理论力学第二章
理论力学第二章
内、外力之分是相对的。 三、质点系动力学研究方法
方法1 对质点系内每个质点建立运动微分方程，用计算机数值求解；
方法2 从整体上研究质点系存在哪些普遍规律（动量、角动量等）。
i1
M
质心系总动量的另一表达式
p miri MvC
二、质点系的动量定理
d n
dp
dti1
pi
dt
=0
dp
F (e)
dt
质点组总动量的变化与内力无关，内力只能改变组内各 质点的运动情况而不能改变整体的动量 。
三、质心运动定理 质心的加速度
ac
rc
n miri
i1
M
n miai
积分后即可计算出时间为 t 2mL F
因此当轻杆转过θ角度时杆的角速度为
2F mL
课本p92例题
例题、半径为r,质量为M的水平匀质圆盘可绕通过其圆心的铅
直轴转动。一个质量为m的甲虫，以相对圆盘速度为 v at
（ a 为常数）的规律沿圆盘的边缘爬行。开始时，两者都静止，
假设桌面光滑，试求甲虫爬行后，圆盘的角速度。
d
i
(1 2m ir 'i2)i
F ied r i'
i
F i(i)d r i'
rc
midri '
rc
i
d
miri ' 0
i
小结：
对固定点
dp
F (e)
dt
dJ
M(e)
dt
对质心
Mrc
F(e)
理论力学第二章习题答案
理论力学第二章习题答案理论力学是物理学中研究物体运动规律和相互作用的分支学科，它以牛顿运动定律为基础，通过数学方法来描述物体的运动和力的作用。
本章习题答案将帮助学生更好地理解和掌握理论力学的基本概念和计算方法。
习题1：考虑一个质量为m的物体在重力作用下自由下落。
忽略空气阻力，求物体下落过程中的速度和位移。
答案：物体自由下落时，受到的力只有重力，大小为mg，方向向下。
根据牛顿第二定律，F=ma，可以得到加速度a=g。
物体的速度v随时间t变化，可以使用公式v=gt计算。
物体的位移s随时间变化，可以使用公式s=1/2gt^2计算。
习题2：一个质量为m的物体在水平面上以初速度v0开始运动，受到一个大小为k的恒定摩擦力作用。
求物体停止前所经过的距离。
答案：物体在水平面上运动时，受到的摩擦力与物体的位移成正比，即F=-kx。
根据牛顿第二定律，F=ma，可以得到加速度a=-k/m。
物体的位移x随时间t变化，可以使用公式x=v0t - 1/2(k/m)t^2计算。
当物体速度减至0时，物体停止，此时t=2v0/k，代入公式得到x=2v0^2/k。
习题3：一个质量为m的物体在斜面上，斜面与水平面的夹角为θ。
物体受到一个向上的拉力F，使得物体沿斜面匀速上升。
求拉力F的大小。
答案：物体沿斜面匀速上升时，拉力F与重力分量mgsinθ和摩擦力μmgcosθ平衡。
根据平衡条件，F=mgsinθ + μmgcosθ。
如果摩擦系数为μ，可以进一步简化为F=mg(sinθ + μcosθ)。
习题4：考虑一个质量为m的物体在竖直平面内做圆周运动，圆心位于物体的正下方。
物体的运动由一个弹簧连接到圆心，弹簧的劲度系数为k。
求物体在圆周运动中的角速度。
答案：物体在圆周运动中，受到弹簧力和重力的作用。
根据牛顿第二定律，向心力Fc=mv^2/r=ma，其中r为圆的半径。
由于物体做圆周运动，向心力由弹簧力和重力的垂直分量提供。
因此，Fc=kx - mgcosθ，其中x为弹簧的伸长量，θ为物体与竖直方向的夹角。
理论力学 第二章
扭矩扳手
2-3 平面力对点之矩的概念及计算
一、力对点的矩（力矩） 力对点的矩（力矩）
M O ( F ) = ± F ⋅ d ，单位N•m或KN•m 单位N KN•
→
→
① ②
是代数量。 M O ( F ) 是代数量。
M O ( F ) 正负判定： 正负判定：
→
→
M O (F ) (F
+
→ →
-
③ 当F=0或d=0时， O (F ) =0。 =0或 =0时 M =0。 点O为矩心，d为力臂。 为矩心， 为力臂。 角 形面积，或是矢量积的模。 面积，或是矢量积的模。 ④ M O (F ) = ± 2⊿AOB= r × F 2⊿AOB= 力对点0矩的大小等于2 力对点0矩的大小等于2倍三
Fx = X i , F y = Y j
F = X +Y
2 2
→
→ →
→
X cos α = F
Y cos β = F
2-2 平面汇交力系合成与平衡的解析法
区分力沿轴的分力和力在两轴上的投影： 区分力沿轴的分力和力在两轴上的投影： 力沿轴的分力和力在两轴上的投影 • 分力是矢量，投影是代 分力是矢量， 数量，二者性质不同。 数量，二者性质不同。 • 在直角坐标系中，投影 在直角坐标系中， 的大小与分力的大小相 但在斜角坐标系中， 同，但在斜角坐标系中， 二者不等。 二者不等。
∑F = 0 ix
− FBA + F cos60 − F2 cos30 = 0 1
o o
∑F =0 iy
FBC − F cos30 − F cos60 = 0 1 2
o o
F = F2 = P 1
解得： FC = 27 32kN 解得： B .
理论力学第2章平面任意力系
空载时轨道A 、 B的约束反力，并问此起重机在使用过程中有无翻
倒的危险。
解：
（1）起重机受力图如图
（2）列平衡方程 ：
MA 0:
Q
Q(6 2) RB 4 W 2 P(12 2) 0
MB 0:
Q(6 2) W 2 P(12 2) RA 4 0
6m
解方程得:
W
P
12m
RA 170 2.5P
FR' Fi Fxi Fy j
MO MO (Fi )
3. 平面任意力系的简化结果
（1）FR´= 0，Mo ≠ 0, （2）FR´ ≠ 0，Mo = 0, （3）FR´≠ 0，Mo ≠ 0, （4）FR´= 0，Mo = 0,
合力偶，合力偶矩，MO MO (Fi )
合力，合力作用线通过简化中心O。
3
F2
j
F3
x
(437.6)2 (161.6)2
F1
1 1
100
Oi
1 2
466.5N
200
MO 21.44N m
y
合力及其与原点O的距离如图(c) 。 MO
x
y
d
x
O
FR FR′ 466.5N FR´
FR
O
d MO 45.96mm
(b)
(c)
FR
10
例11 水平梁AB受按三角形分布的载荷作用，如图示。载荷的
M
l
l
30
B
D
° F
3l
P
q
A
21
解：T字形刚架ABD的受力如图所示。
M
l
l
Fx 0
30
B
FAx 1 • q • 3a Fcos30 0
理论力学第七版第二章
F ix
0
FBA F1 cos 60 F2 cos30 0
F F P
1
2
解得： F 7.321kN BA
F iy
0
F F cos30 F cos60 0
BC
1
2
解得： F 27.32kN BC
例2-5 已知： F=3kN, l=1500mm, h=200mm.忽略自重； 求：平衡时，压块C对工件与地面的压力，AB杆受力.
=
=
4.力偶没有合力，力偶只能由力偶来平衡.
三.平面力偶系的合成和平衡条件
已知：M1, M2 , Mn;
任选一段距离d
M1 d
F1
M1 F1d
M2 d
F2
M2 F2d
Mn d
Fn
Mn Fnd
==
=
FR F1 F2 Fn FR F1 F2 Fn
=
=
=
M FRd F1d F2d Fnd M1 M2 Mn
n
M Mi Mi
i 1
平面力偶系平衡的充要条件 M = 0，有如下平衡方程
Mi 0
平面力偶系平衡的必要和充分条件是：所有各力偶矩的 代数和等于零.
例2-1 已知： P=20kN，R=0.6m, h=0.08m:
求： 1.水平拉力F=5kN时，碾子对地面及障碍物的压力？
2.欲将碾子拉过障碍物，水平拉力F至少多大？
C
A
例2-3 已知：图示平面共点力系；
求：此力系的合力.
解：用解析法
F Rx
F ix
F cos30 1
F 2
cos 60
F 3
cos 45
F 4
cos 45
理论力学第二章
第二章 平面力系
§2-1 平面汇交力系
The graphical method of composition and the quilibrium of a coplanar system of concurrent forces
一、平面汇交力系合成的几何法－－力多边形法则
FR Fi
即：平面汇交力系的合力等于各分力的矢量和，合 力的作用线通过原汇交点。
h
F
R
O B FB α P FA A
FB
FB
α
P FA
α
P Fmin F
FB
F
•按比例量得： FA=11 .4 kN，FB=10kN (2) Fmin = P sinα = P/2 =10kN
四、 平面汇交力系合成与平衡的解析法
1、力在坐标轴上的投影
F Fx Fy
Fx cos F Fy cos F
在同平面内的两个力偶，若力偶矩相等，则两个 力偶彼此等效。
=
=
=
=
M O F , F M O F M O F F d x1 F x1 Fd
1 1 1
M O F , F F d x2 F x2
2
F ' d Fd
3）力偶矩：度量力偶对物体的转动效应。
由两个因素决定： 1）力偶矩的大小：力与力偶臂乘积 2）力偶在作用面内的转向：逆正顺负
M F d
1.3、力偶的性质 1）组成力偶的两个力在任意坐标轴上的投影和等于 零，但两力不相互平衡。
2）力偶不能合成一个力，故力偶也不能用一个力来 平衡。
2、同平面内力偶的等效定理：
理论力学 第二章
Rh θ arccos 30 R
FB sin θ F FA FB cos θ P
FA 11.4kN
FB 10kN
2.碾子拉过障碍物， 应有 FA 0
用几何法解得
F P tanθ=11.55kN
3. 解得
Fmin P sin θ 10 kN
例2-2 已知： AC CB, F 10 kN ,各杆自重不计； 求：CD 杆及铰链 A 的受力.
θ 20 , r 60mm
求: M O (F )
解:直接按定义
MO
F F h F r cos θ
78.93N m
按合力矩定理 M O F M O Ft M O Fr
F cos θ r 78.93N m
FRy F iy F1 sin 30 F2 sin 60 F3 sin 45 F4 sin 45 112.3N
FR FR2x FR2y 171.3N
FRx cos θ 0.7548 FR
cos β
FRy FR
0.6556
θ 40.99 , β 49.01
F1
力 多 边 形
F1
FR FR12 F3
F1
FR F1 F2 F3
FR12 F1 F2
设 {F1 , F2 , Fn } 为作用在A点的共点力系
{FR } {F1 , F2 , Fn }
FR F1 F2 Fn Fi
A
B
F’
B
MB
理论力学第二章(汇交力系)
2) 合力
力矢量合成的力多边形法则： 1) 各分力首尾相接，次序可变；
R 为封闭边。
z F3 FR F2 F1 x
5
2、空间汇交力系合成的几何法
r r r r r r FR = F1 + F2 + F3 + F4 = Σ Fi ,
合成为一个合力，合力的大小与方向等于 各分力的矢量和，合力的作用线过汇交点.
FR = F1 + F2 + L + Fn = ∑ Fi
向两个坐标轴投影，
FR = FRx + FRy = (∑ Fix ) + (∑ Fiy )
2 2 2
2
FR
合力方向 FRx ∑ Fix FRy cos θ = = , sin θ = = FR FR FR 合力投影定理：
∑F
FR
iy
10 合力在任一轴上的投影等于各分力在同一轴上投影的代数和。
FDA
P
FDB=FDC=289N。
18
例 ：起重机起吊重量P = 1 kN， ABC 在 yz 平面内，求：立柱 x’ AB、绳BC，BD，BE 的拉力。 解：B点有四个未知力汇 交，故先从C点求解，
[C] 平面汇交力系 z 750
B 450 E FBE FBD 450 450 D x A y 450 F BA 450 FCB FBC 300 FCA
汇交力系的平衡条件为：力系中各力在x、y、z三个坐标 轴的每一轴上投影之代数和均为零。 14 汇交力系平衡的几何条件为：力多边形自行封闭。
汇交力系平衡条件的应用
例：园柱物置于光滑的燕尾槽内，已知：P 为 500 N,求： 接触处A、B的约束力。
理论力学 第二章
平面任意力系1第二章平面力系第二部分平面任意力系平面任意力系：各力的作用线在同一平面内，既不汇交于一点，又不相互平行的力系。
[例]第二章平面力系第二部分平面任意力系§2–5 力的平移定理§2–6 平面任意力系向一点简化§2–7 平面任意力系的简化结果• 合力矩定理§2–8 平面任意力系的平衡条件和平衡方程§2–9 平面平行力系的平衡方程§2–10 静定与超静定问题的概念•物体系统的平衡§2–11 平面简单桁架的内力分析平面任意力系习题课§2-5 力的平移定理力的平移定理：作用在刚体上点A的力可以平行移到任一点B，但必须同时附加一个力偶。
这个力偶的矩等于原来的力对新作用点B的矩。
FF[证] 力力系），力偶（力FFF''+'FFF''',,F说明：①力的平移定理揭示了力与力偶的关系：力力+力偶（例断丝锥）②力平移的条件是附加一个力偶M，且M与d有关，M=F•d③力的平移定理是力系简化的理论基础。
任意力系向一点简化汇交力系+力偶系未知力系）（已知力系）汇交力系力，F R '(主矢) ，(作用在简化中心)力偶系力偶，M O (主矩) ，(作用在该平面上)§2-6平面任意力系向一点简化大小：主矢方向：与简化中心的关系：'R F 123'R iF F F F F =+++=∑ 主矢12312 ()()()O O O O i M M M M M F M F M F =+++=++=∑主矩2222'''()()R Rx Ry x y F F F F F =+=+∑∑11tg tg xRyRx yF F F F α--==∑∑（移动效应）(与简化中心位置无关)[因主矢等于各力的矢量和]大小：主矩M O 方向：与简化中心的关系：()O O i M M F =∑（转动效应）固定端（插入端）约束在工程中常见的雨搭车刀方向规定+ —(与简化中心有关)[因主矩等于各力对简化中心取矩的代数和]固定端（插入端）约束说明①认为F i 这群力在同一平面内;②将F i 向A 点简化得一力和一力偶;③F RA 方向不定可用正交分力F Ay ,F Ax 表示;④F Ay ,F Ax , M A 为固定端约束力;⑤F Ay , F Ax 限制物体平动, M A 限制转动。
理论力学第二章
3．用解析法求平面汇交力系的合力
合力FR的大小和方向可由下式确定 ：
FR FRx FRy tan FRy FRx F F
y 2 2
y F1 A
F F
2 2 x y
x
α
F2 FR
x
F3
式中 α为合力FR与x轴所夹的锐角。
四、平面汇交力系的平衡条件
作用在同一平面内的力偶系称为平面力偶系。
1.平面力偶系的合成
平面力偶系可以合成为一个合 力偶，合力偶矩等于平面力偶系中 各个力偶矩的代数和。用式子表示 为：
M M1 M2
Mn M
M1、M 2、 、M n表示原力
式中 M表示合力偶矩,
偶系中各力偶的力偶矩。
2.平面力偶系的平衡条件
难点：主矢和主矩的概念；物体系平衡问题的求 解
力 系
平 面 力 系
各力的作用线都在 同一平面内的力系 称为平面力系。
平面汇交力系 平面平行力系 平面力偶系 平面任意力系
作用线汇交 于一点
2-1
平面汇交力系
一、平面汇交力系合成的几何法
1.
两个汇交力的合成
F1 FR F1 A F2
b
F2
c
o
FR
力三角形法则。
力偶特点：
1．力偶中的二力不满足二力平衡公理，故不是平衡力系。 2.力偶不能合成为一个合力，所以不能用一个力来代替。 3．力偶在任何坐标轴上的投影都等于零。
4．力偶不会引起物体的移动效应，只能使物体发生转动效应
（纯转动）。
力偶与单个力一样，是构成力的基本元素。
2.力偶矩
力偶对物体的转动效应由组成力偶的力的大小与力偶 臂的乘积，即力偶矩确定。记作：记作M（F，F′）或M， 即 M（F，F′）= M =±Fd 方向：逆正，顺负。 单位：KN.m或N.m 力偶对物体的转动效应取决于力偶矩的大小、力偶的 转向及力偶的作用面，此即力偶的三要素。
理论力学-课件第2章
三、简化结果的进一步讨论 合力矩定理的证明
对平面力系向作用面内一点简化后得到的主矢和主矩做进一步分析后，
可能出现以下四种情况：
分别讨论这些情况
（1） FR 0，MO 0 （2） FR 0，MO 0 （3） FR 0，MO 0 （4） FR 0，MO 0
情况（1）FR 0，MO 0，说明该力系无主矢，而最终简化为一个力偶， 其力偶矩就等于力系的主矩。 值得指出，当力系简化为一个力偶时，主矩与简化中心的选取无关。
MO (F) Fh
其中，点O称为矩心；h称为力臂；Fh表示力使物体绕点O转动效果的大小； MO (F) 是一个代数量。
规定：使物体逆时针方向转动的力矩为正，反之为负。
根据定义
图2-3所示的力 F1 对点O的矩为
MO (F1) F1h1 F1hsin
由定义知：力对点的矩与矩心的位置有关， 同一个力对不同点的矩是不同的。因此，对力矩要指明矩心。
方程式（2-19）也完全表达了力系的平衡条件：由 M A 0 知，
该力系不能与力偶等效，只能简化为一个作用线过矩心A的合力，
或者为平衡力系；
由 M B 0 知，若该力系有合力，则合力必通过A，B连线
最后，由 Fx 0 知，若有合力，则它必垂直于x轴；而据限制条件，
A，B连线不垂直于x轴，故该力系不可能简化为一个合力，
三、简化结果的进一步讨论 合力矩定理的证明
情况（4）FR 0，MO 0 ，表明该力系对刚体总的作用效果为零。 根据牛顿惯性定律， 此时物体将处于静止或匀速直线运动状态，即物体处于平衡状态。
第四节 平面力系的平衡条件与平衡 方程式
平面力系平衡的充分和必要条件是 力系的主矢及作用面内任意一点的主矩同时为零。
理论力学第二章习题答案
理论力学第二章习题答案理论力学第二章习题答案理论力学是物理学的基础学科之一，它研究物体的运动规律以及力的作用原理。
在理论力学的学习过程中，习题是检验学生理解和掌握程度的重要方式之一。
下面将为大家提供理论力学第二章的习题答案，希望对大家的学习有所帮助。
1. 一个质点在匀速直线运动中，它的加速度是多少？答：在匀速直线运动中，速度保持不变，所以加速度为0。
2. 一个质点的速度随时间的变化规律为v=3t+2，求它在t=2s时的速度。
答：将t=2s代入速度变化规律中，得到v=3*2+2=8m/s。
3. 一个质点做匀加速直线运动，它的初速度为2m/s，加速度为3m/s²，求它在t=4s时的位移。
答：根据匀加速直线运动的位移公式s=vt+1/2at²，将初速度v=2m/s，时间t=4s，加速度a=3m/s²代入，得到s=2*4+1/2*3*4²=8+24=32m。
4. 一个质点做匀加速直线运动，它的初速度为4m/s，位移为20m，加速度为2m/s²，求它的末速度。
答：根据匀加速直线运动的末速度公式v²=u²+2as，将初速度u=4m/s，位移s=20m，加速度a=2m/s²代入，得到v²=4²+2*2*20=16+80=96，所以末速度v=√96≈9.8m/s。
5. 一个质点做直线运动，它的速度随时间的变化规律为v=2t²+3t，求它在t=3s时的加速度。
答：加速度是速度对时间的导数，所以将速度变化规律v=2t²+3t对时间t求导，得到加速度a=dv/dt=4t+3。
将t=3s代入，得到a=4*3+3=15m/s²。
6. 一个质点做直线运动，它的速度随时间的变化规律为v=5t²+2t，求它在t=2s 时的加速度。
答：同样地，将速度变化规律v=5t²+2t对时间t求导，得到加速度a=dv/dt=10t+2。
理论力学第2章-汇交力系
Fz F k
（2-5）
力在某一轴上的投影，等于该力与沿该轴方向的单 位矢量之标积。
这结论也适用于在任何一轴上的投影。
例如，设有一轴，沿该轴正向的单位矢量为n， 则力F在 轴上的投影为
F F n
设n在坐标系Oxy 中的方向余弦为l1 、l2 、l3 ，则
F Fxl1 Fyl2 Fzl3
F Fxi Fy j Fzk
（2-3）
i、j、k是沿坐标轴正向的单位
矢量，
Fx、Fy、Fz分别是力F在x、y、
z轴上的投影。
2.3.1.1 直接投影法
已知F与坐标轴正向的夹角分别为、、 ， cos
Fz F cos
（2-4）
Fx Fy
F F
i j
cos FR ,
k
FR z FR
F
z
FR
（2-12）
例2-2 如图所示平面汇交力系，已知： F1 20kN F2 30kN
F3 10kN F4 25kN 试求汇交力系的合力矢。
解 (1)求合力矢FR在坐标轴上的投影：
FRx F1 cos 30 F2 cos 60 F3 cos 45 F4 cos 45 10 3 15 5 2 12.5 2 12.93 kN
平面汇交力系：各力作用线在同一平面内且 汇交于同一点的力系。
空间汇交力系：各力作用线不在同一平面内 且汇交于同一点的力系。
2.1 汇交力系合成的几何法
2.1.1 合成的几何法
F1
A
F2 FR F3
F4
b F3
c
F2 a FR1
FR2 F4
F1 o FR
d
FR = F1 + F2 + F3 + F4
理论力学第2章
力作用线通过三角形的几何中心。
★力对点之矩与力对轴之矩
★力偶系
F1r1 rBA r2
F2
力 偶(couple): 大 小相等,方向相反,不 共线的两个力所组成 的力系.
F1
力偶作用面(acting plane of
F2
a couple) : 二力所在平面。
力偶臂(arm of couple):二力作用线之间的垂直距离。
■空间任意力系简化
主矢的特点： ◆ 对于给定的力系，主矢唯一； ◆ 主矢仅与各力的大小和方向有关，主矢不 涉及作用点和作用线,因而主矢是自由矢。
主矩的特点:
◆力系主矩MO与矩心( O )的位置有关；
◆ 力系主矩是定位矢,其作用点为矩心。
■空间任意力系简化
FB
MC
MD
FC
FA
ME
怎样判断不同力系的 运动效应是否相同？
M rBA F
★力偶系
MO = MO(F) + MO(F´)
= rA×F + rB× F´
= rA× F - rB× F
=( rA - rB )× F
O1
= rBA× F
？ MO1 =
其方向亦可由 右手定则确定。
★力偶系
●力偶的性质
性质一 : 力偶无合力,即主矢FR=0. 性质二 : 力偶对刚体的运动效应
FA 8.66kN
FA为正值，表明所设的 F
AB
A方向正确， 为 压 杆。
力对点的矩
■力偶系
★力对点之矩与力对轴之矩 ★力偶系
★力对点之矩与力对轴之矩
1、力对点之矩
( m o ment of a force about a
力对点之矩是力使物体绕某点转动效果的度量。
理论力学-第2章
力偶与力偶系
♣ 力偶的性质
性质二：只要保持力偶矩矢量不变，力偶可在作用 性质二：只要保持力偶矩矢量不变， 面内任意移动和转动，其对刚体的作用效果不变。 面内任意移动和转动，其对刚体的作用效果不变。
F F F′ F F′ F′
力偶与力偶系
♣ 力偶的性质
性质三：保持力偶矩矢量不变， 性质三：保持力偶矩矢量不变，分别改变力 和力偶臂大小，其作用效果不变。 和力偶臂大小，其作用效果不变。
力对点之矩与力对轴之矩
♣ 力对轴之矩
力对轴之矩的计算
方法二: 方法二: 将力向三个坐标轴方 向分解,分别求三个分力对轴之 向分解 分别求三个分力对轴之 矩。
力对点之矩与力对轴之 矩♣ 力Βιβλιοθήκη 轴之矩力对轴之矩代数量的正负号
力对点之矩与力对轴之 矩
♣ 力对轴之矩
力对轴之矩与力对点之矩的关系
MO ( F ) = Fd
M = ∑Mi
i=1
n
力偶与力偶系
已知: 结构受力如图所示, 已知: 结构受力如图所示 图中
例题 1
M, r均为已知 且l=2r. 均为已知,且 均为已知 试: 画出 和BDC杆的受力图； 画出AB和 杆的受力图； 杆的受力图 求: A、C二处的约束力。 二处的约束力。 二处的约束力
力偶与力偶系
力系的简化
力系简化的基础是力向一点平移定理
♣ 力向一点平移定理
力系的简化
♣ 力向一点平移定理
力向一点平移
F :力; :力 e O :简化中心 简化中心; 简化中心
α :F与O所在平面 所在平面; 与 所在平面
n :α 平面的法线 平面的法线; en :n 方向的单位矢。 方向的单位矢。
力系的简化
理论力学第二章
T
T1
T2
二、平面汇交力系合成的几何法
设有一个平面汇交力系 F1、F2、F3、F4作用于汇交点，如图2-1a
所示。我们可以依次地应用力三角形法则来求该平面汇交力系的
合力。即先将力 F1与 F2合成为一个力 FR1，再将力FR1与F3 合成 为一个力 FR2，最后将力FR2 与F4合成，即得该平面汇交力系的合 力 FR ，且合力的作用线通过汇交点，如图2-1b所示。
第二章 平面汇交力系和平面力偶系
2.1 平面汇交力系合成与平衡的几何法 2.2 平面汇交力系合成与平衡的解析法 2.3 平面力对点之矩的概念与计算 2.4 平面力偶
武汉大学出版社
1
§2-1 平面汇交力系合成与平衡的几何法
一.平面汇交力系的概念
平面汇交力系：各力在同一平面内，作用线交于一
点的力系。
例：起重机的挂钩。
例2-3
已知：图示平面共点力系； 求：此力系的合力.
解：用解析法
FRx
F ix
F1
cos 30
F2
cos 60
F3
cos 45
F4
cos 45
129.3N
FRy
F iy
F1
sin
30
F2
sin
60
F3
sin
45
F4
sin
45
112.3N
FR
FCA AC 1 P AB
FCB BC 1 P AB 2
图2-2
解得
FCA 10 kN, FCB 5 kN
也可给P一定比例，量出FCA和FCB的大小，如取比例尺为1cm=5kN，作
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rm2 h
rm
p 1 e
p mh2 k2
r p
E k 4 (e2 1)
1 e cos
2mh2
e 1 2mh2 E k4
质点的总 机械能与 轨道偏心 率的关系
e<1, 则 E<0, 则轨道为椭圆 e=1, 则 E=0, 则轨道为抛物线 e>1, 则 E>0, 则轨道为双曲线
r r2 F (r)
m
r 2 h
r
dr
d
d
dt
dr d
h r2
dr
d
h d
d
(1) r
进行变换 u 1 r
将
r h du
d hu2
代入 r r 2 F(r)
m
r
h
d 2u
d 2
h 2u 2
d 2u
d 2
mh2u
2
(
d 2u
d 2
u)
F (u)
有心运动的轨道微分方程 --- Binet （比内)公式
• 有心力的特性：
– ◆ 质点做有心运动时角动量守恒（质点所受到的力 始终沿着力心，导致其对力心的力矩始终为0）
– ◆ 质点做有心运动时，机械能守恒（有心力是保守 力，质点在保守力的作用下运动，只发生势能和动 能的相互转化，总的机械能保持恒定）
dL
M
dt
E T V
• 有心运动的运动方程
– 在平面极坐标系下面考虑有心运动，则质点的动量 矩（角动量）与极坐标平面垂直，质点运动微分方 程为：
p
mh2 p
u2
mh2 p
1 r2
§2.2 距离平方反比引力下的质点运动
•
距离平方反比引力形式
k 2 GMm
F
k2 r2
er
er
作变量代换 u 1 r
F(r) F(u) k 2u2
d 2u
d 2
u
k2 mh2
mh2u2 ( d 2u u) F (u)
d 2
d2
d 2
(u
k2 mh2
第二章：有心运动
• §2.1 有心力和有心运动
– 如果运动质点受到的力及其作用先总是通过 惯性系中的某一固定点，这样的力(场)叫做 有心力（场），力所指向或背向的固定点叫 做力心，指向力心的有心力叫做引力，背向 力心的是斥力。
– 有心力的量值，一般只是力心与质点间距离 r 的函数，在有心力作用下质点的运动叫做 有心运动。
m(r r2 ) Fr F (r) (1) m(r 2r) F 0 (2)
注意到关系式 r 2r 1 d (r 2)
r dt
因而有
d (r 2) 0
dt
其对应的积分为 r 2 h
又
L
mm rrLe20rkk(rrermrve
)
mr 2(er
e
)
因而有
r 2 L0 h
m
h 为单位质量具有的角动量, 是一个守恒量
• 例题：已知一行星在有心力场中运行的轨道为圆锥曲
线 r p /(1 ，e co其s中)p为半正焦弦，e为偏心率，极轴
沿椭圆长轴方向，试用Binet 公式求出行星所受到的 力。
解：由 Binet 公式可得
u 1 u 1 e cos
r
p
则行星所受的力为：
F
mh2u2
e cos
p
1 e cos
)
(u
k2 mh2
)
u
1 r
k2 mh2
A cos(
0 )
mh2
r
k2 mh2
1
A cos(
0 )
1
mh2 k2
k2
A cos(
0 )
如果令
p
mh2 k2
e
mh2 k2
A
则可得 r
p
1 e cos( 0 )
令 0 0
r p
1 e cos
• 轨道的特性
r p
1 e cos
在近日点 0
r p
θ
1 e
在远日点
r p 1 e
在近日点和远日点处，质点离开力心的距离取极值， 可以得到在此两处质点的径向速度为0
取无穷远处为势能零点，则可得质点所具有的势能
为：
V
(r)
r
F (r)dr
r
k2 r2
dr
k2 r
有心力是保守力，质点在运动过程中，其总的机械
能守恒
E
T
V
1 2
m(rm)2
k2 rm