、來表示，而廣義坐標、的正向已取定，故、應與、正向一致，上解中式（1）將的正向取反了，故式（1）是錯誤的，由此導致了一系列的錯誤。2上解中式（3）計算有誤。因為將對時間