理论力学13(1) 罗特军 川大17页
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四川大学理论力学桁架PPT学习教案
例 2 、 已 知: P1 = 40 kN, P2 = 10 kN 求 : 杆4、5、6 的内力。
m P1
E C
1
4
23
D a
57
6
a
H m´
截面法例题
8
9
FB
P2
B a
a
解: 研究整体 取截面m-m´,研究右半 部分。
FB = 10 kN
第22页/共40页
ME(F) 0 :
F6 = 20 kN
第14页/共40页
多余约束杆
静定
超静定
可变形
第15页/共40页
3.3.2 计算桁架内力的节点法
每一节点可列两个平衡方程,解两个未知数。
求解步骤及注意事项: 1. 先以整个桁架为研究对象,求出支座反力; 2. 从只有两个未知力的节点开始,依次研究各
节点,直到求出全部待求量; 3. 假设各杆均受拉力,力矢背向节点,计算结果
四川大学理论力学桁架
会计学
1
理论力学
力系的平衡(三)
第1页/共40页
3.3 平面桁架 3.3.1 平面静定桁架
桁架是工程中常见的一种杆系结构,是一个 由若干直杆在两端以适当的方式连接(铆、焊) 而成的几何形状保持不变的系统。
各杆件的轴线及所有荷载均处于同一平面 内的桁架称为平面桁架，否则称为空间桁架 。
第31页/共40页
(3) 研究节点A。
A
S1
S4
α
S3 S2
2 α
1.5
sin α = 0.6 cos α = 0.8
Fx = 0 Fy = 0
S4 + S3cos α – S1 = 0 S3 = 5P/6
S2 + S3sin α = 0 S2 = – P/2
m P1
E C
1
4
23
D a
57
6
a
H m´
截面法例题
8
9
FB
P2
B a
a
解: 研究整体 取截面m-m´,研究右半 部分。
FB = 10 kN
第22页/共40页
ME(F) 0 :
F6 = 20 kN
第14页/共40页
多余约束杆
静定
超静定
可变形
第15页/共40页
3.3.2 计算桁架内力的节点法
每一节点可列两个平衡方程,解两个未知数。
求解步骤及注意事项: 1. 先以整个桁架为研究对象,求出支座反力; 2. 从只有两个未知力的节点开始,依次研究各
节点,直到求出全部待求量; 3. 假设各杆均受拉力,力矢背向节点,计算结果
四川大学理论力学桁架
会计学
1
理论力学
力系的平衡(三)
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3.3 平面桁架 3.3.1 平面静定桁架
桁架是工程中常见的一种杆系结构,是一个 由若干直杆在两端以适当的方式连接(铆、焊) 而成的几何形状保持不变的系统。
各杆件的轴线及所有荷载均处于同一平面 内的桁架称为平面桁架，否则称为空间桁架 。
第31页/共40页
(3) 研究节点A。
A
S1
S4
α
S3 S2
2 α
1.5
sin α = 0.6 cos α = 0.8
Fx = 0 Fy = 0
S4 + S3cos α – S1 = 0 S3 = 5P/6
S2 + S3sin α = 0 S2 = – P/2
理论力学10 罗特军 川大
acceleration)和法向加速度(normal acceleration)。
小随时间的变化率。
at沿M点处轨迹的切线方向,反映了速度大 an的方向永远指向曲率中心,反映了速度方
向随时间的变化率,恒为正值。
例1. 图示曲柄连杆机构,已知r、l、h, = t, 求滑块B的运动方程、速度和加速度。
z
M
v
M'
r(t)
O
x
r r(t+t)
r dr • v lim r Δt→0 t dt
y
v的方向沿轨迹在该点的切线方向,其大小等于
ds dr ds dr v dt ds dt dt
3. 点的加速度
时刻t动点的加速度(acceleration)定义为
v dv • •• a lim vr Δt→0 t dt
动点(point)
刚体(rigid body)
3. 参考系
参考体(reference body)
参考系(reference system) 所谓相对于参考系的运动,即是在参考系上的观 察者所观察到的运动,或者说是将参考系当作“静 止的”,来研究物体的运动。
由于同一物体相对不同的参考系的运动是不同 的, 故不明确指出参考系, 论及物体的运动是毫无 意义的。 工程上通常以大地为参考系。
1 ds k d
曲率圆(circle of curvature)、 曲率半径及曲率中心(center of curvature)的几何意义 O
M'
M M''
■ 自然轴系
轨迹曲线在M点 处的曲率园所在的 平面称为曲线在该 点的曲率平面或密 切面(osculating plane)。
小随时间的变化率。
at沿M点处轨迹的切线方向,反映了速度大 an的方向永远指向曲率中心,反映了速度方
向随时间的变化率,恒为正值。
例1. 图示曲柄连杆机构,已知r、l、h, = t, 求滑块B的运动方程、速度和加速度。
z
M
v
M'
r(t)
O
x
r r(t+t)
r dr • v lim r Δt→0 t dt
y
v的方向沿轨迹在该点的切线方向,其大小等于
ds dr ds dr v dt ds dt dt
3. 点的加速度
时刻t动点的加速度(acceleration)定义为
v dv • •• a lim vr Δt→0 t dt
动点(point)
刚体(rigid body)
3. 参考系
参考体(reference body)
参考系(reference system) 所谓相对于参考系的运动,即是在参考系上的观 察者所观察到的运动,或者说是将参考系当作“静 止的”,来研究物体的运动。
由于同一物体相对不同的参考系的运动是不同 的, 故不明确指出参考系, 论及物体的运动是毫无 意义的。 工程上通常以大地为参考系。
1 ds k d
曲率圆(circle of curvature)、 曲率半径及曲率中心(center of curvature)的几何意义 O
M'
M M''
■ 自然轴系
轨迹曲线在M点 处的曲率园所在的 平面称为曲线在该 点的曲率平面或密 切面(osculating plane)。
四川大学理论力学时PPT课件
面内落下。点C的初始高度为h。开始时杆系静
止，求铰链C与地面相碰时的速度v。
A
解：取杆AC，当铰链 C 与地面相碰时，速度 瞬心 D 与 A 重合。根据对称性，由动能定理得
2TAC
0
2mg
h 2
2
1
1
ml2
vC
2
mgh
2 3 l
1 k
m2 g2 2kmgh
由于弹簧的变形量是正值，因此取正号，即
δmax
mg k
1 k
m2 g2 2kmgh
第33页/共52页
例2、链条长l，质量m，展开放在光滑的桌面 上，如图所示。开始时链条静止，并有长度为a的 一段下垂。求链条离开桌面时的速度。
解：将链条分为两段考虑，下垂段重力作功为
桌面段重力作功为 由动能定理得
W12 (mzC1 mzC2 )g mg(zC1 zC2 )
即质点系重力的功等于质点系的总重量与其重心 高度差之乘积,重心降低为正,重心升高为负。
重力的功与路径无关,仅取决于重心的始末位置。
第6页/共52页
（2）弹性力的功
设弹簧刚性系数为k，弹簧变形为,则弹力为
弹性力的功为
F k
W
动惯量为2mr2/5 )。
C
JO
1 3
ml2
2 5
mr2
m(l
r)2
m 20l 2 21r2 30lr 15
T
1 2
J
O
2
m 30
20l 2 21r 2 30lr
2
第24页/共52页
例4. 己知长l的杆和半径为r的均质圆盘质量均为m, 均质圆盘沿水平面纯滚,质心速度为u，试求图示位 置时系统的动能。
13理论力学讲义第十三讲PPT课件
证明：相同的速度和加速度?
A1
z
rArBBA
rA A
drA drB dBA dt dt dt
vAvB aAaB
O
rB B
x
退出
结论：刚体平动的问题，可归结为点的运动问题
B1
y
§8－1 刚体的平行移动
7
7 例8-1：曲柄滑块机构中，当曲柄OA在平面上绕定轴O转动时
，通过滑槽连杆中的滑块A的带动，可使连杆在水平槽中沿直 线往复滑动。若曲柄OA的半径为r，曲柄与x轴的夹角为ф=ωt ，其中ω是常数，求此连杆在任一瞬时的速度及加速度。
d
dt
d d dt d
/2
d d
an
0
0
an r
a r
a a2an2 a
ωα
a a2an2r12
arcatgarc1tg1.77
an
写在最后
经常不断地学习,你就什么都知道。你知道得越多,你就越有力量 Study Constantly, And You Will Know Everything. The More
退出
ωα at
aθ
an
φ
x
O
§8－3 转动刚体内各点的速度与加速度
例如：转动刚体从静止开始，以匀角加速度α逆时针转动，分析角位移
为0。90。时OM线上的切向加速度、法向加速度和全加速度的分布
O
at=xa
Mo
α
a 0。时OM线上at、an和a的分布: t
vr0
an r2 0
M
a r an r2 ?
9 9
转动的度量： φ=φ（t） 刚体的定轴转动方程
φ角位移
y
四川大学 理论力学 课后习题答案 第03章习题答案
四川大学 建筑与环境学院 力学科学与工程系 魏泳涛
静力学习题及解答—力系的平衡
3FQ 10FP 3F W ，即 FQ 333.3kN
若 FQ 333.3kN ，可得到：
x 6.75m
魏
泳
涛
四川大学 建筑与环境学院 力学科学与工程系 魏泳涛
静力学习题及解答—力系的平衡
3.9 挂物架如图所示，三杆的自重略去不计，用球铰链链接于 A 点， ABOC 在水 平面内成一矩形。已知 FW 5kN ， AB 4a ， AC 3a ， 30 。试求各杆的内 力。
即：
tan
1 3
四川大学 建筑与环境学院 力学科学与工程系 魏泳涛
静力学习题及解答—力系的平衡
3.8 可沿轨道移动的塔式起重机如图所示。机身重 FW 500kN ，最大起重重量为
FP 250kN 。在左侧距左轨 x 处附加一平衡重 FQ ，试确定 FQ 和 x 之值，使起重
机在满载和空载时均不致翻到。
M 0 ， 2 F Ta cos 0 ， T 200N F 0 ， N N T sin sin 0 ， N 86.6N F 0 ， N T sin cos 0 ， N 150N b M 0 ， 2 F Tb cos N b 0 ， N 0 F 0 ， N T cos F 0 ， N 100N
M
(b)
解： Fx 0 ， N Ax 0
F
y
0 ， N Ay 2ql
A
M
(c)
0 ， mA 2ql 2
ql 2 0 ， mA 2.5ql 2 2
解： M A 0 ， 2NCl ql 2 ql 2.5l 0 ， NC 1.75ql
静力学习题及解答—力系的平衡
3FQ 10FP 3F W ，即 FQ 333.3kN
若 FQ 333.3kN ，可得到：
x 6.75m
魏
泳
涛
四川大学 建筑与环境学院 力学科学与工程系 魏泳涛
静力学习题及解答—力系的平衡
3.9 挂物架如图所示，三杆的自重略去不计，用球铰链链接于 A 点， ABOC 在水 平面内成一矩形。已知 FW 5kN ， AB 4a ， AC 3a ， 30 。试求各杆的内 力。
即：
tan
1 3
四川大学 建筑与环境学院 力学科学与工程系 魏泳涛
静力学习题及解答—力系的平衡
3.8 可沿轨道移动的塔式起重机如图所示。机身重 FW 500kN ，最大起重重量为
FP 250kN 。在左侧距左轨 x 处附加一平衡重 FQ ，试确定 FQ 和 x 之值，使起重
机在满载和空载时均不致翻到。
M 0 ， 2 F Ta cos 0 ， T 200N F 0 ， N N T sin sin 0 ， N 86.6N F 0 ， N T sin cos 0 ， N 150N b M 0 ， 2 F Tb cos N b 0 ， N 0 F 0 ， N T cos F 0 ， N 100N
M
(b)
解： Fx 0 ， N Ax 0
F
y
0 ， N Ay 2ql
A
M
(c)
0 ， mA 2ql 2
ql 2 0 ， mA 2.5ql 2 2
解： M A 0 ， 2NCl ql 2 ql 2.5l 0 ， NC 1.75ql
理论力学篇
图1
r
r
2、高速自转陀螺的进动 自转：陀螺绕自身对称轴 oz ′ 的转动。 进动：对称轴 oz ′ 绕空间固定轴 oz 的转动。 性质：陀螺受力矩作用，当力矩矢与对称轴不重合时，对称轴 将进动。 （1）图 2 所示系统，对称轴 oz ′ 水平，内环与中环所在平面正 交，转轮逆时针急转时，力 F 作用于内环 a 轴端部， a 端 不向下倾而向右以逆时针方向绕 oz 轴作进动。 分析：设 ω r ——自转角速度
… … … … … … … … … … … … … … .… .. … … … … … … … … … … … … … … .… .. … … … … … … … … … … … … … … .… .. … … … … … … … … … … … … … … .… .. … … … … … … … … … … … … … … .… .. … … … … … … … … … … … … … … .… .. … … … … … … … … … … … … … … .… .. … … … … … … … … … … … … … … .… ..
由该式可确定 Ω 是逆时针转动，
Ω 大小： Ω =
(e ) Mo J z′ω r
o
若力 F 作用方向改变 180 ，类似地可分析出 Ω 为顺时针转向。 （2）若力 F 作用于中环，如图 3 所示，则转轮连内环一起将绕
r
r
bb ′ 轴翻转（ a ′ 端向下） r (e ) r r 分析： M o = r × F
（∗ ）
当 ω r 大小不变时，刚体作规则进动，进动角速度 大小：
r
Ω=
(e ) Mo J z′ω r
转向：由（ ∗ ）式按矢量叉乘法则确定。 思考题 1．什么情况下陀螺会发生进动？进动方向与进动角速度大小如何确定？ 2．什么是规则进动？
西南交大理论力学13
§13–1 力的功§13–2质点和质点系的动能§13–3动能定理§13–4功率· 功率方程· 机械效率§13–5势力场· 势能· 机械能守恒定理§13–6 动力学普遍定理的综合应用举例第十三章动能定理各种运动形式存在能量转换和功的关系，在机械运动中则表现为动能定理，与动量定理和动量矩定理用矢量法研究不同，动能定理从能量角度研究动力学问题，建立了与运动有关的物理量—动能和作用力的物理量—功之间的联系，有时可以方便有效地解决动力学问题。
§13-1 力的功力的功是力沿路程累积效应的度量。
质点在常力F 作用下，力F 的功定义为：sF W d cos δθ=或r F d δ⋅=W 对变力的功，如图所示，质点作曲线运动。
在无限小位移d r 中力F 视为常力，d s 视为直线，力F 的功称为元功，记为d W 。
则sF F W ⋅=⋅= cos s θm1N 1J 1⋅=力的功是代数量。
在国际单位制中，其单位为焦耳（Ｊ）力在全路程上作的功为元功之和，即⎰⎰⋅==21d d cos 0M M s s rF F W θkj i r kj i F z y x F F F z y x d d d d ++=++= 则力从M 1到M 2过程作的功为⎰++=21)d d d (12M M z y x z F y F x F Wr F F F r F d )(d 212121R ⋅+⋅⋅⋅++=⋅=⎰⎰n M M M M W r F r F r F d d d 21212121⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰M M n M M M M n W W W +⋅⋅⋅++=21即在任一路程上，合力的功等于各分力功的代数和。
∑=iW W 合力的功质点M 受n 个力作用，合力为，则合力的功n F F F ,,,21⋅⋅⋅∑=i F F R R F1．重力的功)(d 211221z z mg z mg z z -=-=∴⎰W 对质点系，重力功为：)()(212112C C i i i z z mg z z g m -=-=∑∑W 质点系重力的功，等于质点系的重量与其在始末位置重心的高度差的乘积，而与各质点的路径无关。
理论力学16 罗特军 川大
式中: aA=2a, aB=a, C
2
atBA=l, anBA=l2
3 3 a / 2l
ω a / 2l
(2) 以A为基点, 则C点的加速度为
aA A
aC = aA+atCA+ anCA
沿x、y方向投影得(=60º ):
anCA
aA
B C
aCx=atCA–aAsin aCy=anCA+aAcos
O
A
C
解: (1) 园盘作平面运动, C为瞬心。因为
vO = R
而
••
vO= s = 9t2－6t－14
s
•
=s/R
= = s / R
当t = 2 s 时, 由以上 二式可求得
•
•
O
A
= 2 rad/s = 6 rad/s2
C
(2) 取O为基点, 其加速度为
=(R+r) /r
C2
问题2:
怎样确定园柱 和杆AB的瞬心 位置?
B
A
C1
问题: 1. 瞬时速度中心的速度 = 0,加速度是否 也等于零? 2. 瞬时平动时,平面图形上各点的速度 相等,各点的加速度是否也相等? 3. 平面图形的瞬时运动是绕瞬心作定轴 转动,瞬时速度分布与定轴转动相同, 瞬时加速度分布是否也与定轴转动相 同?
式中 aA = aAn =
(※)式沿AB 方向投影得
t BA
a
n BA
(※)
r02 ,
A aA
a
n BA =
0 (AB = 0)。
C O1
aB sin = aA cos
0
O
2
atBA=l, anBA=l2
3 3 a / 2l
ω a / 2l
(2) 以A为基点, 则C点的加速度为
aA A
aC = aA+atCA+ anCA
沿x、y方向投影得(=60º ):
anCA
aA
B C
aCx=atCA–aAsin aCy=anCA+aAcos
O
A
C
解: (1) 园盘作平面运动, C为瞬心。因为
vO = R
而
••
vO= s = 9t2－6t－14
s
•
=s/R
= = s / R
当t = 2 s 时, 由以上 二式可求得
•
•
O
A
= 2 rad/s = 6 rad/s2
C
(2) 取O为基点, 其加速度为
=(R+r) /r
C2
问题2:
怎样确定园柱 和杆AB的瞬心 位置?
B
A
C1
问题: 1. 瞬时速度中心的速度 = 0,加速度是否 也等于零? 2. 瞬时平动时,平面图形上各点的速度 相等,各点的加速度是否也相等? 3. 平面图形的瞬时运动是绕瞬心作定轴 转动,瞬时速度分布与定轴转动相同, 瞬时加速度分布是否也与定轴转动相 同?
式中 aA = aAn =
(※)式沿AB 方向投影得
t BA
a
n BA
(※)
r02 ,
A aA
a
n BA =
0 (AB = 0)。
C O1
aB sin = aA cos
0
O
第05章--理论力学
五、摩擦已知： W =980N ，物块与斜面间的静摩擦系数f =0.20，动摩擦系数'f =0.17。
求： 当水平主动力分别为P =500N 和P =100N 两种情况时，（1）物块是否滑动；（2）求实际的摩擦力的大小和方向。
[解] 设物块处于平衡状态下，受力如图所示，并设摩擦力F 方向为沿斜面向下，有020sin 20cos ,0o o =--=∑F W P X 020cos 20sin ,0o o =+--=∑N W P Y（1）当P =500N ，解得N =1091.91N ，F =134.67N 由N 38.21820.091.1091max =⨯==≤Nf F F所以物块静止，所受摩擦力为静摩擦力，大小为F =134.67N ，方向沿斜面向下。
（2）当P =100N ，解得N =955.1N ，F =-241.21N 由N 02.19120.01.955max =⨯==>Nf F F所以物块沿斜面向下滑动，所受摩擦力为滑动摩擦力，大小为N 37.16217.010.955'=⨯==Nf F方向与图示方向相反，沿斜面向上。
已知： 梯子AB 重为P =200N ，梯长l ，与水平夹角o60=θ。
接触面间的摩擦系数均为0.25。
人重G =650N 。
求： 人所能达到的最高点C 到A 点的距离s 应为多少？ [解] 研究梯子AB ，受力如图所示。
由∑=-=0,0A B F N X ∑=+--=0,0A B N G P F Ycos sin cos cos 2,0)(=⋅-⋅-⋅+⋅=∑θθθθl F l N Gs lP F M B B A由临界平衡条件知：25.0⋅=A A N F ；25.0⋅=B B N F联立解得: l s 456.0=AB 与滑道间的摩擦系数为f ，滑道宽为ｂ；偏心轮上作用一力偶m ；推杆轴受铅直力Q 。
偏心轮与推杆间的摩擦忽略不计。
求： ｂ的尺寸为多少时，推杆才不致被卡住。
理论力学说课
➢ 学生对本课程教学必须用的数理知识储备不够，很
多学生甚至没有真正建立微积分的概念，更谈不上用 这些知识去分析问题和解决问题。
➢ 多数学生不能将物理知识与数学方法有机的结合。综上 所述，若不能及时解决这些问题，学生会无所 适从，从而会产生厌学情绪。
第十三页，共26页。
三、课程实施
2. 教学方法
本课程在教学中，根据课程内容和学生特点，尽量采取灵活
于刚体
质心的运动 规律与质点
一样
质点组力学
刚性的质点组
刚体的定点转动即为转动参照 系的惯性运动
刚体学
动刚体
转动参照系
以上皆为矢量力学，以加速度为基本量。
第十一页，共26页。
三、课程实施
1
学情分析
2
教学方法
3
教学手段
4
课程评价
第十二页，共26页。
三、课程实施
1. 学情分析
➢ 学生对力学中基本概念的理解有一定基础。
➢定点转动运动学 ➢定点转动运动学
第二十一页，共26页。
四、课程详略安排
2、重、难点分析
第一章：重点 1、速度、加速度在三个坐标系中的分量式
2、质点的运动微分方程 3、有心运动的运动方程及其应用
第一章：难点
1、加速度在自然坐标系中的分解
2、非自由质点的运动微分方程 3、有心运动的应用
第二十二页，共26页。
• 参考书：陈世民，理论力学简明教程，高等教育出版 社，2001。肖士珣，理论力学简明教程，人民教育 出版社，1986。胡慧玲等，理论力学基础教程，高 等教育出版社，1986。
第六页，共26页。
一、课程简介
4、教学目标
• 知识目标
掌握理论力学的基本概念、基本理论和基本方法，为后继理 论物理的学习奠定基础。
多学生甚至没有真正建立微积分的概念，更谈不上用 这些知识去分析问题和解决问题。
➢ 多数学生不能将物理知识与数学方法有机的结合。综上 所述，若不能及时解决这些问题，学生会无所 适从，从而会产生厌学情绪。
第十三页，共26页。
三、课程实施
2. 教学方法
本课程在教学中，根据课程内容和学生特点，尽量采取灵活
于刚体
质心的运动 规律与质点
一样
质点组力学
刚性的质点组
刚体的定点转动即为转动参照 系的惯性运动
刚体学
动刚体
转动参照系
以上皆为矢量力学，以加速度为基本量。
第十一页，共26页。
三、课程实施
1
学情分析
2
教学方法
3
教学手段
4
课程评价
第十二页，共26页。
三、课程实施
1. 学情分析
➢ 学生对力学中基本概念的理解有一定基础。
➢定点转动运动学 ➢定点转动运动学
第二十一页，共26页。
四、课程详略安排
2、重、难点分析
第一章：重点 1、速度、加速度在三个坐标系中的分量式
2、质点的运动微分方程 3、有心运动的运动方程及其应用
第一章：难点
1、加速度在自然坐标系中的分解
2、非自由质点的运动微分方程 3、有心运动的应用
第二十二页，共26页。
• 参考书：陈世民，理论力学简明教程，高等教育出版 社，2001。肖士珣，理论力学简明教程，人民教育 出版社，1986。胡慧玲等，理论力学基础教程，高 等教育出版社，1986。
第六页，共26页。
一、课程简介
4、教学目标
• 知识目标
掌握理论力学的基本概念、基本理论和基本方法，为后继理 论物理的学习奠定基础。
理论力学第二版第二章答案 罗特军
w.
kh
da
w.
三角形 EAB
1 aymax 2
co
正方形 ABCD
a2
静力学习题及解答—力系的简化
2.12 求图示均质混凝土基础重心的位置(图中长度单位为 m )
魏
体积 Si mm3 图形 1 图形 2 图形 3 图形形心：xC 10.08 2.40 1.89
泳
形心坐标 x mm 1.8 4.6 0.9 1.0 1.0 2.5
静力学习题及解答—力系的简化
2.6 底面为正方形的长方体棱边上作用有 8 个大小均等于 FP 的力，如图所示。试 求该力系的简化结果。
魏
泳
涛
m
因此，原力系合力为 4 FP k ，作用线过正方形中点。
课
后
答
四川大学 建筑与环境学院 力学科学与工程系 魏泳涛
案
网
ww
w.
kh
子力系 3： F7 和 F8 构成的力偶，力偶矩矢量为 FP ak 。
S 0
魏
π
y sin x
0
dy sin xdx 2
0
泳
π
涛
da w. co m
yC
π y sin x 1 1 π 2 π y d x d y d x y d y sin xdx 0 0 0 S S 2S 8
由对称性， xC
π 2
课
后
答
四川大学 建筑与环境学院 力学科学与工程系 魏泳涛
w.
co
静力学习题及解答—力系的简化
2.11 在图示变长为 a 的均质正方形薄板 ABCD 中挖去等腰三角形 EAB ， 试求 E 点 y 坐标的最大值 ymax ，使剩余薄板的重心仍在板内。
四川大学理论力学第十三章
D 30°
A
F1
E
l F2 60° B
提示: 此题是应用虚功原理求系统的平衡位置, 考虑如何将二主动力的虚功表示为某个独立变 分(例如δ )的函数。
解: 取y轴铅直向上, 由虚功原理有
– F1δyD – F2δyE = 0 因为 yD = AD sin 30°
y
C
D 30°
A
F1
E
l F2 60° B
关于虚功原理与刚体静力学平衡条件的两点说明: (1) 虚功原理常常被认为是更普遍的原理;
(2) 虚功原理的基本思想是一种变分原理的思想。
■ 理想约束
如果质点系所受的约束力在任意虚位移上 的元功总和为零,则该约束称为理想约束(ideal constraint)。 这是理想约束的一般定义,显然,在定常约束 的情况下,它与原有的定义没有区别。但在非 定常约束的情况下,它们是不同的。
■ 虚位移原理 具有定常、理想约束的完整系统平衡的充 分必要条件是 : 作用于质点系的所有主动力 在任何虚位移上的元功总和为零。 上述结论称为虚位移原理(principle of virtual displacement),其表达式为
F
i
i
ri 0
虚位移原理是分析静力学的基本原理,因为 力在虚位移上的功称为虚功,故虚位移原理也 称为虚功原理(principle of virtual work)。
F1r D 3F2r E
因
r D cos r E sin
F1r E tan 3F2r E 3F2 tan F1
所以
点评: (1) 对于理想约束系统,在机构的平衡问题中 求主动力之间的关系及求系统的平衡位 置时, 应用虚功原理, 由于仅涉及主动力, 因而计算比较简洁。 (2)应用虚功原理的关键是将虚功方程左边 表示成独立虚位移上的虚功总和,为此必 须首先确定各个虚位移之间的关系, 常用 的方法有几何法和解析法。
理论力学13(1) 罗特军 川大共18页PPT
理论力学13(1) 罗特军 川大
21、没有人陪你走一辈子，所以你要 适应孤 独，没 有人会 帮你一 辈子， 所以你 要奋斗 一生。 22、当眼泪流尽的时候，留下的应该 是坚强 。 23、要改变命运，首先改变自己。
24、勇气很有理由被当作人类德性之 首，因 为这种 德性保 证了所 有其余 的德性 。--温 斯顿． 丘吉尔 。 25、梯子的梯阶从来不是用来搁脚的 ，它只 是让人 们的脚 放上一 段时间 ，以便 让别一 只脚能 够再往 上登。
பைடு நூலகம் 谢谢！
51、 天 下 之 事 常成 于困约 ，而败 于奢靡 。——陆 游 52、 生 命 不 等 于是呼 吸，生 命是活 动。——卢 梭
53、 伟 大 的 事 业，需 要决心 ，能力 ，组织 和责任 感。 ——易 卜 生 54、 唯 书 籍 不 朽。——乔 特
55、 为 中 华 之 崛起而 读书。 ——周 恩来
21、没有人陪你走一辈子，所以你要 适应孤 独，没 有人会 帮你一 辈子， 所以你 要奋斗 一生。 22、当眼泪流尽的时候，留下的应该 是坚强 。 23、要改变命运，首先改变自己。
24、勇气很有理由被当作人类德性之 首，因 为这种 德性保 证了所 有其余 的德性 。--温 斯顿． 丘吉尔 。 25、梯子的梯阶从来不是用来搁脚的 ，它只 是让人 们的脚 放上一 段时间 ，以便 让别一 只脚能 够再往 上登。
பைடு நூலகம் 谢谢！
51、 天 下 之 事 常成 于困约 ，而败 于奢靡 。——陆 游 52、 生 命 不 等 于是呼 吸，生 命是活 动。——卢 梭
53、 伟 大 的 事 业，需 要决心 ，能力 ，组织 和责任 感。 ——易 卜 生 54、 唯 书 籍 不 朽。——乔 特
55、 为 中 华 之 崛起而 读书。 ——周 恩来
【精品】理论力学16罗特军川大共42页文档
【精品】理论力学16罗特军川大
1、纪律是管理关系的形式。——阿法 纳西耶 夫 2、改革如果不讲纪律，就难以成功。
3、道德行为训练，不是通过语言影响 ，而是 让儿童 练习良 道德 行为， 克服懒 惰、轻 率、不 守纪律 、颓废 等不良 行为。 4、学校没有纪律便如磨房里没有水。 ——夸 美纽斯
5、教导儿童服从真理、服从集体，养 成儿童 自觉的 纪律性 ，这是 儿童道 德教育 最重要 的部分 。—— 陈鹤琴
66、节制使快乐增加并使享受加强。 ——德 谟克利 特 67、今天应做的事没有做，明天再早也 是耽误 了。——裴斯 泰洛齐 68、决定一个人的一生，以及整个命运 的，只 是一瞬 之间。 ——歌 德 69、懒人无法享受休息之乐。——拉布 克 70、浪费时间是一桩大罪过。——卢梭
理论力学13(1) 罗特军 川大17页
速度合成图如图示,
ve = u, 故
va = ve / cos = 2 u
O
MB
vr
va
ve
u
= va / R = 2 u / R
例2. 己知 OC = h , CM = r , = 0t ; 求 = 90º
时, OA杆转动的角速度。
va vr A
ve
C
M
解:
动点: 滑块M , 定系:
地面 , 动系: OA。
速度合成图如图示,
va = r = r0, 故
ve= vasin = r0sin
而 OM = r/sin
O
= ve /OM = r20 /(r2+h2)
例3. 己知 , OC = r ,在图示
位置AB⊥CO, CD = OD。求 此时顶杆AB的速度。
解: 动点: 顶杆上的A点, 定
系: 地面 , 动系: 园盘。
这一结论称为点的速度合成定理。 注意事项:
1. 上述结论适用于任何形式的相对运动和牵连 运动。
2. 注意公式的矢量性和瞬时性。
3. 在定理的应用中常用几何法,作速度合成图, 最后归结为解三角形。
例1. 正弦平动机构如
图示,已知u,OM = R。
用合成法求 = 45º时
OM的角速度。
A
解:
动点: 滑块M , 定系: 地面 , 动系: AB。
牵连运动为定轴转动
aa = ar + ae + aC
2. 在定理的应用中常用解析法。在平面问题中， 将公式投影到两个坐标轴上, 可得两个独立 的标量方程, 解两个未知数。注意投影时应 保持公式的原有形式不变。
3. 在平面问题中, 因为⊥vr
ve = u, 故
va = ve / cos = 2 u
O
MB
vr
va
ve
u
= va / R = 2 u / R
例2. 己知 OC = h , CM = r , = 0t ; 求 = 90º
时, OA杆转动的角速度。
va vr A
ve
C
M
解:
动点: 滑块M , 定系:
地面 , 动系: OA。
速度合成图如图示,
va = r = r0, 故
ve= vasin = r0sin
而 OM = r/sin
O
= ve /OM = r20 /(r2+h2)
例3. 己知 , OC = r ,在图示
位置AB⊥CO, CD = OD。求 此时顶杆AB的速度。
解: 动点: 顶杆上的A点, 定
系: 地面 , 动系: 园盘。
这一结论称为点的速度合成定理。 注意事项:
1. 上述结论适用于任何形式的相对运动和牵连 运动。
2. 注意公式的矢量性和瞬时性。
3. 在定理的应用中常用几何法,作速度合成图, 最后归结为解三角形。
例1. 正弦平动机构如
图示,已知u,OM = R。
用合成法求 = 45º时
OM的角速度。
A
解:
动点: 滑块M , 定系: 地面 , 动系: AB。
牵连运动为定轴转动
aa = ar + ae + aC
2. 在定理的应用中常用解析法。在平面问题中， 将公式投影到两个坐标轴上, 可得两个独立 的标量方程, 解两个未知数。注意投影时应 保持公式的原有形式不变。
3. 在平面问题中, 因为⊥vr
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其中一部分是由于相对运 动改变了牵连点的位置,使 牵连速度发生了变化而产 生的附加加速度;另一部分 是牵连转动使相对速度的
方向发生改变而产生的附 加加速度。
ve C
O
v运动为平动与牵连运动为定轴转动 时，求加速度的公式形式不同。
牵连运动为平动
aa = ar + ae
牵连运动为定轴转动时加速度合成定理与牵 连运动为平动时具有不同的形式。
aa = ar + ae + aC
式中aC=2×vr , 称为科氏加速度。
即牵连运动为定轴转动时,动点的绝对加速度等 于它的相对加速度、牵连加速度与科氏加速度的 矢量和。
※ 科氏加速度aC=2×vr的
产生是由于牵连转动和相
对运动相互影响的结果。
习题: P.160 5.4,6,8,12
谢谢大家!
速度合成图如图示。
va = ve = r
B
va vr
ve
A
CD O
5.3 加速度合成定理 5.3.1 基本概念
绝对加速度(aa): 动点相对于定系的加速度
aa= dva / dt = d2r / dt2
相对加速度(ar): 动点相对于动系的加速度,即动 点的相对速度对时间的相对导数
ar= d～vr / dt = x••'i' + y••'j' + •z•'k' 牵连加速度( ae ): 牵连点相对于定系的加速度。
速度合成图如图示,
ve = u, 故
va = ve / cos = 2 u
O
MB
vr
va
ve
u
= va / R = 2 u / R
例2. 己知 OC = h , CM = r , = 0t ; 求 = 90º
时, OA杆转动的角速度。
va vr A
ve
C
M
解:
动点: 滑块M , 定系:
地面 , 动系: OA。
牵连运动为平动时, 动系上各点在任一瞬时的速度 都相等，即有
ve
vO'
drO' dt
v•e = r••O' = ae
因此
aa = ar + ae
z
M
z'
y'
rO'
O'
O
x' y
x
即牵连运动为平动时,动点的绝对加速度等于它 的相对加速度与牵连加速度的矢量和。
5.3.3 牵连运动为定轴转动时的加速度合成
牵连运动为定轴转动
aa = ar + ae + aC
2. 在定理的应用中常用解析法。在平面问题中， 将公式投影到两个坐标轴上, 可得两个独立 的标量方程, 解两个未知数。注意投影时应 保持公式的原有形式不变。
3. 在平面问题中, 因为⊥vr
aC=2vr
aC=2×vr
vr
aC
vr按的转向
转过90º就是 aC的方向
速度合成图如图示,
va = r = r0, 故
ve= vasin = r0sin
而 OM = r/sin
O
= ve /OM = r20 /(r2+h2)
例3. 己知 , OC = r ,在图示
位置AB⊥CO, CD = OD。求 此时顶杆AB的速度。
解: 动点: 顶杆上的A点, 定
系: 地面 , 动系: 园盘。
5.3.2 牵连运动为平动时的加速度合成
由速度合成定理可知
va = vr + ve
上式两边求时间导数得
因为
aa= v• a= v• r+ v•e
vr=
～
dr'/
dt
=
x•'i'
+
y•'j'
+
z•'k'
当牵连运动为平动时, i'、j'、k'为常矢量，故
v•r= dvr / dt = ～dvr / dt = ar
理论力学
点的合成运动(二)
5.2 速度合成定理 5.2.2 速度合成定理
M'
r r'
z z' M(m)
rm z'
m'
y'
y'
O'
O
y
x
r =rm+ r' va= ve+ vr
上述结果表明,无论牵连运动为平动还是定轴 转动,动点的绝对速度均等于其相对速度与牵连 速度的矢量和。即
va = vr + ve
这一结论称为点的速度合成定理。 注意事项:
1. 上述结论适用于任何形式的相对运动和牵连 运动。
2. 注意公式的矢量性和瞬时性。
3. 在定理的应用中常用几何法,作速度合成图, 最后归结为解三角形。
例1. 正弦平动机构如
图示,已知u,OM = R。
用合成法求 = 45º时
OM的角速度。
A
解:
动点: 滑块M , 定系: 地面 , 动系: AB。
方向发生改变而产生的附 加加速度。
ve C
O
v运动为平动与牵连运动为定轴转动 时，求加速度的公式形式不同。
牵连运动为平动
aa = ar + ae
牵连运动为定轴转动时加速度合成定理与牵 连运动为平动时具有不同的形式。
aa = ar + ae + aC
式中aC=2×vr , 称为科氏加速度。
即牵连运动为定轴转动时,动点的绝对加速度等 于它的相对加速度、牵连加速度与科氏加速度的 矢量和。
※ 科氏加速度aC=2×vr的
产生是由于牵连转动和相
对运动相互影响的结果。
习题: P.160 5.4,6,8,12
谢谢大家!
速度合成图如图示。
va = ve = r
B
va vr
ve
A
CD O
5.3 加速度合成定理 5.3.1 基本概念
绝对加速度(aa): 动点相对于定系的加速度
aa= dva / dt = d2r / dt2
相对加速度(ar): 动点相对于动系的加速度,即动 点的相对速度对时间的相对导数
ar= d～vr / dt = x••'i' + y••'j' + •z•'k' 牵连加速度( ae ): 牵连点相对于定系的加速度。
速度合成图如图示,
ve = u, 故
va = ve / cos = 2 u
O
MB
vr
va
ve
u
= va / R = 2 u / R
例2. 己知 OC = h , CM = r , = 0t ; 求 = 90º
时, OA杆转动的角速度。
va vr A
ve
C
M
解:
动点: 滑块M , 定系:
地面 , 动系: OA。
牵连运动为平动时, 动系上各点在任一瞬时的速度 都相等，即有
ve
vO'
drO' dt
v•e = r••O' = ae
因此
aa = ar + ae
z
M
z'
y'
rO'
O'
O
x' y
x
即牵连运动为平动时,动点的绝对加速度等于它 的相对加速度与牵连加速度的矢量和。
5.3.3 牵连运动为定轴转动时的加速度合成
牵连运动为定轴转动
aa = ar + ae + aC
2. 在定理的应用中常用解析法。在平面问题中， 将公式投影到两个坐标轴上, 可得两个独立 的标量方程, 解两个未知数。注意投影时应 保持公式的原有形式不变。
3. 在平面问题中, 因为⊥vr
aC=2vr
aC=2×vr
vr
aC
vr按的转向
转过90º就是 aC的方向
速度合成图如图示,
va = r = r0, 故
ve= vasin = r0sin
而 OM = r/sin
O
= ve /OM = r20 /(r2+h2)
例3. 己知 , OC = r ,在图示
位置AB⊥CO, CD = OD。求 此时顶杆AB的速度。
解: 动点: 顶杆上的A点, 定
系: 地面 , 动系: 园盘。
5.3.2 牵连运动为平动时的加速度合成
由速度合成定理可知
va = vr + ve
上式两边求时间导数得
因为
aa= v• a= v• r+ v•e
vr=
～
dr'/
dt
=
x•'i'
+
y•'j'
+
z•'k'
当牵连运动为平动时, i'、j'、k'为常矢量，故
v•r= dvr / dt = ～dvr / dt = ar
理论力学
点的合成运动(二)
5.2 速度合成定理 5.2.2 速度合成定理
M'
r r'
z z' M(m)
rm z'
m'
y'
y'
O'
O
y
x
r =rm+ r' va= ve+ vr
上述结果表明,无论牵连运动为平动还是定轴 转动,动点的绝对速度均等于其相对速度与牵连 速度的矢量和。即
va = vr + ve
这一结论称为点的速度合成定理。 注意事项:
1. 上述结论适用于任何形式的相对运动和牵连 运动。
2. 注意公式的矢量性和瞬时性。
3. 在定理的应用中常用几何法,作速度合成图, 最后归结为解三角形。
例1. 正弦平动机构如
图示,已知u,OM = R。
用合成法求 = 45º时
OM的角速度。
A
解:
动点: 滑块M , 定系: 地面 , 动系: AB。