理论力学第二章
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理论力学第二章
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）。
i1
M
质心系总动量的另一表达式
p miri MvC
二、质点系的动量定理
d n
dp
dti1
pi
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
i1
M
n miai
积分后即可计算出时间为 t 2mL F
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。
d
i
(1 2m ir 'i2)i
F ied r i'
i
F i(i)d r i'
rc
midri '
rc
i
d
miri ' 0
i
小结：
对固定点
dp
F (e)
dt
dJ
M(e)
dt
对质心
Mrc
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）。
i1
M
质心系总动量的另一表达式
p miri MvC
二、质点系的动量定理
d n
dp
dti1
pi
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
i1
M
n miai
积分后即可计算出时间为 t 2mL F
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。
d
i
(1 2m ir 'i2)i
F ied r i'
i
F i(i)d r i'
rc
midri '
rc
i
d
miri ' 0
i
小结：
对固定点
dp
F (e)
dt
dJ
M(e)
dt
对质心
Mrc
F(e)
理论力学第二章习题答案
理论力学第二章习题答案理论力学是物理学中研究物体运动规律和相互作用的分支学科，它以牛顿运动定律为基础，通过数学方法来描述物体的运动和力的作用。
本章习题答案将帮助学生更好地理解和掌握理论力学的基本概念和计算方法。
习题1：考虑一个质量为m的物体在重力作用下自由下落。
忽略空气阻力，求物体下落过程中的速度和位移。
答案：物体自由下落时，受到的力只有重力，大小为mg，方向向下。
根据牛顿第二定律，F=ma，可以得到加速度a=g。
物体的速度v随时间t变化，可以使用公式v=gt计算。
物体的位移s随时间变化，可以使用公式s=1/2gt^2计算。
习题2：一个质量为m的物体在水平面上以初速度v0开始运动，受到一个大小为k的恒定摩擦力作用。
求物体停止前所经过的距离。
答案：物体在水平面上运动时，受到的摩擦力与物体的位移成正比，即F=-kx。
根据牛顿第二定律，F=ma，可以得到加速度a=-k/m。
物体的位移x随时间t变化，可以使用公式x=v0t - 1/2(k/m)t^2计算。
当物体速度减至0时，物体停止，此时t=2v0/k，代入公式得到x=2v0^2/k。
习题3：一个质量为m的物体在斜面上，斜面与水平面的夹角为θ。
物体受到一个向上的拉力F，使得物体沿斜面匀速上升。
求拉力F的大小。
答案：物体沿斜面匀速上升时，拉力F与重力分量mgsinθ和摩擦力μmgcosθ平衡。
根据平衡条件，F=mgsinθ + μmgcosθ。
如果摩擦系数为μ，可以进一步简化为F=mg(sinθ + μcosθ)。
习题4：考虑一个质量为m的物体在竖直平面内做圆周运动，圆心位于物体的正下方。
物体的运动由一个弹簧连接到圆心，弹簧的劲度系数为k。
求物体在圆周运动中的角速度。
答案：物体在圆周运动中，受到弹簧力和重力的作用。
根据牛顿第二定律，向心力Fc=mv^2/r=ma，其中r为圆的半径。
由于物体做圆周运动，向心力由弹簧力和重力的垂直分量提供。
因此，Fc=kx - mgcosθ，其中x为弹簧的伸长量，θ为物体与竖直方向的夹角。
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
理论力学第二章
FB FA 8kN
第二章 平面力系
§2-1 平面汇交力系
The graphical method of composition and the quilibrium of a coplanar system of concurrent forces
一、平面汇交力系合成的几何法－－力多边形法则
FR Fi
即：平面汇交力系的合力等于各分力的矢量和，合 力的作用线通过原汇交点。
h
F
R
O B FB α P FA A
FB
FB
α
P FA
α
P Fmin F
FB
F
•按比例量得： FA=11 .4 kN，FB=10kN (2) Fmin = P sinα = P/2 =10kN
四、 平面汇交力系合成与平衡的解析法
1、力在坐标轴上的投影
F Fx Fy
Fx cos F Fy cos F
在同平面内的两个力偶，若力偶矩相等，则两个 力偶彼此等效。
=
=
=
=
M O F , F M O F M O F F d x1 F x1 Fd
1 1 1
M O F , F F d x2 F x2
2
F ' d Fd
3）力偶矩：度量力偶对物体的转动效应。
由两个因素决定： 1）力偶矩的大小：力与力偶臂乘积 2）力偶在作用面内的转向：逆正顺负
M F d
1.3、力偶的性质 1）组成力偶的两个力在任意坐标轴上的投影和等于 零，但两力不相互平衡。
2）力偶不能合成一个力，故力偶也不能用一个力来 平衡。
2、同平面内力偶的等效定理：
第二章 平面力系
§2-1 平面汇交力系
The graphical method of composition and the quilibrium of a coplanar system of concurrent forces
一、平面汇交力系合成的几何法－－力多边形法则
FR Fi
即：平面汇交力系的合力等于各分力的矢量和，合 力的作用线通过原汇交点。
h
F
R
O B FB α P FA A
FB
FB
α
P FA
α
P Fmin F
FB
F
•按比例量得： FA=11 .4 kN，FB=10kN (2) Fmin = P sinα = P/2 =10kN
四、 平面汇交力系合成与平衡的解析法
1、力在坐标轴上的投影
F Fx Fy
Fx cos F Fy cos F
在同平面内的两个力偶，若力偶矩相等，则两个 力偶彼此等效。
=
=
=
=
M O F , F M O F M O F F d x1 F x1 Fd
1 1 1
M O F , F F d x2 F x2
2
F ' d Fd
3）力偶矩：度量力偶对物体的转动效应。
由两个因素决定： 1）力偶矩的大小：力与力偶臂乘积 2）力偶在作用面内的转向：逆正顺负
M F d
1.3、力偶的性质 1）组成力偶的两个力在任意坐标轴上的投影和等于 零，但两力不相互平衡。
2）力偶不能合成一个力，故力偶也不能用一个力来 平衡。
2、同平面内力偶的等效定理：
理论力学 第二章
Rh θ arccos 30 R
FB sin θ F FA FB cos θ P
FA 11.4kN
FB 10kN
2.碾子拉过障碍物， 应有 FA 0
用几何法解得
F P tanθ=11.55kN
3. 解得
Fmin P sin θ 10 kN
例2-2 已知： AC CB, F 10 kN ,各杆自重不计； 求：CD 杆及铰链 A 的受力.
θ 20 , r 60mm
求: M O (F )
解:直接按定义
MO
F F h F r cos θ
78.93N m
按合力矩定理 M O F M O Ft M O Fr
F cos θ r 78.93N m
FRy F iy F1 sin 30 F2 sin 60 F3 sin 45 F4 sin 45 112.3N
FR FR2x FR2y 171.3N
FRx cos θ 0.7548 FR
cos β
FRy FR
0.6556
θ 40.99 , β 49.01
F1
力 多 边 形
F1
FR FR12 F3
F1
FR F1 F2 F3
FR12 F1 F2
设 {F1 , F2 , Fn } 为作用在A点的共点力系
{FR } {F1 , F2 , Fn }
FR F1 F2 Fn Fi
A
B
F’
B
MB
理论力学第二章(汇交力系)
力多边形 各分力矢与合力矢构成的多边形。
2) 合力
力矢量合成的力多边形法则： 1) 各分力首尾相接，次序可变；
R 为封闭边。
z F3 FR F2 F1 x
5
2、空间汇交力系合成的几何法
r r r r r r FR = F1 + F2 + F3 + F4 = Σ Fi ,
合成为一个合力，合力的大小与方向等于 各分力的矢量和，合力的作用线过汇交点.
FR = F1 + F2 + L + Fn = ∑ Fi
向两个坐标轴投影，
FR = FRx + FRy = (∑ Fix ) + (∑ Fiy )
2 2 2
2
FR
合力方向 FRx ∑ Fix FRy cos θ = = , sin θ = = FR FR FR 合力投影定理：
∑F
FR
iy
10 合力在任一轴上的投影等于各分力在同一轴上投影的代数和。
FDA
P
FDB=FDC=289N。
18
例 ：起重机起吊重量P = 1 kN， ABC 在 yz 平面内，求：立柱 x’ AB、绳BC，BD，BE 的拉力。 解：B点有四个未知力汇 交，故先从C点求解，
[C] 平面汇交力系 z 750
B 450 E FBE FBD 450 450 D x A y 450 F BA 450 FCB FBC 300 FCA
汇交力系的平衡条件为：力系中各力在x、y、z三个坐标 轴的每一轴上投影之代数和均为零。 14 汇交力系平衡的几何条件为：力多边形自行封闭。
汇交力系平衡条件的应用
例：园柱物置于光滑的燕尾槽内，已知：P 为 500 N,求： 接触处A、B的约束力。
2) 合力
力矢量合成的力多边形法则： 1) 各分力首尾相接，次序可变；
R 为封闭边。
z F3 FR F2 F1 x
5
2、空间汇交力系合成的几何法
r r r r r r FR = F1 + F2 + F3 + F4 = Σ Fi ,
合成为一个合力，合力的大小与方向等于 各分力的矢量和，合力的作用线过汇交点.
FR = F1 + F2 + L + Fn = ∑ Fi
向两个坐标轴投影，
FR = FRx + FRy = (∑ Fix ) + (∑ Fiy )
2 2 2
2
FR
合力方向 FRx ∑ Fix FRy cos θ = = , sin θ = = FR FR FR 合力投影定理：
∑F
FR
iy
10 合力在任一轴上的投影等于各分力在同一轴上投影的代数和。
FDA
P
FDB=FDC=289N。
18
例 ：起重机起吊重量P = 1 kN， ABC 在 yz 平面内，求：立柱 x’ AB、绳BC，BD，BE 的拉力。 解：B点有四个未知力汇 交，故先从C点求解，
[C] 平面汇交力系 z 750
B 450 E FBE FBD 450 450 D x A y 450 F BA 450 FCB FBC 300 FCA
汇交力系的平衡条件为：力系中各力在x、y、z三个坐标 轴的每一轴上投影之代数和均为零。 14 汇交力系平衡的几何条件为：力多边形自行封闭。
汇交力系平衡条件的应用
例：园柱物置于光滑的燕尾槽内，已知：P 为 500 N,求： 接触处A、B的约束力。
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rm2 h
rm
p 1 e
p mh2 k2
r p
E k 4 (e2 1)
1 e cos
2mh2
e 1 2mh2 E k4
质点的总 机械能与 轨道偏心 率的关系
e<1, 则 E<0, 则轨道为椭圆 e=1, 则 E=0, 则轨道为抛物线 e>1, 则 E>0, 则轨道为双曲线
r r2 F (r)
m
r 2 h
r
dr
d
d
dt
dr d
h r2
dr
d
h d
d
(1) r
进行变换 u 1 r
将
r h du
d hu2
代入 r r 2 F(r)
m
r
h
d 2u
d 2
h 2u 2
d 2u
d 2
mh2u
2
(
d 2u
d 2
u)
F (u)
有心运动的轨道微分方程 --- Binet （比内)公式
• 有心力的特性：
– ◆ 质点做有心运动时角动量守恒（质点所受到的力 始终沿着力心，导致其对力心的力矩始终为0）
– ◆ 质点做有心运动时，机械能守恒（有心力是保守 力，质点在保守力的作用下运动，只发生势能和动 能的相互转化，总的机械能保持恒定）
dL
M
dt
E T V
• 有心运动的运动方程
– 在平面极坐标系下面考虑有心运动，则质点的动量 矩（角动量）与极坐标平面垂直，质点运动微分方 程为：
p
mh2 p
u2
mh2 p
1 r2
§2.2 距离平方反比引力下的质点运动
•
距离平方反比引力形式
k 2 GMm
F
k2 r2
er
er
作变量代换 u 1 r
F(r) F(u) k 2u2
d 2u
d 2
u
k2 mh2
mh2u2 ( d 2u u) F (u)
d 2
d2
d 2
(u
k2 mh2
第二章：有心运动
• §2.1 有心力和有心运动
– 如果运动质点受到的力及其作用先总是通过 惯性系中的某一固定点，这样的力(场)叫做 有心力（场），力所指向或背向的固定点叫 做力心，指向力心的有心力叫做引力，背向 力心的是斥力。
– 有心力的量值，一般只是力心与质点间距离 r 的函数，在有心力作用下质点的运动叫做 有心运动。
m(r r2 ) Fr F (r) (1) m(r 2r) F 0 (2)
注意到关系式 r 2r 1 d (r 2)
r dt
因而有
d (r 2) 0
dt
其对应的积分为 r 2 h
又
L
mm rrLe20rkk(rrermrve
)
mr 2(er
e
)
因而有
r 2 L0 h
m
h 为单位质量具有的角动量, 是一个守恒量
• 例题：已知一行星在有心力场中运行的轨道为圆锥曲
线 r p /(1 ，e co其s中)p为半正焦弦，e为偏心率，极轴
沿椭圆长轴方向，试用Binet 公式求出行星所受到的 力。
解：由 Binet 公式可得
u 1 u 1 e cos
r
p
则行星所受的力为：
F
mh2u2
e cos
p
1 e cos
)
(u
k2 mh2
)
u
1 r
k2 mh2
A cos(
0 )
mh2
r
k2 mh2
1
A cos(
0 )
1
mh2 k2
k2
A cos(
0 )
如果令
p
mh2 k2
e
mh2 k2
A
则可得 r
p
1 e cos( 0 )
令 0 0
r p
1 e cos
• 轨道的特性
r p
1 e cos
在近日点 0
r p
θ
1 e
在远日点
r p 1 e
在近日点和远日点处，质点离开力心的距离取极值， 可以得到在此两处质点的径向速度为0
取无穷远处为势能零点，则可得质点所具有的势能
为：
V
(r)
r
F (r)dr
r
k2 r2
dr
k2 r
有心力是保守力，质点在运动过程中，其总的机械
能守恒
E
T
V
1 2
m(rm)2
k2 rm