大连理工大学理论力学第8课
理论力学1第8版习题答案
理论力学1第8版习题答案
《理论力学1第8版习题答案》
在学习理论力学1第8版课本的过程中，我们经常会遇到各种习题。
这些习题不仅帮助我们巩固所学知识，还可以帮助我们更好地理解理论力学的原理和应用。
在本文中，我们将针对一些常见的习题进行解答，希望能够帮助大家更好地掌握理论力学1的知识。
1. 一个质点的速度是v=3t^2 m/s，求它在t=2s时的位移。
解：根据速度与位移的关系，位移等于速度乘以时间。
所以在t=2s时的位移为s=∫(0-2) 3t^2 dt=∫(0-2) 3t^2 dt=3∫(0-2) t^2 dt=3*(t^3/3)|0-2=3*(2^3/3-0^3/3)=3*8/3=8m。
2. 一个质点的位移是s=2t^3 m，求它在t=3s时的速度。
解：根据位移与速度的关系，速度等于位移对时间的导数。
所以在t=3s时的速度为v=ds/dt=6t^2 m/s=6*3^2=54m/s。
通过以上两个习题的解答，我们可以看到理论力学1第8版习题的应用。
这些习题不仅考察了我们对理论力学1知识的掌握程度，还帮助我们更好地理解理论力学的原理和应用。
希望大家在学习过程中能够认真对待每一个习题，不断提高自己的理论力学水平。
理论力学哈工大第七版第8章精品
C
一般情况下,在每一瞬时,平面图形上都唯一地存在一 个速度为零的点，称为瞬时速度中心，简称速度瞬心。
2.平面图形内各点的速度分布
基点：C
vM vMC CM
平面图形内任意点的速度等于该点随图形绕瞬时速 度中心转动的速度。
3.速度瞬心的确定方法
已知 vA , vB的方向，
且
vA不平行于
0
vB 0
90
vB vA r, vBA 0
例8-4 已知：如图所示的行星轮系中，大齿轮Ⅰ固定，半
径为r1 ，行星齿轮Ⅱ沿轮Ⅰ只滚而不滑动，半径为r2。
系杆OA角速度为 O 。
求：轮Ⅱ的角速度ωⅡ及其上B，C 两点的速度。
解: 1.轮Ⅱ作平面运动 基点：A
2.vD vA vDA 0
第八章 刚体的平面运动
§ 8-1 刚体平面运动的概述和运动分解
1.平面运动
刚体平面运动：行星齿轮
刚体平面运动：车轮运动情况
在运动中，刚体上的任意一点与某一固定平面始终保持相 等的距离，这种运动称为平面运动。
平面运动
平面图形的运动
刚体平面运动的简化
2.运动方程
xO f1 t
yO
方向垂直于 AB ，指向同
平面图形内任一点的速度等于基点的速 度与该点随图形绕基点转动速度的矢量和。
例8-1 已知：椭圆规尺的A端以速度vA沿x 轴的负向运动， 如图所示，AB=l。
求：B端的速度以及尺AB的角速度。
解： 1. AB作平面运动
2. vB vA vBA 大小 ？ vA ? 方向
f2 t
f3 t
大工运载工程与力学学部
48
48
0
0
3
1-2
5-6
西部校区综合教 学2号楼B401/西 3-4,6-15周 部校区综合教学2 上 号楼B303
第1页，共28页
大连理工大学2014-2015学年秋(三学期)课程清单
院系: 课程号 运载工程与力学学部 课序 课程名 上课教 师 职称 班级 课容 总学 授课 上机 实验 星期 星期 星期 星期 星期 星期 星期 学分 量 时 学时 学时 学时 一 二 三 四 五 六 日 上课地点 上课周次 化机1301,化机1302,化机1303, 化机1304,环1301,环1302,环 1303,计日1201,计日1202,数 1301,数1302,数1303,数1304,数 教授 1305,数1306,数华1301,运船 200 1301,运船1302,运船1303,运船 1304,运创1301,运航1301,运航 1302,运力1301,运力1302,运英 1301,运英1302 化机1301,化机1302,化机1303, 化机1304,环1301,环1302,环 1303,计日1201,计日1202,数 1301,数1302,数1303,数1304,数 副教 1305,数1306,数华1301,运船 200 授 1301,运船1302,运船1303,运船 1304,运创1301,运航1301,运航 1302,运力1301,运力1302,运英 1301,运英1302
1120020030 05
工科数学分析基础1
肖现涛
200
72
72
0
0
4.5
7-8
3-4
1-2
1120020110 02 1120020110 07
线性代数与解析几何 代万基 线性代数与解析几何 郭方芳
大连理工大学 工程力学 19应力状态8-1
应力
指明
哪一个面上？ 哪一点？
哪一点？ 哪个方位面？
过一点不同方向面上应力的集合，
称为这一点的应力状态 State of the
Stresses of a Given Point
三、一点应力状态的描述
1. 微 元体
Element
dz
（又称应力单元体）
特点： （1）正六面体；
yx dAsin sin
y dAsin cos
yx t
y
0
整理后得到
x
y
2
x
y
2
cos 2
xy
sin
2
x
y
2
sin
2
xy
cos 2
y
有界、周期函数
x
xy
一定存在极值
求主应力的极值
d—— = 0 d
x
2
y
sin
2
xy
cos
2
0
即在=0的平面，记为0平面
x
2
y
sin
20
xy
x
n
x
yx t
y
Fn 0
dA
dA x d Acos cos xy
n
xy d Acos sin
x
α
α
x
yx dAsin cos
y dAsin sin
yx t
y
0
Ft 0
dA
n
dA x d Acos sin xy d Acos cos
xy
x
α
α
x
Principal planes
刚体的转动课件——大连理工大学
1 2 2 J ml mh 12
的伸开和收拢，正是为了改变转动惯量，从而改变角速度，使旋 转加快。 跳水运动员作表演时，常在空中先把手臂和腿蜷缩起来，以 减小转动惯量和增大角速度, 在快到水面时, 则又把手、腿伸直, 增大转动惯量以减小角速度，于是以一定的方向落入水中。 1988年24届奥运会上，我国高台跳水运动员许艳梅（17岁） 以她精湛的技术，优美的动作，为我国夺得了第一枚金牌。跳板 跳水金牌获得者高敏，被外国人誉为领导世界跳水新潮流，可见 她的跳水功夫非同寻常，我们大家在电视中也看到，高敏不但跳 水的技术动作美，而且落入水中后水花压的非常好，我们看到她 进入水中后掀起的水花很小。 以上所述都是应用动量矩守恒的例子。
2 1 t t d
lim0 t
1 2
d 2 rad / s 2 t dt dt
2
4 . 角量与线量的关系及匀加速转动公式
z
0
x
p s
v
P 点的速率 v lim0 t t dv d at dt dt 2 y ( ) 2 2 an v
2 . 转动惯量
J
(1) 与总质量有关 (2)
J m
J
2
i 1
mi
n
2 i
木 R
铁 R
m, 一定，与质量分布有关
三.平行轴定理
(3) 与转轴的位置有关 圆盘
1 2 J 02 mr 2
J d J c md
2
d
01
02
1 2 3 2 2 J 03 mr mr mr 2 2 质心轴转 m 1 2 2 动惯量 J 01 mr md r 2 03
理论力学第三版课后答案第8章
（9）
代入式（3）得 aCx = 1.03m/s 2 ，将其与式（9）第 1 式代入式（7）可解出端 B 加速度
aB = 2.65m/s 2
aB 为正，表明原假定正确，端 B 的确向左滑动。
课
后 答
案
网
ww w
.k hd
aw .
8-5C 质量为 m 半径为 R 的半圆柱体在图示位置静止释放。 图中，点 C 为质心， OC =
洪嘉振等《理论力学》第 3 版习题详解
2
1 R 5 R R J C = mR 2 + m( ) 2 + m( ) 2 + m( ) 2 = mR 2 4 2 2 4 4
系统惯性力系的主矩方向如图 8-1Cb 所示，其大小为为
M * = J Cα =
5 mR 2α 4
课
后 答
案
网
ww w
.k hd
aw .
可解得此瞬时质心速度为
vC = gl
由于杆作瞬时平移，故有点 B 的速度
vB = v A = vC = gl
r （2）对于连体基 A − e 1 ，定义该基的角加速度的正向如图 8-4Cb 不所示。基点 A 作圆 周运动，令其加速度为
课
T − T0 = mg xC0 − xC
后 答
(
1 2 mvC 。由动能定理 2
r r r r r r 其中 a1C = aC = aCx + aCy ， a1etC = a A ， a1eωC = lω12 = 0 ， a1eαC = lα1 。上式变为
即
后 答
r x : aCx = − aωA + a1eαC cos θ
大学本科理论力学课程第8章 刚体的基本运动 (1)
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第八章 刚体的基本运动
刚体是由点组成的,在研究点的运动的基础上, 可以研究刚体的运动
刚体运动形式 刚体运动
平动 定轴转动 平面运动 定点运动 一般运动
最基本形式
具体实例如下
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第八章 刚体的基本运动
平动 平面运动
定点运动
定轴转动 一般运动
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第八章 刚体的基本运动
§8-1 刚体的平行移动
1、刚体平动的定义: P157
在刚体运动过程中,若体内任一直线始终保持与初始位置平 行,则此种运动称为刚体的平动(或称平行移动或移动或平移)。
如: 振动式送料机构的送料槽的运动,车床上刀架的运动。
理论力学电子教程2.Fra bibliotek体平动的特点: P158
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第八章 刚体的基本运动
第八章 刚体的基本运动
一、刚体作平动
1、作平动的刚体在任一瞬时刚体上各点速度,加速度大小相等方向相同， 相同时间间隔内，各点的运动轨迹形状相同，位移相同。
平动刚体的运动可以简化为一个点的运动
2、曲线平动：各点轨迹为曲线 二、刚体作定轴转动动
3、直线平动：各点轨迹为直线
1、转动方程：φ= φ（t）
2.角速度 d
dt
2n
60
n
30 (rad
s)
3.角加速度 d d 2
dt
dt 2
2n (rad s )
4、M点沿轨迹的运动方程为 sA RA
RA为A点的转动半径
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第八章 刚体的基本运动
5、M点的速度、加速度
vA RA 速度方向垂直于转动半径 OA a RA 切向加速度方向垂直于转动半径 OA
理论力学8［PDF］
1第一章 静力学公理和物体的受力分析§ 1-11-1 静力学公理§ 1-21-2 约束和约束力§ 1-3 1-3 物体的受力分析和受力图例题2(1) 二力平衡公理:二力杆(二力构件): 受两力作用而平衡的构件或直杆.A BA F 1F 2F 2F 1B作用在同一刚体上的两个力使物体平衡的必要和充分条件是: 两个力的大小相等,方向相反,作用在同一条直线上.§ 1-1 静力学公理3(2) 加减平衡力系公理:推论: 力的可传性右图中 F = F 1 = F 2A FF 2F 1AB F (F 1 , F 2)(F 2 , F )作用在刚体上的力是滑移矢量.在作用于刚体上的任意一个力系中,加上或去掉任何一个平衡力系,并不改变原力系对刚体的作用.作用在刚体上的力可沿其作用线移动而不改变力对刚体的效应.4(3)力的平行四边形法则R = F 1 + F 2o F 1F 2o F 1F 2o F 1F 2力三角形法则F 1F io力多边形法则R = F 1 + F 2∑==ni iF R 1RR RR 5(4)作用与反作用定律两物体间相互作用的一对力,总是大小相等,方向相反,沿同一直线,并分别作用在这两个物体上.§ 1-21-2 约束和约束力约束反力的方向总是与约束所能阻止的物体的运动或运动趋势的方向相反.其作用点则是约束与物体的接触点.(1)柔体绳索,钢丝绳,胶带,链条等都是柔体.6柔体的计算简图是直线,光滑曲线.(2)光滑接触面柔体的约束反力沿着柔体的中心且背离被约束的物体.光滑接触面的计算简图是平面,光滑曲面. 光滑接触面的约束反力通过接触点,方向沿接触面的公法线并指向被约束的物体.计算简图:约束反力:o X OY O (3) 光滑圆柱铰链7(4)固定铰支座计算简图:A约束反力:AX AY A(5)活动铰支座计算简图:约束反力:AAA R AR AAA8(6)链杆计算简图:约束反力:A AR AR AR BR BB B § 1-3 1-3 物体的受力分析和受力图确定研究对象并解除其全部约束,将作用于其上的主动力和约束反力用力矢量表示在研究对象的计算简图上.其过程为受力分析,其图形为受力图.B A9例题1-1. 重为W 的直杆AB 搁在台阶上 , 与地面上A , D 两点接触 ,在E 点用绳索 E F 与墙壁相连.如图所示 , 略去摩擦.试作直杆的受力图.ABECDFW10A BE C DFW解: 取杆A B 为研究对象.T E N AEF 为柔绳约束.约束反力为T EA 为光滑面约束,公法线垂直于地面,约束反力为N AD 为光滑面约束,公法线垂直于直杆表面,约束反力为N DN D11例题1-2. 由水平杆AB 和斜杆BC 构成的管道支架如图所示.在AB 杆上放一重为P 的管道. A ,B ,C 处都是铰链连接 .不计各杆的自重 ,各接触面都是光滑的.试分别画出管道O ,水平杆AB ,斜杆BC 及整体的受力图.ACBDOP12A CBD OP解:(1)取管道O 为研究对象.OPN D(2)取斜杆BC 为研究对象.CBR CR BABDN D ′R B ′X AY A(3)取水平杆AB 为研究对象.(4)取整体为研究对象.Y AR CX A。
《理论力学》课后习题解答(赫桐生版)
理论力学（郝桐生）第一章习题1-1．画出下列指定物体的受力图。
解：习题1-2．画出下列各物系中指定物体的受力图。
解：习题1-3．画出下列各物系中指定物体的受力图。
解：第二章习题2-1．铆接薄钢板在孔心A、B和C处受三力作用如图，已知P1=100N沿铅垂方向，P2=50N沿AB方向，P3=50N沿水平方向；求该力系的合成结果。
解：属平面汇交力系；合力大小和方向：习题2-2．图示简支梁受集中荷载P=20kN，求图示两种情况下支座A、B的约束反力。
解：(1)研究AB，受力分析：画力三角形：相似关系：几何关系：约束反力：(2) 研究AB，受力分析：画力三角形：相似关系：几何关系：约束反力：习题2-3．电机重P=5kN放在水平梁AB的中央，梁的A端以铰链固定，B端以撑杆BC支持。
求撑杆BC所受的力。
解：(1)研究整体，受力分析：(2) 画力三角形：(3) 求BC受力习题2-4．简易起重机用钢丝绳吊起重量G=2kN的重物，不计杆件自重、磨擦及滑轮大小，A、B、C三处简化为铰链连接；求杆AB和AC所受的力。
解：(1) 研究铰A，受力分析（AC、AB是二力杆，不计滑轮大小）：建立直角坐标Axy，列平衡方程：解平衡方程：AB杆受拉，BC杆受压。
(2) 研究铰A，受力分析（AC、AB是二力杆，不计滑轮大小）：建立直角坐标Axy，列平衡方程：解平衡方程：AB杆实际受力方向与假设相反，为受压；BC杆受压。
习题2-5．三铰门式刚架受集中荷载P作用，不计架重；求图示两种情况下支座A、B的约束反力。
解：(1) 研究整体，受力分析（AC是二力杆）；画力三角形：求约束反力：(2) 研究整体，受力分析（BC是二力杆）；画力三角形：几何关系：求约束反力：习题2-6．四根绳索AC、CB、CE、ED连接如图，其中B、D两端固定在支架上，A端系在重物上，人在E点向下施力P，若P=400N，α=4o，求所能吊起的重量G。
解：(1) 研究铰E，受力分析，画力三角形：由图知：(2) 研究铰C，受力分析，画力三角形：由图知：习题2-7．夹具中所用的两种连杆增力机构如图所示，书籍推力P作用于A点，夹紧平衡时杆AB与水平线的夹角为；求对于工件的夹紧力Q和当α=10o时的增力倍数Q/P。
理论力学课后答案08
第8章 刚体平面运动概述和运动分解三、选择题1．( D )2． ( B )。
3． ( B )4． ( D )5．( C )6． ( C )7．( C )。
8． ( B )。
四、计算题8-1 如图8.30所示的两齿条以1v 和2v 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AB B A v v v +=作A 点的速度合成图如图所示。
由图可知21v v v v v B A AB -=-= 齿轮的角速度为rv v ABv AB O 221-==ω再以B 为基点，分析O 点的速度。
由OB B O v v v +=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2212v v r v v v v O OB B O +=+=+=ω8-2 曲柄OA = 17cm ，绕定轴O 转动的角速度1rads O A /ω=，已知AB = 12cm ，BD = 44cm ，BC = 15cm ，滑块C 、D 分别沿着铅垂与水平滑道运动，如图8.31所示瞬时OA 铅垂，求滑块C 与D 的速度。
图8.30 图8.31解：由A v 和D v 的速度方向，可知杆BD 作瞬时平动。
从而可知B v 方向水平向左。
C 点的速度方向垂直向下。
BD 作瞬时平动，可知滑块D 的速度为 )/(17171s cm OA v v OA A D =⨯=⋅==ω 杆BC 作平面运动，上速度投影定理，有)90cos(cos o ϕϕ-=C B v v根据图示的结构，经过数学计算，可知6778.040157cos ==ϕ，7352.0sin =ϕ，代入上式，可得)/(6.15sin cos sin cos s cm v v v A B C ===ϕϕϕϕ8-3 曲柄OA 绕定轴O 转动的角速度25rad s O A ./ω=，OA = 28cm ，AB = 75cm ，BC = 15cm ，r = 10cm ，轮子沿水平面滚动而不滑动。
理论力学--动力学习题+答案
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第八章 质点的运动微分方程
例11-3 图示的均质杆OA的质量为30kg，杆在铅垂位置时弹簧处 于自然状态。设弹簧常数k =3kN/m，为使杆能由铅直位置OA转 到水平位置OA'，在铅直位置时的角速度至少应为多大？ 解：研究OA杆 （1）OA杆所受外力的功： 1 2 2 W12 P 1.2 k (1 2 ) 2 1 30 9.8 1.2 3000 [0 2 (2.4 1.2 2 ) 2 ] 388.4(J) 2 （2） OA杆的动能：T1 1 1 30 2.4 2 0 2 28.8 0 2 2 3 T2 0 （3）对OA杆应用动能定理：
（1）质点的运动方程和运动微分方程的物理意义相同.（ × ）
运动方程是位移与时间关系方程；运动微分方程是位移微分与力关系方程。
（2）已知质点的运动方程可唯一确定作用于质点上的力。（√） （3）已知作用于质点上的力可唯一确定质点的运动方程。（×）
已知作用于质点上的力确定质点的运动方程时还需考虑运动的初始条件。
A B
代入（3）、（4）并结合（2）式得：
2g A B 5r
4 aC g 5
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第八章 质点的运动微分方程
（2）选圆柱A为研究对象
1P 2 r A M Tr （1） 2g
选圆柱B为研究对象
P 1P 2 r B T ' r （2） aC T ' P 2g g
T1 0
（3）求O处约束反力 作圆盘的受力分析和运动分析，有
4g 4g n aC r 2 r 3r 3 2 aC r g 3
mg
C
由质心运动定理，得 4 n ma C FOx FOx mg 3
理论力学课件 第8章PPT精品文档52页
标Oxy发生运动。 ▪ 动点沿AB的运动为相对运动。 ▪ 在静坐标上观察到的动点运动为绝对运动。
▪ t 时刻，动点在轨道AB的M1点。t+△t，轨
道运动到A’B’，动点运动到A’B’的M’2。 ▪ M1 M’2是绝对位移。 ▪ M1 M2是相对位移。 ▪ M1 M’1是动点在M处的牵连位移。
▪ 站在地面观察到动 点（滑块）的速度 为绝对速度：
va=rω
▪ 相对速度：滑块对于 摇杆的速度
▪ 站在动系（摇杆AB) 看到动点（滑块）沿 着AB运动，其相对速
度为vr，方向沿AB方
向。
▪ 牵连速度：牵连速度 是摇杆上与滑块重合 的点A’的速度，
▪ ve=O1Aω1,
▪ 速度合成：
▪va=ve+ vr ， ▪ 未知：ve的大小，
va ve vr
▪ 例8-1 曲柄OA的O为固 定铰接。A端与滑块铰 接。滑块则可以在摇杆 O1B上滑动。摇杆的O1 端与地面铰接。已知 OA=r，O1O=l，曲柄 OA的角速度为ω，求曲 柄在水平位置时摇杆的 角速度ω1 。
▪ 解：AB为动系。 滑块为动点。
▪ 绝对速度：滑块对 于地面的速度。
▪ §8-1 相对运动、牵连运动、绝对运动
▪ 坐标系：
▪ 1.静坐标系（定参考系）：固结于地面 上的坐标系。
▪ 2.动坐标系（动参考系）：固结于运动 刚体上的坐标系。
▪ 运动分类 ▪ 绝对运动：动点相对于静坐标系的运动。
▪ 相对运动：动点相对于动坐标系的运动。
▪ 牵连运动：动坐标系相对于静坐标系的运 动。
▪ 速度合成： va = ve+ vr ， ▪ 未知量： va和vr的大小 ▪ 半径CA方向的投影式：
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第三章 平面任意力系
第四章空间力系
第五章摩擦
第六章 点的运动学
第七章 刚体的简单运动
第八章 点的合成运动
第九章 刚体的平面运动
第十章 质点动力学的基本方程
第十一章动量定理
第十二章 动量矩定理
第十三章 动能定理
理论力学作业答案第一章静力学公理和物体的受力分析1112第二章平面汇交力系与平面力偶系第三章平面任意力系第四章空间力系第五章摩擦第六章点的运动学第七章刚体的简单运动第八章点的合成运动第九章刚体的平面运动第十章质点动力学的基本方程第十一章动量定理第十二章动量矩定理第十三章动能定理
理论力学作业答案
第一章静力学公理和物体的受力分析
理论力学第8章习题解答
理论力学第8章习题解答第八章质点系动力学：矢量方法习题解答8-1 一个质量为5 kg 弹头M 以水平速度v = 60 m/s 飞行，在D 处爆炸成位于同一水平面内如图示速度方向的两块碎片A 和B 。
已知碎片A 的速度大小v A = 90 m/s 。
试求：(1) 碎片A 的质量m A ；(2) 碎片B 的速度大小v B 。
解：取弹头M 为研究对象，弹头爆炸前后动量守恒 () 30cos B A v m M Mv -= () 30sin 0B A A A v m M v m --=解得M v vm A A 33=，AA B v v vv v 32--=，代入数据得：kg 92.1=A m ，m/s 64.112=B v .8-2 一个质量为m 1的人手里拿着质量为m 2的物体，以仰角θ，速度v 0向前跳起。
当他到达最高点时将物体以相对速度u 水平地向后抛出。
如果不计空气阻力，问由于物体的抛出，跳远距离增加了多少？解：取m 1和m 2物体系统为研究对象，人跳至最高点时只有水平速度 ?c o s 01v v =，所费时间 gv t ?sin 0=。
抛物前后系统水平动量守恒，即 ()()u v m v m v m m -+=+1211021c o s ?，式中1v 为抛物后人的速度。
解得21201c o s m m um v v ++=?，可见，人的速度增量为2121Δm m um v +=，从而跳远距离增加()gm m uv m v t s 21021sin ΔΔ+==?.8-3质量为m 1的平台AB 放在水平面上，平台与水平面间的滑动摩擦因数为f 。
质量为m 2的小车D 由绞车拖动，相对平台的运动规律为221bt s =，其中b 为已知常数。
不计绞车质量，求平台的加速度。
解：1）设平台与水平面间的滑动摩擦因数比较小，当小车D 相对平台运动时，平台AB 的有速度1v （向左），小车D 的相对速度bt sv == r ，（向右），小车D 的绝对速度bt v v v v +-=+-=1r e a ，（向右），滑动摩擦力为 N fF F = 题8-3图题8-3受力图题8-1图由动量定理，()[]F v bt m v m t=-+-1211d d()021=++-N F g m m解得()212121m m g m m f b m a ++-=， ()g m m bm f 212+≤.当()gm m bm f 212+>时，01=a .8-4 质量为m 1的矩形板可在如图所示的光滑水平面上运动。
高校力学经典课件-理论力学II-第8次课new
( 1, 2,
,d g)
3n
dg
(Fi mi xi Ai ) xi 0
i 1
1
选择 d g 个不定乘子 使得动力学方程中的 d g 不独立的坐标变分前的系数为零，
而剩下的坐标变分为独立的，其前面的系数也只能为零，于是可得 3n 个方程。
式中， 一般称为拉格朗日乘子。
7
7
6 第一类拉格朗日方程
为l。 试求：此系统的运动微分方程。
11
11
解： 取系统为研究对象 设质点M的1 坐标为 x1，y1
质点 M的2 坐标为 x2，y2
则系统的约束方程为
f1 y1 0，f2 (x1 x2 )2 ( y1 y2 )2 l 2 0
由
fk
f k
i
f k
j
f k
k
ri xi yi zi
拉格朗日乘子 1, 1, , d g 。
8
8
6 第一类拉格朗日方程
讨论：拉格朗日第一类方程
未知数个数： 3n个位置坐标+(d+g)个拉格朗日乘子=3n+d+g个 方程个数：3n个 还需要补充d+g个 考虑了完整和非完整约束，第一类拉格朗日方程可以处理 完整、非完整问题，更具有普遍性； 代价：增加方程数目，微分代数混合方程。
Fi
mi ri
s
k
k 1
fk ri
0
(i 1，2，，n)
13
13
m1x1 22 (x1 x2 ) 0 m1y1 1 22 ( y1 y2 ) m1g 0 m2 x2 22 (x1 x2 ) 0 m2 y2 22 ( y1 y2 ) m2 g 0
然后借助于求出的不 定乘子可以决定系统 内部的约束力。
《固体力学第八章》PPT课件
c
（3－1）
裂纹张开位移的定义：
1. 弹塑性区交界线与裂纹表面交点处的张开位移.
2. 对于弯曲型加载试件（如三点弯曲试件，加载后裂纹张开时，距离 顶端稍远处裂纹的两表面若仍是平面），将裂纹表面AB线向前延长，与 顶端D的垂直切线相交于E，该定义用于三点弯曲试件的间接测定的中。
3. 由Rice建议的在变形后的裂纹尖端点处作一等边直角三角形，它与裂 纹两表面交点处的位移.
s4 E c2a28 a ESln (sec2 ) S
则
8a ESln(sec2) S
（3－4）
上式就为根据D-M模型求出的弹塑性屈服时，裂纹尖端张开位移
的表达式。
精选PPT
18
3.2.3 小范围屈服时COD与KI的一致性
将(3－4)式展开为幂级数，得到：
8 a [1 ( )2 1 ( )4 1 ( )6 ... ES22 1 22 4 52
5
对于弹塑性、大屈服、全面屈服断裂问题必须采用弹塑性断裂力学（又称 作屈服后断裂力学,不要与上述第二种类型的弹塑性断裂情况混淆）准则。
近些年来，由于断裂力学知识的普及，工程师不再单纯追求高强度材料，而 采用兼顾韧性好的材料，以及由于注意工艺和检测，一般较少出现大裂纹， 而更多存在小裂纹，这些都减少了LEFM的适用范围，更显出屈服后断裂力 学的重要性。
前先发生韧性的塑性极限强度破坏)。
4.LNS，由于外加应力大于屈服应力。裂纹被广大的屈服区所
包围，这种情况称作全面屈服。破坏可能由于裂纹尖端开始的断裂引
起的，也可能是发生塑性极限强度破坏。
其中， L是裂纹尖端处于小范围内应力； N 是韧带处应力； S为屈服应力； 为远处应力。
精选PPT
理论力学第八章2.ppt
说明:1、对任何运动的刚体,上述结论都适用;
2、C点不是质心,而是刚体上任意一点时,上述结论也成立;
3、计算力系的主矢、主矩时，可以不包含不作功的力。
质点和质点系的动能
1、质点的动能
T 1 m 2
2
单位：J（焦耳）
2、质点系的动能
T
1 2
mii
2
（1）平移刚体的动能
T
1 2
mvC2
2 g st
Fmax k st k st 1
2 g st
mg1
g
k m
16.9kN
弹性力 F k(r l0 )er
弹性力的功为
W12
k 2
(12
2 2
)
式中 1 r1 l0,2 r2 l0
弹性力的功也与路径无关
3. 定轴转动刚物体上作用力的功
从角 1转动到角 2过程中力 F 的功为
若 M z 常量
则 W12 M z (2 1)
（2）定轴转动刚体的动能
T
1 2
J z 2
（3）平面运动刚体的动能
速度瞬心为P
T
1 2
J
p 2
1 2
(JC
md 2 ) 2
得
T
1 2
mvC2
1 2
JC 2
即:平面运动刚体的动能等于随质心平移的动能 与绕质心转动的动能之和.
上面结论也适用于刚体的任意运动.
动能定理
1、质点的动能定理
统称保守系统
理论力学(1)哈工大版第八章
vB vA2 vB2A 2vA 2(r1 r2 )O
以A为基点，分析点C的速度。
vC vA vCA
vCA CAII (r1 r2 )O vA
vCA与vA方向一致且相等，点C的速度
vC vC vA 2(r1 r2 )O
四个可以运动的构件。其中 Ⅰ作定轴转动，Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ
①
均作平面运动。
C
设Ⅰ顺时钟转动，则运动如 O
A
B
图示。注意Ⅲ速度投影定理
可知B的速度方位铅直。
C1为Ⅱ的瞬心vD
E
D
Ⅱ
Ⅰ
vE vB Ⅳ
C
O
Ⅲ
A
C2为 B
C为Ⅳ的瞬心
vA Ⅲ的瞬心
理论力学
中南大学土木建筑学院
31
C
A
①
O
B
理论力学
C1为瞬心
vC
C
C2为瞬心
x
是平行移动和转动的合成运动。
三种运动都
例如 车轮的运动
是刚体运动
车轮对于定系的平面运动
（绝对运动）
动系Ax y 相对定系的平行移动 （牵连运动）
车轮相对动系Ax y 的定轴转动 （相对运动）
理论力学
中南大学土木建筑学院
9
刚体平面运动合成：车轮对定系的平面运动可由 相对于动系的转动和动系对定系的平移组合而成。
二、速度投影法（对任意一个刚体均成立）
由于A, B点是任意的，因此 vB vA vBA 表示了图形上任
意两点速度间的关系。由于恒有 vBA AB ，因此将上式在
AB上投影，有
vB
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F s F max F RF R
全约束力
摩擦角
摩擦角的意义 摩擦角的正切等于静摩擦因数
FN N
FR ——全约束力 0 f
摩擦角的意义 摩擦角的正切等于 静滑动摩擦因数
tan f f s
f
FR FN
F max F s
f f
摩擦锥
FR
FN
F max
2. 自锁现象
主动力
滚动摩擦
摩擦
湿摩擦
§4-1 滑动摩擦
1. 静滑动摩擦力及最大静滑动摩擦力
Fx 0 FT FS 0
静滑动摩擦力的特点
FS FT
方向：沿接触处的公切线， 与相对滑动趋势反向；
大小：0 Fs Fmax
Fmax f s FN （库仑摩擦定律）
最大静摩擦力Fmax的大小与接触面上 法向反力FN的大小成正比。 fs ——静摩擦因数 量纲 1
例4-3
解： 分别取闸杆与鼓轮 设鼓轮被制动处于平衡状态
M O1 0
鼓轮 闸杆 且
而
rFT RFs 0
b Fsc 0 M O 0 Fa FN
Fs f s FN
FT P,
Fs Fs
解得
rP(b f s c) F f s Ra
例4-4
R
取滑轮
FT
M B FT R 系统平衡时 P( R sin cos ) M B P( R sin cos )
（2）设圆柱O有向下滚动趋势
M O 0
Fs R M1max 0
Fy 0 FN1 P cos 0
又 M 1max FN1 解得
基本要求：
1 掌握滑动摩擦定律和滑动摩擦曲线。 2 能熟练计算考虑摩擦时物体的平衡问题（解析法）。 3 掌握摩擦角的概念和自锁现象。 4 能用摩擦角求解物体、物体系的平衡问题（几何法）。 5 了解滚动摩阻的概念。
重点：
考虑滑动摩擦的两类平衡问题（是否平衡与平衡范围）的求解方法。
难点：
1 能正确区分两类不同的平衡问题。 2 正确判断摩擦力的方向及正确应用摩擦库仑定理。
d
FN Fs
例4-4 （2）设木箱将要滑动时拉力为 F 1 Fx 0 Fs F1 cos 0
Fy 0
F12 F
FN P F1 sin 0
d
又 Fs Fmax f s FN
fs P F1 1876N cos f s sin
FN Fs
设木箱有翻动趋势时拉力为 F 2 a M A 0 F2 cos h P 0
例4-1 用几何法求解(利用摩擦角、全约束力概念） 解: 物块有向上滑动趋势时（临界状态）
法线
FF 1max
f F R
P +f F R
F 1max
P
F1max P tan( f )
例4-1 物块有上滑趋势时
F1max P tan( f )
物块有向下滑动趋势时（临界状态）
tan f f s 0.1 f 5o 43'
为保证螺旋千斤顶自锁，取θ=4°～ 4.5°
§4-3 考虑滑动摩擦时物体的平衡问题
仍为平衡问题，平衡方程照用，求解步骤与前
面基本相同。 几个新特点
1.画受力图时，必须考虑摩擦力； 2.严格区分物体处于临界、非临界状态； 3.因 0 Fs Fmax，问题的解有时在一个范围内。
例4-1 已知：物体重P , 放在倾角为 的斜面上 , 物体与 斜面间静摩擦因数为 fs 求：使物块静止的水平推力 F y 解：使物块有上滑趋势时，推力为 F 1 画物块受力图 F F1 Fx 0, F s1 F1 cos P sin Fs1 0 F N1 P Fy 0, F1 sin P cos FN1 0
F1
R
FN
F max
处于临界滑动状态
Fmax f s FN F2
F2 f s FN 一般情况下， f s 或 f s R R F1 F2 或 F1 F2
Mmax
例：某型号车轮半径 R=450mm， 混凝土路面δ=3.15mm，fs=0.7
F2 f s R 0.7 350 100 F1 3.15
2. 动滑动摩擦力
动滑动摩擦力的特点
方向：沿接触处的公切线，与相对滑动趋势反向； 大小：F= f FN f ——动摩擦因数 多数材料通常情况下 f <fS
f
fs
f v
某些材料的摩擦因数的约值
fs 钢与钢 钢与铸铁 砖与混凝土 0.15 0.3 0.76 f 0.15 0.18
土与木材
土与混凝土 皮革与铸铁 木材与木材 石与砖或砖与砖
最大滚动摩阻力偶
滚动摩阻定律
M max FN
M max d FN
δ——滚动摩阻系数，长度量纲，单位：mm δ的物理意义
d
滚动摩阻系数可看作即将滚动时， 法向约束反力离中心线的最远距离
F max
Mmax
临界滚动状态
讨论：使圆轮滚动比滑动省力的原因 处于临界滚动状态
M max FN F1 R
M A 0
d FN (a ) FB d FBN b 0 2 FA f s FAN FB f s FBN
b a 2 fs
推杆不被卡住时
b a 2 fs
例4-2 用几何法求解
d d 解： b (a极限 ) tan (a极限 ) tan 2 2
2a极限 tan 2a极限 f s
Fs F cos 0 FN P F sin 0 Fs 866 N
FN 4500 N
解： （1）取木箱，设F=1kN 其处于平衡状态。
Fx 0
Fy 0
a M A 0 hF cos P FN d 0 2
d 0.171m
而 Fmax f s FN 1800 N 因 Fs Fmax , 木箱不会滑动 又 d 0 , 木箱无翻倒趋势 木箱平衡
Fy 0
又
(b)
FN1 P cos 0
FTmin P(sin
M 1max FN1
联立解得
R
cos )
设圆柱O有向上滚动趋势， 取圆柱O
M A 0
P sin R FTmax R M 2 max 0 FN 2 P cos 0 Fy 0 又 M 2 max FN 2 max P(sin cos ) 联立解得 FT
法线
FF 1min
P
f
–f
FR
P
F 1min
FR
F1min P tan( f )
当θ<φf ，F1min<0
说明无须水平推力物块也能静止
斜面自锁条件 f
讨论
已知： P 1500N , f s 0.2 , f 0.18 , F 400N 求：物块是否静止，摩擦力的大小和方向
R 只滚不滑时，应有 Fs f s FN1 f s P cos
Fs
P cos
(b)
同理，圆柱O有向上滚动趋势时， 得 f s R 圆柱匀速纯滚时， f s . R
则 fs
R
作
业
P. 126 习题 4-1, 4-2, 4-10
例4-3
已知：物块重 P ， fs ，鼓轮重心位于O1处， 闸杆重量不计，各尺寸如图所示。 求： 制动鼓轮所需铅直力F
讨论 已知： P 1500N , f s 0.2 , f 0.18 , F 400N
解： 取物块，画受力图，设物块平衡 Fx 0 F cos 30o P sin 30o Fs 0 Fy 0 F sin 30o P cos30o FN 0 Fs 403 .6 N (向上) FN 1499 N
法线
FF 1min
P
f
–f
FR
P
F 1min
FR
F1min P tan( f )
P tan( f ) F P tan( f )
例4-1
法线 法线
FF 1max
f F R
FF 1min
P + F R f
–f
f
P
P
F 1max
FR
y x
Fs2 f s FN2
sin f s cos F2 P cos f s sin
F F2
F s2
P
F N2
sin f s cos sin f s cos F2 PF P F1 cos f s sin cos f s sin
例4-5
已知：半径为R的滑轮B上作用有力偶，轮上绕有细绳拉住半 径为R、重为P的圆柱。斜面倾角为θ，圆柱与斜面间的滚动摩 阻系数为δ。
求： （1）使系统平衡时，力偶矩MB （2）圆柱匀速纯滚动时， 静滑动摩擦因数的最小值
（1）设圆柱O有向下滚动趋势，取圆柱O 解：
M A 0 P sin R FTmin R M 1max 0
0.3—0.65
0.3—0.4 0.3—0.5 0.4—0.6 0.5—0.73 0.2—0.5
§4-2 摩擦角和自锁现象
1. 摩擦角 FR ——全约束力
物体处于临界平衡状态时， 全约束力和法线间的夹角 ——摩擦角
临界状态（即将滑动） 静止