理论力学Ⅰ第七版第二章
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理论力学第七版
equilibrium)
公理3 (Axiom 3) 加减平衡力系原理(The Principle of Addition or 公理
Subtraction Equilibrium Forces System)
推理1 推理 (Inference 1) 力的可传性(The Principle of Transmissibility) 推理2 推理 (Inference 2) 三力平衡汇交定理(Theorem of Three-force
被约束体
轴可在孔内任意转动， 轴可在孔内任意转动， 也可沿孔的中心线移动， 也可沿孔的中心线移动，但 轴承阻碍轴沿孔径向向外的 约束 位移。 位移。
第一章 静力学公理和物体的受力分析
1－2 约束和约束力 －
1-2 Constraints and Reactions of Constraints 反力方向 过接触点，沿接触面公法线指向轴心。 过接触点，沿接触面公法线指向轴心。 由于轴在孔内可任意转动， 由于轴在孔内可任意转动，故而轴 与孔的接触点位置是不定的。 与孔的接触点位置是不定的。因此反力 的方向一般预先不能确定。 的方向一般预先不能确定。但这样的一 个反力常用两个过轴心的， 个反力常用两个过轴心的，大小未知的 正交分力F 来表示。 正交分力 AX、FAY来表示。此二力指向 可任意假定。 可任意假定。
1－2 约束和约束力 － 约束和约束力(Constraints and Reactions of Constraints)
约束特点 阻碍物体沿接触面法线，并指向约束的运动。 作用点 接触点 反力方向 过接触点，沿接触面公法线，指向被约束物体
第一章 静力学公理和物体的受力分析
1－2 约束和约束力 － 约束和约束力(Constraints and Reactions of Constraints)
公理3 (Axiom 3) 加减平衡力系原理(The Principle of Addition or 公理
Subtraction Equilibrium Forces System)
推理1 推理 (Inference 1) 力的可传性(The Principle of Transmissibility) 推理2 推理 (Inference 2) 三力平衡汇交定理(Theorem of Three-force
被约束体
轴可在孔内任意转动， 轴可在孔内任意转动， 也可沿孔的中心线移动， 也可沿孔的中心线移动，但 轴承阻碍轴沿孔径向向外的 约束 位移。 位移。
第一章 静力学公理和物体的受力分析
1－2 约束和约束力 －
1-2 Constraints and Reactions of Constraints 反力方向 过接触点，沿接触面公法线指向轴心。 过接触点，沿接触面公法线指向轴心。 由于轴在孔内可任意转动， 由于轴在孔内可任意转动，故而轴 与孔的接触点位置是不定的。 与孔的接触点位置是不定的。因此反力 的方向一般预先不能确定。 的方向一般预先不能确定。但这样的一 个反力常用两个过轴心的， 个反力常用两个过轴心的，大小未知的 正交分力F 来表示。 正交分力 AX、FAY来表示。此二力指向 可任意假定。 可任意假定。
1－2 约束和约束力 － 约束和约束力(Constraints and Reactions of Constraints)
约束特点 阻碍物体沿接触面法线，并指向约束的运动。 作用点 接触点 反力方向 过接触点，沿接触面公法线，指向被约束物体
第一章 静力学公理和物体的受力分析
1－2 约束和约束力 － 约束和约束力(Constraints and Reactions of Constraints)
理论力学第2章课件
n (e) dp Fi dt i 1
优点：与内力无关。
分量形式
质点组动量定理的分量形式
dpx d n n (e) mi vix Fix dt dt i 1 i 1
dp n ( e ) Fi dt i 1
二、质心运动定理
dp d n d dvC d 2 rC mi vi (mvC ) m m 2 dt dt i 1 dt dt dt n d 2 rC 由质点组动量定理 m 2 Fi ( e ) dt i 1
dp Fi (e ) dt
wwwchinapostnewscomcn250jykj01htm三体及多体问题科学画报2001年12期1687年牛顿解决了两体问题1889年法国数学家亨利彭加勒于证明三体问题无解天体初始运行状态的细微差别都会在以后的行程中不断积累差之毫厘而失之千里多个天体的运行状况最终将混乱无序运行轨迹亦无规律可循
则两人对滑轮中心的力矩为：
M rm' g rmg rg (m'm)
对滑轮中心的角动量为：
r
J rm' v' rmv r(mv m' v' ) 于是 由 dJ / dt M r(ma m' a' ) rg (m'm)
2 根据位移与加速度的关系(初始速度为0) s 1 at 2
1 2 1 mvC mi v'i2 2 2 i
柯尼希定理：
p mvC 恒矢量
n i 1
vC 恒矢量
(e) 分量守恒律: 若 Fi 在 x 方向为 0, 则该方向 px C，即
理论力学[1](第七版)课后题答案哈工大.高等教育出版社
课后题答案哈工大.高等教育出版社](https://img.taocdn.com/s3/m/4468d4b7c77da26925c5b0bd.png)
如图 2-4a 所示。 火箭的推力 2-4 火箭沿与水平面成 β = 25° 角的方向作匀速直线运动，
F1=100 kN，与运动方向成 θ = 5° 角。如火箭重 P=200 kN，求空气动力 F2 和它与飞行方向 的交角 γ 。
y
F2
ϕ
γ β
F1
(a) 图 2-4
θ
x
P
(b)
解
坐标及受力如图 2-4b 所示，由平衡理论得
∠( FR , F1 ) = arccos( F1 + F2 × 4 / 5 ) FR 100 N + 50 N × 4 / 5 = arccos( ) = 29.74 o = 29 o 44′ 161 N
（2）解析法 建立如图 2-1c 所示的直角坐标系 Axy。
∑ Fx = F1 + F2 × 3 / 5 == 50 N + 50 N × 3 / 5 = 80 N ∑ Fy = F1 + F2 × 4 / 5 = 100 N + 50 N × 4 / 5 = 140 N
B ′ FB
D
q
FN 2 FN 3
(n2)
F
B
D
F
FA
A
(o)
B
FC
C
(o1)
F
FE
E
FG
G
FB
A FA
(o2)
B ′ FB
D
D
F
F C C (o3)
图 1-2
FD
′ FD
FE FF E (o4)
8
理论力学（第七版）课后题答案 哈工大.高等教育出版社
第2章 平面汇交力系与平面力偶系
2-1 铆接薄板在孔心 A，B 和 C 处受 3 个力作用，如图 2-1a 所示。 F1 = 100 N ，沿铅 直方向； F3 = 50 N ，沿水平方向，并通过点 A； F2 = 50 N ，力的作用线也通过点 A，尺 寸如图。求此力系的合力。
理论力学第七版答案、高等教育出版社出版
仅供个人学习参考哈工大理论力学（I ）第7版部分习题答案1-2两个老师都有布置的题目2-3?2-6?2-14?2-?20?2-30?6-2?6-4?7-9??7-10?7-17?7-21?8-5?8-8?8-16?8-24?10-4?10-6?11-5?11-15?10-3以下题为老师布置必做题目1-1（i,j ）,1-2(e,k)2-3,2-6,2-14，2-20,2-306-2,6-47-9,7-10,7-17,7-21,7-268-5,8-8(瞬心后留),8-16,8-2410-3,10-410-611-5,11-1512-10,12-15,综4，15，16，1813-11，13-15，13-166-2图6-2示为把工件送入干燥炉内的机构，叉杆OA=1.5m 在铅垂面内转动，杆AB=0.8m ，A 端为铰链，B 端有放置工件的框架。
在机构运动时，工件的速度恒为0.05m/s ，杆AB 始终铅垂。
设运动开始时，角0=?。
求运动过程中角?与时间的关系，以及点B 的轨迹方程。
10-3如图所示水平面上放1均质三棱柱A ，在其斜面上又放1均质三棱柱B 。
两三棱柱的横截面均为直角三角形。
三棱柱A 的质量为mA 三棱柱B 质量mB 的3倍，其尺寸如图所示。
设各处摩擦不计，初始时系统静止。
求当三棱柱B 沿三棱柱A 滑下接触到水平面时，三棱柱A 移动的距离。
11-4解取A 、B 两三棱柱组成1质点系为研究对象，把坐标轴Ox 固连于水平面上，O 在棱柱A 左下角的初始位置。
由于在水平方向无外力作用，且开始时系统处于静止，故系统 质心位置在水平方向守恒。
设A 、B 两棱柱质心初始位置（如图b 所示）在x 方向坐标分别为当棱柱B 接触水平面时，如图c 所示。
两棱柱质心坐标分别为系统初始时质心坐标棱柱B 接触水平面时系统质心坐标因并注意到得10-4如图所示，均质杆AB ，长l ，直立在光滑的水平面上。
求它从铅直位无初速地倒下时，端点A 相对图b 所示坐标系的轨迹。
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
哈工大理论力学教研室《理论力学Ⅰ》(第7版)课后习题-平面力系(圣才出品)
，所以 RA＝RB。与条件矛盾。
(5)不可以。同(1)。
(6)可以。满足条件的力有很多。
2-9 图 2-6 中 OABC 为正方形，边长为 a。已知某平面任意力系向 A 点简化得一主矢 (大小为 F＇RA)及一主矩(大小、方向均未知)。又已知该力系向 B 点简化得一合力，合力指向 O 点。给出该力系向 C 点简化的主矢(大小、方向）及主矩(大小、转向)。
(4)向 B 点简化得
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，是否可能？
(5)向 B 点简化得
，是否可能？
(6答：(1)不可能。据“力的平移定理”，力可以平移，但不可以消失或改变大小。
(2)可以。同上。
(3)可以。同(1)。
(4)不可以。看 MA＝MB，则
图 2-1 解：以滑轮 B 为研究对象，进行受力分析，如图 2-2 所示。
由平衡方程 可得
图 2-2
Fx = 0 Fy = 0
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FBA + FBC cos 30 + F2 sin30 = 0 F1 + F2 cos 30 + FBC sin30 = 0 其中， F1 = F2 = P 。
2-11 不计图 2-7 中各构件自重，忽略摩擦。画出刚体 ABC 的受力图，各铰链均需画 出确切的约束力方向，不得以两个分力代替。图中 DE//FG。
答：如图 2-8 所示。
图 2-7
图 2-8
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二、习题 2-1 物体重 P＝20 kN，用绳子挂在支架的滑轮 B 上，绳子的另一端接在绞车 D 上， 如图 2-1 所示。转动绞车，物体便能升起。设滑轮的大小、AB 与 CB 杆自重及摩擦略去不 计，A，B，C 三处均为铰链连接。当物体处于平衡状态时，求拉杆 AB 和支杆 CB 所受的力。
理论力学第七版第02章(1-2节)--平面力系 (2)
(3)合力 FR 作用线到简化中心O的距离由d 确定。
MO d FR
(4-6)
2-3 平面任意力系的简化
合力矩定理: 平面任意力系的合力FR对于作用面内任一点O的矩等 于力系中所有各力Fi对于该点之矩的代数和。 合力矩定理推导过程： 由下图(b)可知： M O ( FR ) FR d M O
FR
O
合成
O
F1 F1 F2 F2
M 1 M O ( F1 )
M 2 M O ( F2 )
F3 F3
M 3 M O ( F3 )
Fn Fn
M n M O ( Fn )
2-3 平面任意力系的简化
MO O 等效 平移
O—简化中心
FR
O
合成
O
F 2 F3 FR 1F
主矢： 主矩：
0 FR MO 0
(2-21)
2-4 平面任意力系的平衡条件和平衡方程
主矢：
主矩：
0 FR MO 0
0 FR M0 0
等价 等价
FRx 0 和 FRy 0
M
i 1
n
O
( Fi ) 0
等价
F =0 F =0 M ( F )=0
R x
F cos( F , j )
R
FR
0.3283
x
0.9446
y
FR
, i) 70.84 , ( FR , j) 180 19.16 (FR
(2)主矩：
MO MO (Fi ) 3F1 1.5P 1 3.9P 2 2355kN m
简化方法：力的平移定理。
哈工大理论力学教研室《理论力学Ⅰ》(第7版)课后习题(第1~3章)【圣才出品】
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图 2-3 答：支座约束力不相同，如图 2-4 所示。
图 1-4
图 1-5
1-6 将如下问题抽象为力学模型，充分发挥你们的想象、分析和抽象能力，试画出它 们的力学简图及受力图。
（1）用两根细绳将日光灯吊挂在天花板上； （2）水面上的一块浮冰； （3）一本打开的书静止于桌面上； （4）一个人坐在一只足球上。
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答：如图 1-8 所示。
图 1-7
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图 1-8 二、习题 1-1 画出图 1-1 各图中物体 A、ABC 或构件 AB、AC 的受力图。未画重力的各物体 的自重不计，所有接触处均为光滑接触。
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图 1-1 解：各物体的受力图如图 1-2 所示。
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FD
图 1-4 1-3 画出图 1-5 中每个标注字符的物体的受力图，各题的整体受力图。未画重力的物 体的自量均不计，所有接触处均为光滑接触。
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图 2-3 答：支座约束力不相同，如图 2-4 所示。
图 1-4
图 1-5
1-6 将如下问题抽象为力学模型，充分发挥你们的想象、分析和抽象能力，试画出它 们的力学简图及受力图。
（1）用两根细绳将日光灯吊挂在天花板上； （2）水面上的一块浮冰； （3）一本打开的书静止于桌面上； （4）一个人坐在一只足球上。
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答：如图 1-8 所示。
图 1-7
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图 1-8 二、习题 1-1 画出图 1-1 各图中物体 A、ABC 或构件 AB、AC 的受力图。未画重力的各物体 的自重不计，所有接触处均为光滑接触。
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图 1-1 解：各物体的受力图如图 1-2 所示。
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FD
图 1-4 1-3 画出图 1-5 中每个标注字符的物体的受力图，各题的整体受力图。未画重力的物 体的自量均不计，所有接触处均为光滑接触。
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MO F = MO F + MO F t r = F cos θ r = 78.93Nm
( )
( )
( )
例2-7 已知: F,θ , xB , yB , l; 求: 平衡时,CD杆的拉力. 解: CD为二力杆,取踏板 由杠杆平衡条件
F cosθ yB F sin θ xB FCD l = 0
力偶矩
1 M = ±F d = ±2 F d = ±2ABC 2
二. 力偶与力偶矩的性质
1.力偶在任意坐标轴上的投影等于零.
2.力偶对任意点取矩都等于力偶矩, 不因矩心的改变而改变.
M = F d
MO1 (F, F′) = MO1 (F) + MO1 (F′) = F (d + x1) F x1 = Fd
FC = 28.3kN, FA = 22.4kN
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 = ∑Fix = F1 cos30 F2 cos60 F3 cos45 + F4 cos45 =129.3N
FRy = ∑Fiy = F1 sin 30 + F2 sin 60 F3 sin 45 F4 sin 45 =112.3N
∑F = 0 ix
FBA + F1 cos 60 F2 cos30 = 0
F1 = F2 = P
解得:
FBA = 7.321kN
FBC F1 cos30 F2 cos60 = 0
∑Fiy =0
解得:
FBC = 27.32kN
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. 解:AB,BC杆为二力杆. 取销钉B. 用解析法
r × FR = r × F1 + r × F2 ++ r × Fn
即 MO (FR ) = ∑MO (Fi ) 平面汇交力系
M0 (FR ) = ∑M0 (F ) i
三,力矩与合力矩的解析表达式
MO (F) = MO (Fy ) MO (Fx ) = x F sinθ y F cosθ = x Fy y Fx
例2-10 : 已知
M1 = 2kN m, OA = r = 0.5m, θ = 30 ;
, M2及铰链O,B处的约束力.
求:平衡时的
解:取轮,由力偶只能由力偶平衡的性质,画受力图.
∑M = 0
解得
M1 FA r sin θ = 0
FO = FA = 8kN
r F M2 = 0 sin θ
解得
F cosθ yB F sin θ xB FCD = l
例2-8
已知:q,l;
求: 合力及合力作用线位置. 解: 取微元如图
x q l l x 1 P = ∫ q dx = ql 0 l 2 q′ =
x2 由合力矩定理 P h = q′ x x = ∫ d ∫ q dx 0 0 l
第二章 平面汇交力系与平面力偶系
§2-1 平面汇交力系合成与平衡的几何法
一.多个汇交力的合成
力多边形规则
FR1 = F1 + F2
FR2 = FR1 + FR3 = ∑Fi
i =1 3
FR1 = F1 + F2
FR2 = FR1 + FR3 = ∑Fi
3
. . .
. . .
n i =1
. . .
l l
得
2 h= l 3
例2-9 已知:M1 = M2 =10N m, M3 = 20N m, l = 200m ; m 求: 光滑螺柱AB所受水平力. 解:由力偶只能由力偶平衡的性质, 其受力图为
∑M =0
FAl M1 M2 M3 = 0
解得
M1 + M2 + M3 FA = FB = = 200N l
∑Fiy =0
FCBsin θ + F = 0 Cy
解得
F =1.5kN Cy
例2-6
=1400N, =1400 已知: F=1400 ,
求: MO (F ). 解: 直接按定义
θ = 20 ,
r = 60m m
MO (F ) = F h = F r cosθ = 78.93N m
按合力矩定理
∑Fix = 0
FBA cosθ + FBC cosθ = 0
得
FBA = FBC
∑Fiy =0
解得
FBA sin θ + FBC sin θ F = 0
FBA = FBC =11.35kN
பைடு நூலகம்
选压块C
∑Fix = 0
FCB cosθ FCx = 0
F Fl = 11.25kN 解得 F = cotθ = Cx 2 2h
i =1
FR = FRn1 + Fn = ∑Fi = ∑Fi
力多边形
力多边形规则
二.平面汇交力系平衡的几何条件
平衡条件 ∑F = 0 i 平面汇交力系平衡的必要和充分条件是:该力系 的力多边形自行封闭.
§2-2 平面汇交力系合成与平衡的解析法
一.力在坐标轴上的投影与力沿轴的分解
Fx = F cosθ
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? 2. 3.力F沿什么方向拉动碾子最省力,及此时力F多大?
解: 1.取碾子,画受力图. 用几何法,按比例画封闭力四边形
Rh θ = arccos = 30 R 按比例量得 FA =11.4 kN, F =10kN B
MO (FR ) = ∑MO (Fi )
MO (FR ) = ∑( xi Fiy yi Fix )
§2-4
一.力偶和力偶矩
1.力偶
平面力偶理论
由两个等值,反向,不共线的(平行)力组成的 力系称为力偶,记作 (F, F′)
2.力偶矩 力偶中两力所在平面称为力偶作用面 力偶两力之间的垂直距离称为力偶臂 两个要素 a.大小:力与力偶臂乘积 b.方向:转动方向
一,平面力对点之矩(力矩)
M0 (F ) = r × F
力对点之矩是一个代数量,它的绝对值等于力的大小与力臂
的乘积,它的正负:力使物体绕矩心逆时针转向时为证,反之为 负.常用单位Nm或kNm
二,汇交力系的合力矩定理
FR = ∑Fi = F + F2 ++ Fn 1
FR = F + F2 ++ Fn 1
=
FR = F + F2 + Fn 1
′ ′ ′ FR = F′+ F2 + Fn 1
=
=
=
M = FRd = F d + F2d + Fnd = M1 + M2 +Mn 1
M = ∑Mi = ∑Mi
i= 1 n
平面力偶系平衡的充要条件 M = 0,有如下平衡方程 0,
∑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.
R
F R
作用点为力的汇交点.
三.平面汇交力系的平衡方程
平衡条件 平衡方程
F =0 R
∑Fx = 0
∑Fy =0
§2-3
平面力对点之矩的概念和计算
力矩作用面,O称为矩心,O 到力的作用线的垂直距离h称 为力臂 两个要素: 1.大小:力F与力臂的乘积 2.方向:转动方向 M0 (F ) = ±F h
' A
取杆BC,画受力图.
∑M = 0
解得
M2 =8kN m
FB = FA = 8kN
�
Fy = F cosβ
F = Fx + Fy
二.平面汇交力系合成的解析法
因为
FR = ∑F i
由合矢量投影定理,得合力投影定理
F = ∑F Rx ix
则,合力的大小为:
F = ∑F Ry iy
FR = FRx + FRy
2 2
方向为: cos ( F , i ) = ∑ R
F ix
F R
iy
∑F cos ( F , j ) =
M (FR,F i R ) = FR d1 = 2ABD
=
=
=
=
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:M , M2 ,Mn; 1 任选一段距离d
M 1 =F 1 d
M2 =F 2 d
M1 = Fd 1
M2 = F d 2
Mn =F n d
Mn = Fnd
= =
2 2 FR = FRx + FRy = 171.3N
FRx cosθ = = 0.7548 FR
FRy cos β = = 0.6556 FR
θ = 40.99 , β = 49.01
例2-4 已知: 系统如图,不计杆,轮自重,忽略滑轮大小, P=20kN; 求:系统平衡时,杆AB,BC受力. 解:AB,BC杆为二力杆, 取滑轮B(或点B),画受力图. 用解析法,建图示坐标系
MO2 (F, F′) = F′ (d + x2 ) F x2 = F'd = Fd
力矩的符号 MO (F ) 力偶矩的符号 M
3.只要保持力偶矩不变,力偶可在其作用面内任意 移转,且可以同时改变力偶中力的大小与力臂的长短, 对刚体的作用效果不变.
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ABC?ABD ABC = ABD
M (F , F i ) = Fd = 2ABC