31分析力学习题课4

3g aB 7
aF 9 7g
15
例题1-5. 均质细杆长为 l ,质量为m ,上端 B 靠在 光滑的墙上,下端 A用铰 与质量为 M 半径为R 且 放在粗糙地面上的圆柱 中心相连,在图示瞬时系 统静止且杆与水平线的 夹角 =45o , 求该瞬时杆 的角加速度.
B C

A
16
解: A= AB = 0
1 ml2 1 ml2 12 12
0
12

(5)
A E (6)
1 12
O
mE(F) = 0
1 ml2 1 m(a g )l 0 c 12 2
mg maC C
B F
联立(3) (5) (6)式得:
ml2
mg

6g 7l

6g 7l
把上述结果代入(2)(5)式得:
A C B

10
A
解:对系统进行运动分析.
aA aA
aCA

C B
v A= 0 AB= 0

aC = aA + aCA
(1)

a
CA
1 l 2
12
2 1 Jc Ml
(2)
11
画系统受力图并加惯性力. mA(F) = 0
1 1 MaCA l MaAl cos 2 2 J C 0
B 2
S1
S'1
利用虚位移图求虚功 A(S1) = - 2S11
A(S'1) = - 2 S'12
- Pl cos + Ql sin = 0
tg = P/Q
25
例题2-3.三铰拱如图所示,求支座B的约束反力.
CmΒιβλιοθήκη a A图1-126
P
a
a B
解: 解除支座B的铅垂约束,代之约束反力YB , 画虚位移图. A为BC杆的瞬心.
C m 1 YB rC P
2
A
B rB
27
20
例题2-1.求图示滑轮系统在平衡时的值.摩 擦力及绳索质量不计.
解:利用绳长不变的约 束条件得: xP+2xA= c1
O A B C Q
y
xB+(xB - xA) = c2
xC+(xC - xB) = c3
P
xQ - xC = c4
x
21
对上述各式变分得: xP + 2 xA = 0
2 x B - x A = 0
m P YB 2a 2
28
解除支座B的水平约束,代之约束反力XB ,画
虚位移图. I为BC杆的瞬心.
I
2 C
m
2
P
1 A
rC
rB
29
B
XB
利用虚位移图得: rC = (AC) 1 = (IC) 2 1 = 2 = 利用虚位移图计算虚功 A(m) = m A(P) = aP A(XB) = 2aXB
A m
1
I
2
C
P
2
rC
XB
B rB
由虚位移原理得: m + aP + 2aXB = 0 m P XB 2a 2 30
例题2-4.多跨梁由AC和CE用铰C连接而成.荷 载分布如图示.P=50KN,均布荷载q=4KN/m,力 偶矩m=36KN.m ;求支座A.B和E的约束反力.
A C
mg ma A
MaCA Mg MaA
B
JCAB

(3)
x
X=0 -(M+m) aA+(M+m)gsin+ MaCA cos = 0 联立(1)---(4)式得:
(4)
a A m M (13 g sin 2
4 ( M m ) g sin
m M (13 g sin 2 l
macos - mar + mgsin = 0 mg sin 联立上述两式得: m sin 2
(2)
a
6
例题1-2. 不计质量的梁AB,在点O铰接质量为 M = 8m半径为R的定滑轮,悬挂质量分别为4m 和m的物块C和D,如图所示.定滑轮O可视为均 质园盘,摩擦均不计.求支座B的约束反力.
aB = aA + aBA
aA =R A
(1) aA
aA C

B
aBA
aBA
=l
AB
aA
aCA
把(1)式向水平方向投影得:
A
AB l sin
aC = aA + aCA

aA
(2)
aCA 1 2 l
(3)
17

把(2)式分别向x y 投影得:
acx 1 2 aA
B
A

4
解:取整体为研究对象,画受力图.加惯性力.
mg a B Mg Ma N

mar
A ma ar
x
对整体应用达朗伯原理得: X = 0 Ma + ma - marcos = 0
(1)
5
取三棱柱B为研究对象,画受力图.加惯性力.
mg

mar
B ma x
NB
对三棱柱B应用达朗伯原理得: X = 0
O
B
F
C
1 a A a E l 2 1 a B l (2) 2 1 1 aC l1 l 2 2 2
aC = aE + aCE
(3)
aF
1 l l 2 2
(4)
14
截断软绳BF解除O点约束,画受力图并加惯性力. RO mO(F) = 0 1 ml2
34
P
Q1
1 RB
A
C rC
Q2
2
m D
E
利用虚位移图计算虚功 A(P) =1501 A(RB) = - 6RB1 A(Q1) = 2161
A(Q2) = 2162
A(m) = - 362
由虚位移原理得: -6RB1+1501+2161+2162 -362 = 0 RB = 91
P A
3m
q B
C
6m 6m
m D
6m
E
3m
31
解: 解除支座A的约束,代之约束反力RA,画虚 位移图如下. 其中Q1=24KN, Q2=24KN. B是AC杆的瞬心. E是CE杆的瞬心.
rA A RA
3m
P B
Q1
Q2 C D
rC
m
2
E
6m
1
3m
3m
3m
3m
3m
利用虚位移图得: rC = (BC)1 = (CE)2
习 题 课
(4)
1
内容提要
1. 达朗伯原理
1-1. 概念与原理 1-2. 例题 1-3. 小结 2.虚位移原理 2-1.概念与原理 2-2.例题
2-3.小结
2
1. 达 朗 伯 原 理
• 1-1.概念与原理 – FI = - ma – RI = - mi ai • 1-2.例题 – 例题1-1 – 例题1-2 – 例题1-3 – 例题1-4
y
rA
A
I
P

rB
B
Q
x
24
解:利用解析法求解. yA=l sin
xB=l cos P = -P j
y
rA
yA= l cos
xB= -l sin Q=-Qi
A

I
P
rB

Q B
x
由虚位移原理得: (-P j)· j(l cos )+(-Q i)· i(- l sin)=0
35
解除支座E的约束,代之约束反力RE画虚位移图. 利用虚位移图计算虚功
A(RE) = -12RE
A(m) =36
A(Q2) = 72 由虚位移原理得:
A
P
Q1 C B
Q2 D
m
RE
E
rE
-12RE + 72 + 36 = 0 RE = 9
36
例题2-5. 组合构架如图所示.已知P=10KN, 不计构件自重,求1杆的内力.
– MOI = -ri miai
– RI= -M aC
– RI= -MaC
– RI= -MaC
MOI=JO
MCI=JC
– 例题1-5
• 1-3.总结
3
例题1-1. 水平面上放一均质三棱柱A,在此三棱 柱上又放一均质三棱柱B,两三棱柱的横截面都 是直角三角形,且质量分别为M 和 m ,设各接触 面都是光滑的.求当三棱柱B 从图示位置沿A 由 静止滑下时,三棱柱A的加速度.
12
6 ( M m ) g sin cos
例题1-4. 长l质量为m的均质杆AB与EF 以软 绳AE与BF 相连并在AB的中点用铰链O固定
如图示.求当BF被剪断的瞬时B与F两点的加
速度.
A
O
B
E
F
13
解:截断软绳BF进行 运动分析. AB= EF = 0
A 1 2 E (1)
6RA1-1501+721+2162 - 362 = 0
RA = -2
33
解除支座B的约束,代之约束反力RB ,画虚位移图.
E是CE杆的瞬心.
P A
1
Q1
C
Q2
D
m

2
E
RB
rC
利用虚位移图得: rC = (AC)1 = (CE)2 1 = 2 =
mo(F) = 0
O
YO
1 2
MR2
XO
4m( g a ) m( g a )
2 1 2 MR 0
4ma
Mg
C a 4mg
a=R
1g a 解得: 3
(2)
D mg
ma
把(2)代入(1)得:
RB = 7.5 m g
9
例题1-3. 质量为M长为 l 的均质杆AB铰接在质 量为m的滑块A上,在铅 垂位置由静止释放 , 沿 倾角为 的斜面滑下 , 如图所示.若不计摩擦 , 求在刚释放时.(1)杆AB 的角加速度 ; (2)滑块 A 的加速度.
acy 1 2 aA
解除系统的约束画受力 图并加惯性力. mA(F) = 0
FA R MR A 0
1 2 2
B maCy
C
NB
Mg JAA
mg A

JCAB maCx
MaA F
mA(F)=0
1 1 2 N B l sin ml AB mgl cos 12 2
利用虚位移图得: rC =(AC)1 =(AC)2 1 = 2 = 利用虚位移图计算虚功 A(m) = m
m
C
P
rC 1
2 A rB
YB
B
A(P) = aP
A(YB) = - 2aYB
由虚位移原理得: m + aP -2aYB = 0
P A C B
2m
1
2m
2m
2m
2m
37
解:截断1杆代之内力S1和S'1且S1= S'1 =S.画 虚位移图. B为BC的瞬心.
P A 1 C 2 rC S1 S'1
B
利用虚位移图得: rC = (AC)1 = (BC)2
1 = 2 =
38
P
A
1
C
rC
NA
X=0
-F+ MaA+maCx - NB = 0
把(3)式入上述三式并联立得:
aA
3 mg 9 M 4 m
18
1-3. 总结
1.确定研究对象进行运动分析. 2.画受力图.加惯性力或简化的惯性力系. 3.适当选取研究对象.应用平衡方程求解.
19
2. 虚 位 移 原 理
2-1.概念与原理 r = ix + jy r = r A(F) = F· r A(M) =Mo(F) A(m) = m Fi· r i = 0 mii = 0 2-2.例题 例题2-1 例题2-2 例题2-3 例题2-4 例题2-5 例题2-6 2-3. 总结
x Q - x C = 0 计算虚功得:
2 x C - x B = 0
8 x Q = -x P
A(P) = P xP
A(Q) = Q xQ P x P + Q x Q = 0 Q/P = 8
22
由虚位移原理得:
代入上述变分结果得: - 8 P xQ + Q xQ = 0
O
A
4R
B
2R
C D
7
解:解除支座A和B
的约束,画系统的
A
RA 4R O
1 2
MR2
B
2R
受力图并加惯性
力. mA(F) = 0
4ma
Mg
RB
C a
D 4mg mg
ma (1)
8
16Rm( g a) 5RMg 6 Rm( g a) 8RRB 0
取滑轮系统为研究对象.
例题2-2. 套筒分别置于 光滑水平面上互相垂直 的滑道中,受力分别为P 和Q,如图所示.长为 l 的 连杆和水平方向夹角为 , 摩擦均不计.求系统 的平衡条件.
y
A P

B
Q x
23
解:画虚位移图. I为AB杆的瞬心. A(P)=PrA= - Pl cos A(Q)= QrB =Ql sin 由虚位移原理得: Ql sin - Pl cos = 0 tg = P/Q
1 = 22
32
rA A RA 3m
P
Q1
Q2
m
B
1
C
3m
D
3m 3m
3m
3m
rC
2 6m
E
利用虚位移图计算虚功 A(RA) =6 RA1 A(Q1) =721 A(P) = -1501
A(Q2) = 2162
由虚位移原理得:
A(m) = - 362