山东建筑大学理论力复习要点

1、静力学复习要点 1.五公两推;二力构件 ;桁架 ;摩擦角；约束力;受力图; 各种力系的简化结果,平衡必充条件,平衡方程; 2.平面任意力系平衡问题的计算. 1 运动学复习要点 1.自然法：运动方程，速度，加速度；平动特征；转动刚体各点的速度、加速度；合成运动；（牵连点；科氏加速度;）平面运动; （瞬心;）速度合成定理;加速度合成定理. .牵连运动为平动和定轴转动时速度的合成和加速度 的合成问题的计算. .平面运动刚体上任一点的速度,加速度的计算. 2 动力学复习要点 1.动量;动量矩;动能；动力学普遍定理（守恒）；质心运动定理（守恒） ；转动惯量；质点惯性力,刚体惯性力系的简化；虚位移;虚功.

2、 2.应用动力学普遍定理，计算动力学问题. 3 3.达朗贝尔原理：画惯性力系 的主矢、主矩，并写出其表达式. 4.虚位移原理：画系统的虚位移图,写出虚位移之间的关系.（了解） 4 例题. 平面刚架ABCD受力如图所示, q1=5kN/m, q2=10kN/m, m =20kN.m .求支座A的约束力. q1 B 8m C m 5m D 12m q2 A 5 解:取平面刚架ABCD为 研究对象画受力图. Q2 = 0.51012 = 60 ? Fx= 0 XA+ 60 = 0 12m Q1 q1 B 4m 8m 4m C m 9m 5m D Q1 = 5 8 = 40 Q2 q2 mA A XA

3、 YA XA = - 60kN ? Fy = 0 ? mA(Fi) = 0 YA - 40 = 0 YA = 40kN mA - 460 - 440 - 20 = 0 mA = 420kN.m 6 例题. 平面结构如图所示.q=5kN/m ,m =20kN.m, P=36kN且垂直作用于 DE 杆的中点.求支座A和E的约束力. q C 2m m D B P 4m A 4m 3m E 7 q 2m 解: 取DE杆 为研究对象 C m B 4m YD D 画受力图 4m XD ? mD(Fi) = 0 P 2.536 + 3FE = 0 ? Fx = 0 - XD + 0.836= 0 ? Fy=

4、 0 A FE = - 30 3m 4m 3m E XD = 28.8 YD = - 8.4 FE -30 + 0.636 - YD = 0 8 q C 解:取ABCD杆为研究2m m D B 对象画受力图. Q = 65 28.8 8.4 Q ? Fx = 0 P mA A XA YA 4m 28.8 + 65 + XA = 0 XA = - 58.8 ? Fy = 0 3m -8.4 + YA = 0 4m 3m E YA = 8.4 ? mA(Fi) = 0 mA - 563 - 20+48.4 - 428.8 = 0 mA = 191.6 9 例题例题.杆杆BC运动时紧靠着杆运动时紧靠

5、着杆OA,从而使从而使OA绕绕O轴轴转动转动.已知杆已知杆BC以等速以等速 v运动运动,求杆求杆OA转动的角速转动的角速度度 ? A v B l C ? O 10 解解:取取BC杆的杆的C端为动点端为动点. 动系固联在动系固联在OA杆上。杆上。 v B l A y? ? ?OA ve C ? va va= ve + vr va = v ac x? ? vr ? O ve = v sin? 2vevsin?OA?O CAl会画科氏加速度的方向会画科氏加速度的方向 11 例题例题. 图示为一平面连图示为一平面连杆机构杆机构 , 等边三角形构等边三角形构D 件件ABC的边长为的边长为a 三个三个顶点

6、顶点A ,B和和C分别与套分别与套筒筒A,杆杆O1B和和O1C铰接铰接,套筒又可沿着杆套筒又可沿着杆 OD滑滑动动.设杆设杆 O1B长为长为 a并以并以A O2 C O 60? ? B 角速度角速度 ? ? 转动转动,求机构处求机构处于图示位置时杆于图示位置时杆OD的的O1 ? ? 角速度角速度? ?OD . 12 解解:等边三角形构件等边三角形构件ABC作作 平面运动平面运动 C1为其瞬心为其瞬心. D vB= (O1B)? ? = a ? ? vAcos30? ? = vBcos60? ? ?OD A C1 O2 C 3vA?a?3 8A处有合成运动。求出OD杆上A点的速度，便可求出OD杆

7、的角速度。 O 60? ? vA B vB O1 ? ? 13 D 动点：滑块A点。 动系：OD杆。 ac A ?OD C1 O2 C ve 13ve?vA?a?26vr O 60? ? vA B vB ?ODve3?OA6会画科氏加速度的方向会画科氏加速度的方向 O1 ? ? 14 7-26解:取小环M为动点.动系固联在OBC杆上. y O ? ? M vr ? A C va?ve?vrOBve?(OM)? ?cos?va ve x B 0 .1?0 .5?0 .10cos60va?vetg? ?0 .1?tg60?0 .1730ve0 .1vr?0 .20cos?cos6015 取小环M为

8、动点.动系固联在OBC杆上. y (1) ar M A C aa?ae?ar?acO ? ? ae ac x aa OB22ae?(OM)?cos?B 0 .12?0 .5?0 .050cos60ac?2?vr?2?0.5?0 .2?0 .2aacos60? ?aecos60?acc 00把(1)式向ac为方向投影. aa?0 .3516 7-17题：铰接四边形机构，题：铰接四边形机构，O1A = O2B =1 0cm, O1O2 = AB 且且O1A杆以匀角速度杆以匀角速度 ? ?=3rad /s 绕绕O1轴转动。求轴转动。求? ?=600 时，时， 。 CD杆的速度杆的速度 O1 ? O2

9、 ? C A B D 17 O1 ? O2 ? 。 B C A D 解：取套筒解：取套筒C点为动点，动系固连在点为动点，动系固连在 AB 杆杆. 绝对运动绝对运动：铅垂直线运动：铅垂直线运动. 相对运动相对运动：水平直线运动：水平直线运动. 牵连运动牵连运动：圆周曲线平动：圆周曲线平动. 18 O1 ? Va C ? O2 ? Ve B 。 Vr A ? ae D aa ar Va=Ve+Vr aa= ae + ar Ve=103=30 Va=30cos60=15 ae=1032=90 19 aa =90 sin600 =77.94 3. 滑轮A和B视为均质圆盘,重量分别为W1和W2 半径分别

10、为R和r,且R = 2 r,物体C重P,作用于A轮的转矩M 为一常量.求物体 C上升的加速度. A M B C 20 YA 解:取系统为研究对象进行运动分析. A作定轴转动,B作平面运动I为瞬心,C作直线平动. R ?A = 2 r ?B ?A = ?B = ? vC = vB = r ? A = B = aC = aB = r I A M W1 XA B W2 C 取系统为研究对象进行受力分析. 内力和约束力均不作功. 力矩M不是有势力. P 21 (1)应用动能定理: T = TA + TB + TC 1 1W12?W12?TA?(R )?r?2 2 gg(2) YA (1) A M W1

11、 XA 1 1W22W2223W222TB?(r?r )? ?r?2 2 gg4 g1P21P22TC?vC?r?2g2g(4) (3) I B W2 C ?W = Md? -( W2+P)rd? (5) 由? W = dT联立(1)-(5)式且利用?dt = d?得: ?M?r?W2?P?gaC?2 W1?1 .5 W2?P?rP 22 ?或用积分形式的动能定理求出下降距离为h时的速度 ? 再求一阶导数得加速度 23 dLAe?MA(2)应用动量矩定理 dtYA A M W1 XA LA = LAA + LAB + LAC LAA1W12W12?R? ?2r?2 gg(1) (2) LABL

12、AC1W22W223W22?r? ?r? ?r?2 gg2 gPP2?rvC?r?gg(4) (3) I B W2 MA = M - r (W2 + P) (5) 联立(1)-(5)式得: ?M?r?W2?P?gaC?2 W1?1 .5 W2?P?rC P 24 4. 滑轮A和B视为均质圆盘,M 重量分别为W1 和W2 半径分别为R和r,且R = 2 r,物体A C重P,作用于A轮的转矩M 为一常量.求物体 C上升的加速度. B C 25 解:取系统为研究对象进 行运动分析. A作定轴转动,B作平面运动,C作直线平动. R ?A = 2 r ?B ?A = ?B = ? M ? A ?A =

13、?B = ? vC = vB = r ? aC = aB = r ? aB I B ? aC 26 C 取系统为研究对象进行受力分析. 并虚加惯性力。 ?MA = 0 M -JA ? - JB ? -(W2 +P+FB + FC)r = 0 FB=W2ac/g JA= W1R/2g 2 I I I YA M A W1 JA?XA FB B W2 C I FC =Pac/g JB = W2 r /2g 2 I JB ?P FC 27 I aC?M?r?W2?P?g?2W1?1.5 W2?P?r28 例题.匀质杆OA长l重W,其一端O用理想铰链固定如图所示.设开始时杆在水平位置,初速为零.求转过?

14、角时的角速度,角加速度以及铰链O处的约束力. O A 29 解:取杆为研究对象.应 y 用动能定理. 1l2JO?0?Wsin?22O x A ? ? C acn ac? 3gsin? ?l3g?cos?2 lac?l3g?cos?24l23gacn?sin?2230 x 取杆为研究对象画受力图. 应用质心运动定理 W?ac?Xo?Wcos?gy O YO ? ? A XO C acn ac? W Wacn?Yo?W sin ?g联立上述两式得: Xo?0 .25 Wcos?Yo?2.5W sin?31 再 见 32 P 14-16解.解除E点约束代之RE Q1 = Q2 = Q = 4900

15、 A l8M q E l4B l8l4C l4D ?W(Q2)? ?1?4900? ?4900?W(M)? ?4900?W(RE)?4RE?由虚位移原理得: A P Q1 Q2 ? M ?rE?W(Q2)? ?W(M)? ?W(RE)?0?4900? ?4900? ?4RE? ?0RE?24501 B 1 1 C 1 1 1 2 E RE 33 P 解除B点约束代之RB Q1 ?rC?1 Q2 ?2 M ?rC?(AC)?1?(CD)?2A B C D ?1? ?2? ?RB 1 1 1 1 ?W(P)? ?1?4900?1? ?4900?1 1 2 ?W(Q1)? ?3?4900?1? ?1

16、4700?W(Q2)? ?3?4900?2? ?14700?由虚位移原理得: ?W(RB)?2RB?1?2RB?W(M)?4900?2?4900?W(P)? ?W(Q1)? ?W(Q2)? ?W(M)? ?W(RB)?0?4900? ?14700? ?14700? ?4900? ?2RB? ?0RB?1470034 ?rA解除A点的竖直约束代之YA P Q1 Q2 M ?rC?(BC)?1?(CD)?2A ?1 B ?1 C ?2 D ?1?2?2YA 1 1 1 1 ? rC1 1 2 ?W(YA)?2 YA?1?W(P)? ?4900?1?W(Q1)?4900?1?W(M)? ?4900?

17、2?W(Q2)?3?4900?2?14700?2由虚位移原理得: ?W(P)? ?W(Q1)? ?W(Q2)? ?W(M)? ?W(YA)?0?4900?1?4900?1?14700?2?4900?2?2 YA?1?014700?2?4900?2?4 YA?2?0YA? ?245035 P A Q1 Q2 M ?rAB 1 1 1 ?rBC 1 D XA ?rD1 1 2 解除A点的竖直约束代之XA ?rA? ?rB? ?rD? ?r?W(XA)?XA?r由虚位移原理得: ?W(P)? ?W(Q1)? ?W(Q2)? ?W(M)?0?W(P)? ?W(Q1)? ?W(Q2)? ?W(M)? ?

18、W(XA)?0XA?036 XA?r?01.复习: 虚位移原理 设具有双面,定常,理想约束的质点系,原处于 静止状态,则其在给定位置上保持平衡的必要 与充分条件是:所有主动力在质点系的任何虚 位移中的元功之和等于零. ?F?r?0iii?1n?X?x?Y?y? 0iiiii?137 n虚位移原理的应用 (1)求解复杂系统的平衡条件. 1)画虚位移图. 2)利用几何法或解析法求各虚位移之 间的关系. 3)计算各主动力的虚功. 4)利用虚位移原理求解平衡条件. 38 (2)求约束力 1)每次解除一个约束,代之一约束力(看作主动力)并画虚位移图. 2)利用几何法或解析法求各虚位移之间 的关系 3)计

19、算各主动力的虚功. 4)利用虚位移原理求解约束力. 39 (3)求杆件内力. 1)每次只截断一根杆件，并代之以内力（作 为主动力）,画虚位移图. 2)由几何法或解析法求各虚位移之间的关系. 3)计算各主动力的虚功. 4)利用虚位移原理求解杆件内力. 40 2.复习质点系的达朗伯原理:在质点系运动的每一瞬时,作用于质点系上的所有主动力,约束力与假想地加在质点系各质点上的惯性力构成一平衡力系. 41 刚体中惯性力系的简化 (1)平动刚体中惯性力系的简化 选择刚体的质心为惯性力系的简化中心. 1)惯性力系的主矢 I 其大小：R=Mac 2)惯性力系的主矩等于零。 Mac ac c 42 (2)定轴转

20、动刚体中惯性力系的简化: 取转轴O处为简化中心 1)惯性力系的主矢 其大小：R?= Mac? I Rn= Macn 2)惯性力系的主矩 RI? I RIn IMo o acn c ac? 其大小：M =JO? ? 43 （3）平面运动刚体中惯性力系的简化： 取质心c为简化中心. 1)惯性力系的主矢 其大小：R = M ac 2)惯性力系的主矩 I 其大小：Mc= Jc ? I Jc ? ac M ac c ? 44 3.复习动力学普遍定理复习动力学普遍定理 1.动量定理: 质点的动量P=m v 质点系的动量:P=?mivi=m vc 动量定理:dP /dt=?Fi=R (微分形式) (e) P

21、2 - P1 = I（积分形式） 质心运动定理:m ac=?Fi=R （会用投影式解题） e e e e 45 2.动量矩定理: 质点系对定点的动量矩:LO=?rimivi 质点系对质心的动量矩:Lc=?rimivi LO = rc ? P+ Lc 定轴转动刚体对定轴的动量矩:LZ=JZ? 平面运动刚体对质心轴的动量矩:Lc=Jc? 动量矩定理:dLo/ dt =? ?MO(F ) 相对质心动量矩定理:dLc/ dt =? ?Mc(F ) 刚体定轴转动微分方程 Jz? = ?Mz(F ) e ie ie i46 刚体平面运动的微分方程 ? ?c= Fx (1) xM M = F(2) y? ?

22、ycJc ? = Mecz (3) 其中Jc为刚体对于过质心C且垂直于运动平面的轴的转动惯量. 47 3.动能定理: 2 2 1 1 mivi = 2 mvc 平动刚体的动能:T= ? 2 1 Jz? 定轴转动刚体的动能:T= 2 2 2 1 mvc + 1 Jz? 平面运动刚体的动能:T= 2 2 2 1 JI? = 2 2 动能定理: d T = ?W T2 - T1 = W 48 速度瞬心可在平面图形内速度瞬心可在平面图形内,也可在平面图形外也可在平面图形外.且且 它的位置不是固定不变它的位置不是固定不变,而是随着时间变化的而是随着时间变化的. 速度瞬心的确定 (a)当平面图形沿某一固定面作无滑动的滚动时当平面图形沿某一固定面作无滑动的滚动时, 图形上与固定面的接触点图形上与固定面的接触点C即为该图形的瞬心即为该图形的瞬心. vA vA A C A C 49 (b)已知在某瞬时图C