理论力学总复习-物体系平衡问题求解

平面任意力系的平衡方程
⎧∑ Fx = 0 ⎪ ⎪ ⎨∑ Fy = 0 ⎪ ⎪ ⎩∑ M O = 0
⎧∑ Fx = 0 ⎪ ⎨∑ M A = 0 ⎪∑ M = 0 ⎩ B
一一般式
二矩式 限制条件：两个取矩点连线 不得与投影轴垂直 三矩式 限制条件：三个取矩点不得 共线
⎧∑ M A = 0 ⎪ ⎨∑ M B = 0 ⎪∑ M = 0 ⎩ C
解:
FI1 = m1a, FI 2 = m2 a
FIit = mi rα = mi a ,
FIin = mi v2 r
∑M
由
i
O
= 0,
(m1g − m1a − m2 g − m2a)r − ∑ mi ar = 0
FIin
FI 1
FI 2
∑ m ar = (∑ m )ar = mar
i
FIit
已知:两均质轮m ,R; 物块m ,ｋ,纯滚动,于弹簧原长处无 初速释放，轮与地面间无滑动. 求:重物下降h 时,v，a 及滚轮与地面的摩擦力.
W12 = T2 − T1
M ϕ − m2 gs sin θ =
⇒ vC = 2Baidu Nhomakorabea
vC 2 (2m1 + 3m2 ) 4 ( M − m2 gR1 sin θ ) s
δrB vB BC ∗ sin(ϕ + θ ) = = = δrA v A AC ∗ cosθ
δrB vBδt vB = = δrA v Aδt v A
2、解析法
解析法是利用对约束方程或坐标表达式进行变分以求出虚 位移之间的关系。例如 椭圆规机构如图，约束方程
y
由于AB作平面运动，由速度投影定理
vB cosθ = v A cos 90 − (ϕ + θ ) = v A sin(ϕ + θ )
30/09/2011
物体系平衡问题的求解
解题步骤： 1、判断是否属于静定问题； n个物体组成的物体系，有3n个独立方程 2、恰当选取研究对象；（系统？局部？单个物体？） 选取研究对象的一一般原则： （1）研究对象包含已知量和未知量； （2）物体系尽量少拆； （3）未知量越少越好，几何关系越简单越好； （4）中间未知力越少越好。 3、受力分析；（核心） 4、列平衡方程，求解。
3 mgh − 2kh = mv 2 2
2
∑W = T2 − T1
v=
g 4kh 上式对t 求导，得 a = − 3 3m
2 ( mg − 2kh ) h 3m
3、刚体 （1）刚体平移
FIR = − maC
d ⎛ 1 2 v ⎞ ⎜ mR ⋅ ⎟ = ( Fs − F ) R dt ⎝ 2 R ⎠
解得
a=
m1 − m2 g m1 + m2 + m
思考：其它方法求加速度？
虚位移原理 1、几何法
关键：虚位移的计算
由正弦定理 同样可得
BC ∗ AC ∗ AC ∗ = = sin(ϕ + θ ) sin(90 − θ ) cosθ
定常约束条件下，实位移是虚位移中的一一个。因此可以用 求实位移的方法来求各质点虚位移之间的关系。这种方法又称 虚速度法。例如：
δϕ = δsA , 8 δ s1 = 3δϕ = 3 δsA , 8 δ sM = 11δϕ = 11 δs A 8
δ s2 =
4 4 11 11 δ sM = ⋅ δ s A = δsA 7 7 8 14
FA = 3 11 1 F1 − F2 − M 8 14 8
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例题 已知：如图所示机构,不计各构件自重与各处摩擦. 求：机构在图示位置平衡时,主动力偶矩Ｍ 与主动力
ve = va sin ϕ = ωr sin ϕ
ω1 =
ve r 2ω = O1 A l 2 + r 2
2
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解：1. AB作平面运动
2.
r r r vB = v A + vBA vA √ ? √
基点： A
例题
图示直角曲杆OBC 绕轴O转动，使套在其上的小环M 沿固定直杆OA滑动。已知：OB = 0. 1 m ，OB 与 BC 垂直，曲杆的角速度 ω = 0.5 rad/s ，角加速度为零。 求：当 φ= 60度 时，小环M 的速度和加速度。
Mω − FvC = 0
M=
Fh sin 2 θ
(3)解析法： Mδθ + Fδ xC = 0
r
r
动力学普遍定理的应用
动量、动量矩
矢量，有大小方向
例题 动能
非负的标量，与方向无关
已知：轮O ：R1 ，m1 ,质量分布在轮缘上; 均质轮C ：R2 ， m2 ，纯滚动, 初始静止 ;θ ,M 为常力偶。 求: 轮心 C 走过路程s 时的速度和加速度。
M O
内力不能使之改变 内力作功时可以改变动能 只有外力能使之改变 约束力是外力时对之有影响。不与 理想约束不影响动能 能量相互转化，应用时不考虑能量 的转化与损失。 当外力主矢为零时，系统动量守恒 在保守系统中，机械能守恒 当外力对定点O 或质心的主矩为零 时，系统对定点或者质心的动量矩 守恒。 动量定理描述质心的运动变化 动能定理描述质心运动及相对质 动量矩定理描述绕质心或绕定点的 心运动中动能的变化。 运动变化。
B δrB
δxB
ϕ
O
x
δϕ δrA θ O ϕ
x
δx B y = − A = −tgϕ δy A xB
B( xB , yB )
例题 求图示无重组合梁支座Ａ的约束力.
解：解除A处约束，代之 FA ，给虚位移，如图
δWF = FAδ s A − F1δ s 1 + Mδϕ + F2δ s2 = 0
R1 (2m1 + 3m2 )
(a)
⎛ s ⎞ ⎜ ϕ = ⎟ R1 ⎠ ⎝
式(a) 两端对t 求导,得 v 1 (2m1 + 3m2 )vC aC = M C − m2 gvC sin θ 2 R1
⇒ aC = 2 ( M − m2 gR1 sin θ ) (2m1 + 3m2 ) R1
FB=45.77kN
∑F = 0 ∑M = 0 M
y
FAy − FB sin 60o − 2ql − F cos30o = 0
A
− M − 2ql ⋅ 2l + FB sin 60o ⋅ 3l − F cos 30o ⋅ 4l = 0
M A = 10.37kN ⋅ m
FAx = 32.89kN FAy = −2.32kN
大小 ？ 方向 √
vB = vA cot ϕ
vBA = vA sin ϕ
vBA v = A l l sin ϕ
ω AB =
例题 如图所示的平面机构中，曲柄OA长100mm，以 角速度ω=2rad/s转动。连杆AB带动摇杆CD，并拖动 轮E沿水平面纯滚动。已知：CD=3CB，图示位置时A， B，E三点恰在一一水平线上，且CD⊥ED。 求：此瞬时点E的速度。
其中
（2）刚体绕定轴转动（有质量对称面且该面与转动 轴垂直，简化中心取此平面与转轴的交点）
F = 2kh
FIR = − maC FIR = − maC
M IO = M Iz = − J zα
1 mg 4 Fs = F + ma = + kh 2 6 3
（2）刚体平面运动（平行于质量对称面）
解: T1 = 0, T2 =
1 2 ∑W = mgh − 2 k (2h) = mgh − 2kh 2
1 2 1 1 1 ⎛ 1 ⎞ 3 mv + ⋅ mR 2ω 2 + ⎜ mυ 2 + mR 2ω 2 ⎟ = mv 2 2 2 2 2 ⎝ 2 ⎠ 2
动静法
１、质点 2、质点系
关键：虚加惯性力
t FIO
n aC
M IO
t aC
思考：能否将惯性力系的主矢画在质心C点? 向质心C简化结果如何？
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例题 已知:如图所示,定滑轮的半径为r ,质量为m 均匀分布在轮缘 上,绕水平轴Ｏ转动.垮过滑轮的无重绳的两端挂有质量 为m1 和m2 的重物(m１>m2),绳与轮间不打滑,轴承摩擦 忽略不计。 求:重物的加速度.
∑M
C
=0
− FDB cos 450 ⋅ 2l − FK ⋅ l + FEx ⋅ 2l = 0
FDB = 3 2 P ( 拉) 8
动点在某瞬时的绝对速度等于它在该瞬时的牵连速度与 相对速度的矢量和——点的速度合成定理
va = ve + vr
说明：此矢量方程包含2个独立的代数方程，所以6个未知 量中已知4个方可求解 思考：与牵连运动的运动形式是否有关？
思考：其它方法求摩擦力？
M IC = − J Cα
例题 已知:如图所示均质杆的质量为m ,长为l ,绕定轴O 转动的角 速度为 ω ,角加速度为 . α 求:惯性力系向点Ｏ 简化的结果(方向在图上画出).
解:
l t FIO =m α 2
n FIO
l n FIO = m ω2 2
1 M IO = ml 2α 3
δrB vB sin(ϕ + θ ) = = δrA v A cosθ
或者，由于C*为AB的瞬心，故 vA v v BC ∗ = B 即 B = AC ∗ BC ∗ v A AC ∗
y
[
]
C
∗
x + y =l
2 B
2 A
2
δy A
A( xA , y A )
l
对上式进行变分运算得
A
2xBδxB + 2 yAδy A = 0
解: (1)给虚位移
δθ , δrC
δre = OBδθ =
Fh sin 2 θ
∑ δW
δ ra =
F
= Mδθ − Fδrc = 0
h δθ , sin θ
δrC = δra = hδθ sin 2 θ
Ｆ 之间的关系.
δ re , sin θ
M =
(2)虚速度法:
ve = OB ⋅ ω = h hω ω , va = vC = sin θ sin 2 θ
例题
已知: F=20kN, q=10kN/m, M = 20kN ⋅ m, l=1m;
取整体,画受力图.
求: A,B处的约束力. 解: 取CD梁,画受力图.
∑M
C
=0
l FB sin 60o ⋅ l − ql ⋅ − F cos 30o ⋅ 2l = 0 2
∑F
A
x
=0
FAx − FB cos 60o − F sin 30o = 0
解： 1. AB作平面运动
（vA） (vB )AB = AB
vB cos 30 = ω ⋅ OA
vB =
r
r
ω ⋅ OA = 0.2309 m s cos 30
vB ⋅ CD = 3vB = 0.6928m s CB
2.CD作定轴转动，转动轴：C
vD =
3.DE作平面运动
（vD） ( vE )DE = DE vE cos 30o = vD vE = vD = 0.8 m s cos 30o
FEy − P + FA sin 450 = 0
5 2 P 8
y
5 FEx = P 8
FEy =
13 P 8
1
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应用速度合成定理求解点的速度 取DCE杆,画受力图. 1、选取动点、动系 动点、动系不能选在同一一物体上 相对运动轨迹简单、直观 2、分析三种运动与三种速度（建议采用表格） 3、作速度图（绝对速度必为对角线） 4、求解（几何法；解析法）
O1 B
2.运动分析： 绝对运动－绕O点的圆周运动； 相对运动－沿O1B的直线运动； 牵连运动－绕O1轴定轴转动。 3.速度分析 大小
例题 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。
va = ve + vr rω ? ?
方向 √ √ √
刨床的急回机构如图所示。曲柄OA的一一端A 例题 与滑块用铰链连接。当曲柄OA以匀角速度ω绕固定 轴O转动时，滑块在摇杆O1B上滑动，并带动杆O1B 绕定轴O1摆动。设曲柄长为OA=r，两轴间距离 OO1=l。 求：曲柄在水平 位置时摇杆的角 速度 。 ω1
解: 1.动点：滑块 A
动系：摇杆
例题
已知:DC=CE=CA=CB=2l, R=2r=l, P ,各构件自 重不计, θ = 450.
求:A,E支座处约束力及BD杆受力.
解:
取整体,画受力图.
∑M
E
x
=0
=0 =0
FA = −
− FA ⋅ 2 ⋅ 2l − P ⋅
5 l =0 2
∑F ∑F
FEx + FA cos 45 0 = 0
C
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30/09/2011
解:
轮C与轮O共同作为一一个质点系
例题
⎛ vC vC ⎞ ⎜ ω1 = , ω2 = ⎟ R1 R2 ⎠ ⎝
W12 = M ϕ − m2 gs sinθ
T1 = 0
1 1 1 1 2 T2 = (m1R12 )ω12 + m2v2 2 + ( m2 R2 2 )ω2 2 2 2 2