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《理论力学》试题答案以及复习要点汇总(完整版)


《理论力学》试题答案以及复习要点汇总 (试题附后面)
第一部分
1.静力学基本概念
力是物体间相互的机械作用,这种作用使物体运动状态发生变化或使物体产生变形。前 者称为力的运动效应,后者称为力的变形效应。力对物体的作用决定力的三要素:大小、方 向、作用点。力是一定位矢量。 刚体是在力作用下不变形的物体,它是实际物体抽象化的力学模型。 等效 若两力系对物体的作用效应相同,称两力系等效。用一简单力系等效地替代一复 杂力系称为力系的简化或合成。

静力学

第 1 章.静力学基本概念和物体的受力分析

2.静力学基本公理
力的平行四边形法则给出了力系简化的一个基本方法,是力的合成法则,也是一个力分 解成两个力的分解法则。 二力平衡公理是最简单的力系平衡条件。 加减平衡力系公理是研究力系等效变换的主要依据。 作用与反作用定律概括了物体间相互作用的关系。 刚化公理给出了变形体可看作刚体的条件。

3.

约束类型及其约束力
限制非自由体位移的周围物体称为约束。 工程中常见的几种约束类型及其约束力

光滑接触面约 束 柔索约束 铰链约束 滚动支座约束 球铰约束 止推轴承约束

约束力作用在接触点处,方向沿接触面公法线并指向受力物体。

约束力沿柔索而背离物体。 约束力在垂直销钉轴线的平面内,并通过销钉中心。约束力的方向不能预 先确定,常以两个正交分量 Fx 和 Fy 表示。 约束力垂直滚动平面,通过销钉中心。 约束力通过球心,但方向不 能预先确定,常用三个正交分量 Fx,Fy,Fz 表示。 约束力有三个分量 Fx ,Fy ,Fz 。

4. 受力分析
对研究对象进行受力分析、画受力图时,应先解除约束、取分离体,并画出分离体所受 的全部已知载荷及约束力。 画受力图的要点 (1) (2) (3) 熟知各种常见约束的性质及其约束力的特点。 判断二力构件及三力构件, 并根据二力平衡条件及三力平衡条件确定约束力的方 向。 熟练、正确表出作用力与反作用力。

受力分析三步曲:分离物体、画主动力、画约束力(约束个数、约束类型、用约束力代替 约束)

第 2、3 章.平面力系 1. 力矩
力矩是度量力对物体转动效果的物理量。平面问题中力 F 对 O 点之矩记为

MO(F )= ? F h
平面问题中力矩是代数量。 合力矩定理 平面汇交力系的合力对平面内任一点之矩等于各分力对该点之矩的代数 和,即

MO (FR ) ? ? MO (F )
2.平面力偶系的合成和平衡条件
(1)力偶与力偶矩 大小相等,方向相反,作用线平行的两个力 F, F’ 组成力偶,力偶 是一特殊力系。 力偶对物体只有转动效应,它与一个力不等效,不能用一个力来平衡。力偶只能与力 偶平衡(习题 2-13) 。 力偶对物体的转动效应决定于力偶矩,即

M (F , F ?) ? M ? ? Fd
力偶矩是代数量。取逆时针转向为正,反之为负。 力偶对任意点之矩等于力偶矩,与矩心位置无关。 力偶等效条件 同平面内的两个力偶,如力偶矩相等,则两力偶等效。 力偶的等效性表明: 只要力偶矩不变,可任意改变力的大小和力偶臂的长短;力偶也可 在作用面内任意移转。 (2)平面力偶系的合成 矩的代数和 同平面力偶系可合成为一合力偶,合力偶矩等于各分力偶

M ? ? Mi

(3)平面力偶系的平衡条件 即

力偶系平衡的必要和充分条件是:合力偶矩等于零,

?M

i

?0

一个独立的平衡方程,可解一个未知量。

3.力的平移定理
作用在刚体上的力,可平行移动到刚体上任一点,平移时需附加一力偶,附加力偶的力 偶矩等于原作用力对平移点之矩,称为力的平移定理。 该定理表明,一个力可以等效于一个力和一个力偶。其逆定理表明,可将平面内的一个 力和一个力偶等效于一个力。 应用力的平移定理,将力系向一点简化的方法是力系简化的普遍方法。

4.平面力系向平面内一点简化
力系向任一点 O(称简化中心)简化,得到通过简化中心的一个力及一个力偶。力的大 小、方向决定于力系的主矢量,力偶的矩决定于力系对简化中心的主矩。 力系中各力的矢量和称为力系的主矢量(简称主矢)。即

? FR ? ? F
主矢量与简化中心位置无关。 力系中各力对简化中心之矩的代数和称为力系对简化中心的主矩。即

MO ? ? MO (F )
主矩与简化中心位置有关。

5.主矢和主矩的解析式
如以简化中心为原点,建立直角坐标系 Oxy 则主矢与主矩的解析表达式分别为

? FR ? ? Xi ? ?Yj MO ? ?MO (F ) ? ?( xiYi ? yi X i )
式中 X i,Y i 为力系中各力在坐标轴上的投影,x i,y i 为力 F i 作用点的坐标。

6.平面力系平衡的必要和充分条件
力系的主矢和主矩都等于零,即:

? FR ? ? F ? 0

M O ? ? M O (F ) ? 0
平面力系平衡方程的三种形式 基本形式 二 力 矩 式 三 力 矩 式

?X ?0 ?Y ? 0 ? M (F ) ? 0
O

?X ?0 ? M (F ) ? 0 ? M (F ) ? 0
A B

?M ?M ?M

A B C

(F ) ? 0 (F ) ? 0 (F ) ? 0

A、B 连线与 x 轴不垂直
[ [例] 已知:P=20kN, m=16kN· m, 解 ① 研究 AB 梁; ② 受力如图; ③ 取 Axy 直角坐标; ④ 列平衡方程求解:

A、B、C 三点不共线

q=20kN/m, a=0.8m 求:A、B 的支反力。

? X ? 0,
?M
A

XA ? 0
RB ? a ? q ? a ? a ? m ? P ? 2a ? 0 2

(F ) ? 0

?Y ? 0
解得:

YA ? RB ? qa ? P ? 0

RB ? ?

qa m 20 ? 0.8 16 ? ? 2P ? ? ? ? 2 ? 20 ? 12(kN ) 2 a 2 0.8

YA ? P ? qa? RB ?20? 20?0.8?12?24(kN)
[例] 已知:分布载荷 q ? 2 KN / m ,力偶矩 M= 2m 4KN ? m , L= ,不计拱自重求 C 处的反 力。

线性分布外力(例题 3-8,习题 3-4)

[例]桁架结构 0 力杆(习题 2-55)

第 4 章.空间任意力系 1.计算力在空间直角坐标轴上的投影有两种方法
一次〔直接〕投影法

X ? F ?cos? , Y ? F ?cos ? , Z ? F ?cos ?
二次(间接)投影法。

X ? F ? sin ? ? cos? ? Fxy ? cos? ? F ? cos? ? cos? Y ? F ? sin ? ? sin ? ? Fxy ? sin ? ? F ? cos? ? sin ? Z ? F ? cos? ? F ? sin ?

2.力对轴之矩 力对轴之矩是力使物体绕轴转动效果的度量,是代数量,可按定义或解析 式计算。
当力与轴相交或平行时,力对该轴之矩等于零。

3.力对点之矩
力对点之矩是力使物体绕该点转动效果的度量,是定位矢量。表为

MO ?F ? ? r ? F
有 4.合力矩定理

力对点之矩在过该点某轴上的投影等于力对该轴之矩。

?MO ?F ??z ? M z ?F ? MO ?F ? ? M z ?F ?i ? M z ?F ? j ? M z ?F ?k

力系的合力对任一点之矩等于力系中各力对该点之矩的矢量和,即

MO ?FR ? ? ? MO (F )
5.力偶矩矢
力偶矩矢是表示力偶三要素的自由矢量,它完全决定了力偶对物体的作用。 若两力偶的力偶矩矢相等,则两力偶等效。

6.空间力系的合成
空间汇交力系合成为通过汇交点的一个合力,其合力矢 FR ? 空间力偶系合成为一合力偶,其合力偶矩矢 M ?

?M

?F

i

空间任意力系向任一点 O 简化,得到作用在简化中心 O 的一个力和一个力偶,力的大 小、方向决定于力系的主矢量,力偶矩矢决定于力系对 O 点的主矩,即

? FR ? ? F
7.空间力系平衡的必要和充分条件

M O ? ? M O (F )

空间任意力系平衡的必要和充分条件是:力系的主矢和对任一点的主矩等于零,即

? FR ? 0

M O (F ) ? 0
8. 空间力系平衡方程的基本形式
空间汇交力系 空间力偶系 空间平行力系 空间任意力系

?X ?0 ?Y ? 0 ?Z ? 0
9. 物体的重心

?M ?M ?M

x y z

(F ) ? 0 (F ) ? 0 (F ) ? 0

?Z ? 0 ? M (F ) ? 0 ? M (F ) ? 0
x y

?X ?0 ?Y ? 0 ?Z ? 0

?M ?M ?M

x y z

(F ) ? 0 (F ) ? 0 (F ) ? 0

重心是物体重力的合力作用点。均质物体的重心与几何中心――形心重合。 重心坐标的一般公式是

? ? P ? ? ?Pi yi ? ; yC ? ? P ? ? ?Pi z i ? zC ? ? P ? xC ?
i i

? ?P x

V ? y ? dV ? ? 对于均质物体 y ? ?V ? C V ? ?Vz ? dV ? zC ? ? V ? ?

xC ?

? x ? dV ? ?
V

[例] 边长为 l、重量为 W 的均质正方形平台,用六根不计自重的直杆支承如图所示。设平台 距地面高度为 l,处载荷 F 沿 AB 边,试求各杆内力。
D C
D C F5 F4

l P l
E F B H G

l P l
E F6 H F W B

A

A F1

F3 G F2

l

l

解:① 取研究对象:平台。 ② 分析受力,如图所示,六根支承杆均为二力杆。 ③ 列平衡方程求解:

?M

GC

? 0:

?

2 F6 l ? Fl ? 0 , 2

F6 ? 2F

?M

BC

? 0:

? F1l ?

?M ?M
?M

HG

? 0: ? 0:
? 0:

FB

HD

?M

AB

? 0:

W 2 l F6 l ? W ? ? 0 , F1 ? ? F ? 2 2 2 l F1l ? F2 l ? W ? 0 , F2 ? F 2 2 2 F5 l ? F6 l ? 0 , F5 ? 2F 2 2 2 F3l ? Fl ? 0 , F3 ? ? 2F 2 W 2 l ? F4 l ? F5 l ? W ? 0 , F4 ? ? F ? 2 2 2

【例】边长为 a 的立方框架上,沿对角线 AB 作用一力,其大小为 P;沿 CD 作用另一力, 其大小为 3P / 3 ,此力系向 O 点简化的主矩大小为( 3Pa / 3 ) 。 B
第 5 章摩擦 1.基本概念
动滑动摩擦、静滑动摩擦
O A C D

3 ? P 3

? P

当物体处于临界平衡状态时,静摩擦力的大小 F 与相互接触物体之间的正压力大小与正比。

2.基本计算
动滑动摩擦、静滑动摩擦的计算 【例】物 A 重 100KN,物 B 重 25KN,A 物与地面 的摩擦系数为 0.2,滑轮处摩擦不计。则物体 A 与地 面间的摩擦力为?

第二部分

运动学

第 6 章.点的运动 1.矢量法
? M 点位置确定 r
运动方程 轨迹:矢端曲线 速度

? ? r = r ?t ?

加速度

? ? ? ?r dr ? ? v ? lim ? ? r 方向沿轨迹切线 ?t ? 0 ?t dt ? ? ?v ? ?? ? ? a ? lim ?v ?r ?t ? 0 ?t

2﹑直角坐标法
M 点位置确定 x, y, z
运动方程 轨迹

x ? f1 (t ), y ? f 2 (t ), z ? f3 (t )

运动方程消去时间参数 t,即可得到 轨迹的曲线方程。

速度

? ? ? ? ? ? ? v ? xi ? yj ? zk

? ? ? v ? x2 ? y2 ? z 2 ? ? cos?v , x ? ? x v ? ? cos?v , y ? ? y v ? ? cos?v , z ? ? z v a ? ??2 ? ??2 ? ??2 x y z ? cos?a , x ? ? ?? a x ? cos?a , y ? ? ?? a y ? cos?a , z ? ? ?? a z

加速度

? ? ? ? a ? ??i ? ??j ? ??k x y z

3. 自然法
前提:点的轨迹已知 弧坐标的建立:在轨迹上确定 M 0 点,规定“+”“-” ,

M 点位置确定:弧坐标 s
运动方程 速度 加速度

s ? f (t ) ? ? ? ? v ? s? v? ? s

? ? ? s2 ? a ? ??? ? n s

?

a? ? ?? ——切向加速度 s
2 a ? a?2 ? a n

an ?
a? an

? s2

?

——法向加速度

t an ? ?

【例】题 5-7,5-8

例 在 曲 柄 摇 杆 机 构 中 , 曲 柄 OA 与 水 平 线 夹 角 的 变 化 规 律 为 ? ?

?
4

t2 ,设

OA ? O1O ? 10cm , O1 B ? 24cm ,求 B 点的运动方程和 t ? 1s 时 B 点的速度和加速度

? a?

? v
B

o1
解法 1 速度 加速度

?

o

?

Bo

O1

?
O

?? 45?

? an

自然法

B 点的运动方程

? v ? s ? 6?t a? ? ?? ? 6? s

? s ? B0 B ? 24 ? 3?t 2

an ?
t ? 1s时

? s2

??

? ?
4

?

36? 2 t 2 3? 2 t 2 ? 24 2
v ? 6?

a? ? 6?

3? 2 an ? 2

解法 2 直角坐标法(坐标建立如图)
y

? j
O1

B

?

? i

?
O

x

B 点的运动方程: x B ? O1 B cos? ? 24 cos

?
?

?? ? ? 24cos? t 2 ? 2 ?8 ?
8 t2

y B ? O1 B sin ? ? 24 sin

? 速度: v Bx ? x B ? ?6? ? sin

? ?

?

? t 2 ?t 8 ?

? ? ? ? v By ? y B ? 6? ? cos t 2 ?t 8 ? ?
加速度: a Bx

3? 2 2 ? ? ??B ? ?6? sin t ? x t cos t 2 8 2 8
2

?

? 3? 2 2 ? a By ? ??B ? 6? cos t 2 ? y t sin t 2 8 2 8

t ? 1s 时

v Bx ?? ?6? s i n 8

?

v By ? 6? c o s 8

?

? ?? ? ? v ? ?6? s i n i ? 6? c o s j 8 8

a Bx ? ?6? sin

?
8

?

3? 2 ? cos 2 8

? 3? 2 ? a By ? 6? c o s ? sin 8 2 8
第 7 章.刚体的基本运动

? ? ? a ? aBx i ? aBx j

1.平动
刚体平动的特点是:刚体上各点的轨迹形状、速度及加速度相同。因此,只要求得刚体 上任一点的运动,就可得知其它各点的运动,从而确定整体运动。

2.定轴转动
描述定轴转动刚体的位置用角坐标?。 运动方程 角速度

? ? f ?t ?
??
??
d? ? ?? dt
d? ?? ?? dt
??为??在 z 轴上的投影; ??为??在 z 轴上的投影。

角加速度 或

ω ? ?k

α ? ?k
速度 加速度 其中

定轴转动刚体上各点速度 v 及加速度 a 的计算:

v ? ω ? r ,或 v ? ?R ,R 为点到转轴的距离。
a ?α ? r ?ω? v

a? ? α ? r , 或 a? ? ?R an ? ω ? v , 或 an ? ? R
2

切向加速度; 法向加速度。

第 8 章.点的合成运动 1.定系和动系
理论上讲,若存在两个有相对运动的坐标系,则可指定其中一个为定系,另一个即为动 系。但工程上一般以固定在地面上的坐标系为定系,相对于定系运动着的坐标系称为动系。

2.动点和牵连点
动点为研究的对象,是本章的主角。牵连点是动点在动系上的重合点,随动点的相对运 动而变,是动系上的点,不同瞬时,有不同的牵连点,弄清牵连点的概念十分重要。

3.三个运动的关系
绝对运动——动点相对于定系的运动; 相对运动——动点相对于动系的运动; 牵连运动——动系相对于定系的运动。

(1)速度合成定理 (2)加速度合成定理 其中 当动系平动时

va ? ve ? vr aa ? ae ? ar ? aC

aC ? 2ωe ? vr ωe ? 0 , aC ? 0
.
? v

? 【例】:正方形板以等角速度ω 绕 O 轴转动,小球 M 以均速度 v 沿板内半径为

R 的圆槽运动。则 M 的绝对加速度为 Rω2 ? v R -2ωv

2

?

4.应用
[例] 摇杆滑道机构已知 h、 ??、v 、a 求: OA 杆的 ? , ? 。 解: ⒈ 选取动点、动系、静系: 动点: 杆 BC 上销子 D 点, 动系: 固连摇杆 OA , 静系: 固连地面(机架)。 2. 三种运动分析: 3. 三种速度分析: 由速度合成定理 : ve ? va cos? ? v cos? , vr ? va sin? ? v sin?

? ? ve / OD ? v cos? /(
⒌ 加速度分析:

h cos2 ? )?v cos? h

因牵连运动为定轴转动,

a a ? a e? ? a en ? a r ? a k
故有

大小 方向

a

?

OD? 2 ?

2?v r

已知 已知 已知 已知 已知

h v cos2 ? 2 v 2 cos3 ? ae ? ?( ) ? , cos? h h v cos2 ? ak ? 2?vr ? 2 ? v sin ? h
n

⒍ 作加速度矢量关系图求解:将上式投影到沿切线的??轴上,得:

aa cos? ? ae ? ak
2 2 ? ae ? ak ? aa cos? ? 2v cos ? sin ? ? a cos? h

?

ae v2 a ?? ? 2 cos2 ? sin 2? ? cos2 ? OD h h

?

第 9 章.刚体的平面运动 1.刚体平面运动定义
刚体作平面运动的充要条件是: 刚体在运动过程中, 其上任何一点到某固定平面的距离 始终保持不变。

2.平面运动方程
刚体的平面运动可以简化成平面图形在平面上的运动。运动方程:

? x A ? x A (t ) ? ? y A ? y A (t ) ?? ? ? (t ) ?
其中 A 为基点。如果以 A 为原点建立平动动系 Ax’y’,则平面运动分解为跟随基点(动系) 的平动和相对于基点(动系)的转动。

3.平面运动刚体上各点的速度分析
(1)基点法--应用速度合成定理: v B ? v A ? v BA (2)速度投影定理(由基点法推论):刚体上任意两点的速度在这两点连线上的投影相等。

(v B) ? v A) AB ( AB
(3)瞬心法(由基点法推论) 瞬心是瞬时速度为零的点,把瞬心作为基点求速度的方法,为瞬心法。

【例】图示系统中,ABCD 为一平行四连杆机构,某瞬时杆 EF 平行于 CD,求杆 EF 的速度 瞬心(F 点)
C1

F
C2

B

E

C

?

A

D

4.加速度分析 只推荐用基点法分析平面运动刚体上各点的加速度。
n aM ? aO? ? aMO? ? a? O? M

[例] 曲柄肘杆压床机构 已知:OA=0.15m,n=300 rpm,AB=0.76m, BC=BD=0.53m. 图示位置 时, AB 水平。求该位置时的 ? AB , ? BD 及 v D

解: ⒈ 运动分析: OA,BC 作定轴 转动, AB,BD 均作平面运动 ⒉ 研究 AB;速度分析,用速度瞬心法求 vB 和?AB :

? ? ? n? ? 300 ?10?rad/s
30 30

v A ?OA?? ?0.15?10? ?1.5? m/s
P1为 AB 杆速度瞬心

?? AB ?

vA 1.5? 1.5? ?2 ? ? ? 7.16 rad/s AP ABsin60? 0.76? 3 1

vB ? BP ?? AB ? ABcos60? ?7.16?0.76?0.5?7.16?2.72 m/s 1
⒊ 研究 BD; 速度分析,用速度瞬心法求 vD 和??BD : P2 为其速度瞬心,? BDP2 为等边三角形 DP2=BP2=BD

?? BD ?

v B 2.73 ? ?5.13 rad/s BP2 0.53

vD ? DP2 ? ? BD ? 0.53? 5.13 ? 2.72 m/s(?)

第三部分
1.牛顿第二定律

动力学

第 10 章.质点运动微分方程

牛顿第二定律为质点的质量与加速度的乘积等于作用在质点上力系的合力,即

ma ? ?F
它是解决质点动力学的基本定律。

2.质点运动微分方程
矢量形式

m?? ? ? F r
m?? ? ? X ? x ? ? m?? ? ? Y ? y ? m?? ? ? Z ? z ?

m
自然坐标形式

直角坐标形式

dv ? ? ? F? ? dt ? v2 ? m ? ? Fn ? ? ? 0 ? ? Fb ? ? ?

一般在研究自由质点的运动时, 常采用直角坐标或极坐标形式的微分方程, 研究非自由 质点动力学问题时常采用自然坐标形式的微分方程。

3.质点运动微分方程的应用
运用质点运动微分方程,可解决质点动力学两类问题,即 (1)已知质点的运动规律,求作用在质点上的力,通常是未知的约束力。这是点的运 动方程对时间求导数的过程。 (2)已知作用在质点上的力,求质点的运动规律。这是运动微分方程的积分过程,或 求解过程。 对于多数非自由质点, 一般同时存在以上动力学的两类问题, 对于这种问题一般首先解 除约束以相应的约束力代替,根据已知的主动力及运动初始条件,求解质点的运动规律;然 后在运动确定的条件下再求解未知约束力,约束力一般包括静约束力和附加动约束力两部 分。 利用质点运动微分方程求解质点的运动规律时, 视问题的性质, 可采用两种分离变量的 方法对微分方程进行积分,即

a? ?


dv dt

a? ?

dv ds dv d ? v 2 ? ? ?v ? ? ? ds dt ds ds ? 2 ? ? ?

质点的运动规律还决定于初始条件, 利用运动的初始条件, 可确定定积分的下限或不定 积分的积分常数。视问题的性质,也可以用解微分方程的方法求解。

4.解决质点动力学问题的步骤
(1)分析质点的受力,分清主动力与约束力。对非自由质点需解除约束,以约束力代 替。主动力一般为已知,约束力通常是未知的,但其方向往往可根据约束的性质确定。画出 质点的受力图。 (2)分析质点的运动,画出质点的运动分析图,一般包括广义坐标,加速度、速度在 坐标上的分量等。 (3)列写质点运动微分方程。列方程时要注意力及运动量在坐标上投影的正负号。 (4)微分方程的求解及问题的进一步讨论。 【例】已知物体的质量为 m,弹簧的刚度为 k ,原长为 LO , 静伸长为 ? st ,则对于以弹簧静伸长末端为坐标原点,铅直向

x 下的坐标 OX,重物运动微分方程应为 m?? ?

?kx

LO

? st

O

【例】习题 9-18
X

m

第 11 章.动量定理 1.质点系动量的计算
质点系的动量为质点系中各质点动量的矢量和,即 p ? ? mv 在直角坐标系中可表示为

p ? (? mvx )i ? (? mvy ) j ? (? mvz )k
质点系的动量还可用质心的速度直接表示,即

p ? ? mv ? M vC
2.质点系动量定理
质点系动量定理建立了质点系动量的变化率与外力主矢量之间的关系, 可表示为如下几 种形式: 质点系动量定理

dp ? ? F (e ) dt
质心运动定理

MaC ? ? F (e)
3.动量定理的应用
应用动量定理解质点系动力学问题时,应注意以下几点: (1)质点系动量的变化与内力无关。应用动量定理时,必须明确研究对象,分清外力

与内力,只需将外力表示在受力图上。 (2)应用动量定理可解决质点系动力学的两类问题,即已知力求运动的问题和已知运 动求力的问题。一般用动量定理求未知约束力。 (3)当外力系的主矢量为零时,系统的动量守恒,即 常矢量 外力系的主矢量在某一轴(如 x 轴)上投影为零时,系统的动量在该轴上的分量为一 常数

常数

第 12 章.动量矩定理 1. 转动惯量
刚体对 Z 轴的转动惯量

J Z ? ? mr2

2.质点系动量矩
质点系对任意一点的动量矩为质点系中各点的动量对同一点的矩的矢量和,即

LO ? ? r ? mv
质点系对轴 z 动量矩 平动刚体 定轴(z 轴)转动刚体 平面运动的刚体

Lz ? ?mz (mivi ) ? ?LO ? z
Lz ? J z ? ?

LO ? mO (mvC ) ? rC ? mvC Lz ? mz (mvC ) ? J C ??

3.质点系动量矩定理
质点系的动量矩定理建立了质点系动量矩的变化率与作用于质点系上外力的主矩之间 的关系。可表示为如下几种形式: (1)对固定点的动量矩定理 质点系对固定点的动量矩对时间的一阶导数,等于外力系对同一点的主矩,即

dLO (e) (e) ? ?mO ( Fi ) ? M O dt
用投影式表示为

dL y (e) (e) (e) dL x dLz (e) (e) (e) ? ?m x ( Fi ) ? M x , ? ?m y ( Fi ) ? M y , ? ?m z ( Fi ) ? M z dt dt dt

(2)相对质心动量矩定理 质点系相对质心的动量矩对时间的一阶导数等于外力系对质心的主矩。即

dLC (e) (e) ? ? mC ( Fi ) ? M C dt
(3)刚体绕固定轴转动的微分方程

J z? ? M z

(e)

Jz

d? (e) ? Mz dt



Jz

d 2? (e) ? Mz 2 dt

4.刚体平面运动微分方程
M ??C ? ? X ( e ) , x M ??C ? ? Y y
(e)

,

?? J C ? ? ? mC ( F ( e ) ) ;

5.动量矩定理的应用
在应用动量矩定理时,应注意以下几点: (1)正确计算质点系的动量矩; (2)质点系动量矩的变化率与外力矩有关。所以,在分析问题时要明确研究对象,分 清内力与外力; (3)当对固定点的外力矩为零时,质点系对该点的动量矩守恒。即

MO

(e)

?0

时,

LO ? 常矢量

或对某轴(如 z 轴)的外力矩为零时,质点系对该轴的动量矩守恒。即

Mz

(e)

?0

时,

Lz ? 常数

[ [例] 两质量各为 8 kg 的均质杆固连成 T 字型,可绕通过 O 点的水平轴转动,当 OA 处 于水平位置时, T 形杆具有角速度?=4rad/s 。求该瞬时轴承 O 的反力。 解: ① 选 T 字型杆为研究对象; ② 受力分析如图示; ③ 运动分析:刚体绕 O 轴转动; ④ 根据定轴转动微分方程求解:

JO? ? mg ? 0.25 ? mg ? 0.5
JO ? 1 2 1 17 ml ? ml 2 ? ml 2 ? ml 2 3 12 12

17 ? 8 ? 0.52 ? ? ? 8 ? 9.8 ? 0.25 ? 8 ? 9.8 ? 0.5 12 ? ? 20.75rad s 2

再根据质心运动定理有:

? ? ? (2m) ? aCy ? ?YO ? 2m g? ?

(2m) ? aCx ? ? X O

运动学补充方程:

aCx ? aCn ? OC ? ? 2 aCy ? aC? ? OC ? ?

解得:

X O ? ?2m aCx ? ?2 ? 8 ? 0.375? 42 ? ?96 N YO ? 2m g ? 2m aCy ? 2 ? 8 ? 9.8 ? 2 ? 8 ? 0.375? 20.75 ? 32.3 N

第 13 章.动能定理
1.质点系动能的计算 质点的动能 : T ?

1 mv 2 2

质点系的动能等于质点系内各质点动能的总和,即

1 T ? ? mi v 2 2
(2)刚体动能的计算 平动刚体:

T ? T? T?

1 Mv c2 2 1 J Z? 2 2 1 1 1 J P? 2 ? Mv c2 ? J c? 2 2 2 2

定轴转动刚体:

平面运动刚体:

J Z ; J c ; J P 分别为刚体对固定轴,质心轴和瞬心轴的转动惯量。
2. 力的功的计算
作用在质点系上的力通常为变力,变力的元功为

?W ? F .ds
力在有限路程上的功为

或 如(1)重力在有限路程上的功为

即决定于轨迹两端的高度差,而与轨迹形状无关。

(2)弹性恢复力在有限路程上的功为

其中 为弹簧刚度系数,弹性恢复力的功仅决定于质点在轨迹两端时弹簧的变形,而与 轨迹形状无关。

3. 动能定理
微分形式的动能定理: dT ? ? ?W 积分形式的动能定理: T2 ? T1 ? ?W 动能定理给出了质点系在运动过程中速度与位置的关系。 具有理想约束的一个自由度系 统,利用动能定理就可以决定质点系在已知主动力作用下的运动规律。

4. 机械能守恒
在理想约束的情况下,若作用在系统上的主动力有势,则系统的机械能守恒,即

应用机械能守恒定律可得到系统运动微分方程的初积分。 常见势力的势能, (1)重力势能

式中 由零势面铅垂向上为正。 (2)弹性恢复力势能

式中 为弹簧的变形量。以弹簧原长处为势能零点。

5. 普遍定理的综合应用
普遍定理提供了解决质点系动力学问题的一般方法。 在许多较为复杂的问题中, 往往需 要联合应用几个普遍定理以求得问题的解答。 例如时常遇到这样一种类型的问题: 已知作用 于系统上的主动力, 需求系统的运动及未知约束力。 这时应首先根据系统中各物体的运动情 况及系统所受力的特点, 考虑应用哪一个普遍定理可以建立已知的主动力和运动的关系, 在 理想约束的情形下, 应用动能定理常常可以做到这点。 由反映这些关系的方程求得系统的运 动后,再应用相应的普遍定理,通常是应用动量定理或动量矩定理,以求出未知的约束力。

[例] 图示系统中,均质圆盘 A、B 各重 P,半径均为 R, 两盘中心线为水平线, 盘 A 上作用 矩为 M(常量)的一力偶;重物 D 重 Q。问下落距离 h 时重物的速度与加速度。(绳重不计, 绳不可伸长,盘 B 作纯滚动,初始时系统静止)

解:① 取系统为研究对象; ② 计算主动力的功;

?W ( F ) ? m? ?Qh (? ? h / R)
③ 运动分析计算动能;

T1 ? 0
T2 ? ? 1 1Q 2 1 1 P 2 2 1Q 2 1 3P 2 2 2 2 J O? A ? v ? J C?? B ? ? R ?A ? v ? ? R ?B 2 2g 2 2 2g 2g 2 2g v2 (8Q ? 7 P) 16g

④ 根据动能定理求解:

由T2 ?T1 ? ?W ( F )
( M / R ? Q)hg v2 M (8Q ? 7 P) ? 0 ? ( ? Q)h ? v ? 4 16g R 8Q ? 7 P
上式求导得:

8Q ? 7 P dv M dh ? 2v ? ( ? Q) 16g dt R dt a? 8( M / R ? Q) g 8Q ? 7 P

(v ?

dh ) dt

综合-9:已知均质曲柄 OA 长为 L,质量为 m1 ,力偶矩 M 为常数;滑块 A 光滑,质量不 计;框架质量为 m 2 ,质心在 C 点,框架与滑道间的摩擦系数为 f ,当曲柄与水平线夹角为

? 0 时,系统由静止开始运动。求:曲柄转过一周时的角速度。
例 13-9、综合-13、综合-14

第 14 章.达朗伯尔原理
刚体作平动、定轴转动、平面运动时惯性力与惯性矩的施加。 补充题:

复习提纲

静力学
静力学是研究物体在力系作用下平衡的科学。

第一章、静力学公理和物体的受力分析
教学目标:掌握物体的受力分析和正确画出受力图。 知识结构: 1、 基本概念:力、刚体、约束和约束力的概念。 2、 静力学公理: (1)力的平行四边形法则; (三角形法则、多边形法则)注意:与力偶的区别 (2)二力平衡公理; (二力构件) (3)加减平衡力系公理; (推论:力的可传性、三力平衡汇交定理) (4)作用与反作用定律; (5)刚化原理。 3、常见约束类型与其约束力: (1)光滑接触约束——约束力沿接触处的公法线; (2)柔性约束——对被约束物体与柔性体本身约束力为拉力;

(3)铰链约束——约束力一般画为正交两个力,也可画为一个力; (4)活动铰支座——约束力为一个力也画为一个力; (5)球铰链——约束力一般画为正交三个力,也可画为一个力; (6)止推轴承——约束力一般画为正交三个力; (7)固定端约束——两个正交约束力,一个约束力偶。 4、物体受力分析和受力图: (1)画出所要研究的物体的草图; (2)对所要研究的物体进行受力分析; (3)严格按约束的性质画出物体的受力。



意点: (1)画全主动力和约束力; (2)画简图时,不要把各个构件混在一起画受力图; (3)灵活利用二力平衡公理(二力构件)和三力平衡汇交定理; (4)作用力与反作用力。

第二章、平面汇交力系与平面力偶系
教学目标:掌握平面汇交力系和平面力偶系的合成与平衡的计算方法。 知识结构: 1、平面汇交力系: (1)几何法(合成:力多边形法则;平衡:力多边形自行封闭) (2) 解析法 (合成: 合力大小与方向用解析式; 平衡: 平衡方程

?F

x

? 0 ,? Fy ? 0 )

注 注

意点: (1)投影轴尽量与未知力垂直; (投影轴不一定相互垂直) (2)对于二力构件,一般先设为拉力,若求出负值,说明受压。 2、平面力对点之矩—— MO ? F ? ? ? Fh ,逆时针正,反之负 意点:灵活利用合力矩定理 3、平面力偶系: (1)力偶:由两个等值、反向、平行不共线的力组成的力系。 (2)力偶矩: M ? ? Fh ,逆时针正,反之负。 (3)力偶的性质: [1]、力偶中两力在任何轴上的投影为零; [2]、力偶对任何点取矩均等于力偶矩,不随矩心的改变而改变; (与力矩不同) [3]、若两力偶其力偶矩相等,两力偶等效; [4]、力偶没有合力,力偶只能由力偶等效。 (4)力偶系的合成( M ?

?M

i

)与平衡(

?M ? 0 )

第三章、平面任意力系
教学目标:掌握平面任意力系的简化与平衡力系的计算方法,会计算平面桁架的内力。 知识结构: 1、力的平移定理:把力向某点平移,须附加一力偶,其力偶矩等于原力对该点的力矩。 2、简化的中间结果:

? ? (1)主矢 FR ——大小: FR ?
(2)主矩 MO

?? F ? ? ?? F ? ; 方向: cos ? F ? , i ? ? ? F / F ? , cos ? F ? , j ? ? ? F ? ?M ?F ?
2 2 ix iy

R

ix

R

R

iy

? / FR 。

O

i

3、简化的最后结果:

? (1)主矢 FR ? 0 ——[1]、 MO ? 0 ,合力,作用在 O 点; ? [2]、 M O ? 0 ,合力,作用线距 O 点为 M O / FR 。 ? (2)主矢 FR ? 0 ——[1]、 M O ? 0 ,合力偶,与简化中心无关;
[2]、 MO ? 0 ,平衡,与简化中心无关。 4、平面任意力系的平衡

? (1)平衡条件—— FR ? 0 、 MO ? 0 。
(2)平衡方程——[1]、基本式:
x

? F ? 0 、 ? F ? 0 、 ?M ? F ? ? 0 ; [2]、二矩式: ? F ? 0 、 ? M ? F ? ? 0 、 ? M ? F ? ? 0 , A 、
y O
x A B

B 连线不垂直于 x 轴;
[3]、三矩式:

? M ? F ? ? 0 、? M ? F ? ? 0 、? M ? F ? ? 0 ,
A B C

A 、 B 、 C 三点不得共线。
5、平面平行力系平衡方程: (至少有一个力矩方程) ? F ? 0 、 ? M ? F ? ? 0 , y 轴不垂直力的作用线; (2) ? M ? F ? ? 0 、 ? M ? F ? ? 0 , A 、 B 连线不与各力平行。 (1)
y O
A B



意点: (1)矩心应取在多个未知力的交点上; (2)投影方程和力矩方程中的正负号; ( 2 ) 平衡 方 程的 写法 :
A A

?M ? F ? ? 0 或 ? M ? F ? ? 0 。

? M ? F ? ? 0 , 不 可写 成 ? M ? 0 、 ? M ? A? ? 0 、
A

6、静定与超静定问题——比较未知量个数与独立平衡方程的个数。 7、平面简单桁架内力计算——(1)节点法(平面汇交力系)(2)截面法(平面任意力系) 、

第四章、空间力系

教学目标:掌握空间力系的简化与平衡力系的求解方法,会计算物体的重心。 知识结构: 1、力在轴上的投影——直接投影法、间接(二次)投影法。 2、空间汇交力系——合成与平衡(三个独立方程) 3、力对点之矩、力对轴之矩——对点 MO ? F ? ? r ? F ,对轴 M z ? M z ? F ? ? ?Fxy h 等; 力对点的矩矢在过该点的轴上的投影等于力对该轴的矩。 4、空间力偶系——合成与平衡 5、空间任意力系的简化: (1)中间结果:

? [1]、主矢 FR ?
[2]、主矩 MO

? F ——大小: F ? ? ? ? F ? ? ? ? F ? ? ? ? F ? 方向: cos ? F ? , i ? ? ? F / F ? 等。 ? ?M ?F ?
2 2

2

i

R

ix

iy

iz



R

ix

R

O

i

(2)最后结果:

? [1]、主矢 FR ? 0 ——[a]、 MO ? 0 ,合力,作用线过简化中心; ? ? [b]、 MO ? 0 、 FR ? MO ,合力,作用线距 O 点为 M O / FR ; ? [c]、 MO ? 0 、 FR // MO ,力螺旋,中心轴过 O 点。 ? [2]、主矢 FR ? 0 ——[a]、 MO ? 0 ,合力偶,与简化中心无关;
[b]、 MO ? 0 ,平衡,与简化中心无关。 6、空间任意力系的平衡

? (1)平衡条件—— FR ? 0 、 MO ? 0 。
(2)平衡方程——
x y

?F ? 0 、 ?F ? 0 、 ?F ? 0 、 ?M ? F ? ? 0 、 ?M ? F ? ? 0 、 ?M ? F ? ? 0 。 (3) 、空间平行力系平衡方程: ? F ? 0 、 ? M ? F ? ? 0 、 ? M ? F ? ? 0 等
z
x y z

z

x

y

7、重心确定方法: (1)利用对称性:在对称轴、对称面或对称中心上; (2) 分割法 (负面积法) xC ? :

? Px / P 等;——三角形的重心 h / 3 、半圆的重心
i i

4R 3?

(3)实验法:悬挂法,称重法。

第五章、摩擦
教学目标:能够熟练地分析有摩擦时物体的平衡问题并求解。 知识结构: 1、滑动摩擦力 (1)静滑动摩擦力——方向:与相对滑动趋势方向相反;

大小: 0 ? Fs ? Fmax ? f s FN 。 (2)动滑动摩擦力——方向:与相对滑动方向相反; 大小: Fd ? f d FN 。 2、摩擦角与自锁 (1)摩擦角 ? f ——临界平衡状态时,全约束力与接触处公法线之间的夹角,或

tan ? f ? f s 。
(2)自锁——所有主动力合力的作用线与接触处公法线间的夹角小于摩擦角,物体静 止的情况。 3、滚动摩阻——转向:与相对滚动趋势转向相反; 大小: 0 ? M f ? M max ? ? FN 。

运动学
运动学是研究物体运动的的几何性质(轨迹、运动方程、速度和加速度等)的科学。

第六章、点的运动学
教学目标:能够熟练地计算点的位移、速度和加速度。 知识结构: 1、 研究内容——研究点相对某参考系的几何位置随时间变化的规律,包括点的运动轨迹、 运动方程、速度和加速度。 2、 研究方法:

? ? r (1)矢量法—— r ? r ? t ? 、 v ? r 、 a ? v ? ??
(2)直角坐标法—— x ? f1 ?t ? 、 y ? f2 ?t ? 、 z ? f3 ?t ? 等

? ? (3)自然法—— s ? f ?t ? 、 v ? vτ ? sτ 、 a ? at ? an ? at τ ? an n ? vτ ? v2 / ? n 。



意点: (1)矢量法主要用于理论推导; (2)直角坐标法是较为一般的方法。特别是点的运动轨迹未知的情形; (3)自然法(弧坐标法)是针对点的运动轨迹已知的情形。运算简便,各量物理意义 明确;

? ? (4) v 与 v 的区别。

第七章、刚体的简单运动
教学目标:能熟练计算定轴转动刚体的角速度、角加速度以及刚体内各点的速度和加速度, 正确计算轮系的传动比。

知识结构: 1、刚体的平行移动(平移) : (1)定义:在刚体内任取一直线段,在运动过程中这条直线段始终与其初始位置平行; (2)分类:若刚体内各点的轨迹为直线,则称为直线平移; 若刚体内各点的轨迹为平面曲线,则称为平面曲线平移; 若刚体内各点的轨迹为空间曲线,则称为空间曲线平移; 2、刚体的定轴转动: (1)定义:刚体在运动时,其上或其扩展部分有两点保持不动。 (2)刚体定轴转动的整体运动描述: [1]、转动方程—— ? ? f ? t ? ;

? [2]、角速度—— ω ? ? , ω = ωk ? ?? [3]、角加速度—— ? = ω ? ? , α = ? k
(3)定轴转动刚体上各点的运动描述: [1]、运动方程—— s ? R? , R 是点到转轴的距离; [2]、速度: v ? Rω , v ? ω? r ? vτ [3]、加速度:a ? α ? r ? ω ? v ? at τ ? an n ,其中: at ? R? , an ? v2 / R ? Rω2 ,
2 a ? at2 ? an ? R ? 2 ? ω4 , tan ? a, n? ? ? / ω2 。

3、 轮系的传动比——主动轮 I 与从动轮 II 的角速度的比值 i12 ? ? 表示两轮为同向转动,负号表示两轮为反向转动。

ω1 R z ? ? 2 ? ? 2 ;正号 ω2 R1 z1

第八章、点的合成运动
教学目标:能正确选取动点、动系,分析三种运动,掌握速度和加速度的合成。 知识结构: 1、 研究同一点相对两个不同参考系的运动之间的关系。 2、 定性分析: (1)动点——合成运动的研究对象; (2)参考系——[1]、定参考系:习惯上把固结在地球上的参考系称为定系; [2]、动参考系:把相对定系做运动的参考系称为动系; (3)运动——[1]、绝对运动:动点相对定系的运动; [2]、相对运动:动点相对动系的运动; [3]、牵连运动:动系相对定系的运动——牵连点对定系的速度和加速度 称为动点在该瞬时的牵连速度、牵连加速度。 3、定量分析:

(1)点的速度合成定理: va ? ve ? vr ; (2)点的加速度合成定理: aa ? ae ? ar ? aC , aC ? 2ωe ? vr 。



意点:动点、动系和定系的选择原则: (1)动点、动系和定系必须分别属于三个不同的物体,否则绝对、相对和牵连运动中 就缺少一种运动,不能成为合成运动; (2)动点相对动系的相对运动轨迹易于直观判断(已知绝对运动和牵连运动求解相对 运动的问题除外) 。否则,会使相对加速度分析产生困难。 具体地,有: [1]、两个不相关的动点,求二者的相对速度。 根据题意,选择其中之一为动点,动系为固结于另一点的平动坐标系; [2]、运动刚体上有一动点,点作复杂运动。 该点取为动点,动系固结于运动刚体上。 [3]、机构传动,传动特点是在一个刚体上存在一个不变的接触点,相对于另一个刚体运 动。 (a)导杆滑块机构:典型方法是动系固结于导杆,取滑块为动点。 (b)凸轮挺杆机构:典型方法是动系固结于凸轮,取挺杆上与凸轮接触点为动点。 (c)特殊问题,特点是相接触两个物体上的接触点位置都随时间而变化。此时,这连 个物体的接触点都不宜选为动点,应选择满足前述选择原则的非接触点为动点。

第九章、刚体的平面运动
教学目标:能运用基点法、速度瞬心法和速度投影定理求解平面运动刚体上各点的速度和 加速度。 知识结构: 1、 刚体的平面运动——在运动中, 刚体上的任意一点与某一固定平面的距离始终保持不变。 2、定性分析: (1)简化为平面图形在自身平面内的运动; (2)平面运动可以分解为随基点的平移与绕基点的转动。 3、定量分析: (1)平面运动方程—— xO? ? f1 ? t ? , yO? ? f2 ?t ? , ? ? f3 ?t ? ; (2)基点法求平面图形内各点速度—— vB ? v A ? vBA ——速度投影定理:向 A 、 B 两点连线方向投影—— vB cos ? ? vA cos ? ; ——速度瞬心法:取速度为零的 P 点为基点—— vB ? vBP ;
t t (3)基点法求平面图形内各点加速度—— aB ? aA ? aBA ? aBA 。



意点: (1)车轮纯滚动问题,轮心加速度与角加速度之间的关系。 (2)机构运动学分析(连接点运动学分析)

[1]、若已知点的位置、时间的函数关系,可根据点的运动学,确定速度、加速度; [2]、接触滑动——可根据合成运动的理论分析; (两个刚体) [3]、铰链连接——可根据平面运动理论求解。 (同一平面运动刚体)

动力学
动力学:研究物体的机械运动与作用力之间的关系。

第十章、质点动力学的基本方程
教学目标:能正确建立质点的运动微分方程。 知识结构: 动力学基本定律: 1、第一定律(惯性定律) ; 2、第二定律(质点动力学基本方程) F ? ma : ——质点运动微分方程: m 动; (3)混合问题。 3、第三定律(作用与反作用定律) 。

d2r ? ? F ;投影式***1、已知运动求力;2、已知力求运 dt 2

第十一章、动量定理
教学目标:能熟练运用动量定理、质心运动定理及其守恒定律求解动力学问题。 知识结构: 1、质点动量—— p ? mv (1)质点动量定理:[1]、微分形式—— d ? mv ? ? Fdt 或 [2]、积分形式—— mv2 ? mv1 ? 2、质点系动量—— p ?

d ? mv ? ? F ; dt

?

t2

t1

Fdt ? I 。

?m v

i i

或 p ? mvC

(1)质点系动量定理:[1]、微分形式—— dp ?

?F

? e?

dt ? ? d I ? ? 或
e

dp ? ? F ?e? ; dt

[2]、积分形式—— p2 ? p1 ?

?I? ? 。
e

(2)质心运动定理—— maC ?

?F? ? 。
e
t2

3、冲量: (1)常力的冲量—— I ? Ft ; (2)变力的冲量—— I ?

?

t1

Fdt 。



意点: (1)质心运动定理的应用 ——常用方法:[1]、求系统质心坐标;[2]、求导得质心加速度;[3]、利用质心运动定 理求外力。 (2)动量守恒定律及质心运动守恒定律; (3)各运动量均应是相对惯性参考系的绝对运动量。

第十二章、动量矩定理
教学目标:能熟练运用动量矩定理及其守恒定律求解动力学问题,会计算刚体定轴转动和 平面运动的动力学问题。 知识结构: 1、质点对点 O 的动量矩—— MO ? mv ? ? r ? mv 。 2、质点系对点 O 的动量矩—— LO ? (2)定轴转动—— Lz ? J z ω 。 3、质点系动量矩定理—— ——投影式:
O i i

? M ? m v ? ;对轴的动量矩—— ? L ?
Lz ? M z (mvC ) ;

O z

? Lz 。

(1)刚体平移—— LO ? MO (mvC ),

dLO ? ? M O ( Fi ( e ) ) ; dt

d Ly d Lx d Lz ? ? M x ( Fi ( e) ), ? ? M y ( Fi ( e) ), ? ? M z ( Fi ( e) ) 。 dt dt dt

4、刚体定轴转动微分方程—— J z? ? 5、刚体对轴的转动惯量—— J z ? (2)回转半径—— ? z ?

?M ?F ? 。
z

?m r

2
2

i i



(1)平行轴定理—— J z ? J zC ? md ;

J z / m 或 J z ? m?z2 。
dLC ? ? M C ( Fi ( e ) ) 。 dt
? e?

6、质点系相对质心的动量矩定理——

7 、 刚 体 平 面 运 动 微 分 方 程 — — maC x ? ? Fx 、 maCy ? ?Fy
e e e t n maC ? ?Ft ? ? 、 maC ? ?Fn? ? 、 JC? ? ?MC (F ? ? ) 。

? e?

、 JC? ? ?MC (F

? e?

)或



意点: (1)动量矩定理的表达形式只适合于对固定点或固定轴,且其中的速度或角速度都是绝对 速度或绝对角速度。 对质心也成立时, 其中的速度或角速度还可以是相对质心的速度或角速 度。 (2)建立坐标系,在有一个固定轴的情况下一般取为角位移,角位移的正向确定后,角速 度、角加速度以及力矩的方向均与角位移的正向相一致。 (3)注意动量矩守恒定律的应用。 (4)记住三个转动惯量:[1]、均质杆对一端的转动惯量—— J z ? ml 2 / 3 ; [2]、均质杆对中心轴的转动惯量—— J z ? ml 2 /12 ; [3]、均质圆盘对中心轴的转动惯量—— J z ? mR2 / 2 。 (5)灵活运用动量定理、动量矩定理判断物体做何种运动,如 P278,12-6,12-7。

第十三章、动能定理
教学目标:能熟练运动动能定理和机械能守恒定律求解动力学问题。 知识结构: 1、功—— W ?

?

M2

M1

F ? dr

(1)常力在直线运动中的功—— W ? Fs ; (2)重力的功—— ?W12 ? mg ( zC1 ? zC 2 ) ; (3)弹性力的功—— W12 ?

k 2 (?1 ? ? 2 2 ) ; 2

(4)定轴转动刚体上的功—— W12 ?

??

?2
1

M z d? ;

(5)平面运动刚体上力系的功—— W12 ? 2、质点系的动能—— T ?

?W ? ?
i

C2

C1

? FR ? drC ? ? M C d? 。
?1

?2

?

1 2

mi vi2
2

(1)平移刚体的动能—— T ? 1 mvC ; 2 (2)定轴转动刚体的动能—— T ? 1 J z ω2 ; 2
2 (3)平面运动刚体的动能—— T ? 1 J Pω2 ? 1 mvC ? 1 J z ω2 。 2 2 2

3、动能定理: (1)微分形式—— dT ?

?? W ;
i

(2)积分形式—— T2 ? T1 ?

?W 。
i

4、功率方程——

dT ? ? Pi ? ? Fi ? vi 。 dt

5、机械能守恒定律。



意点:一般情况下,需综合应用这些定理求解未知量。 (1)优选动能定理,动能定理取整个系统作为研究对象的机会多些。且若系统只有一 个自由度,且为理想约束,应首先考虑使用动能定理求运动(但求不出约束力) ,再应用动 量定理(质心运动定理) 、动量矩定理求约束反力。 (2)对突减约束问题,一般宜采用平面运动微分方程求解。 (3)注意观察有无动量守恒、动量矩守恒,若有,则要充分利用这些条件。

第十四章、达朗贝尔原理(动静法)
教学目标:正确理解达朗贝尔原理,能熟练运用动静法求解质点和质点系的动力学问题。 知识结构: 1、达朗贝尔原理: (1)惯性力— FI ? ?ma ; (2)质点的达朗贝尔原理— F ? FN ? FI ? 0 ; (3) 质点系的达朗贝尔原理— 2、惯性力系的简化: (1)刚体平移,向质心简化—— FI ? ?maC ; (2)刚体定轴转动,向转轴 z 上一点简化—— FIR ? ?maC ; (刚体有质量对称平面且与转轴垂直)—— M IO ? ? J z? ; 亦可向质心简化—— FIR ? ?maC 、 M IC ? ? J C? ; (3)刚体做平面运动,向质心简化—— FIR ? ?maC ; (平行于质量对称平面)—— M IC ? ? JC? 3、避免出现轴承动约束力的条件是——转轴通过质心,且刚体对转轴的惯性积等于零;或 曰刚体的转轴应是刚体的中心惯性主轴。

?F? ? ? ?F
e i

Ii

e ? 0 、 M O Fi ? ? ? ? MO ? FIi ? ? 0 。 ?

? ?



意点: (1)达朗贝尔原理常用于求解突减约束动力学问题; (2)惯性力系取决于绝对加速度、绝对角加速度。

第十五章、虚位移原理
教学目标:会运用虚位移原理求解系统(非自由质点系)的平衡问题。 知识结构:

1、约束类型(了解) ; 2、虚位移——在某瞬时,质点系在约束允许的条件下,可能实现的任何无限小的位移; 3、虚功——力在虚位移中做的功 ? W ? F ? ? r ; 4、虚位移原理——对于具有理想约束的质点系,其平衡的充分必要条件是:作用在质点系 的所有主动力在任何虚位移中所做虚功之和为零

?WF ? 0 或 ? ? Fxi? xi ? Fyi? yi ? Fzi? zi ? ? 0 。
i



意点: 1、对理想约束系统,常取整个系统为研究对象; 2、求各虚位移之间的关系 (1)几何法——根据主动力与虚位移的方向确定虚功的正负号、且要画出主动力作用 点的虚位移; (2)解析法——此时采用的虚功方程是它的解析式,即

??F ? x ? F ? y ? F ? z ? ? 0
xi i yi i zi i

其中 ? xi 等是第 i 个力作用点坐标的变分,而 Fxi 等是第 i 个力在相应坐标轴上的投影; (3)虚速度法——虚速度之间的关系与实速度之间的关系是相同的,即可以根据运动 学理论分析。

第一篇 静力学 第 1 章静力学公理与物体的受力分析
相互平衡的力,若其中两个力的作用线汇交于一点,则此三个力必在同一平面内,且第三个 力的作用线通过汇交点。 公理 4 作用与反作用定律 :两物体间相互作用的力总是同时存在,且其大小相等、 方向相反,沿着同一直线,分别作用在两个物体上。 1. 状 公理 5 钢化原理 :变形体在某一力系作用下平衡,若将它钢化成刚体,其平衡

例 2-8
如图 2.-17(a)所示的结构中,各构件自重忽略不计,在构件 AB 上作用一力偶,其力偶矩 为 500kN?m,求 A、C 两点的约束力。

解 构件 BC 只在 B、 两点受力, C 处于平衡状态, 因此 BC 是二力杆, 其受力如图 2-17 (b) 所示。 由于构件 AB 上有矩为 M 的力偶,故构件 AB 在铰链 A、B 处的一对作用力 FA、FB’ 构成一力偶与矩为 M 的力偶平衡(见图 2-17(c)。由平面力偶系的平衡方程∑Mi=0,得 ) ﹣Fad+M=0 则有 FA=FB’ N=471.40N

由于 FA、FB’为正值,可知二力的实际方向正为图 2-17(c)所示的方向。 根据作用力与反作用力的关系,可知 FC=FB’=471.40N,方向如图 2-17(b)所示。

第 3 章 平面任意力系
1. 合力矩定理:若平面任意力系可合成为一合力。则其合力对于作用面内任意一点之矩等 于力系中各力对于同一点之矩的代数和。 2. 平面任意力系平衡的充分和必要条件为: 力系的主失和对于面内任意一点 Q 的主矩同时 为零,即 FR`=0,Mo=0. 3. 平面任意力系的平衡方程: ∑Fx=0, ∑Fy=0, ∑Mo(F)=0.平面任意力系平衡的解析条件 是,力系中所有力在作用面内任意两个直角坐标轴上投影的代数和分别等于零,各力对 于作用面内任一点之矩的代数和也是等于零.

例 3-1
如图 3-8(a)所示,在长方形平板的四个角点上分别作用着四个力,其中 F1=4kN, F2=2kN,F3=F4=3kN,平板上还作用着一力偶矩为 M=2kN·m 的力偶。试求以上四个力及 一力偶构成的力系向 O 点简化的结果,以及该力系的最后合成结果。

解 (1)求主矢 FR’,建立如图 3-8(a)所示的坐标系,有 F’Rx=∑Fx=﹣F2cos60°+F3+F4cos30°=4.598kN F’Ry=∑Fy=F1-F2sin60°+F4sin30°=3.768kN 所以,主矢为 F’R= 主矢的方向 cos(F’R,i)= =0.773, ∠(F’R,i)=39.3° =5.945kN

cos(F’R,j)= (2)求主矩,有

=0.634,∠(F’R,j)=50.7°

M0=∑M0(F)=M+2F2cos60°-2F2+3F4sin30°=2.5kN·m

由于主矢和主矩都不为零,故最后的合成结果是一个合力 FR,如图 3-8(b)所示, FR=F’R,合力 FR 到 O 点的距离为 d= =0.421m

例 3-10
连续梁由 AC 和 CE 两部分在 C 点用铰链连接而成,梁受载荷及约束情况如图 3-18(a)所 示,其中 M=10kN·m,F=30kN,q=10kN/m,l=1m。求固定端 A 和支座 D 的约束力。 解 先以整体为研究对象,其受力如图 3-18(a)所示。其上除受主动力外,还受固定端 A 处的约束力 Fax、Fay 和矩为 MA 的约束力偶,支座 D 处的约束力 FD 作用。列平衡方程有 ∑Fx=0,Fax-Fcos45°=0 ∑Fy=0,FAy-2ql+Fsin45°+FD=0 ∑MA(F)=0,MA+M-4ql ?+3FDl+4Flsin45°=0 以上三个方程中包含四个未知量,需补充方程。现选 CE 为研究对象,其受力如图 3-(b) 所示。以 C 点为矩心,列力矩平衡方程有 ∑MC(F)=0,- ql ?+FDl+2Flsin45°=0 联立求解得 FAx=21.21kN,Fay=36.21kN,MA=57.43kN·m,FD=﹣37.43kN

第4章 考虑摩擦的平衡问题
1. 摩擦角:物体处于临界平衡状态时,全约束力和法线间的夹角。tanψ m=fs 2. 自锁现象:当主动力即合力 Fa 的方向、大小改变时,只要 Fa 的作用线在摩擦角内,C 点总是在 B 点右侧,物体总是保持平衡,这种平衡现象称为摩擦自锁。

例 4-3
梯子 AB 靠在墙上, 其重为 W=200N, 如图 4-7 所示。 梯长为 l, 梯子与水平面的夹角为θ =60° 已知接触面间的摩擦因数为 0.25。今有一重 650N 的人沿梯上爬,问人所能达到的最高点 C 到 A 点的距离 s 为多少? 解 整体受力如图 4-7 所示,设 C 点为人所能达到的极限位置,此时 FsA=fsFNA,FsB=fsFNB ∑Fx=0,FNB-FsA=0 ∑Fy=0,FNA+FsB-W-W1=0 ∑MA(F)=0,-FNBsinθ -FsBlcosθ +W cosθ +W1scosθ =0 联立求解得 S=0.456l

第5章 空间力系
1. 空间汇交力系平衡的必要与充分条件是:该力系的合力等于零,即 FR=∑Fi=0 2. 空间汇交力系平衡的解析条件是:力系中各力在三条坐标轴上投影的代数和分别等于 零. 3. 要使刚体平衡,则主失和主矩均要为零,即空间任意力系平衡的必要和充分条件是:该力

系的主失和对于任一点的主矩都等于零,即 FR`=∑Fi=0,Mo=∑Mo(Fi)=0 4. 均质物体的重力位置完全取决于物体的几何形状,而与物体的重量无关.若物体是均质 薄板,略去 Zc,坐标为 xc=∑Ai*xi/A,yc=∑Ai*yi/A 5. 确定物体重心的方法 (1) 查表法 (2) 组合法:①分割法;②负面积(体积)法 (3) 实验法

例 5-7
试求图 5-21 所示截面重心的位置。 解 将截面看成由三部分组成:半径为 10mm 的半圆、50mm×20mm 的矩形、半径为 5mm 的圆,最后一部分是去掉的部分,其面积应为负值。取坐标系 Oxy,x 轴为对称轴,则截面 重心 C 必在 x 轴上,所以 yc=0.这三部分的面积和重心坐标分别为 A1= mm ?=157mm ?,x1=- =-4.246mm,y1=0

A2=50×20mm ?=1000mm ?,x2=25mm,y2=0 A3=-π ×5 ?mm ?=-78.5mm ?,x3=40mm,y3=0 用负面积法,可求得 Xc= =

第二篇 第6章 点的运动学
6.2 直角坐标法 运动方程 x=f(t) y=g(t) z=h(t)

运动学

消去 t 可得到轨迹方程 f(x,y,z)=0 其中

例题 6 -1 椭圆规机构如图 6-4(a)所示,曲柄 oc 以等角速度 w 绕 O 转动,通过连杆 AB 带动滑块 A、B 在水平和竖直槽内运动,OC=BC=AC=L 。求: (1)连杆上 M 点(AM=r) 的运动方程; (2)M 点的速度与加速度。 解: (1)列写点的运动方程 由于 M 点在平面内运动轨迹未知,故建立坐标系。点 M 是 BA 杆上的一点,该杆两端 分别被限制在水平和竖直方向运动。曲柄做等角速转动,Φ =wt 。由这些约束条件写出 M 点运动方程 x=(2L-r)coswt y=rsinwt 消去 t 得轨迹方程: (x/2L-r)?+(y/x)?=1

(2)求速度和加速度 对运动方程求导,得 dx/dt=-(2L-r)wsinwt dy/dt=rsinwt 再求导 a1=-(2L-r)w?coswt

a2=-rw?sinwt 由式子可知 a=a1i+a2j=-w?r 6.3 自然法 2.自然坐标系:b=t×n 其中 b 为副法线 n 为主法线 t

3.点的速度 v=ds/dt 习题 6-10

切向加速度 at=dv/dt

法向加速度 an=v?/p

滑道连杆机构如图所示, 曲柄 OA 长 r, 按规律θ =θ ’+wt 转动 (θ 以 rad 计,

t 以 s 计) 为一常量。求滑道上 C 点运动、速度及加速度方程。 ,w 解:

第七章 刚体的基本运动
7.1 刚体的平行运动:刚体平移时,其内所有各点的轨迹的形状相同。在同一瞬时,所有 各点具有相同的速度和相同的加速度。刚体的平移问题可归结为点的运动问题。 7.2 刚体的定轴转动:瞬时角速度 w=lim△θ ∕△t=dθ /dt 瞬时角加速度 a=lim△w∕△t=dw/dt=d?θ /dt? 转动刚体内任一点速度的代数值等于该点至转轴的距离与刚体角速度的乘积 a=√(a? +b?)=R√(α ?+w?) θ =arctan|a|/b =arctan|α |/w? 转动刚体内任一点速度和加速度的大小都与该点至转轴的距离成正比。 例题 7-1 如图所示平行四连杆机构中, O1A=O2B=0.2m ,O1O2=AB=0.6m ,AM=0.2m ,如 O1A 按φ =15π t 的规律转动,其中φ 以 rad 计,t 以 s 计。试求 t=0.8s 时,M 点的速度与加速度。 解:在运动过程中,杆 AB 始终与 O1O2 平行。因此,杆 AB 为平移,O1A 为定轴转动。 根据平移的特点,在同一瞬时 M、A 两点具有相同的速度和加速度。A 点做圆周运动,它 的运动规律为 所以 s=O1A·φ =3π t m

VA=ds/dt=3π m/s atA=dv/dt=0 anA= (V A) ?/O1A=45 m/s 为了表示 Vm 、am 的 2,需确定 t=0.8s 时,AB 杆的瞬时位置。当 t=0.8s 时,s=2.4π m O1A=0.2m , φ =2.4π /0.2=12π ,AB 杆正好第 6 次回到起始位置 O 点处,Vm 、am 的方向
如图所示。

第 8 章点的合成运动
8.1 合成运动的概念: 相对于某一参考系的运动可由相对于其他参考系的几个运动组合而 成,这种运动称为合成运动。 当研究的问题涉及两个参考系时, 通常把固定在地球上的参考系称为定参考系, 简称定 系。吧相对于定系运动的参考系称为动参考系,简称动系。研究的对象是动点。动点相对于 定参考系的运动称为绝对运动; 动点相对于动参考系的运动称为相对运动; 动参考系相对于 定参考系的运动称为牵连运动。动系作为一个整体运动着,因此,牵连运动具体有刚体运动 的特点,常见的牵连运动形式即为平移或定轴转动。 动点的绝对运动是相对运动和牵连运动合成的结果。 绝对运动也可分解为相对运动和牵 连运动。在研究比较复杂的运动时,如果适当地选取动参考系,往往能把比较复杂的运动分 解为两个比较简单的运动。这种研究方法无论在理论上或实践中都具有重要意义。 动点在相对运动中的速度、加速度称为动点的相对速度、相对加速度,分别用 vr 和 ar 表示。动点在绝对运动中的速度、加速度称为动点的绝对速度和绝对加速度,分别用 va 和 aa 表示。换句话说,观察者在定系中观察到的动点的速度和加速度分别为绝对速度和绝对加

速度;在动系中观察到动点的速度和加速度分别为相对速度和相对加速度。 在某一瞬时,动参考系上与动点 M 相重合的一点称为此瞬时动点 M 的牵连点。如在某 瞬时动点没有相对运动,则动点将沿着牵连点的轨迹而运动。牵连点是动系上的点,动点运 动到动系上的哪一点,该点就是动点的牵连点。定义某瞬时牵连点相对于定参考系的速度、 加速度称为动点的牵连速度、牵连加速度,分别用 ve 和 ae 表示。 动系 O’x’y’与定系 Oxy 之间的坐标系变换关系为 x=x0+x’cosθ -y’sinθ y=y0+x’sinθ +y’cosθ

在点的绝对运动方程中消去时间 t,即得点的绝对运动轨迹;在点的相对运动方程中消去时 间 t,即得点的相对运动轨迹。 例题 8-4 矿砂从传送带 A 落到另一传送带 B 上,如图所示。站在地面上观察矿砂下落的 速度为 v1=4 m/s ,方向与竖直线成 30 角。已知传送带 B 水平传动速度 v2=3 m/s.求矿砂相对 于传送带 B 的速度。 解:以矿砂 M 为动点,动系固定在传送带 B 上。矿砂相对地面的速度 v1 为绝对速度; 牵连速度应为动参考系上与动点相重合的哪一点的速度。 可设想动参考系为无限大, 由于它 做平移,各点速度都等于 v2 。于是 v2 等于动点 M 的牵连速度。 由速度合成定理知,三种速度形成平行四边形,绝对速度必须是对角线,因此作出的速 度平行四边形如图所示。根据几何关系求得 Vr=√(ve?+va?-2vevacos60?)=3.6 m/s Ve 与 va 间的夹角 β =arcsin(ve/vr*sin60?)=46?12’ 总结以上,在分析三种运动时,首先要选取动点和动参考系。动点相对于动系是运动的,因 此它们不能处于同一物体;为便于确定相对速度,动点的相对轨迹应简单清楚。 8.3 当牵连运动为平移时,动点的绝对加速度等于牵连加速度和相对加速度的矢量和。

第9章
的运动规律

刚体的平面运动
y=f2(t) θ =f3(t)完全确定平面运动刚体

9.1 刚体平面运动的分析:其运动方程 x=f1(t)

在刚体上, 可以选取平面图形上的任意点为基点而将平面运动分解为平移和转动, 其中 平面图形平移的速度和加速度与基点的选择有关, 而平面图形绕基点转动的角速度和角加速 度与基点的选择无关。 9.2 刚体平面运动的速度分析: 平面图形在某一瞬时,其上任意两点的速度在这两点的连线上的投影相等,这就是速度 投影定理。Vcosa=vcosb

例 9-1
椭圆规尺 AB 由曲柄 OC 带动,曲柄以匀角速度ω 0 绕轴 O 转动,如图 9-7 所示,

OC=BC=AC=r,求图示位置时,滑块 A、B 的速度和椭圆规尺 AB 的角速度。

解 已知 OC 绕轴 O 做定轴转动,椭圆规尺 AB 做平面运动,vc=ω 0r。 (1) 用基点法求滑块 A 的速度和 AB 的角速度。因为 C 的速度已知,选 C 为基点。 vA=Vc+VAC 式中的 vc 的大小和方向是已知的,vA 的方向沿 y 轴,vAC 的方向垂直于 AC,可以作出速 度矢量图,如图 9-7 所示。 由图形的几何关系可得 vA=2vccos30°= 解得 ω AB=ω 0(顺时针) (2) 用速度投影定理求滑块 B 的速度,B 的速度方向如图 9-7 所示。 [vB]BC=[vC]BC Vccos30°=vBcos30° 解得 Vb=vC=ω 0r ω 0r,Vac=Vc,Vac=ω ABr

例 9-5
图 9-15 所示机构中,长为 l 的杆 AB 的两端分别与滑块 A 和圆盘 B 沿竖直方向光滑移动, 半径为 R 的圆盘 B 沿水平直线做纯滚动。已知在图示的位置时,滑块 A 的速度为 vA,求该 瞬时杆 B 端的速度、杆 AB 的角速度、杆 AB 中点 D 的速度和圆盘的角速度。

解 根据题意,杆 AB 做平面运动,vA 的方向已知,圆盘中心 B 的速度沿水平方向,则杆 AB 的速度瞬心为 P 点,有 ω AB= = vB=ω AB·BP=vAtanθ vD=ω AB·DP= · =

圆盘 B 做平面运动,C 点为其速度瞬心,则ω B= = tanθ

第三篇 动力学 第 10 章 质点动力学的基本方程
1. 牛顿第一定律:不受了作用(包括受到平衡力系作用)的质点,将保持静止或做匀速直 线运动。又称惯性定律。 2. 牛顿第二定律:质点的质量与加速度的乘积,等于作用于质点的力的大小,加速度的方

向与力的方向相同。F =ma 3. 牛顿第三定律:两个物体间的作用力与反作用力总是大小相等、方向相反,沿着同一直 线,同时分别作用在这两个物体上。

例 10-2:曲柄连杆机构如图 10-2(a) 。曲柄 OA 以匀角速度ω 转动,OA=r,AB=l,
当λ =r/l 比较小时,以 O 为坐标原点,滑块 B 的运动方程可近似表示为 X=l(1)+r(cosω t+ )

如滑块的质量为 m,忽略摩擦及连杆 AB 的质量,试求当ψ =ω t=0 和 时,连杆 AB 所受的 力。 解 以滑块 B 为研究对象,当ψ =ω t 时,其受力如图 10-2(b)所示。由于连杆不计

质量,AB 应为二力杆,所以受平衡力系作用,它对滑块 B 的拉力 F 沿 AB 方向。滑块啱 x 轴的运动方程 Max=-Fcosβ 由滑块 B 的运动方程可得 Ax= =-rω ?(cosω t+λ cos2ω t)

当ω t=0 时,ax=-rω ?(1+λ ) ,且β =0,得 F=mrω ?(1+λ ) 杆 AB 受拉力。 同理可得,当ω t= 时,F=,杆 AB 受压力

例 10-5
物块在光滑水平面上并与弹簧相连,如图 10-5 所示。物块的质量为 m,弹簧的刚度系数为 k。在弹簧拉长变形量为 a 时,释放物块。求物块的运动规律。

解 以弹簧未变形处为坐标原点 O,设物块在任意坐标 x 处弹簧变形量为|x|,弹簧力大小为 F=k|x|,并指向 O 点,如图 10-5 所示,则此物块沿 x 轴的运动微分方程为 m =Fx=-kx

令ω ?n= ,将上式化为自由振动微分方程的标准形式 上式的解可写为 X=Acos(ω nt+θ )

+ω ?nx=0

其中 A、θ 为任意常数,应由运动的初始条件决定。由题意,当 t=0 时, =0,x=a,代入 上式,解得θ =0,A=a,代入式中,可解得运动方程为 X=acosω nt

第 11 章 动力定理
1. 动量:等于质点的质量与其速度的乘积. 2. 质点系的动量定理:

p ? mvc

① 微分形式:质点系的动量对时间的一阶导数等于作用在该质点系上所有外力的矢量和. ② 积分形式:质点系的动量在任一时间间隔内的变化,等于在同一时间间隔内作用在该指点 系上所有外力的冲凉的矢量和.(冲凉定理) 3. 质心运动守恒定律:如果所有作用于质心系的外力在 x 轴上投影的代数和恒等于零,即 ∑F=0,则 Vcx=常量,这表明质心的横坐标 xc 不变或质心沿 x 轴的运动时均匀的。

例 11-5:已知液体在直角弯管 ABCD 中做稳定流动,流量为 Q,密度为ρ ,AB 端流
入截面的直径为 d,另一端 CD 流出截面的直径为 d1。求液体对管壁的附加动压力。 解 取 ABCD 一段液体为研究对象,设流出、流入的速度大小为 v1 和 v2,则

V1=

,v2=

建立坐标系,则附加动反力在 x、y 轴上的投影为 F’’Nx=ρ Q(v2-0)=

F’’Ny=ρ Q [0-(-v1)]

例 11-7: 11-6 所示的曲柄滑块机构中,设曲柄 OA 受力偶作用以匀角速度 w 转动, 图
滑块 B 沿 x 轴滑动。若 OA=AB=l,OA 及 AB 都为均质杆,质量都为 m1,滑块 B 的质量为 m2。试求此系统的质心运动方程、轨迹及此系统的动量。 解 设 t=0 时杆 OA 水平,则有=wt。将系统看成是由三个质点组成的,分别位于杆 OA 的中点、杆 AB 的中点和 B 点。系统质心的坐标为

Xc=

cosω t=

lcosω t

Yc=

sinω t=

lsinω t

上式即系统质心 C 的运动方程。由上两式消去时间 t,得

[

xc] ?+[

] ?=1

即质心 C 的运功轨迹为一椭圆, 如图 11-6 中虚线所示。 应指出, 系统的动量, 利用式 (11-15) 的投影式,有

Px=mvcx=(2m1+m2)

=-2(m1+m2)lω sinω t

Py=mvcy=(2m1+m2)

=m1lω cosω t

例 11-11:平板 D 放置在光滑水平面上,板上装有一曲柄、滑杆 、套筒机构,十字
套筒 C 保证滑杆 AB 为平移,如图示。已知曲柄 OA 是一长为 r,质量为 m 的均质杆,以匀 角速度 w 绕轴 O 转动。滑杆 AB 的质量为 4m,套筒 C 的质量为 2m,机构其余部分的质量为 20m,设初始时机构静止,试求平板 D 的水平运动规律 x(t)。 解 去整体为质点系,说受的外力有各部分的重力和水平面的反力。因为外力在水平

轴上的投影为零, 且初始时静止, 因此质点系质心在水平轴上的坐标保持不变。 建立坐标系, 并设平板 D 的质心距 O 点的水平距离为 a,AB 长为 l,C 距 O 点的水平距离为 b,则初始时 质点系质心的水平轴的坐标为

Xc1=

=

设经过时间 t,平板 D 向右移动了 x(t),曲柄 OA 转动了角度 wt,此时质点系质心坐标为

Xc2=

因为在水平方向上质心守恒,所以 xc1=xc2, P207 习题 11-3

解得:X(t)= (1-cosω t)

第 12 章 动量矩定理
1. 质点和质点系的动量矩: ⑴指点对点 O 的动量矩失在 z 轴的投影,等于对 z 轴的动量矩,即「Lo(mv)」=Lz(mv) ⑵质点系对固定点 O 的动量矩等于各质点对同一点 O 的动量矩的矢量和.即:Lo=∑Lo(mv) 2. 绕 定 轴 转 动 刚 体 对 于 转 轴 的 动 量 矩 等 于 刚 体 对 转 轴 的 装 动 惯 量 与 角 速 度 的 乘 积.(Lz=wJz) 3. 平行轴定理:刚体对于任一轴的转动惯量,等于刚体对通过质心并与该轴平行的轴转动惯 量,加上刚体的质量与两轴间距离平方的乘积. 4. 动量矩定理:质点对某定点的动量矩对时间的一阶导数等于作用于质点的力对同一点的 矩.

例 12-2:已知均质细杆和均质圆盘的质量都为 m,圆盘半径为 R,杆长 3R,求摆对

通过悬挂点 O 并垂直于图面的 Z 轴的转动惯量。 解 摆对 Z 轴的转动惯量为 Jz=Jz 杆+Jz 盘 杆对 Z 轴的转动惯量为

Jz 杆= ml ?= m(3R)?=3mR ? 圆盘对其质心的转动惯量为

Jzc2= mR ? 利用平行轴定理

Jz 盘= Jzc2+m(R+l ?)= mR ?+16mR?= 所以

mR?

Jz= Jz 杆+Jz 盘=3mR ?+

mR?=

mR ?

例 12-3:质量为 M1 的塔伦可绕垂直于图面的轴 O 转动,绕在塔轮上的绳索于塔轮
间无相对滑动,绕在半径为 r 的轮盘上的绳索于刚度系数为 k 的弹簧相连接,弹簧的另一端 固定在墙壁上, 绕在半径为 R 的轮盘上的绳索的另一端竖直悬挂质量为 M2 的重物。 若塔轮 的质心位于轮盘中心 O,它对轴 O 的转动惯量 Jo=2mr,R=2r,M1=m,M2=2m.求弹簧被拉长 s 时,重物 M2 的加速度。 解 塔轮做定轴转动,设该瞬时角速度为 w,重物作平移运动,则它的速度为 v=Rw,它

们对 O 点的动量矩分别为 Lo1,Lo2,大小为 Lo1=-Jo·w=-2mr2ω ,Lo2=-2mR2w=-8mr2ω ? 系统对 O 点的外力矩为

M0(

)=F·r-m2g·R=ksr-4mgr

根据动量矩定理 L0=Σ M0(



得 10mr? α =

=(4mg-ks)r

=

因重物的加速度 a2=Rα ,所以:a2=Rα =

第 13 章 动能定理
1. 质点系动能的微分,等于作用在质点系上所有力所做元功的和,这就是质点系微分形式的 动能定理.(13-23) 2. 质点系积分形式的动能定理:质点系在某一运动过程中动能的改变量,等于作用在质点系 上所有力在这一过程中所做的功的和.(13-24,13-25) 3. 力的功率等于切向力与力作用点速度大小的乘积(13-28) 4. 作用在转动刚体上力的功率等于该力堆转轴的矩与角速度的乘积.(13-29) 5. 质点系动能对时间的一阶导数等于作用在指点系上所有力的功率的代数和(功率方程 13-30)

例 13-5:重物 A 和重物 B 通过动滑轮 D 和定滑轮 C 而运动。如果重物 A 开始时向
下的速度为 v0,试问重物 A 下落多大距离时,其速度增大一倍。设重物 A 和 B 的质量均为 m1,滑轮 D 和 C 的质量均为 m2,且为均质圆盘。重物 B 于水平间的动摩擦因数位 f,绳索 不能伸长,其质量忽略不计。 解 以系统为研究对象。系统中重物 A 和 B 作平移,定滑轮 C 做定轴转动,动滑轮 D

做平面运动。 初瞬时 A 的速度大小为 v0, 则滑轮 D 轮心的速度大小为 v0, 角速度为ω D=

;

定滑轮 C 的角速度为ω C=

;重物 B 的速度大小为 2v0。于是运动初瞬时系统的动能为

T1= m1v0?+ m2v0?+ ( m2rD?)(

) ?+ ( m2rC?)(

) ?+ m12v0 ?=

(10m1+7m2)

速度增大一倍时的动能为 T2=

(10m1+7m2)

设重物 A 下降 h 高度时,其速度增大一倍。所有的力所做的功为

∑ 由式有

=m1gh+m2gh-f’m1g·2h=[m1g(1-2f’)+m2g]h

(10m1+7m2)= [m1g(1-2f’)+m2g]h

解得 h=

例 13-7:在对称杆的 A 点,作用一竖直常力 F,开始时系统静止。求连杆 OA 运功
动到水平位置时的角速度。设连杆长均为 l,质量均为 m,均质圆盘质量为 m1,且作纯滚 动。 解 以系统为研究对象。由系统从静止开始运动,故初瞬时系统的动能为

T1=0 当杆 OA 运动到水平位置时,杆端 B 为杆 AB 的速度瞬心,因此轮 B 的角速度为零。设此 时杆 OA 的角速度为 w,由于 OA=AB,所以杆 AB 的角速度亦为 w,系统此时的动能为

T2= JOAω ?+ JABω ?= (

) ω ?+ (

) ω ?=

ω?

所有的力所做的功为 ∑

=2(mg

)+Flsinα =(mg+F)lsinα



ω ?-0=(mg+F)lsinα

解得ω =

理论力学期终试题
(一) 单项选择题(每题 2 分,共 4 分) 1. 物块重 P,与水面的摩擦角 ?m ? 20o ,其上作用一力 Q,且已知 P=Q,方 向如图,则物块的状态为( A 静止(非临界平衡)状态 C 滑动状态 )。 B 临界平衡状态 D 不能确定

P 30 o

Q

(a)

(b)

第 1 题图 2. 图(a)、(b)为两种结构,则( C 图(a)、(b)均为静定的 静定的 )。 A 图(a)为静不定的,图(b)为为静定的

第 2 题图 B 图(a)、(b)均为静不定的 D 图(a)为静不定的,图(b)为为

(二) 填空题(每题 3 分,共 12 分) 1. 沿 边 长 为 a ? 2 m 的 正 方 形 各 边 分 别 作 用 有 F1 , F2 , F3 , F4 , 且

F1 = F2 = F3 = F4 = 4kN ,该力系向 B 点简化的结果为:

主矢大小为 FR? =____________,主矩大小为 M B =____________ 向 D 点简化的结果是什么? ____________。

D

F3

C

R O

r
?

F

F4
A

F2 F1
B
A

B

第 1 题图
?

第 2 题图

2. 图示滚轮,已知 R ? 2m , r ?1m , ? ? 30 ,作用于 B 点的力 F ? 4kN ,求 力 F 对 A 点之矩 M A =____________。 3. 平面力系向 O 点简化,主矢 FR? 与主矩 M O 如图。若已知 FR? ? 10kN ,
M O ? 20kN?m ,求合力大小及作用线位置,并画在图上。 C
A B

?O 2 B

FR? MO
O

O1 O2

第 3 题图

第 4 题图

4. 机构如图, O1 A 与 O2 B 均位于铅直位置,已知 O1 A ? 3m , O2 B ? 5m ,
?O B ? 3rad s , 则 杆 O1 A 的 角 速 度 ?O1 A =____________ , C 点 的 速 度
2

?C =____________。

(三) 简单计算题(每小题 8 分,共 24 分) 1. 梁的尺寸及荷载如图,求 A、B 处的支座反力。
q0=2kN/m P=2kN M=4kN· m A 1m B
2m 1m

2. 丁字杆 ABC 的 A 端固定,尺寸及荷载如图。求 A 端支座反力。
q0=6kN/m P=6kN
B C

M=4kN· m
A

3. 在图示机构中,已知 O1 A ? O2 B ? r ? 0.4m , O1O2 ? AB , O1 A 杆的角速 度 ? ? 4rad s ,角加速度 ? ? 2rad s2 ,求三角板 C 点的加速度,并画出其方向。
C

A

B

? ?
O O1

(四) 图示结构的尺寸及载荷如图所示,q=10kN/m,q0=20kN/m。求 A、C 处约 束反力。
3m q B A
4.5m

(五) 多跨静定梁的支撑、荷载及尺寸如图所示。已知 q=20kN/m, l=2m,求支座 A、D、E 处的约束反力。
q A 2m B 2m C
q0 C

D 2m

E 2m

(六) 复合梁的制成、荷载及尺寸如图所示,杆重不计。已知 q=20kN/m,l=2m,
H

60 o
q

2

D

求 1、2 杆的内力以及固定端 A 处的约束反力。

(七) 图示机构中,曲柄 OA=r,以角速度 ? ? 4rad s 绕 O 轴转动。 O1C // O2 D , O1C=O2D=r,求杆 O1C 的角速度。
A B D r C r O1
o

30

r O

O2

五 理论力学(AⅠ)期终试题解答 01 级土木(80 学时类)用
(一) 单项选择题 1. A (二) 填空题 1. 0 ; 16kN ?m ; FR? ? 0 , M D ? 16kN?m 2.
M A ? ?2.93kN? m

2. B

FR? MO
O O1
q0=2kN/m Q=3kN

3. 合力 FR ? 10kN ,合力作用线位置(通过 O1 ) d ? 2m 4. 4.5rad s (三) 简单计算 1. 取梁为研究对象,其受力图如图所示。有 ; 9m s

d=2m

FR

?X ?0 , F ? M (F ) ? 0 ,
A

Ax

?0

P=2kN M=4kN· m

FB ? 2 ? P ? 3 ? M ? 0

? ?

?Y ? 0

FB ? 5kN , FAy ? FB ? P ? Q ? 0 FAy ? 0kN

FAx F Ay
1m

A
2m

FB

B 1m

2. 取丁字杆为研究对象,其受力图如图所示。有

? X ? 0, ? Y ? 0,

F Ax ? P ? 0
P=6kN
B

q0=6kN/m
C
4m

? FAx ? ?6kN 1 FAy ? q0 ? 1.5 ? 0 2

M=4kN· m
A

? FAy ? 4.5kN 1 ? M A (F ) ? 0, M A ? M ? P ? 4 ? 2 q0 ? 1.5 ? 1 ? 0 ? M A ? 32.5kN?m

FAx

MA

FAy
1.5m 1.5m

3. 三角板 ABC 作平动,同一时刻其上各点速度、加速度均相同。故
aC ? a A ? a An ? a A?

aCn ? aAn ? r? 2 ? 0.4 ? 42 ? 6.4m s2

C

aC?
B

aCn
A

aC? ? aA? ? OA ? ? ? 0.4 ? 2 ? 0.8m s2
?

? a An
O

a A?

O1

(四) 解: (1) 以 BC 为研究对象。其受力图如图(a)所示,分布荷载得 合力 Q=22.5kN

FBy
FBx
Q =22.5kN q0 C (a) B

?M ?F ? ? 0
B

, FC ? 4.5 ? Q ? 3 ? 0

4.5m

所以

FC ? 15kN

FC

(2) 以整体为研究对象。其受力图如图(b)所示。

?X ?0
?Y ? 0
所以

1 , FAx ? FC ? q0 ? 4.5 ? 0 2 所以 FAx = ? 7.5kN
, FAy ? q ? 3 ? 0 FAx =30kN
4.5m
A

3m q B A

MA

FAx

? M ?F ? ? 0
1 1 M A ? q ? 32 ? q0 ? 4.5 ? 3 ? FC ? 4.5 ? 0 2 2 所以 M A ? ?45kN

FAy

q0

C

FC

(b)

(五) 解: (1) 以 BC 部分为研究对象,其受力图如图(b)所示。

?M ?F ? ? 0
B

q A 2m (a) B 2m C E 2m

1 FCy ? 2 ? q ? 22 ? 0 2 所以 FCy ? 20kN

D 2m

?X ?0 ?Y ? 0
所以

, FBx ? FCx ? 0 , FBy ? FCy ? 2q ? 0 FBy =20kN

q=20kN/m

FBx

FCx
B 2m (b) C

FBy

FCy

(2) 以 CD 部分为研究对象,其受力图如图(c)所示。

?X ?0
所以
E

, FCx ? 0 FBx ? 0

? FCx

q

Q=40kN E C D 2m (c) 2m

? M ?F ? ? 0
8 FCy ? 4 ? Q ? ? FD ? 2 ? 0 3 所以 FD ? 93.3kN

? FCy

FD

FE

?Y ? 0
?

, FE ? FD ? FCy ? Q ? 0 FE = ? 33.3kN
q=20kN/m

(3) 以 AB 部分为研究对象,其受力图如图(d)所示。

?X ?0
所以

, FAx ? FBx ? 0 ? FBx ? 0 FAx ? 0

FAx
MA

? FBx
B A 2m (d)

?Y ? 0
?

, FAy ? q ? 2 ? FBy ? 0 FAy =60kN
H

FAy

? FBy

1 ? M A ? F ? ? 0 , M A ? 2 q ? 22 ? FBy ? 2 ? 0 所以 M A ? 80kN?m

60 o
q

2

(六) 解: (1)取 BC 部分为研究对象,其受力图如图(b)所示。
G E q B (a)
1

D

A

C l l

?M ?F ? ? 0
B

所以

1 , F1 ? q ? 22 ? 0 2 F1 ? 20kN

q=20kN/m B

F1
C

FBx

FBy

l=2m (b)

F2
q=20kN/m

(2)取 ED 部分为研究对象,其受力图如图(c)所示。
1 ? M E ? F ? ? 0 , F2 sin 30 ? 2 ? 2 q ? 22 ? 2F1 ? 0 所以 F2 ? 80kN
o

E

FEx

D l=2m (c)

FEy

F1

(3)取 ABC 部分为研究对象,其受力图如图(d)所示。

?X ?0 ?Y ? 0
所以

, FAx ? 0 , FAy ? q ? 4 ? F1 ? 0 FAy =60kN

MA

q=20kN/m A B (d)

F1
C

FAx

FAy

2m

2m

?M ?F ? ? 0
A

所以

1 , M A ? q ? 42 ? F1 ? 4 ? 0 2 M A ? 80kN?m

(七) 解:杆 AB 作平面运动,A、B 两点的速度方向如图。 由速度投影定理,有
? B cos30o ? ? A 2r? ? ?B ?
3

?B
D r C r O1

?A
B

A r O

30 o

杆 O1C 的角速度为
?O1 ? ?B
r ?4. 62 rad s

O2

同济大学课程考核试卷(A 卷)

命题教师签名: 审核教师签名: 课号: 课名:工程力学 考试考查:
此卷选为:期中考试( )、期终考试( )、重考( )试卷 年级 专业 学号 姓名 得分

题号 题分 得分 一、

一 30

二 10

三 15

四 15

五 15

六 15

总分 100

填空题(每题 5 分,共 30 分)

1 刚体绕 OZ 轴转动,在垂直于转动轴的某平面上有 A,B 两点,已知 OZA=2OZB,某瞬时 aA=10m/s2,方向如图所示。则此时 B 点加速度的 大小为__5m/s2 ; (方向要在图上表示出来) 。与 OzB 成 60 度角。 2 刻有直槽 OB 的正方形板 OABC 在图示平面内绕 O 轴转动, M 以 点 r=OM=50t2(r 以 mm 计)的规律在槽内运动,若 ? ? 2t (?以 rad/s 计) ,则当 t=1s 时,点 M 的相对加速度的大小为_0.1m/s2_;牵连加速 度的大小为__1.6248m/s2__。科氏加速度为_ 0.2 2 m/s2_,方向应在图 中画出。方向垂直 OB,指向左上方。 3 质量分别为 m1=m,m2=2m 的两个小球 M1,M2 用长为 L 而重量 不计的刚杆相连。现将 M1 置于光滑水平面上,且 M1M2 与水平面 成 60 ? 角。则当无初速释放,M2 球落地时,M1 球移动的水平距离 为___(1)___。 (1)
L ; 3 L ; 4 L ; 6

(2)

(3)

(4)0。

4 已知 OA=AB=L,?=常数,均质连杆 AB 的质量为 m,曲柄 OA, 滑块 B 的质量不计。则图示瞬时,相对于杆 AB 的质心 C 的动量 矩的大小为 __ LC ?
m L2? , (顺时针方向)___。 12

5 均质细杆 AB 重 P,长 L,置于水平位置,若在绳 BC 突然剪 断 瞬 时有角加速度 ? ,则杆上 各点惯性力的合力的大小为

_

2L PL? , (铅直向上)_,作用点的位置在离 A 端_ _处,并在图中画出该惯性 3 2g

力。 6 铅垂悬挂的质量--弹簧系统,其质量为 m,弹簧刚度系数为 k,若坐 标原点分别取在弹簧静伸长处和未伸长处, 则质点的运动微分方程可分 x 别写成_ m?? ? kx ? 0 _和_ m?? ? kx ? m g _。 x 二、计算题(10 分) 图示系统中,曲柄 OA 以匀角速度?绕 O 轴转动,通过滑块 A 带动半圆形滑道 BC 作铅垂平动。已知:OA = r = 10 cm,

? = 1 rad/s,R = 20 cm。试求? = 60°时杆 BC 的加速度。
解: 动点:滑块 A,动系:滑道 BC,牵连平动 由正弦定理得: ? ?e ?r vA ? vA ? vA

? ? 34.34?

e r vA vA vA ? ? sin β sin 30? sin 115.66?

r vA ?

vA ? 5.55 c m / s 2 sin 115.66?

[5 分]

? ?e ?r ?r aA ? aA ? a? A ? a? A
向 ? 方向投影:
r e a A c o s ? a?A ? a A c o s? ? ? ) ? (
r a A c o s ? a? A ?

a ?
e A

c o s (? ? ) ?
[10 分]

? 7.45 cm/s2

三、计算题(15 分) 图示半径为 R 的绕线轮沿固定水平直线轨道作纯 滚动, 杆端点 D 沿轨道滑动。 已知:轮轴半径为 r, 杆 CD 长为 4R, 线段 AB 保持水平。 在图示位置时, ? ? 线端 A 的速度为 v ,加速度为 a ,铰链 C 处于最高 位置。试求该瞬时杆端点 D 的速度和加速度。 解: 轮 C 平面运动,速度瞬心 P 点 v ?? (顺钟向) R?r a ?? (顺钟向) R?r Rv vO ? PO ? ? ? R?r 2 Rv vC ? PC ? ? ? [3 分] R?r Ra ?O ? R?r ? ? ?n ?t 选 O 为基点 aC ? aO ? aCO ? aCO 杆 CD 作瞬时平动, ?CD ? 0
2 Rv R?r ? ? ?t ? ?t ?n ?t 选 C 为基点 aD ? aC ? aDC ? aO ? aCO ? aCO ? aDC vD ? vC ?
t n ? : aD cos? ? aO cos? ? aCO cos? ? aCO sin ?

[8 分]



? 2 Ra aD ? ? ?R ?r ?

? 3Rv2 ?? ? ?? ? 3?R ? r ?2 ?? ? ?? ?

(方向水平向右)

[15 分]

53

四、计算题(15 分) 在图示机构中,已知:匀质轮C作纯滚动,半径为 r ,质 量为 m3 ,鼓轮B的内径为 r ,外径为R,对其中心轴的回转 半径为 ρ ,质量为 m 2 ,物A的质量为 m 1 。绳的CE段与水 平面平行,系统从静止开始运动。试求: (1) 物块A下落距离 s 时轮C中心的速度与加速度; (2) 绳子AD段的张力。 解:研究系统:T 2 - T 1 = Σ W i
m3 v C mv + 1 JCω 2 + 1 JBω 2 + 1 A = m1 g s 2 2 2 2 1 式中: J C ? m3 r 2 , J B ? m2 ? 2 2
2 2

[5 分]

代入得:v C = 2r

m1 gs 2m1 R ? 2m2 ρ 2 ? 3m3 r 2
2

[7 分]

1 ○式两边对 t 求导得:a C =
? ? 对物A:m a = Σ F ,即: m 1 a A = m 1 g - F AD

2m1 grR 2m1 R ? 2m2 ρ 2 ? 3m3 r 2
2

[10 分]

F AD = m 1 g -m 1 a A = m 1 g-

m1 R ? a C r

[15 分]

五、计算题(15 分) 在图示桁架中,已知:F,L。 试用虚位移原理求杆 CD 的内力。
54

解:

? ? ? ? ? ? 去除 CD 杆,代以内力 FCD 和 FCD ,且 FCD ? FCD ,设 ACHE 构架有一绕 A 之虚位移
?? , 则构架 BDGF 作平面运动, 瞬时中心在 I, 各点虚位移如图所示, δ rE ? 2Lδ? , 且:

δ rH ? 5Lδ? ? δ rD
[4 分] 由虚位移原理有:

F 2L ?

2 2 ? δ? ? FCD 5L ? δ? ? 0 2 5

[8 分]

由???的任意性,得: F ? FCD ? (拉力) 2

[11 分]

[15 分] 六、计算题(15 分) 在图示系统中,已知:匀质圆柱 A 的质量为 m1, 为 r,物块 B 质量为 m2,光滑斜面的倾角为?,滑车 忽略不计,并假设斜绳段平行斜面。试求 : (1) 以??和 y 为广义坐标,用第二类拉格朗日 方程建立系统的运动微分方程; (2) 圆柱 A 的角加速度?和物块 B 的加速度。 解: 以??和 y 为广义坐标,系统在一般位置时的动能 能 1 1 1 1 ? ? ? ? T ? m2 y 2 ? m1 ( y ? ? r ) 2 ? ( m1 r 2 )? 2 2 2 2 2 V ? ?m2 gy ? m1 g ( y ? ? r ) sin ? [8 分] ?T 1 d ?T 1 ? ? ? ? ? ?m1 ( y ? ? r )r ? m1 r 2? , ? ?m1 ( ?? ? ?? r )r ? m1 r 2?? y ? ? ? 2 d t ?? 2 ?? ?T ?V ?0, ? ?m1 gr sin ? ?? ??
55

半径 质量

和势

?T d ?T ? ? ? ? m2 y ? m1 ( y ? ? r ) , ? m2 ?? ? m1 ( ?? ? ?? r )) y y ? ? ? ?y d t ?y ?T ?V [12 分] ? 0, ? ?m2 g ? m1 g sin ? ?y ?y 代入第二类拉格朗日方程得系统的运动微分方程 1 ? ? ( ?? ? ?? r ) ? r?? ? g sin ? ? 0 y ? 2 ?? r ) ? m g ? m g sin ? ? 0 m2 ?? ? m1 ( ?? ? ? y y 2 1 由上解得: (3m2 ? m1 sin ? ) g ?? ? 物块 B 的加速度 y 3m2 ? m1 ? 2m2 g (1 ? sin ? ) 圆柱 A 的角加速度 ? ?? ? [15 分] (3m2 ? m1 )r

56


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