理论力学第二章
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理论力学 第2章 虚功原理
2.3 虚功原理 达朗贝尔原理
2.3 虚功原理 达朗贝尔原理
2.3 虚功原理 达朗贝尔原理
讨论：虚位移与真正运动时发生的实位移不同：
实位移：一定的力作用下和给定的初条件下运动实际发生的 虚位移：在约束容许的条件下可能发生的
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：微小位移，视约束情况可能有几种不同的方向 实位移：在一定的时间内发生的
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。
2.2 自由度和广义坐标
问题: 确定系统的自由度和广义坐标
例1：曲柄连杆机构中，可取曲柄OA的转角为广义坐标，则：
xA r cos , yA r sin xB r cos l 2 r 2 sin2 , yB 0
• 什么是虚位移 • 什么是虚功 • 什么是虚功原理的适用条件
2.3 虚功原理 达朗贝尔原理
一、实位移和虚位移
（ real displacement ）
2.3 虚功原理 达朗贝尔原理
（ virtual displacement ）
（ 补充）
2.3 虚功原理 达朗贝尔原理
2.3 虚功原理 达朗贝尔原理
2、光滑铰链
WN N r 0
W N N r N 'r 0
FA'
Foy O
ArA FA
B rB
Fox
FN
2.3 虚功原理 达朗贝尔原理
理想约束的典型例子： 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 (N F )rC 0
2.3 虚功原理 达朗贝尔原理
理论力学第二章
第2章 力系的等效与简化2－1试求图示中力F 对O 点的矩。
解：（a ）l F F M F M F M M y O y O x O O ⋅==+=αsin )()()()(F （b ）l F M O ⋅=αsin )(F（c ）)(sin cos )()()(312l l Fl F F M F M M y O x O O +--=+=ααF （d ）2221sin )()()()(l l F F M F M F M M y O y O x O O +==+=αF2－2 图示正方体的边长a =0.5m ，其上作用的力F =100N ，求力F 对O 点的矩及对x 轴的力矩。
解：)(2)()(j i k i Fr F M +-⨯+=⨯=Fa A O m kN )(36.35)(2⋅+--=+--=k j i k j i Fam kN 36.35)(⋅-=F x M2－3 曲拐手柄如图所示，已知作用于手柄上的力F =100N ，AB =100mm ，BC =400mm ，CD =200mm ，α = 30°。
试求力F 对x 、y 、z 轴之矩。
解：)cos cos sin (sin )4.03.0()(2k j i k j F r F M αααα--⨯-=⨯=F D Ak j i αααα22sin 30sin 40)sin 4.03.0(cos 100--+-=力F 对x 、y 、z 轴之矩为：m N 3.43)2.03.0(350)sin 4.03.0(cos 100)(⋅-=+-=+-=ααF x M m N 10sin 40)(2⋅-=-=αF y Mm N 5.7sin 30)(2⋅-=-=αF z M2—4 正三棱柱的底面为等腰三角形，已知OA=OB =a ，在平面ABED 内沿对角线AE 有一个力F ， 图中θ =30°，试求此力对各坐标轴之矩。
习题2-1图A r A习题2-2图（a ）习题2-3图(a)ABr 解：)sin 45sin cos 45cos cos ()(k j i i F r F M θθθ+︒+︒-⨯=⨯=F a A O )45sin cos sin (k j ︒+-=θθaF 力F 对x 、y 、z 轴之矩为：0)(=F x M230sin )(aF aF M y -=︒-==F Fa aF M z 4645sin 30cos )(=︒︒=F2－5 如图所示，试求力F 对A 点之矩及对x 、y 、z 轴之矩。
理论力学第二章.
(a)
(b) 图2.1 力多边形
(c)
3
从图2—1b可见，在合成该平面汇交力的合力时，也可不必将中间力矢量
FR1 、 FR 2 一一求出。只需从力 F1 的终点B作出与力 F2 相等的矢量 BC ，再从
BC 的终点C作出一个与力 F3相等的矢量 CD ，最后从CD 的终点D作出一个与 F4 力相等的矢量力相等的矢量 DE 。连接 F1 的始点A与最后一个矢量的终点
FR F1 F2 Fn Fi
（2-1）
三、平面汇交力学平衡的几何条件
当力多边形自行闭合，即合力 FR 0，于是平面汇交力系平衡；反之，若平面汇 交力系平衡，即合力 FR 0。所以，平面汇交力系平衡的充分必要条件是：力多边形 自行闭合，或平面汇交力系的合力等于0，即
例2.1 AC和BC两杆用铰链C连接，两杆的另一端分别铰支在墙上，如 图2-2(a)示。在点C悬挂重10kN的物体，已知AB=AC=2m,BC=1m,如杆重 不计，求两杆所受的力。 解（1）取销钉C为研究对象； （2）画销钉C的受力图，如图2-2（b)示； （3）作封闭力三角形，如图2-2(c)示。 由于封闭的力三角形与三角形ABC相似，故
所以
F=11.5kN , NB=23.1kN
由作用力和反作用力的关系，碾子对障碍物的压力等于 23.1kN。
此题也可用力多边形方法用比例尺去量。
例2-3 已知： AC CB, F 10 kN ,各杆自重不计； 求：CD 杆及铰链 A 的受力.
解：CD 为二力杆，取 AB杆，画受力图. 用几何法，画封闭力三角形.
求：在中心作用的水平力F的大小和碾子对障碍物的压力。
解： ①选碾子为研究对象 ②取分离体画受力图
理论力学第二章
得 h 2l 3
Ph
l
q dx x
0
l
0
x2 l
q dx
§2-4 平面力偶理论
一.力偶和力偶矩 1.力偶
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 力偶矩
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 针转向时为正，反之为负.常用单位N·m或kN·m
二、合力矩定理 平面汇交力系
MO FR MO Fi
该结论适用于任何合力存在的力系
三、力矩与合力矩的解析表达式
MO F MO Fy MO Fx
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
FA
FB
M1 M2 l
M3
200N
例2-10 已知 M 2kN m,OA r 0.5m,θ 30 ;
1
求：平衡时的 M 2及铰链O，B处的约束力. 解：取轮,由力偶只能由力偶平衡的性质,画受力图.
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？
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
Ph
l
q dx x
0
l
0
x2 l
q dx
§2-4 平面力偶理论
一.力偶和力偶矩 1.力偶
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 力偶矩
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 针转向时为正，反之为负.常用单位N·m或kN·m
二、合力矩定理 平面汇交力系
MO FR MO Fi
该结论适用于任何合力存在的力系
三、力矩与合力矩的解析表达式
MO F MO Fy MO Fx
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
FA
FB
M1 M2 l
M3
200N
例2-10 已知 M 2kN m,OA r 0.5m,θ 30 ;
1
求：平衡时的 M 2及铰链O，B处的约束力. 解：取轮,由力偶只能由力偶平衡的性质,画受力图.
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？
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
理论力学第二章
cos T1 T2 P 2P 1 2
(1)
(2)
0
60
T2
T1 α
由(2)式解得：
N D Q - T2 sin
Q
Q 2 P sin 60
0
Q
3P
ND
END
(b)
[习题2-1] B
600
A
SAB SAC
A
B SAB
300
W (a)
W
200 700
C
∑X=0：
2.1 平面汇交力系合成与平衡的几何法 一、合成的几何法 1. 两个共点力的合成 公理3：作如右图所示。
A
F1
R α φ
F2
也可用力的三角形法则来作， 如右下图所示R ： 合力R大小和方向可直接由图上
按比例尺寸量取，此法叫图解法。
除了上面介绍的图解法之外，也可用三角函数来计算 合力R的大小和方向: 由余弦定理求合力R的大小：
C
解: 2)用解析法求解
a. 取AC杆为分离体: b.画其受力图:
600
(二力体)
c.选择坐标系:
(1)
B y A RA
W = 5kN (三力体)
d.列平衡方程: ΣX=0: SBC = RA
ΣY=0: SBC· sin30o+RA· sin30o= W C x 将(1)代入得: SBC = RA 0 30 = W/(2· sin30o) SBC = W = 5 kN
第一篇
静力学
Statics
第2章
平面汇交力系 与平面力偶理论
引 言
力系的概念：
平面力系 ------ ? ...... 在同一平面上。 空间力系 ------ ???
(1)
(2)
0
60
T2
T1 α
由(2)式解得：
N D Q - T2 sin
Q
Q 2 P sin 60
0
Q
3P
ND
END
(b)
[习题2-1] B
600
A
SAB SAC
A
B SAB
300
W (a)
W
200 700
C
∑X=0：
2.1 平面汇交力系合成与平衡的几何法 一、合成的几何法 1. 两个共点力的合成 公理3：作如右图所示。
A
F1
R α φ
F2
也可用力的三角形法则来作， 如右下图所示R ： 合力R大小和方向可直接由图上
按比例尺寸量取，此法叫图解法。
除了上面介绍的图解法之外，也可用三角函数来计算 合力R的大小和方向: 由余弦定理求合力R的大小：
C
解: 2)用解析法求解
a. 取AC杆为分离体: b.画其受力图:
600
(二力体)
c.选择坐标系:
(1)
B y A RA
W = 5kN (三力体)
d.列平衡方程: ΣX=0: SBC = RA
ΣY=0: SBC· sin30o+RA· sin30o= W C x 将(1)代入得: SBC = RA 0 30 = W/(2· sin30o) SBC = W = 5 kN
第一篇
静力学
Statics
第2章
平面汇交力系 与平面力偶理论
引 言
力系的概念：
平面力系 ------ ? ...... 在同一平面上。 空间力系 ------ ???
理论力学 第二章
扭矩扳手
2-3 平面力对点之矩的概念及计算
一、力对点的矩（力矩） 力对点的矩（力矩）
M O ( F ) = ± F ⋅ d ，单位N•m或KN•m 单位N KN•
→
→
① ②
是代数量。 M O ( F ) 是代数量。
M O ( F ) 正负判定： 正负判定：
→
→
M O (F ) (F
+
→ →
-
③ 当F=0或d=0时， O (F ) =0。 =0或 =0时 M =0。 点O为矩心，d为力臂。 为矩心， 为力臂。 角 形面积，或是矢量积的模。 面积，或是矢量积的模。 ④ M O (F ) = ± 2⊿AOB= r × F 2⊿AOB= 力对点0矩的大小等于2 力对点0矩的大小等于2倍三
Fx = X i , F y = Y j
F = X +Y
2 2
→
→ →
→
X cos α = F
Y cos β = F
2-2 平面汇交力系合成与平衡的解析法
区分力沿轴的分力和力在两轴上的投影： 区分力沿轴的分力和力在两轴上的投影： 力沿轴的分力和力在两轴上的投影 • 分力是矢量，投影是代 分力是矢量， 数量，二者性质不同。 数量，二者性质不同。 • 在直角坐标系中，投影 在直角坐标系中， 的大小与分力的大小相 但在斜角坐标系中， 同，但在斜角坐标系中， 二者不等。 二者不等。
∑F = 0 ix
− FBA + F cos60 − F2 cos30 = 0 1
o o
∑F =0 iy
FBC − F cos30 − F cos60 = 0 1 2
o o
F = F2 = P 1
解得： FC = 27 32kN 解得： B .
理论力学第2章平面任意力系
空载时轨道A 、 B的约束反力，并问此起重机在使用过程中有无翻
倒的危险。
解：
（1）起重机受力图如图
（2）列平衡方程 ：
MA 0:
Q
Q(6 2) RB 4 W 2 P(12 2) 0
MB 0:
Q(6 2) W 2 P(12 2) RA 4 0
6m
解方程得:
W
P
12m
RA 170 2.5P
FR' Fi Fxi Fy j
MO MO (Fi )
3. 平面任意力系的简化结果
（1）FR´= 0，Mo ≠ 0, （2）FR´ ≠ 0，Mo = 0, （3）FR´≠ 0，Mo ≠ 0, （4）FR´= 0，Mo = 0,
合力偶，合力偶矩，MO MO (Fi )
合力，合力作用线通过简化中心O。
3
F2
j
F3
x
(437.6)2 (161.6)2
F1
1 1
100
Oi
1 2
466.5N
200
MO 21.44N m
y
合力及其与原点O的距离如图(c) 。 MO
x
y
d
x
O
FR FR′ 466.5N FR´
FR
O
d MO 45.96mm
(b)
(c)
FR
10
例11 水平梁AB受按三角形分布的载荷作用，如图示。载荷的
M
l
l
30
B
D
° F
3l
P
q
A
21
解：T字形刚架ABD的受力如图所示。
M
l
l
Fx 0
30
B
FAx 1 • q • 3a Fcos30 0
理论力学 第二章 刚体的基本运动
0
nπ 式中n为转速 单位：转/ 分(r/min) 。 山东大学 土建与水利学院工程力学系 THEORETICAL MECHANICS 30
§ 2.2 刚体绕定轴的转动
3.角加速度
描述角速度变化的快慢程度
2
d d lim 2 t 0 t dt dt
单位：弧度/秒2 (rad/s2 ) α与同号，刚体加速转动；
THEORETICAL MECHANICS
山东大学 土建与水利学院工程力学系
§2.4 轮系的传动比
1 n1 r2 Z2 i1,2 2 n2 r1 Z1
此结论对于锥齿轮传动和带 轮传动同样适用。 在一些复杂轮系（如变速器） 中包含有几对齿轮。可将每一对 齿轮的传动算出后，将它们连乘 起来，变为可得总的传动比。
392.8 62.5 转 2π
THEORETICAL MECHANICS
山东大学 土建与水利学院工程力学系
例 题
例2- 3 轮子绕O点作定轴转动，其加速度方向和轮的半径
成60度角，求轮的转动方程，以及角速度和转角之间的关系。
00, 0.
M
O
a
60
THEORETICAL MECHANICS
解 ： AB 杆 为 平 移 ， O1A 为 定 轴 转 动 。 根 据 平移的特点，在同一瞬 时，M、A两点具有相同 的速度和加速度。
THEORETICAL MECHANICS
山东大学 土建与水利学院工程力学系
例 题
A点作圆周运动，其运动方程为
s O1 A 3π t
ds dv vA 3π （m/s) a A t 0 dt dt
§ 2.1 刚体的平行移动
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i1 j1
ji
3、所一ri对有对内f任内ij 力力意rj对对参OfOji考的的力r点力i 矩矩Of矢ij矢，量量r质j和和点fij 系 (内ri 所rj 有) 内fij 力rij对 fOij 的0 力fij 矩i矢rir量ij 和rjj为0f。ji
n
M (i)
n
ri
fij
0
O
i1 j1
4、质点系内ji所有内力做功之和一般不为0。
§2.3 质点系的角动量定理和角动量守恒定律
一、质点系的角动量
J
n
(ri miri )
i 1
二、质点系对固定点O的角动量定理
miri
F (i)
i
F (e)
i
ri miri ri F（i i） ri Fie
ri miri ri F（i i） ri Fie
i
i
i
=0
d dt
Fi
i
drvi
Frie drvi dV
i
i
dT dV dT dV d (T V ) 0 T V E(const)
四、柯尼希定理(质点组相对于固定点的动能=?相对于质心的动能) ri rc ri '
T i 12miri 2 i 12mi (rc ri ' )2 i 12mirc2 i 12miri '2 i mirc ri '
内力：质点组内各个质点之间相互作用的力，就叫做内力 。 F (i) 外力：质点组以外的物体作用于质点组的力就叫外力。F (e)
内、外力之分是相对的。 三、质点系动力学研究方法
方法1 对质点系内每个质点建立运动微分方程，用计算机数值求解；
方法2 从整体上研究质点系存在哪些普遍规律（动量、角动量等）。
i 1
M
i 1
rc
rdm M
z rc
O
m1 m2
c
mi
ri
y
它是诸质点位置的加权平均，质量相当于权重。x
2、几点说明
(1) 分量式
n
mi xi
xc
i 1
M
n
mi yi
yc
i 1
M
n
mi zi
zc
i 1
M
连续体的质心
xdm xc M
ydm
zdm
yc M
zc M
(2) 对于质量均匀分布的连续体，其质心就是它的几何中心。
pr
mirv&i
r MvC
二、质点系的动量定理
d dt
n i1
pi
dp dt
=0
dp
F (e)
dt
质点组总动量的变化与内力无关，内力只能改变组内各 质点的运动情况而不能改变整体的动量 。
三、质心运动定理
质心的加速度
ac
rc
n miri
i 1
M
n mi ai
i 1
M
质心运动定理
f
e
iy
)
0
i
J C
Jx Cx
四、质点组对质心的角动量定理
建立随质心平动的参照系C-x’y’z’,即质心坐标系
mi
ri r'i'mFiir(ii')
Fir(ie')F（i (i）mi
rcr)'i
Fie
(ri 'mirc )
i
i
i
i
d
dt
(ri 'mi
ri ')
0
d dt
i
(ri 'miri ')
i
F (i)
i
dri '
i
(mirc ) dri ' Nhomakorabead
i
(
1 2
mi
r'i2
)
i
Fie dri '
i
F (i)
i
dri '
rc midri '
i
rc d miri ' 0
i
小结：
对固定点
dp
F (e)
dt
dJ
M (e)
dt
对质心
Mrc
F (e)
dJ '
M
A O
质量为m均质圆盘，平放在光滑的水平面上，其受力情况如图 所示，开始时，圆盘静止，且R=2r，则圆盘将如何运动？
R r
F
F R
r
F
R
r 2F
F
有关质心和内力的讨论
1、利用质心系分解质点组的运动。
根据质心运动定理易于确定质心的运动；在质心系中研究 问题可以使问题简化，因此一般把质点组的运动分解为一 质心为代表的“平动”和相对质心系的运动。
vc '
n miri '
i 1
0
M
ac
'
0
例题、求腰长为 a的等腰直角三角形均匀薄板的质心位置。
解：质心必位于x轴上
xc
xdm M
a/ 2
0 x2x dx
1 a2
2
y a
o
x
x dx
2a 3
例题、求夹角为的匀质扇形盘面的质心位置。
ydm
解： yc M
y R
yrdrd
因为y r cos
2、一个人在圆形水平台上沿边缘走动，此台可绕其中心的铅垂 轴转动，开始时两者都静止。试求人在平台上走完一周时的绝 对角位移（假定人和平台的重量相等）。
3、已知桌面水平光滑，起初m作半径为L的匀速圆周运动，
速率v0，重物M静止，后放手，M下落。求：下落h(h< L)时
的重物M的速度。
v0
Lm
M
§2.4 动能定理与机械能守恒律
i
ri 'Fie
(miri 'rc ) ( miri ')rc 0
i
i
dJ '
M '(e)
dt
对于一般动点，大多不成立。
例题、在一光滑的水平面上有两个质量均为m的质点连接在一根 刚性轻杆两端，杆长为L，整个体系处于静止状态。在t=0时刻， 一个大小恒定的力F作用于其中一个质点上，方向始终在该水平 面上并保持与轻杆垂直。试证明，当轻杆转过θ角度时杆的角速
Mac
n
mi ai
n
(Fi(i) Fi(e) )
i 1
i 1
n
n
n
F (i) i
F (e) i
F (e) i
i 1
i 1
i 1
M&rr&c
r F
(e)
四、质点系的动量守恒律
F(e) 0
p
C
Fx(e) 0
F (e) 0
px C
vrc rr&c cr
dp
F (e)
(3) 如果一个体系由几个部分组成，其质心位置？
CB
CA
C
mB
(4) 质心位矢、速度、加速度 对于惯性参照系O—xyz，
mA
B
A
n
rc
mi ri
i 1
M
vc
rc
n miri
i 1
M
ac
rc
n miri
i 1
M
对于质心参照系 C-x’y’z’
n
rc '
miri '
i 1
0
M
i 1
质心将按惯性运动
2、两体相对于质心的运动
(也即r1 '
,
r2
'
的变化规律)
2相对于1的位矢
由质心定义 两体相对质心的运动可以通过两体的相对运动求得。
因此当轻杆转过θ角度时杆的角速度为
2F mL
课本p92例题
例题、半径为r,质量为M的水平匀质圆盘可绕通过其圆心的铅
直轴转动。一个质量为m的甲虫，以相对圆盘速度为 v at
（ a 为常数）的规律沿圆盘的边缘爬行。开始时，两者都静止，
假设桌面光滑，试求甲虫爬行后，圆盘的角速度。
解：该系统对竖直轴r 的力矩r 为0，故角动量守恒，即 L圆盘 L甲虫 0
2、内力的作用
质点系的总动量和总角动量对时间的变化率与内力无关，但 这并非表明内力对质点系的运动没有贡献，它改变了质点组 内单个质点的动量和角动量。
3、质点系内的质点是在外力和内力的共同作用下运动的，对 质点系内的质点来说，内力与外力有等同的作用。
4、质点系内的一对对内力造成了单个质点间动量与角动量的等 量转移，内力对质点系的运动至关重要。
第二章 质点组力学
理论体系：质点→ 质点组→ 刚体
本章内容： 质点组三大定理、三大守恒律
动量定理和动量守恒律 角动量定理和角动量守恒律 动能定理和机械能守恒律 两个例子 两体运动 变质量物体的运动 ➢ 质心坐标系和实验室坐标系 ➢ 维里定理
§2.1 质点组 一、质点组：由许多质点组成的系统，叫做质点组，也称质点系。 二、内力与外力
四、学好本章的要点：
明确质点系要从整体上进行研究的思想； 理解内力对三大定理的影响； 掌握质心的概念和质点组相对质心系的运动特点。
五、质点组内力的特点
1、内力成对出现。
每对内力大小相等、方向相反，沿两质点连线方向。 fij f ji
2、质点系所有内力之和为0。
n n
F (i)
fij 0
M
R r 2dr 0
2
cosd
2
O
x
M
R3 2sin
3 2