2015年(下)理论力学B复习
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由基点法
B
n a KB
B y
K
a KB
aB aB
E
x
n aK aB aKB aKB
a
n KB
B
a
KB
r 3 2 B r 2 3
KB
r 2 B 2r 2 2
a Kx a B a
2 3 2 r 3
∴物体DE的加速度
n aKy aKB 2r 2
A
C
2a
30°
a 解法一：(1)研究BC， M B (F ) 0, FC cos30 2a q 2a a 0
FC
F F
x
0, 0,
FBx FC sin 30 0
B
FBx C
y
FBy FC cos30 q 2a 0
FBy
FAy
(2)研究AB，
1
C1
d rC FR
基本物理量的计算 ---质点系的动量、动量矩
• 质点系动量 p mi vi mvC
• 质点系动量矩 • 对定点 Lo • 对定轴
M o (mi vi )
n i 1
n i 1
Lz M z (mi vi )
AB杆瞬心为O点
aA
A
vA
30°
n a BA
AB
B
aB
a BA
x
O
n ㈡加速度分析, 由 aB a A aBA aBA ……..(*)
式中 a A r
2
AB
v B OB AB
3 r 2
2 AB
Байду номын сангаас
aA
vB
a
n BA
2a M
q D C
FA
B a A
FB
A
M
B C FC’ B
FB’
3a MD
D
q FC
C FDy
FDx
2-9 求支座A、D处的约束力。 解：研究AB，画受力图
A
q D
2a M
B
M 0,
M FA 2a sin 45 0
a C
3a FA FB
FA
M FB FC 2a
刚体惯性力系的简化：
• 平动刚体：
惯性力系简化为过质心的一个合力：
FI maC
• 定轴转动刚体（转轴垂直于质量对称面）
(1) 惯性力系向质心简化，得一个力和一个力偶： （力线过质心C） M J
FI maC ,
IC
C
(2) 惯性力系向转轴O简化，得一个力和一个力偶： （力线过转轴O ）
F 0, F F 0 F 0, F F 0 M (F ) 0, M M F a 0
x
Ax Bx
MA A
M FAx
FBy’
B F ’ Bx
y
Ay
By
A
A
By
A
M a
B
q
C 2a
30°
FB 30° Fq
30°
FC 解法二：(1)研究BC，
a
B 3a
P M
D
C
(2)研究BC、CD系统， XBC 由 M ( F ) 0, D
a X BC a YBC a M qa 0, 2
C q
q A P
a
a
……(2) XBC’
(3)研究销B，
F F
x
X BC 0, 0, 由 X BA YBC P 0, 0, YBA
……(3) ……(4)
XBA’ YBA’
YBC’
y
a X a YBC a M qa 0, 已 BC 2 列 X X 0, BC 出 BA
YBC a M 0,
…(1) …(2) …(3)
YBA B XBA a q B A MA q A …(7)
研究CD ，画受力图
M
A MD D FDx FDy 2a
3aq 2
F 0, F F cos 45 0 3aq F 0, F F sin 45 2 0 M (F ) 0,
x
Dx C
B FC
y
Dy
C
C
D
3aq M D FC sin 45 3a 2a 0 2
• 定轴转动刚体对转轴的动量矩 Lz J z
基本物理量的计算----质点系的动能 质点系的动能
a. 平动刚体的动能
1 2 T mi vi i 2
1 2 T mvC 2
1 T J z 2 2
b. 定轴转动刚体的动能
c. 平面运动刚体的动能
1 2 1 1 2 2 T mvC J C J P 2 2 2
已知 ，OA = r， AB=2r，圆柱半径 0.5r。求(1) OA铅直 时物体DE的速度vDE 和加速度aDE。 • 再求加速度aDE
aA
O
A
D
n a BA
B
a BA
E
r
30° aB
n 以A为基点研究B，则 aB aA aBA aBA
n 2 AB 0 aBA AB AB 0
M1
M2
• 常见力的功
• 重力的功
• 弹力的功 • 转体上力的功
2
W12 P( z1 z 2 )
1 W k (12 2 2 ) 2
• 力偶的功
W12
1
M z (F ) d
2
W12 M d
0
C2
• 平面运动刚体上力系的功
W12 M C d
• 静力学
– 物体的受力分析，受力图的画法；
– 二力构件的受力特点，三力平衡汇交；
– 力偶系平衡的特点；
– 力对轴之矩；力对点之矩；
– 物体系统平衡问题。
复习要点----运动学
• 刚体基本运动的运动变量及刚体上各点的运动； • 正确地选取动点、动系，分清三种运动，画出速度 、加速度矢量图，求（角）速度和（角）加速度； 科氏加速度。 v a v e v r aa ae ar aC • 平面运动刚体上各点速度分析（瞬心法、基点法 、速度投影法），加速度分析（基点法）； v B v A v BA n aB a A aBA a BA • 点的合成运动与刚体的平面运动综合应用。
FB FC Fq 3 2qa 3
FB
Fq q
FC
B
FA
C
FB’ B
(2)研究AB，
2qa 3 M A M FB a cos30 M qa2 FA FB
MA
A
M
习题2-10已知结构及受力如图，M=qa2。求A处约束
反力及销钉B对BC、AB的作用力。
D P M B a
C q
3a a a
q
A
习题2-10 已知受力如图，求A处反力及销B对BC、AB的作用力。
思路分析
首先分析系统及各构件受力
FDx YBA
B XBA P XBC’ B YBC’
D C
FDy q
FCy
a
P M B
D C
q
FCx XBA’ YBA’ B
3a q a A a FAx FAy
A MA XBC
M
FCy’
C FCx’ YBC
**未知量共11个！
习题2-10 已知M=qa2，求A处反力及销B对BC、AB的作用力。
解：(1)研究BC， 由M C ( F ) 0,
YBC a M 0,
B XBC YBC ……(1)
M
FCy’ C FCx’ FDx M B YBC FDy D
AB 2r
2
a BA 2 r AB
n 将(*)式投影至x轴上，得 0 a sin 30 a BA BA cos 30
将(*)式投影至BA轴上，得 aB sin 30 aA sin 30 aBA
n
2 a r 解得 B
AB 3 2
如图，L 形杆以匀角速度ω绕O轴转动， 带动小环沿固定直杆AB运动。若选小环为动点， 动系与 L 形杆固结。试分别画出速度矢量图和加 速度矢量图。
X BA qa,
YBA P qa,
P M
D
YBC P 0, YBA
由
…(4)
FAx …(5) F Ay …(6) 3a
C q
(3)研究AB，
1 F 0, x FAx 2 q 3a X BA 0, Fy 0, FAy YBA 0,
已知曲柄OA匀转速绕O轴转动，圆柱沿水平地面作无 滑动的滚动，圆柱与DE间也没有滑动。已知OA = r， AB=2r，圆柱半径为0.5r。求该曲柄OA处于铅直位置瞬 时及OAB成一直线时物体DE的速度vDE和加速度aDE。
A
O
D B
E
O
D
E
B
A
已知OA = r，AB=2r， vA A 圆柱直径dB=r。求(1) OA铅直时物体DE的速 度vDE和加速度aDE。
A
例11
va
D
ve
E M B
A
vr
O
vr
M
D O
ae
aC
ar aa
E
B
图示M为一小圆环，套在杆OA和固定的大圆
环上，已知杆OA的角速度为ω。欲求小环M沿大 环滑动的速度。
考试题型与解题要求
• 考试题型：全部为计算题 • 解题要求
– 应将受力分析、运动分析以及坐标画出，在表 达式中出现的量，在分析图上必须出现。 – 若方程中的未知量在分析图中未出现，则此方 程不得分； – 若未画的量与所列的方程无关，则扣相应的分 析分，不扣方程（方程本身正确）分。
复习要点---静力学
aA
a A r 2
3 2 aB a A tan 30 r 3 ∵物体DE与圆柱之间无相对滑动，且在任意瞬时均有
vDE 2vB
∴物体DE的加速度
aDE
2 3 2 2aB r 3
？
已求得 B
3 2 2 ， aB r 3
D
aB 2 3 2 圆柱的角加速度 B r 0.5r 3
FI maC , M IO J O
• 平面运动刚体 (在平行于质量对称面的平面内运动)
惯性力系向质心简化，得一个力和一个力偶： （力线过质心C） F ma ,
I C
M IC J C
2-8 求图示梁各 MA 支座及中间铰 处的约束反力。
FAy
M B FAx
q
FC
aDE
2 3 2 aKx r 3
已知OA = r，AB=2r，圆柱半径0.5r。求(2) OAB成一 直线时物体DE的速度vDE和加速度aDE。
O
vA
AB
D
aB
n a BA
vA a B
a BA
B
E
aA A
解：连杆AB作平面运动， 瞬心即B点。
v A r ， 所以 vB 0 ， AB AB 2r 2 圆柱的角速度 B 0 ， 物体DE的速度 vDE 0
以A为基点研究B，则
n BA 2 AB
1 2 3 2 n a AB r aB a A aBA r 2 2 2 a 2 a 3 r ∴物体DE的加速度 DE B
n aB aA aBA aBA
a A r 2
a BA 0
已知OA=r，AB=2r，曲柄OA 以匀角速度转动，图示瞬时 OA⊥OB。试求该瞬时杆AB的 角速度和角加速度；滑块B的 加速度。 解：㈠速度分析 v A r
M A (F ) 0, 1 M A q 3a a X BA 3a YBA a 0 2
a
a
解得
X BC qa,
FAx qa,
YBC qa,
FAy P qa, M A ( P qa)a,
2-9 如图所示，构件 AB上作用一个矩为M的力偶，梁 DC上作用一最大集度为q的线性分布载荷，各构件重 量均不计，试求支座A、D处的约束力。
解：分析连杆AB的运动。
O • 连杆AB作瞬时平动，所以 AB 0
D
vDE K B vB P
E r
B
vB 2 圆柱作纯滚动，瞬心为接触点P ，所以 B BP
物体DE作平动，速度等于圆柱上点K的速度 vK B PK 即物体DE的速度
vB vA r
vDE 2r
复习要点----动力学
–基本物理量的计算：动量、动量矩、动能；
力（力矩）的功、功率；
–守恒问题（质心、动量、动量矩） –动力学普遍定理的综合应用。
基本物理量的计算---力的功
• 力的功
W F d r Fx dx Fy dy Fz dz
W12 ( Fx d x Fy d y Fz d z )
B
n a KB
B y
K
a KB
aB aB
E
x
n aK aB aKB aKB
a
n KB
B
a
KB
r 3 2 B r 2 3
KB
r 2 B 2r 2 2
a Kx a B a
2 3 2 r 3
∴物体DE的加速度
n aKy aKB 2r 2
A
C
2a
30°
a 解法一：(1)研究BC， M B (F ) 0, FC cos30 2a q 2a a 0
FC
F F
x
0, 0,
FBx FC sin 30 0
B
FBx C
y
FBy FC cos30 q 2a 0
FBy
FAy
(2)研究AB，
1
C1
d rC FR
基本物理量的计算 ---质点系的动量、动量矩
• 质点系动量 p mi vi mvC
• 质点系动量矩 • 对定点 Lo • 对定轴
M o (mi vi )
n i 1
n i 1
Lz M z (mi vi )
AB杆瞬心为O点
aA
A
vA
30°
n a BA
AB
B
aB
a BA
x
O
n ㈡加速度分析, 由 aB a A aBA aBA ……..(*)
式中 a A r
2
AB
v B OB AB
3 r 2
2 AB
Байду номын сангаас
aA
vB
a
n BA
2a M
q D C
FA
B a A
FB
A
M
B C FC’ B
FB’
3a MD
D
q FC
C FDy
FDx
2-9 求支座A、D处的约束力。 解：研究AB，画受力图
A
q D
2a M
B
M 0,
M FA 2a sin 45 0
a C
3a FA FB
FA
M FB FC 2a
刚体惯性力系的简化：
• 平动刚体：
惯性力系简化为过质心的一个合力：
FI maC
• 定轴转动刚体（转轴垂直于质量对称面）
(1) 惯性力系向质心简化，得一个力和一个力偶： （力线过质心C） M J
FI maC ,
IC
C
(2) 惯性力系向转轴O简化，得一个力和一个力偶： （力线过转轴O ）
F 0, F F 0 F 0, F F 0 M (F ) 0, M M F a 0
x
Ax Bx
MA A
M FAx
FBy’
B F ’ Bx
y
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By
A
A
By
A
M a
B
q
C 2a
30°
FB 30° Fq
30°
FC 解法二：(1)研究BC，
a
B 3a
P M
D
C
(2)研究BC、CD系统， XBC 由 M ( F ) 0, D
a X BC a YBC a M qa 0, 2
C q
q A P
a
a
……(2) XBC’
(3)研究销B，
F F
x
X BC 0, 0, 由 X BA YBC P 0, 0, YBA
……(3) ……(4)
XBA’ YBA’
YBC’
y
a X a YBC a M qa 0, 已 BC 2 列 X X 0, BC 出 BA
YBC a M 0,
…(1) …(2) …(3)
YBA B XBA a q B A MA q A …(7)
研究CD ，画受力图
M
A MD D FDx FDy 2a
3aq 2
F 0, F F cos 45 0 3aq F 0, F F sin 45 2 0 M (F ) 0,
x
Dx C
B FC
y
Dy
C
C
D
3aq M D FC sin 45 3a 2a 0 2
• 定轴转动刚体对转轴的动量矩 Lz J z
基本物理量的计算----质点系的动能 质点系的动能
a. 平动刚体的动能
1 2 T mi vi i 2
1 2 T mvC 2
1 T J z 2 2
b. 定轴转动刚体的动能
c. 平面运动刚体的动能
1 2 1 1 2 2 T mvC J C J P 2 2 2
已知 ，OA = r， AB=2r，圆柱半径 0.5r。求(1) OA铅直 时物体DE的速度vDE 和加速度aDE。 • 再求加速度aDE
aA
O
A
D
n a BA
B
a BA
E
r
30° aB
n 以A为基点研究B，则 aB aA aBA aBA
n 2 AB 0 aBA AB AB 0
M1
M2
• 常见力的功
• 重力的功
• 弹力的功 • 转体上力的功
2
W12 P( z1 z 2 )
1 W k (12 2 2 ) 2
• 力偶的功
W12
1
M z (F ) d
2
W12 M d
0
C2
• 平面运动刚体上力系的功
W12 M C d
• 静力学
– 物体的受力分析，受力图的画法；
– 二力构件的受力特点，三力平衡汇交；
– 力偶系平衡的特点；
– 力对轴之矩；力对点之矩；
– 物体系统平衡问题。
复习要点----运动学
• 刚体基本运动的运动变量及刚体上各点的运动； • 正确地选取动点、动系，分清三种运动，画出速度 、加速度矢量图，求（角）速度和（角）加速度； 科氏加速度。 v a v e v r aa ae ar aC • 平面运动刚体上各点速度分析（瞬心法、基点法 、速度投影法），加速度分析（基点法）； v B v A v BA n aB a A aBA a BA • 点的合成运动与刚体的平面运动综合应用。
FB FC Fq 3 2qa 3
FB
Fq q
FC
B
FA
C
FB’ B
(2)研究AB，
2qa 3 M A M FB a cos30 M qa2 FA FB
MA
A
M
习题2-10已知结构及受力如图，M=qa2。求A处约束
反力及销钉B对BC、AB的作用力。
D P M B a
C q
3a a a
q
A
习题2-10 已知受力如图，求A处反力及销B对BC、AB的作用力。
思路分析
首先分析系统及各构件受力
FDx YBA
B XBA P XBC’ B YBC’
D C
FDy q
FCy
a
P M B
D C
q
FCx XBA’ YBA’ B
3a q a A a FAx FAy
A MA XBC
M
FCy’
C FCx’ YBC
**未知量共11个！
习题2-10 已知M=qa2，求A处反力及销B对BC、AB的作用力。
解：(1)研究BC， 由M C ( F ) 0,
YBC a M 0,
B XBC YBC ……(1)
M
FCy’ C FCx’ FDx M B YBC FDy D
AB 2r
2
a BA 2 r AB
n 将(*)式投影至x轴上，得 0 a sin 30 a BA BA cos 30
将(*)式投影至BA轴上，得 aB sin 30 aA sin 30 aBA
n
2 a r 解得 B
AB 3 2
如图，L 形杆以匀角速度ω绕O轴转动， 带动小环沿固定直杆AB运动。若选小环为动点， 动系与 L 形杆固结。试分别画出速度矢量图和加 速度矢量图。
X BA qa,
YBA P qa,
P M
D
YBC P 0, YBA
由
…(4)
FAx …(5) F Ay …(6) 3a
C q
(3)研究AB，
1 F 0, x FAx 2 q 3a X BA 0, Fy 0, FAy YBA 0,
已知曲柄OA匀转速绕O轴转动，圆柱沿水平地面作无 滑动的滚动，圆柱与DE间也没有滑动。已知OA = r， AB=2r，圆柱半径为0.5r。求该曲柄OA处于铅直位置瞬 时及OAB成一直线时物体DE的速度vDE和加速度aDE。
A
O
D B
E
O
D
E
B
A
已知OA = r，AB=2r， vA A 圆柱直径dB=r。求(1) OA铅直时物体DE的速 度vDE和加速度aDE。
A
例11
va
D
ve
E M B
A
vr
O
vr
M
D O
ae
aC
ar aa
E
B
图示M为一小圆环，套在杆OA和固定的大圆
环上，已知杆OA的角速度为ω。欲求小环M沿大 环滑动的速度。
考试题型与解题要求
• 考试题型：全部为计算题 • 解题要求
– 应将受力分析、运动分析以及坐标画出，在表 达式中出现的量，在分析图上必须出现。 – 若方程中的未知量在分析图中未出现，则此方 程不得分； – 若未画的量与所列的方程无关，则扣相应的分 析分，不扣方程（方程本身正确）分。
复习要点---静力学
aA
a A r 2
3 2 aB a A tan 30 r 3 ∵物体DE与圆柱之间无相对滑动，且在任意瞬时均有
vDE 2vB
∴物体DE的加速度
aDE
2 3 2 2aB r 3
？
已求得 B
3 2 2 ， aB r 3
D
aB 2 3 2 圆柱的角加速度 B r 0.5r 3
FI maC , M IO J O
• 平面运动刚体 (在平行于质量对称面的平面内运动)
惯性力系向质心简化，得一个力和一个力偶： （力线过质心C） F ma ,
I C
M IC J C
2-8 求图示梁各 MA 支座及中间铰 处的约束反力。
FAy
M B FAx
q
FC
aDE
2 3 2 aKx r 3
已知OA = r，AB=2r，圆柱半径0.5r。求(2) OAB成一 直线时物体DE的速度vDE和加速度aDE。
O
vA
AB
D
aB
n a BA
vA a B
a BA
B
E
aA A
解：连杆AB作平面运动， 瞬心即B点。
v A r ， 所以 vB 0 ， AB AB 2r 2 圆柱的角速度 B 0 ， 物体DE的速度 vDE 0
以A为基点研究B，则
n BA 2 AB
1 2 3 2 n a AB r aB a A aBA r 2 2 2 a 2 a 3 r ∴物体DE的加速度 DE B
n aB aA aBA aBA
a A r 2
a BA 0
已知OA=r，AB=2r，曲柄OA 以匀角速度转动，图示瞬时 OA⊥OB。试求该瞬时杆AB的 角速度和角加速度；滑块B的 加速度。 解：㈠速度分析 v A r
M A (F ) 0, 1 M A q 3a a X BA 3a YBA a 0 2
a
a
解得
X BC qa,
FAx qa,
YBC qa,
FAy P qa, M A ( P qa)a,
2-9 如图所示，构件 AB上作用一个矩为M的力偶，梁 DC上作用一最大集度为q的线性分布载荷，各构件重 量均不计，试求支座A、D处的约束力。
解：分析连杆AB的运动。
O • 连杆AB作瞬时平动，所以 AB 0
D
vDE K B vB P
E r
B
vB 2 圆柱作纯滚动，瞬心为接触点P ，所以 B BP
物体DE作平动，速度等于圆柱上点K的速度 vK B PK 即物体DE的速度
vB vA r
vDE 2r
复习要点----动力学
–基本物理量的计算：动量、动量矩、动能；
力（力矩）的功、功率；
–守恒问题（质心、动量、动量矩） –动力学普遍定理的综合应用。
基本物理量的计算---力的功
• 力的功
W F d r Fx dx Fy dy Fz dz
W12 ( Fx d x Fy d y Fz d z )