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ppt版本——哈工大版理论力学课件(全套)13_图文

理论力学

1

前面介绍的动力学普遍定理, 为解决质 点系动力学问题提供了一种普遍的方法。达 兰贝尔原理为解决非自由质点系动力学问题 提供了另一种普遍的方法。这种方法的特点 是:用静力学研究平衡问题的方法来研究动 力学的不平衡问题, 因此这种方法又叫动静 法。由于静力学研究平衡问题的方法比较简 单, 也容易掌握, 因此动静法在工程中被广 泛使用。
理论力学 2

§13-1
一、惯性力的概念

达兰贝尔原理
人用手推车 F'? ?F ? ?ma

力F'是由于小车具有惯性,力图保持 原来的运动状态,对于施力物体(人手)

产生的反抗力。称为小车的惯性力。

Fg ? ?ma 加速运动的质点,对迫使其产生加速运动的物体的惯 性反抗的总和。
[注] 质点惯性力不是作用在质点上的真实力,它是质点对施 力体反作用力的合力。
理论力学 3

定义:质点惯性力

二、质点的达兰贝尔原理
非自由质点M,质量m,受主动力F, 约束力F N 作用,由牛顿第二定律有:

Fg m

F
FN

F +FN ? ma
移项得

a

F +FN ?(?ma) ?0


F +FN ?Fg ?0

质点的达兰贝尔原理

理论力学

4

F +FN ?Fg ?0
即:在质点运动的任一瞬时, 作用于质点上的主动 力、约束力和假想加在质点上的惯性力构成形式上 的平衡力系。这就是质点的达兰贝尔原理。
该方程对动力学问题来说只是形式上的平衡,并没有

改变动力学问题的实质。采用动静法解决动力学问题的最
大优点,可以利用静力学提供的解题方法,给动力学问题 一种统一的解题格式。

理论力学

5

[例1] 列车在水平轨道上行驶,车厢内悬挂一单摆,当车 厢向右作匀加速运动时,单摆左偏角度?,相对于车厢静

止。求车厢的加速度 a 。

理论力学

6

解: 选单摆的摆锤为研究对象
虚加惯性力
Fg ? ?ma ( Fg ? ma )

由动静法,有

?F

x

?0 , mg?sin? ?Fg cos? ?0
a?g?tg?

解得

?角随着加速度a 的变化而变化,当a 不变时,? 角
也不变。只要测出?角,就能知道列车的加速度a 。摆式

加速计的原理。
理论力学 7

[例2] 球磨机的滚筒以匀角速度w 绕水平轴O转动, 内装钢球和需要粉 碎的物料, 钢球被筒壁带到一定高度脱离筒壁, 然后沿抛物线轨迹自由 落下, 从而击碎物料, 如图。设滚筒内壁半径为r, 试求钢球的脱离角?。 解:以某一尚未脱离筒壁的钢球为研究对象, 受力如图。钢球 未脱离筒壁前, 作圆周运动, 其加速度为

an ? rw2 惯性力Fg的大小为 Fg ? mrw2 a? ? 0
假想地加上惯性力, 由达兰贝尔原理

Fg M

F

?
FN mg

?
r O

w

?Fn ?0: FN ?mgcos? ?Fg ?0 rw2 ?cos?) FN ? mg( g
这就是钢球在任一位置?时所受的法 向约束力, 显然当钢球脱离筒壁时, FN=0,由此可求出其脱离角?为

? ? arccos(

rw 2 ) g
8

理论力学

三、质点系的达兰贝尔原理 设有一质点系由n个质点组成,对每一个质点,有

Fi ?FNi ?Fgi ?0 ( i ?1,2,......,n )
质点系中每个质点上真实作用的主动力、约束力和虚加

的惯性力形式上构成平衡力系。这就是质点系的达兰贝尔原理。
对整个质点系而言,主动力系、约束力系、惯性力系形 式上也构成平衡力系。其主矢和对任一点的主矩也等于零。

可用方程表示为:

?F ??F ??F ?M (F)??M (F
i
N?i O i O
理论力学

g?i

?0 )??M O (Fg?i)?0
9

N?i

?F ??F ??F ?M (F)??M (F
i N?i O i O

g?i N?i

?0 )??M O (Fg?i)?0

式中的约束力既有质点系外的约束力(外力),亦有质点系 内部各质点间相互的约束力(内力),将质点系真实的受力 按内力和外力划分,并注意到有:

?F
方程简化为

(i)

i

?0,?MO(Fi )?0
(i)

?F ??F ?0 ?M (F )??M (F
i(e) g?i O i (e) O

g?i

) ?0

对整个质点系来说,动静法给出的平衡方程,只是质
点系的惯性力系与其外力的平衡,而与内力无关。
理论力学 10

?F ??F ?0 ?M (F )??M (F
i (e) g?i

O

i (e)

O

g?i

) ?0

即:作用在质点系上的所有外力与虚加在每个质点上

的惯性力在形式上组成平衡力系。这是质点系达兰
贝尔原理的又一表述。

称ΣFgi为惯性力系的主矢,ΣMO(Fgi)为惯性力系的主矩。
实际应用时,同静力学一样任意选取研究对象,将

方程投影到任意坐标轴上,列平衡方程求解。

理论力学

11

[例3] 重P长l的等截面均质细杆AB, 其A端铰接于铅直轴AC上, 并以匀 y 角速度w 绕该轴转动,如图。求角速度w与角?的关系。 C 解:以杆AB为研究对象,受力如图。 w 杆AB匀速转动, 杆上距A点x 的微元段dx 的加速度的大小为

an ?(x sin?)w
虚加惯性力dFg ,它的大小为

2

A

微元段的质量dm=Pdx/gl。在该微元段

an

?
B

dFg

dFg ? dm?an ?

Pw
gl

2

sin? ?x dx

FAy
FAx A

x

于是整个杆的惯性力的合力的大小为

?
P

Fg ?? 0

l

Pw P sin? ?x dx ? lw2sin? gl 2g
2

Fg B

x
12

理论力学

设力Fg的作用点到点A的距离为d,由合力矩定理,有
l 0



b?

Pw2 sin? ?x 2 dx ?0 gl
l

FAy

2

FAx

P lw2 sin? 2g

? l 3

A

?
P

Fg B

假想地加上惯性力,由质点系的达兰贝尔原理

?M A(F) ? 0:
代入Fg的数值,有

l Fgbcos? ?P sin? ?0 2 Pl 2l sin?( w 2 cos? ?1) ? 0 2 3g

x

故有?=0



3g ) ? ? arccos( 2 2lw
13

理论力学

[例4] 已知:m ,R, w。 求:轮缘横截面的张力。
解:取上半部分轮缘为研究对象
O

R

m Rd? ?Rw2 ? Fgi ? 2?R

mRw? d2 2?
y

w
Fgi

?Fy ?0

?Fgi sin? ?2FT ? 0
C

FT ? 1 ?0? m Rw2 sin?d? 2 2? mRw2 y ? 半圆弧C ? 2R ? 2?
理论力学

d?

?

x

O

FT

FT

14

§13-2

刚体惯性力系的简化

用质点系的达兰贝尔原理求解质点系的动力学问题,

需要对质点内每个质点加上各自的惯性力,这些惯性力也 形成一个力系,称为惯性力系。下面用静力学力系简化理 论,求出惯性力系的主矢和主矩。
以FgR表示惯性力系的主矢。由质心运动定理得:

FgR ??Fg?i ??(?miai) ? ?maC
无论刚体作什么运动,惯性力系主矢都等于刚体质量 与质心加速度的乘积,方向与质心加速度的方向相反。
理论力学 15

由力系简化理论知,主矢的大小和方向与简化中心的位置 无关,主矩一般与简化中心的位置有关。下面就刚体平移、定 轴转动和平面运动讨论惯性力系的简化结果。 一、刚体作平移 刚体平移时,刚体内任一质点i

1
Fg1 C rC

a1

的加速度ai与质心的加速度aC相同, 有ai = aC,任选一点O为简化中心, 主矩用MgO表示,有

aC Fgi

ai

i

O

i i MgO ??MO(Fg?i) ??r ?(?miaC) ? ??mir ?aC ? ?m?r C ?aC ? r C ?FgR

式中,rC为简化中心O到质心C的矢径。若选质心C为简化 中心,则rC=0,主矩以MgC表示,有
理论力学 16

向质心C简化:
i MgC ??MC(Fg?i) ??r ?(?miaC) ? ??mir ?aC ?0 i

综上可得结论:平移刚体的惯性力系可以简化为通过质

心的合力, 其大小等于刚体的质量与加速度的乘积,合
力的方向与加速度方向相反。

理论力学

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理论力学

18

二、刚体作定轴转动
如图所示, 具有质量对称面且绕垂直于 质量对称面的轴转动的刚体。其上任一 点的惯性力的分量的大小为
? ? Fgi ? mai i? m
i i

MgO

r?

O

w ?
ri i
Fgi? Fgin

n F n ? ma ? mi i rw

2

gi

i

i

方向如图所示。该惯性力系对转轴O的主矩为
i MgO ? ?MO(Fgn)??MO(Fgi)

?

由于Fgin通过O点, 则有 ΣMO(Fgin)= 0, 所以

理论力学

19

? i i i MgO ? ?MO(Fgi)?? ??F gi ?r ? ??(mir?)r ? ??(mir2)?



MgO ? ?JO?

综上可得结论:定轴转动刚体的惯性力系, 可以简化为 通过转轴O的一个惯性力FgR和一个惯性力偶MgO。力FgR 的大小等于刚体的质量与其质心加速度大小的乘积, 方 向与质心加速度的方向相反,作用线通过转轴;力偶 MgO的矩等于刚体对转轴的转动惯量与其角加速度大小 的乘积, 转向与角加速度的转向相反。 若惯性力系向质心C简化,主矩等于什么?

理论力学

20

讨论:
①刚体作匀速转动,转轴不通过质点C。FgR ?mew2

刚体作匀速转动时, ?=0, 若转轴不过质心, 惯性力系简化 为一惯性力 FgR =-maC , 同时力的作用线通过转轴O。
理论力学 21

②转轴过质点C,但??0,惯性力偶 MgC ? ?JC?(与? 反向)

转轴通过质心C时, aC=0, FgR=0, MgC=-JC?。此时惯性力 系简化为一惯性力偶。
理论力学 22

③刚体作匀速转动,且转轴过质心,则 FgR ?0 , MgC ?0 (主矢、主矩均为零)

理论力学

23

三、刚体作平面运动(平行于质量对称面) 工程中作平面运动的刚体常有质量对称平面,且平行 于此平面作平面运动。于是其上各质点的惯性力组成的空 间力系,可简化为在质量对称平面内的平面力系。

MgC

w ?
C

刚体平面运动可分解为①随质心C的平移

aC

②绕通过质心轴的转动

FgR
惯性力系向质心简化得到作用 于质心的一个力和一个力偶。

FgR ? ?maC

MgC ??JC?
24

理论力学

惯性力系向质心简化得到作用 于质心的一个力和一个力偶。

FgR ? ?maC

MgC ??JC?

综上可得结论:有质量对称平面的刚体,平行于此平面
运动时,刚体的惯性力系简化为在此平面内的一个力和 一个力偶。这个力通过质心,其大小等于刚体的质量与

质心加速度的乘积, 其方向与质心加速度的方向相反;
这个力偶的矩等于刚体对过质心且垂直于质量对称面的 轴的转动惯量与角加速度的乘积, 转向与角加速度相反。

理论力学

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理论力学

26

对于平面运动刚体:由动静法可列出如下三个方程:

?F ? 0 , ?F ? 0 , ?M (F) ? 0
x y C

,

?F ?(?ma ) ? 0 ?F ?(?ma ) ? 0 ?M (F )?(?J ?) ? 0
x (e) Cx y

(e)

Cy

C

(e)

C

实质上:
m d2xC d2yC ??Fy 2 ??Fx(e) , m 2 dt dt , JC
(e)

dt

d 2? ??MC(F ) 2

(e)

按以上方程,动静法体现不出优点,但是虚加惯性力和惯 性力偶后,动静法可以对任意点取矩(二矩式、三矩式) 这正是体现动静法优越性的地方。

理论力学

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[例5]均质杆长l,质量m, 与水平面铰接,杆由与平面成?0角位置
静止落下。求刚开始落下时杆AB的角加速度及A支座的约束力。 解:选杆AB为研究对象, 虚加惯性力系:

ml? FgR ? 2
?

F

n gR

? man ?0

MgA

ml2? ? JA? ? 3

根据动静法,有
? ?F ? ? 0 , F?A ?mgcos?0 ?F gR ? 0

(1) (2)

?Fn ? 0 ,

F ?mgsin?0 ? FgR ? 0
n A

n

?M A(F) ? 0 , mgcos?0 ?l /2?M gA ? 0 (3)
方程(1)、(2)实质就是质心运动定理,方程(3)为定轴转动微分方程。

理论力学

28

解方程得:

2l mg n FA ? mgsin?0 , FA ? ? ? cos?0 4
单个物体的动力学问题,用动静法或 动力学普遍方程求解区别不大。但是物体系统的动力学问 题,用动静法求解比用动力学普遍方程求解简单得多。 特别注意:在画虚加的惯性力系的主矢和主矩时,必 须按照和质心加速度的方向相反以及与角加速度转向 相反(考虑负号)的原则画出。在方程中只需按其数值 的大小代入,不能再带负号!
理论力学 29

? ? 3g cos?0

达兰贝尔原理的应用
根据达兰贝尔原理,以静力学平衡方程的形式来建立动

力学方程的方法,称为动静法。应用动静法既可求运动,
例如加速度、角加速度;也可以求力,并且多用于已知运 动,求质点系运动时的动约束力。 应用动静法可以利用静力学建立平衡方程的一切形式 上的便利。例如,矩心可以任意选取,“平衡方程”可以采

用二矩式、三矩式等。因此当问题中有多个约束力时,应用
动静法求解它们时就方便得多。

理论力学

30

应用动静法求动力学问题的步骤及要点: ①选取研究对象:原则与静力学相同。 ②受力分析:画出全部主动力和外约束力。 ③运动分析:主要是刚体质心加速度,刚体角加速度,

标出方向或转向。
④虚加惯性力:在受力图上画上惯性力和惯性力偶,一定 要在正确进行运动分析的基础上,熟记刚 体惯性力系的简化结果。

理论力学

31

⑤列动静法方程:选取适当的矩心和投影轴。 ⑥建立补充方程:运动学补充方程(运动量之间的关系)。 ⑦求解求知量。 [特别注意] Fg , Mg的方向及转向在受力图中必须按与 质心加速的方向、角加速度的转向相反的原则画出。

在建立方程时,只需按 F g ? maC , MgC ? JC? 数值的大小
代入即可,不再考虑负号。

理论力学

32

[例6] 质量为m1和m2的两重物,分别挂在两条绳子上,绳又分 别绕在半径为r1和r2并装在同一轴的两鼓轮上,已知两鼓轮对于 转轴O的转动惯量为J,系统在重力作用下发生运动,求鼓轮的

角加速度。
解:方法1 用达兰贝尔原理求解 取系统为研究对象

理论力学

33

虚加惯性力和惯性力偶:
1 F g1 ? ma1 , F g2 ? m a2 2 M g O ? JO? ? J? ,

由质点系的达兰贝尔原理:

?MO(F) ?0 ,
1 2 1 2 m1gr ?m2gr ?F g1r ?F g2 r ?M

O

g ?0

1 2 11 m1gr ?m2gr ?ma r1?m a r 2 2 ? ? 0 ? J2

列补充方程: a1 ? r1 , a2 ? r2? ? 上式 m1r ?m2r 2 1 得: ??
2 2

代入

m1r ?m2r2 ? J

g

理论力学

34

方法2 用动量矩定理求解

取系统为研究对象
1 LO ? m1vr1?m2v2r2 ? Jw 1 ? (m1r 2 ?m2r22 ? J)w (e)

根据动量矩定理:

d [(m1r 2 ?m2r22 ? J)w]? m1gr ?m2gr12 1 dt

?

m1r ?m2r2 1 ?? g 2 2 m1r ?m2r2 ? J
35

理论力学

方法3 用动能定理求解
取系统为研究对象,任一瞬时系统的 1 1 1 T ? m1v12 ? m v2 22 ? Jw2 2 2 2
? 2
1 (m1r 2 ?m2r22 ? J)

gds ?m gds 1 2 ? m1grd? ?m2gr d? ?(m1r1 -m2r )gd? 2

r 2 ?m r 2 ? J)]?(mr ?m r 2 两边除以dt,并求导数,得

m1r ?m2r 2 1 ?? g 2 2 m1r ?m2r2 ? J
理论力学 36

[例7] 在图示机构中,沿斜面向上作
纯滚动的圆柱体和鼓轮O均为均质物 体,各重为P和Q,半径均为R,绳子 不可伸长,其质量不计,斜面倾角?, 如在鼓轮上作用一常力偶矩M, 试求:(1)鼓轮的角加速度? (2)绳子的拉力? (3)轴承O处的约束力? (4)圆柱体与斜面间的摩擦力 (不计滚动摩擦)?

理论力学

37

解:方法1 用达兰贝尔原理求解 取轮O为研究对象,虚加惯性力偶

MgO

O O

列出动静方程:

1Q 2g

2 O

?MO(F) ?0 , TR?MQ ?M ?0 ?Fx ? 0 , XO ?T cos? ?0

(1)
(2) (3)

?Fy ? 0 , YO ?Q?Tsin? ?0

取轮A为研究对象,虚加惯性力Fg和惯性力偶MgA如图示。
P ? 1 P R 2? Fg ? aA , MgA g 2g
理论力学

A

38

列出动静 法方程:

?MC(F) ? 0 , Psin?R? FgR?T 'R?MgA ? 0 ?Fx ? 0 , T' ?Fg ?F ?Psin? ? 0

(4)

(5)

运动学关系: aA?R? A?R?O ,? A??O 将MgO,Fg,MgA及运动学关系代入 到(1)和(4)式并联立求解得:

2(M ?Psin?R) g ?O ? 2 (Q?3P)R
T?

P(3M ?QRsin?) (Q?3P)R
39

理论力学

代入(2)、(3)、(5)式,得:

P(3M ?QRsin?) (Q?3P)R P(3M ?QRsin?) (Q?3P)R P(M ?PRsin?) F? (Q?3P)R

理论力学

40

方法2 用动力学普遍定理求解 (1) 用动能定理求鼓轮角加速度。 取系统为研究对象

?W 12 ? M? ?PR?sin?
? (M ?PRsin?)?
T1?C (常量)

(v?R?O?R?A)
2 A

T2? 1 ? Q R 2?wO 2?1P v2 ? 1 ? P R 2?w 2g 2 2g 2 2g

w ?

2

O

(Q?3P)R2 4g

由 T2 ?T 1 ??W 12 , 得
1

wO2 (Q?3P)R2 ?C ?(M ?PRsin?)?
4g
2

2(M ?PRsin?)
2

理论力学

41

(2) 用动量矩定理求绳子拉力 (定轴转动微分方程) 取轮O为研究对象,由动量矩定理得
Q R2?O ? M ?TR 2g

T?

P(3M ?QRsin?) (Q?3P)R

(3) 用质心运动定理求解轴承O处约束力 取轮O为研究对象,根据质心运动定理:

maCx ? ?Fx(e) maCy ? ?F
( y e)

, 0 ? XO ?T cos? , 0 ?YO ?Q?T sin?
P(3M ?QRsin?) (Q?3P)R

P(3M ?QRsin?) (Q?3P)R
理论力学

42

(4) 用刚体平面运动微分方程求摩擦力

取圆柱体A为研究对象, 根据刚体平面运动微分方程

JA?A ? FR

(?A ??O)

JA?A 1 P2 2(M ?PRsin?) P(M ?PRsin?) R ? F? ? g? (Q?3P)R 2 (Q?3P)R R R 2g
方法3:用动能定理求鼓轮的角加速度 用达兰贝尔原理求其他力(绳子拉力、轴承O处 约束力和摩擦力)。

理论力学

43

[例8] 均质圆柱体重为P,半径为R,无滑动地沿倾斜平板由静 止自O点开始滚动。平板对水平线的倾角为?,试求OA=S时平 板在O点的约束力。板的重力略去不计。

解:(1) 用动能定理求速度,加速度
圆柱体作平面运动。初始位置时处于 静止状态,故T1=0;在末位置时,设 角速度为w,则vC= R w, 动能为:
P

理论力学

44

1P vC 2 ? 1 P R2w 2? 3P 2 T2? 2g 22g 4g vC
(F) 主动力的功: ?W 12 ? PS?sin?

P

由动能定理 T2 ?T 1 ? ?W (12F)



3PvC 2?0?PS?sin? ? vC ? gS?sin? 2 4 4g 3

2 对 t 求导数,则: aC?3gsin?
(2) 用达兰贝尔原理求约束力

, ?? 2g sin? 3R

取系统为研究对象,虚加惯性力Fg和惯性力偶MgC
理论力学 45

Fg ?

P 2P sin? , aC ? g 3

1 P 2 2g PR sin? ? R sin? MgC ? 2g 3R 3

列出动静法方程:
?Fx ?0 , X

2P O ?( 3

?0 sin ?) ?cos ? ,

2P α ?0 , O ?P?( sin α ) ?sin 3 PR 2P ? MO(F) ?0 , MO ? sin ? ?( sin ? ) ?R?PS cos ? ?P sin ? ?R ? 0 3 3

?Fy ?0 , Y

P XO ? sin2? 3 2 YO ?P(1? sin 2? ) 3

MO ?Pcos? S ?
理论力学 46

[例9] 牵引车的主动轮质量为m,半径为R,沿水平直线轨

道滚动,设车轮所受的主动力可简化为作用于质心的两个力
S、T 及驱动力偶矩M,车轮对于通过质心C并垂直于轮盘 的轴的回转半径为?,轮与轨道间摩擦系数为f, 试求在车轮

滚动而不滑动的条件下,驱动力偶矩M之最大值。
解:取轮为研究对象,虚加惯性力系。 主矢和主矩的大小分别为:
FgR ? maC ? mR?
2

主矢和主矩按照与质心加速度 及角加速度转向相反的原则画 出,不再考虑负号。
理论力学

O

47

由动静法,得: ?Fx ? 0 , F ?T ?FgR ?0
?Fy ? 0 , N ?P?S ?0

(1)

(2)

?MC(F) ?0 , ?M ? FR?MgC ?0 (3)

由(1)得 FgR ? mR? ? F ?T

O

M ? FR?MgC ? FR?m? ? F(

所以 ? ? F ?T 代入(3)得 F ?T mR

?2

2

mR

Mmax的值为上 R R 式右端的值。 由(2)得N= P +S,要保证车轮不滑动, 必须 F<f N =f (P+S) (5) ? 2 ?2 把(5)代入(4)得:M? f (P?S)( ?R)?T
R R
理论力学 48

?R)?T

?2
(4)

可见,f越大 越不易滑动。

[例10] 如图所示, 均质杆AB的质量m=40 kg, 长l=4 m, A点以 铰链连接于小车上。不计摩擦, 当小车以加速度a=15 m/s2向 左运动时,求D处和铰A处的约束力。 解:以杆为研究对象, 受力如图。 杆作平移,惯性力的大小为 FgR=ma。假想地加上惯性力系, 则由质点系的达兰贝尔原理 ?M A(F) ? 0 mg
B h=1m a

l D
30°

A

B

l cos30 ?FD 2

l l ?FgR sin30 ? 0 2 2

D

a
mg FD

FgR
A FAx

于是得

FD ? m(gcos30 ?asin30 )

FAy

理论力学

49

?Fx ? 0 FAx ?FgR ?FD sin30 ?0
?Fy ? 0 FAy ?F D cos30 ?mg ?0 代入数据,解之得:
B D
a mg FD FAx FgR A FAy

FAx ? ?617.9N FAy ?357.82N FD ?39.47N

理论力学

50

[例11] 均质杆AB长l, 重W, B端与重G、半径为r的均质圆轮铰接。在圆 轮上作用一矩为M的力偶, 借助于细绳提升重为P的重物C。试求固定端 A的约束力。 l 解:先以轮和重物为研究对象, 受力如图。 假想地加上惯性力系

MgB

P a g a Gr a ? J B? ? 1 G 2 r ? 2g r 2g FgC ? M ?MgB ?r(P?FgC) ?0 2( M ?rP) a? g r(G?2P)

A

B

M
?
FBy

C
MgB

由质点系的达兰贝尔原理

?MB(F) ?0
代入FgC和MgB得

FBx B M
G C

a

FgC P

理论力学

51

再以整体为研究对象, 受力如图, 假 想地加上惯性力系 由质点系的达兰贝尔原理

FAy

?
B M G

MgB

?Fx ?0 ?Fy ?0

FAx ?0 FAy ?W ?G?P?FgC ?0

FAx A

mA

W

?M A(F) ? 0

C
P

a

FgC mA ?W l ?Gl ?M ?MgB ?(P? FgC)(l ?r) ? 0 2 FAx ? 0 代入FgC和MgB解得 2(M ?rP) P FAy ?W ?G? P? r(G?2P) W (M ?rP) rG?2M ?G)?M ? G?(l ?r) P mA ?l( 2 (G?2P) r(G?2P)
理论力学 52

[例12]质量为m, 长为l的均质直杆AB的一端A焊接于半径为r的圆盘 边缘上, 如图。今圆盘以角加速度? 绕其中心O转动。求圆盘开始转 动时,AB杆上焊接点A处的约束力。 l 解:以杆AB为研究对象,受力如图。 A B ? r ? 2 l ?? 2 aC ? a C ?OC?? ? r ?( ) O 2
将惯性力系向转轴简化,得主矢和主矩 的大小分别为
2 Fg ? ma? ? m r 2?( )l ?? C 2 ? JO ? ? (J C ?m?OC2)? ?

y mA FAx FAy A ? aC C

? B
x

MgO

?1 ml 2 ?m(r 2? ?12 ?
理论力学

l2 ? )?4 ? ( ? ?

mg 1 2 2 3ml ?mr )? O MgO

Fg

53

由质点系的达兰贝尔原理

?Fx ? 0 ?Fy ? 0

FAx ?Fgsin??0 FAy ?Fg cos??mg ?0 l A ?MgO ?mg ?Fg sin??r ? 0 2 l cos? ? 2 r 2 ? l2 4
mA FAx Fg y

?M A (F) ?0 m sin? ? r r 2 ? l2 4

将已知数值代入以上三式,解之得

FAy
A ?

FAx ? mr?

FAy ? mg ? l m? 2

C

? B
x
aC

1 1 mA ? mgl ? ml2? 2 3
理论力学

mg

O

MgO

54

[例13]重P、半径为r的均质圆轮沿倾角为?的斜面向下滚动。求轮心C
的 加速度,并求圆轮不滑动的最小摩擦系数。

解:以圆轮为研究对象,受力如图,建立如图坐标。 圆轮作平面运动,轮心作直线运动,则

C

r

aC ? r?
将惯性力系向质心简化,惯性力和惯性力偶矩的大小为

?
Mg C

P Fg ? r? g
?Fx ?0

Mg ?

P r? 2 2g
x y

?
r P

Fg FS FN

则由质点系的达兰贝尔原理

FN ?Pcos? ?0

aC

FN ? Pcos?
理论力学

?

55

?Fy ?0

Psin? ?FS ?Fg ?0
Mg

?MC(F) ?0
解之得

FSr ?Mg ?0
x C aC

?
r

Fg

FS
P

aC ? 2 gsin? 3

FS ?

P sin? 3

y

?

FN

由于圆轮没有滑动,则F≤fN,即

P sin? ? f ?Pcos? 3 f ? 1 tan? 由此得 3
所以,圆轮不滑动时,最小摩擦系数

fmin

1 ? tan? 3
56

理论力学

[例14]已知两均质直杆自水平位置无初速地释放。求两杆的 角加速度和O、A处的约束力。
O A B

解:(1) 取系统为研究对象
Fg1
Mg1

?1
A

Mg2

Fg2

?2
B

? m(l? ? l ? Fg2 1 2 1 ? ml2? Mg2 12

2

) FOx

O

2

则由质点系的达兰贝尔原理

FOy

mg

mg

理论力学

57

方程化简为 (2)取AB 杆为研究对象

Mg2

Fg2

3g 9g ?1 ? , ?2 ? ? 7l 7l ?Fx ?0 FAx ?0 ?Fy ?0 FAy ?mg ?Fg2 ?0
FAx ? 0,?????FAy
理论力学

?2
B

A

FAx FAy mg

??

1 mg 14
58

(3) 取系统为研究对象

?Fx ?0 ?Fy ?0

FOx ?0 FOy ?mg?mg?F?1 ?F?2 ?0
Fg1
Mg1

Fg2

?1
A

Mg2

?2

B

F Ox ? 0 F Oy

FOx

O

2 ? mg 7

FOy

mg

mg

理论力学

59

[例15] 均质杆的质量为m, 长为2l, 一端放在光滑地面 上, 并用两软绳支持, 如图所示。求当BD绳切断的瞬 时,B点的加速度、AE绳的拉力及地面的约束力。 解:以AB杆为研究对象,杆AB作平面运动, 如 图,以B点为基点,则C点的加速度为

E

?
C aB
30o

A

aC ?aB ?aCB ?aCB
其中
?

?

n

? aCB

B

aCBn?l?

aCB ?lw2 ?0

aB
E

y FT A Mg

D

将惯性力系向质心C简化, 得惯性力Fg=Fg1+Fg2 , 其中Fg1=maB, Fg2=ma?CB =ml? 和惯性力偶, 其 力偶的矩为

Fg2
30o

C

Mg ? JC? ?

1 m(2l)2? ? 12

1 ml2? 3

Fg1 mg x

B FN

在BD绳切断的瞬时,受力如图,建立如图坐标。

理论力学

60

由质点系的达兰贝尔原理

?Fx ? 0

? FT? Fg1?Fg2 cos30 ?0
E

y
FT A Mg Fg1 mg x

?F T ?maB ?ml?cos30 ?0 ?Fy ?0 FN ?Fg2sin30 ?mg ?0

(1)
Fg2
30
o

C

FN ?ml?sin30 ?mg ?0 ?MC(F) ?0

(2)

B FN

F Tlcos30 ?FNlsin30 ?Mg ?0
(3)

1 FTlcos30 ?FNlsin30 ? ml 2? ?0 3

理论力学

61

以B为基点,则A点的加速度为

aA ?aA ?aB ?aAB ?aAB
n 2 n

?

n

?

n

A

aB
A aABa? 2lw2 ?0

其中 aA ?vA AE ?0 ?
30o

?

aCB

?

将上式投影到x轴上得

0? ?aB ?aAB cos30

?

B aB

x

aB ? 2l?cos30
联立求解(1)~(4)式,得

(4)

aB 3 gsin2?30 ? 3 3 ? ?? g aB ? 2lcos30 4 8 1 33 ? mg ? 1 ma mg FN FT ? maB ? 2 2 16
理论力学

?3g 8l
13 B tan30 ? 16 mg
62

[例16]如图所示, 均质杆AB长为l, 重 为Q, 上端B靠在半径为R的光滑圆弧上 (R=l),下端A以铰链和均质圆轮中心A 相连, 圆轮重P, 半径为r, 放在粗糙的 地面上, 由静止开始滚动而不滑动。若 运动开始瞬时杆与水平线所成夹角 ?=450 ,求此瞬时A点的加速度。
解:设系统运动的初瞬时, 圆轮中心的加速度 ? 为aA, 角加速度为? A;AB杆的角加速度为? ,质心? A

B R
?
?

A

r

O

? aCy ? B ? aCx C

?? aB
R
?
O

? ? C的加速度为aCx 、 a 。如图。 Cy

? A ? aA r

?A ? aA r

轮和杆均作平面运动, 将惯性力系分别向质心简化, 则惯性力和惯性 力偶的矩的大小分别为
理论力学 63

FgA

? P aA g

1 P 2 aA MgA ? r 2g r

Q ? FgCx aCx g

FgCy

Q ? aCy g

? ? A aCx

? aCy ? B
C

?? aB
R
?
O

1 Q l 2? MgC ? 12 g
由质点系的达兰贝尔原理

?A ? aA r

先以整体为研究对象, 受力如图。假想地加上惯性力和惯性力偶, 则

? ?mK(F) ?0

MgC

aCy ?
aCx
C
? Q

B

l cos? ? A aA A 2 ? P ? l l F ?Q cos? ?FgCx(r ? sin?) K ? 2 2 NA (1) ?MgC ?FgAr ?MgA ? 0

NB(l ?rsin?)?FgCy

? NB

FgCx

MgA
FgCy

FgA

理论力学

64

MgC

再以AB为研究对象, 受力如图。假想地加上 惯性力和惯性力偶,则由质点系的达兰贝尔原理

aCy ?
aCx
C
? Q

B

? NB

? ?mA(F) ?0
NBl ?Q l cos? ? F gCy 2 l cos? ? F gCx 2

FAx

A

FgCx

FAy

FgCy

l sin? ? MgC ? 0(2) 2

AB杆作平面运动,先以B点为基点,则A点的加速度为

? ? ?n ?? aA ? aB ??aB ?aAB ?aAB ?n
vB 2 ? 0 R
? AB
n 2 a AB ? lw ? 0

其中

aB n ?

a? AB ? l?

?

其加速度合成矢量图如图所示。将其投影于? 轴,得

aAcos? ? a ?l?
理论力学

(3)

? aA ?

? a? AB A

aB ?
65

再以A为基点,则C点的加速度为

?C ? aA ?aCA ? ? ? a
其中

?
?

a ? l ? , 加速度合成矢量图如图。 2 将其投影于? 、?轴,得
? CA

? aCx

? aCy
C

?? aCA

? aA

?

l

?

2
由式(3)、(4)、(5)可将

? 、aCx、a 都化为 aA的函数,即 Cy

? ? aA cos?
l
理论力学

1 aCx ? aA(1? cos2?) 2 1 aCy ? ? sin? cos? ?aA
2
66

将其代入式(1)、(2),并取? ? 45?, 联立该两方程可解得

3Q g aA ? 2(4Q?9P)

理论力学

67

§13-3

定轴转动刚体的轴承动反力 静平衡与动平衡的概念

二、静平衡与动平衡的概念 静平衡:刚体转轴过质心,则刚体在仅受重力而不受其它 主动力时,不论位置如何,总能平衡。 动平衡:转轴为中心惯性主轴时,转动时不产生附加动约 束力。 动平衡的刚体,一定是静平衡的;反过来,静平衡的刚体, 不一定是动平衡的。

理论力学

68

[例] 质量不计的刚轴以角速度w匀速转动,其上固结着两个 质量均为m的小球A和B。指出在图示各种情况下,哪些是静 平衡的?哪些是动平衡的?

动平衡:(a)
理论力学

静平衡: (b)、 (d)
69

理论力学

70

理论力学

1

在第一篇静力学中,我们从静力学公理出发,通过力系 的简化,得出刚体的平衡条件,用来研究刚体及刚体系统的 平衡问题。在这一章里,我们将介绍普遍适用于研究任意质 点系的平衡问题的一个原理,它从位移和功的概念出发,得 出任意质点系的平衡条件。该原理叫做虚位移原理。它是研 究平衡问题的最一般的原理,不仅如此,将它与达兰贝尔原 理相结合,就可得到一个解答动力学问题的动力学普遍方程。

理论力学

2

§14-1

约束及其分类

一、约束及约束方程 限制质点或质点系运动的各种条件称为约束。 将约束的限制条件以数学方程来表示,则称为约束方程。 例如:

曲柄连杆机构 平面单摆

x2 ? y2 ?l2
理论力学

xA2 ? yA2 ? r2 (xB ?xA)2 ?(yB ? yA)2 ?l2 , yB ?0
3

二、约束的分类 根据约束的形式和性质,可将约束划分为不同的类型, 通常按如下分类: 1.几何约束和运动约束 限制质点系在空间几何位置的条件称为几何约束。

如前述的平面单摆和曲柄连杆机构例子中的限制条件
都是几何约束。几何约束方程的一般形式为

fr(x1, y1,z1,???,xn, yn,zn) ? 0
当约束对质点系的运动情况进行限制时,这种约束 条件称为运动约束。运动约束方程的一般形式为

? 1,???,xn,?n,zn) ?0 ? ? ? y ? fr(x1, y1,z1,???,xn, yn,zn,x1, y1,z
4

理论力学

例如:车轮沿直线轨道作纯滚动时。 几何约束:yA ? r v 运动约束: A ?rw ?0???(xA ?r? ? 0) 2.定常约束和非定常约束 约束条件不随时间改变的约束为定常约束。 当约束条件与时间有关,并随时间变化时称为非定常约束。 前面的例子中约束条件皆不随时间变化,它们都是定常约束。 例如:重物M由一条穿过固定圆环的细 绳系住。初始时摆长 l0, 匀速v拉动绳子。 约束方程中显含时间t x2+y2=(l0-vt )2

理论力学

5

3.双面约束和单面约束

在两个相对的方向上同时对质点系限制的约束称为
双面约束。双面约束的约束方程为等式。 只能限制质点系单一方向的约束称为单面约束。单面 约束的约束方程为不等式。

刚杆



x2+y2=l2
理论力学

x2+y2? l2
6

4.完整约束和非完整约束
几何约束或约束方程能够积分的运动约束称为完整约束
x? ? 例如:车轮沿直线轨道作纯滚动,A ?r? ?0 是微分方程,

但经过积分可得到 xA?r??C ,该约束仍为完整约束。 如果在约束方程中显含坐标对时间的导数,并且不可以 积分,这种约束称为非完整约束。 本章只讨论质点系受定常、双面、完整约束的情况, 其约束方程的一般形式为(s为质点系所受的约束数目, n为质点系的质点个数)

fr(x1, y1,z1;??;xn, yn,zn) ? 0 (r ?1,2,??,s)
理论力学 7

三、自由度和广义坐标 自由质点在空间的位置:(x, y, z ) 3个

自由质点系在空间的位置:(xi, yi,zi ) (i=1,2……n) 3n个 对非自由质点系,受s个完整约束,(3n-s)个独立坐标。

其自由度为k=3n-s 。
确定一个受完整约束质点系的位置所需的独立参数的

数目,称为该质点系的自由度的数目,简称为自由度。
前述曲柄连杆机构例子中,确定曲柄连杆机构位置的四个 坐标xA、yA、xB、yB须满足三个约束方程,因此有一个自由度。

理论力学

8

一般受到s个约束、由n个质点组成的质点系,其自由度为

k ?3n?s
通常,n与 s 很大而k很小。为了确定质点系的位置,

用适当选择的k个参数(相互独立),要比用3n个直角坐
标和s个约束方程方便得多。

用来确定质点系位置的独立参数,称为广义坐标。
广义坐标的选择不是唯一的。广义坐标可以取线位移 (x,y, z, s 等)也可以取角位移(如?, ?, ?, ? 等)。在完 整约束情况下,广义坐标的数目就等于自由度数目。

理论力学

9

例如:曲柄连杆机构中,可取曲柄OA的转角?为广义坐标,则:

xA ? rcos? , yA ? rsin? xB ? rcos? ? l2 ?r2sin2? , yB ? 0
广义坐标选定后,

质点系中每一质点的直
角坐标都可表示为广义 坐标的函数。

理论力学

10

例如:双锤摆。设只在铅直平面内摆动。
(x1,y1),(x2,y2)
2 2

(x2?x1)2?(y2?y1)2?b2

两个自由度 取广义坐标?,y

x1?asin? , y1?acos? x2?asin??bsiny , y2?acos??bcosy
理论力学

11

一般地,设有由n个质点组成的质点系,具有k个自由 度,取q1、q2、……、qk为其广义坐标,质点系内各质点的 坐标及矢径可表为广义坐标的函数。

xi ? xi(q1,q2,?,qk)
yi ? yi(q1,q2,?,qk) zi ? zi(q1,q2,?,qk) ri ? ri (q1,q2,?,qk)
(i ?1,2,?,n)

理论力学

12

§14-2
一、虚位移

虚位移和虚功

某瞬时,质点系中的某质点发生的为约束所允许的、

任意的无限小位移,称为该质点(在该瞬时)的虚位移。
虚位移可以是线位移,也可以是角位移。通常用变分符 号?表示虚位移。

M

理论力学

13

虚位移与真正运动时发生的实位移不同
① 实位移是在一定的力作用下和给定的初始条件下运动而 实际发生的;虚位移是在约束容许的条件下可能发生的。

② 实位移具有确定的方向,可能是微小值,也可能是有限值;
虚位移则是微小位移,视约束情况可能有几种不同的方向。 ③ 实位移是在一定的时间内发生的;虚位移只是纯几何的概

念,与时间无关,静止的质点系没有实位移,但可有虚位移。
在定常约束下,微小的实位移必

然是虚位移之一。而在非定常约束下,
微小实位移不再是虚位移之一。

理论力学

14

受定常约束的非自由质点系中各质点的虚位移之间存

在着一定的关系,确定这些关系通常有两种方法:
(注意:在定常约束下,微小的实位移必然是虚位移之一)

(一)几何法:定常约束的条件下,真实位移是虚位移中的
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。由运动学知,质点的实位移与速度成正比,即

dr ?v ?dt
因此可以用分析速度的方法分析各点虚位移之间的关系。这

种方法又称虚速度法。
即各质点虚位移之比等于各质点速度之比。
理论力学 15

由于AB作平面运动,由速度投影定理 vB cos? ? vA cos?90? ?(? ??)?? vAsin(? ??)

??? ? ? Ar
?

? vA
B

) sin(

?BB

vr

C

? cos

或者,由于 C 为AB的瞬心,故
A

A
BC ?? ? ? Ar? ? v


vA

B

v ?
AC

v

AC

BC

由正弦定理 BC sin(? ??)
B

O
? AC cos ?

? B r ?

AC ? sin(90 ??)
B

B

同样可得
理论力学

A

r v BC sin(????) ?A r ? ? ? cos? v AC
16

(二)解析法:质点系中各质点的坐标可表示为广义坐标的函数 ( q1,q2,……,qk),广义坐标分别有变分?q1,?q2,??q,k 质点的虚位移?r 在直角坐标上的投影可以表示为 i
?xi ?xi ?xi ? ??q1 ? ??q2 ??? ?q1 ?q2 ?yi ? ?yi ??q1 ? ?yi ??q2 ??? ?q1 ?q2 ?zi ? ?zi ??q1 ? ?zi ??q2 ??? ?q1 ?q2 ?xi ??qk ?qk ?yi ??qk ?qk ?zi ??qk ?qk

,各

(i ?1,2,?n)

理论力学

17

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,坐标xB, yA有约束方程:

x ? yA ?l2
2 B 2

y
?yA

对上式进行变分运算得

A(xA, yA)
l

2xB?xB ?2yA?yA ?0

?xB ? yA

??

yA xB

? ?tg?

O

?

?xB

x
B(xB, yB)

理论力学

18

或者把坐标xB,yA有表示成??的函数,也可求出虚 y 位移间的关系。 因为

xB ?lcos?

yA ?lsin? ?yA

A(xA, yA)
l

作变分运算

?xB ? ?lsin???

?yA ?lcos???

由上式可知,????0,即杆AB顺时钟转 O 动。B点虚位移向左,A点虚位移向上。 所以

?

?xB

x
B(xB, yB)

?x B ? yA

? ?tg?

比较以上两种方法,可以发现,几何法直 观,且较为简便,而解析法比较规范。
理论力学 19

[例1] 分析图示机构在图示位置时, 点C、A与B的虚位移。 (已知 OC=BC= a, OA=l ) 解:此为一个自由度系统,取 OA杆与x 轴夹角?为广义坐标。 1.几何法

?r C a ? l ?rA ?r C PC a ? ? PB 2asin? ?rB
P为BC杆的速度瞬心

?

1 2sin?

理论力学

20

设OA有虚位移??,可按几何法 求出各点虚位移及其投影

?rC ? a??, ?rA ? l?? ?xC ? ?asin??? , ?yC ? acos??? ?xA ? ?lsin??? , ?yA ? l cos??? ?xB ? ??rB ? ?2sin??rC ? ?2asin???

2.解析法 将C、A、B点的坐标表示 成广义坐标?的函数,得 对广义坐标? 求变分,得各点 虚位移在相应坐标轴上的投影:

xC ? acos? , yC ? asin? xA ?lcos? , yA ?lsin?

xB ? 2acos? , yB ? 0
理论力学

?xC ? ?asin???, ?yC ? acos??? ?xA ? ?lsin???, ?yA ? lcos??? ?xB ? ?2asin???, ?yB ? 0
21

二、虚 功 力F 在其作用点发生的虚位移?r上所作的功称为虚功,

? F

M

?W ? F???r
②以解析法表示的虚功



?W ? Fcos??r

?W ? F x? x ? Fy? y ? Fz? z
显然,虚功也是假想的,它与虚位移是同阶无穷小量。 三、理想约束 如果在质点系的任何虚位移上,质点系的所有约束力的 虚功之和等于零,则称这种约束为理想约束。
理论力学 22

质点系受理想约束的条件:??WN ? ?FNi ??r ?0 i 理想约束的典型例子如下:

1、光滑支承面

2、光滑铰链

3、无重刚杆 4、不可伸长的柔索 5、刚体在粗糙面上的纯滚动
??WN ?(FN ?F)??r C ?0
理论力学 23

§14-3
一、虚位移原理

虚位移原理

具有定常、理想约束的质点系,平衡的必要与充分条件是: 作用于质点系的所有主动力在任何虚位移上所作的虚功之和等 于零。即

? ? ?Fi ??ri ?0



?F?r cos?i ?0 i i

或用解析式表示为: 这些方程统称为虚功方程

?(F ?x ? F ?y ? F ?z ) ? 0
xi i yi i zi i

几何法和解析法也可联合应用。
理论力学 24

证明:(1)必要性:即质点系处于平衡时,必有?F ??r ? 0 i i ∵质点系处于平衡 ∴选取任一质点Mi也平衡。

Fi ? FNi ? 0
i 对质点Mi的任一虚位移?r i,有 (F ? FNi )??r ? 0 i

对整个质点系:

?F
所以

i

?(F ? F ??r ??F
i

Ni

)??r ? 0 i

i

Ni

??r i? 0
??r i ? 0

由于是理想约束

?F

Ni

?F i??r ?0 i
25

理论力学

(2) 充分性:即当质点系满足 ?F ?i?r ?i 0,质点系一定平衡。

若 ?F i??r ? 0,而质点系不平衡,则至少有第i个质点不平衡。 i

Fi ? FNi ? FRi ? 0
i 在FRi 方向上产生实位移dr i,取?r ? dr i ,则

(F i ? FNi )??r ? FRii ??r ? 0
对质点系

i

?(F ? F
i

Ni

)??r ? 0
i

i

理想约束下

?F

Ni

??r ? 0

i i ? ?F ??r ? 0

与前题条件矛盾

故 ?F i??r ?i 0 时质点系必处于平衡。
理论力学 26

二、虚位移原理的应用

1. 系统在给定位置平衡时,求主动力之间的关系;
2. 求系统在已知主动力作用下的平衡位置; 3. 求系统在已知主动力作用下平衡时的约束力;

4. 求平衡构架二力杆的内力。

理论力学

27

求主动力之间的关系
[例2] 图示椭圆规机构,连杆AB长l,杆重和滑道摩擦
不计,铰链为光滑的,求在图示位置平衡时,主动力大 小P和Q之间的关系。

理论力学

28

解:研究整个机构。系统的所有 约束都是完整、定常、理想的。

1、几何法:使A发生虚位移?rA,
B的虚位移?rB ,则由虚位移原理, 得虚功方程:

P?rA ?Q?rB ? 0
而 ?rA ?sin? ??rB ?cos? ? ?rB ??rA ?tg?

? (P ?Qtg?)??rA ? 0

由?rA的任意性,得 P?Q tg?
理论力学 29

2、解析法 由于系统为单自由度,
可取?为广义坐标。

xB ?lcos? , yA?lsin?

?xB ??lsin??? , ?yA?lcos???
虚功方程为:FAy? yA ?FBx?xB ?0 即

?P?yA?Q?xB?0,

(?Pcos??Qsin?)l?? ?0
由于 ?? 任意,故 P?Q tg?

解析法计算虚功不 要另外考虑功的正 负,功的正负由解 析式自动计算得出。

理论力学

30

[例3]图示机构中,已知OA=AB=l, ?AOB ?? , 如不计各构件的重量和摩擦,求在图示位置平衡 ? ? 时主动力P与 Q 的大小之间的关系。

? ?解1:以系统为研究对象,受的主动力 有P、Q 。给系统一组虚位移如图。 C ? ? 由虚功方程 ?Fi ??ri ?0 ,得

? Q

B

?P?rAcos? ?Q?rB ?0
AB作平面运动,瞬心在 C 点,则

? P A ? ?rA

r ? ?? B
?
O

?rB
?rA
理论力学

?

vB
vA

?

BC
AC

?

2lsin?
l

? 2sin?

31

将?rB ? 2sin??rA代入 ?P?rAcos? ?Q?rB ?0 得

(?Pcos? ?2Qsin?)?rA ?0
由于 ?rA ? 0 ,于是得

? Q

C

B

? P A 亦可由速度投影定理求虚位移之间的关系: ? ?rA
P ? 2Qtg?
由速度投影定理 vB cos? ?vAsin 2?

r ? ?? B
?
O

?rB ? vB ? 2sin? ?rA vA

理论力学

32

解2:解析法。建立如图坐标。 因为

xA ?lsin?

yB ? 2lcos?
?yB ? ?2lsin???
? P A
?rA
?

y ?
Q

对上两式作变分,得

B

?xA ?lcos???

?

? ?rB

由 ?(Fxi?xi ?Fyi? yi ?Fzi?zi) ?0 ,得

FAx?xA ?FBy? yB ?0


x

?
O

(?P)lcos??? ?(?Q)(?2lsin??? ) ?0
由于 ?? ? 0 ,于是得

P ? 2Qtg?
33

理论力学

[例4] 图示机构中,当曲柄OC绕轴摆动时,滑块A沿曲 柄自由滑动,从而带动杆AB在铅垂导槽K内移动。已知 OC=a,OK=l,在C点垂直于曲柄作用一力Q,而在B点沿 BA作用一力P。求机构平衡时,力P与Q的关系。 ?

C

a
??
O
l A

?
Q

B

? P
34

理论力学

? 由虚位移原理 ?Fi ??ri ?0 ,得

解1:(几何法)以系统为研 究对象,受的主动力有P、Q 。给 系统一组虚位移如图。 ? ? ? 其中 ?rA ??r e ??rr

? ?r C

y

a
O

? ?rA ? ?re

C
? ? Q

?

?rr

?
l

K
B

x

P?rA ?Q?r C ? 0

? ?re l 式中 ?rC ? a?? ?rA ? ?? ? P cos? cos 2 ? l ?? ?Qa?? ? 0 故有 P 由于?? ?,于是得 2? 0 cos
l Q? P 2 acos ?
理论力学 35

解2 解析法:建立如图坐标。 主动力作用点的坐标及其变分为

y

a
?
A
K
B

C

? Q

yA ?ltg?

?yA ?

l ?? cos2 ?
O

xC ? acos?
yC ? asin?

?xC ? ?asin???

x

?yC ? acos???
F Cx ?Qsin?

l

? P

主动力在坐标方向上的投影为

FAy ? P


F Cy ? ?Qsin?

?(Fxi?xi ?Fyi? yi ?Fzi?zi) ?0
36

理论力学

即 得 P

FAy? yA ?F Cx?xC ?F Cy? yC ?0

l ?? ?Qsin?(?asin???)?(?Qcos?)acos??? ? 0 2 cos ? P l ?? ?Qa?? ? 0 cos 2 ?

亦即

y

0 由于?? ?,于是得
l Q? P 2 acos ?
O

a
A

C

? Q

?
l

K
B

x

? P
37

理论力学

解3:综合法。

用几何法计算Q力的虚功,此时虚功 方程可以写为

? ? 本题用解析法计算P 力的虚功,

y

a
A

C

? Q

FAy? yA ?Q??r C ?0
将 FAy ? P,yA

?
O

K
B

x

?ltg?, ?rC ? a?? 代入上式,得 P?(ltg?)?Q?r C ?0

l

? P

解析法中,广义坐标的增量总是取增大的方向。 本例中???取为增大的方向,即为逆时钟转向。


l ?? ?Qa?? ? 0 P 2 cos ?

可得同样的结果。

理论力学

38

[例5]滑套D套在光滑直杆AB上,并带 动杆CD在铅直滑道上滑动。已知?=0o 时,弹簧等于原长,弹簧刚度系数为 5(kN/m),求在任意位置(? 角)平衡

时,加在AB杆上的力偶矩M?
解:这是一个已知系统平衡,求作用于系统上主动力之 间关系的问题。特别要指出的是,系统中若有弹簧,必 须解除弹簧约束,将一对弹性力计入主动力,系统简化

为理想约束系统,才可以用虚位移原理求解。

理论力学

39

设质点系内A、B之间有刚度系数为k,原长为l0的弹簧连接。

解除弹簧约束,代之以一对弹性力。
则弹性力分别为:
F? ? k(rAB ?l0)e F ? ?k(rAB ?l0)e
A

F
F?
e

B

其中:rAB为弹簧现长; e为由A指向B的单位矢量。 由固定点O向A、B作矢径,这 一对弹性力的虚功之和记为?Wk

rA
O

rB

所以 ?Wk ? F???rA ? F ??rB ? ?F ??rA ? F ??rB ? F ??(rB ?rA) ? F ??rAB
? ?k(rAB ?l0)e ??(rABe)

? ?k(rAB ?l0)?rAB
理论力学

这时不要再考虑 虚功?Wk的正负。
40

选择AB杆、CD杆和滑套D的系统为研究对象。 ? ?0, l ?600?300?300(mm) 0

300 cos?

弹簧压缩, 受力见图。

?rBD ? ?0.3sec? tg??? ?0
表明BD距离减小,弹性力作负功。
弹性力的大小为

F ? k rBD ?l0 ?1.5(sec? ?1)

由虚位移原理: M?? ? F?r BD ? 0 所以

rBD ?l0 ?0.3(1?sec?) M?? ?1.5(sec? ?1)(0.3sec ?tg ? ?? ? 0 ) sin?(1?cos?) M?0.45 (kN?m) cos 3?

或:弹性力的虚功为

?Wk ? ?k(rBD ?l0)?rBD ??1.5(sec? ?1)(0.3sec ?tg ? ?? )
41

理论力学

求系统的平衡位置
[例6]图示平面机构,两杆长度相等。在B点挂有重W的重 物。D、E两点用弹簧连接。已知弹簧原长为l,弹性系数 为k,其它尺寸如图。不计各杆自重,求机构的平衡位置。

B
b

D

? b W

Aa ?

a ? C

E

理论力学

42

解:以系统为研究对象,解除弹簧约 束,代之弹性力。建立如图的坐标。

?

y
b

B

系统受力有主动力

理想约束的弹性力F和F? ,将其视 为主动力。弹簧现长为 弹性力的大小为 F ? k? ? k 2bcos? ?l

D A

rDE ?2bcos?

? ? E
C

W

x

主动力作用点的坐标及其变分为 变分 ?yB ?(a?b)cos??? yB ?(a?b)sin?

rDE ? 2bcos?

运算

?rDE ? ?2bsin???

理论力学

43

由虚功方程得:

y

FBy?yB ?[?k(rDE ?l)?rDE ] ?0
即 (?W)?yB ?[?k(rDE ?l)?rDE] ?0 代入 ?yB ?(a?b)cos???

D ? ? E x A ? F F?? C


B ? W

?rDE ? ?2bsin???

?W(a?b)cos??? ?k(2bcos? ?l) ?2bsin ??? ?0


?? ? 0 ,故
W(a?b) tg? ? 2kb(2bcos? ?l)

理论力学

44

求静定结构的约束力
[例7] 多跨静定梁, 求支座B处约束力。 解1:静定结构必须 要解除约束才可能 有虚位移。将支座 B 去掉,代入相应 的约束力FB,并使结 构发生图示虚位移。
1 2 ?P?r ?1 F B?r B ? P?r C ?m?? ? 0

?
理论力学

FB ? P

?r B

?P

?r ?m ?r B

?r C ?r

??
B

45

?

FB ? P

?r B

?P

?r ?m ?r B

?r C ?r

??
B



?r 1 1 ?r C 11 ? ? , , 2 8 ?rB ?rB
4

?rB

?rB
? FB ?

6

?rB

12 ?rB
2

12

8

96

1 11 11 P 1? P 2 8

? m 96
46

理论力学

解2:结构发生图 示虚位移。将各刚 体上的力系的向本 刚体上不动的点简 化,由简化理论及 虚位移原理可得:

[?M A(F)]AC?y ?m?? ?0
(8FB ?4P1?11P )?y ?m?? ?0 2 由几何关系得:11?y ?6??, 3?? ?6??
所以

11?y ?6?? ?12??

代入虚功方程可得同样的结果。
理论力学 47

[例8] 图示多跨静定梁,试求A端处约束力偶及铅垂约束力。 已知:P1=80kN,P2=60kN,q=10kN/m。长度单位为m。

?

?

q
C

A 3

3

B 1 2

2

D 4

解:(1)求A端约束力偶
以梁为研究对象,解除A处限制转动的约束,代之以相 应的约束力偶矩MA ,并视为主动力。给系统一组虚位移, 如图所示。
理论力学 48

? P1
MA

A

3

?? ?

? ?rB
3

? P2
B 1?r2
C ???
2 2

q
D

?r 1

由虚位移原理有

? ?r3 ?rD

4 ?? ?

E

[?MA(F)] AB?? ?[?MC(F)] BD?? ?[?ME(F)] DE?? ?0
q 2
2

由几何关系得:

6?? ?3??, 2?? ?4??
2

2
理论力学

2

2
49

?? ? 0 故有

MA ?3P ?4P ?8q ? 400kN?m 1 2
? P ? P2
q
C

(2)求A处铅垂约束力 解除A处铅垂的约束,代 之以相应的约束反力FAy, 并视为主动力。给系统一 组虚位移,如图所示。 由虚位移原理有
A
3

3
? P1

B 1 2
? P2

2
? ?rD

D 4
q
??

E

A

? ?rA

B
? ?r 1

C

??

? rB

? ?r ? 2

D

E

FAy

[?Fy]AB(??rA)?[?MC(F)]BD?? ?[?ME(F)]DE?? ?0
由几何关系得:

4 ?rA ?3 ??, 2?? ???
50

理论力学

[?Fy]AB(??rA)?[?MC(F)]BD?? ?[?ME(F)]DE?? ?0
? P
? P2

? ?rD

q
??

?rA ? 3??,

2?? ?4??

? ?rA

A 3

3

B1?? 2 C E
2 D
4

? ?r 1

? ?r ? 2 ? rB

所以,虚功方程为

FAy
2

(FAy ?P 1)(?3??)?(2P
于是有

q )?? ?(? 2

2

?4 ?? )( 2

) ?0

(FAy ?P 1 ? 2 P 42 ? q)?? ? 0 3 3

?? ? 0 故有 FAy ? P 1 ? 2 P 4 ? q ?106.7kN 2
3
理论力学

3
51

[例9]求图示静定刚架支座D处的水平约束力。 解:以刚架为研究对象, 解除D处的水平约束,代之以 F 相应的约束力FDx,并视为主 动力。给系统一组虚位移, 如图所示。 由虚位移原理有

5m
5m

C

A
? ?rC

B
C

D

FDx?rD ?F?rE cos? ?0
由运动学关系

F

?rD ??r C

?rE

?

?

?

E
? ?rB
? ?rD

FDx

A

?rA

?

P

B

D

理论力学

52

?r C
PC

?

?rE
PE
D

?rC

?

C

F

? ? PE ?r ? PE r ?rE C PC PC
代入虚功方程

? ?rE

?

?

E
?rB
?
?rD
?

FDx

A

? ?rA

P

B

D

FDx?rD ?F?rE cos? ?0 (FDx ?F PE cos?)?r 于是有 PC

D

?0

AE ? 0 ?rD ? 0且PEcos? ? AE 故 FDx ?F PC 1 于是支座D的水平约束力为 FDx ? F 2
理论力学 53

求桁架杆件及合结构的轴力
[例10] 求图示桁架杆1和杆2的轴力。

a
? P 1

h
2

解:以桁架为研究对象,解除1杆 的约束,代之以相应的约束力,并视 为主动力。给系统一组虚位移,如图 所示。由虚位移原理有:
3 P1 r 1? P?r 2 ? P?r 3 ?S1 cos??r ? 0 ? 2

? P2
? P3 ? 1 P ? P2 ? P3
?r?1
? ?r2

h h

1

?

由几何关系得
1 2

1 ?r ??r2 ??r 3 ??r
1 3

?(P ? P ? P ?S cos?)?r ? 0

??r ? 0
S1 ?
1

于是得
?

?r3

?

P?P ?P
cos?

a2 ? h2
a

(P ? P ? P )

? ? S1 S1?

?

?r?

理论力学

54

解除2杆的约束,代之以相应的约 束力,并视为主动力。给系统一组虚 位移,如图所示。 由虚位移原理有

? P 1 ? P2 ? P3
?

a
h
2

h h

P1?r 1 ? P?r 2 ?S2 cos??r ? 0 2
由几何关系得

1

?r1 ? 2h?? ?r2 ? h?? 2 ?r ? h2 ?a ?? cos? ?
h2 ?a2
1 ?(2Ph? Ph?S22 ?? ? 0 a)

a

? P1

?r?1
? ?r2

??? ? 0

? P2
? P3

??

于是得

??

? ? ?r S2 ? ? S2

S2 ? ?
理论力学

(2P 1 ? P 2)h
a

?

55

[例11] 组合构架如图所示。已知P=10KN,不计构件 自重,求1杆的内力。 P A C

B

2m

1
2m 2m
2m

2m

理论力学

56

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。
A
??1

P C ?rC 1 S1 S?1
2m 2m
??2

B

2m

2m

2m

利用虚位移图得:

?rC= (AC)??1 = (BC)??2
理论力学

? ??1= ??2= ??
57

P A C
??1

B
??2

?rC
1

2m

S1
2m

S?1
2m 2m

2m

由虚位移原理得:

[?MA(F)]AC??1 ?[?MB(F)]BC??2 ?0


(?2S)??1 ?(2P?2S)??2 ?0
?????S ?
? P 2
= 5 KN
58

理论力学

应用虚位移原理求解质点系平衡问题的步骤和要点: 1.正确选取研究对象; 以不解除约束的理想约束系统为研究对象,系统至少 有一个自由度。若系统存在非理想约束,如弹簧力、摩擦 力等,可把它们计入主动力,则系统又是理想约束系统,

可选为研究对象。
若要求解约束力,需解除相应的约束,代之以约束力, 并计入主动力。应逐步解除约束,每一次研究对象只解除 一个约束,将一个约束力计入主动力,增加一个自由度。

理论力学

59

2.正确进行受力分析;
画出主动力的受力图,包括计入主动力的弹簧力、摩擦

力和待求的约束力。
3.正确进行虚位移分析,确定虚位移之间的关系;

4.应用虚位移原理建立方程;
5.解虚功方程求出未知数。

理论力学

60

[ 例12] 均质杆OA及AB在A点用铰连接,并在O点用铰支

承,如图所示。两杆各长2a和2b,各重P1及P2,设在B点加
水平力F 以维持平衡,求两杆与铅直线所成的角?及y。

解:这是一个具有两个自由度的系 统,取角?及y为广义坐标,现用两 种方法求解。

y

理论力学

61

解法一: 应用虚位移原理,

P1?yC ?P?yD?F?xB?0 2

(a)

而 yC ?acos? , ?yC ??asin??? yD ?2acos??bcosy , ?yD ??2asin??? ?bsiny?y xB ?2asin??2bsiny , ?xB ?2acos??? ?2bcosy?y
代入(a)式,得:
(?Pasin? ?P 2asin? ?F2acos?)?? ?(?Pbsiny ?F2bcosy)?y ?0 1 2 2

理论力学

62

21 (?Pasin??P2asin??F2acos ?)?? ?(?P2bsiny ?F2bcos y) ?y ?0

由于 ?? ,?y 是彼此独立的,所以:
1 ?P?asin??P 2?2asin??F?2acos??0

?P 2?bsiny ?F?2bcosy ?0
由此解得:

tg??

2F P1 ?2P 2

,

tgy ? 2F P2

理论力学

63

解法二:
先使? 保持不变,而使y 获得变分 ?y ,得到系统的一 组虚位移,如图所示。

F?rB cosy ?P?2 D siny ? 0 r
而 ?rB ? 2b?y 代入上式,得

, ?rD ?b?y

tgy ?

F?2b?y 2F ? P 2?b?y P 2

理论力学

64

再使y 保持不变,而使?获得变分?? ,得到系统的另 一组虚位移,如图所示。 图示中:?rA ??rD ??rB
F?rBcos??P?1 Csin??P?rDsin??0 r 2



?r C ?a?? ,

?rB ??rD ??rA?2a??
代入上式后,得:

(Fcos??2a?P?asin??P ?2asin?)?? ?0 1 2

tg??
理论力学

2F P1 ?2P 2
65

理论力学

66




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