第01讲 静力学

1、第一讲 静力学平面共点力的平衡(,)xyF=0F0F0平面力矩（偶）的平衡AM0（A可任选）平衡的性质：稳定、不稳定、随与。判断方法：力（矩）、能量。（6、7、8）三维力系（9、10）虚功（11、12）杂题（13、14）（1、2、3、4、5） 1如图所示，n层支架由相同的等腰直角三角形板铰接而成，其顶部受两个力作用，其大小都为P，方向如图，现不计架子本身的自重，试求底部固定铰支座A，B处的约束反力。2 0 xF0PFFBxAx 0yF0PFFByAy 0AMlFlPnlPBy2由式可得12112nPFnPFByAy(2)将上面n-1个板隔离出来,用和(1)相同的方法,可求得PnFDy21解：

2、(1)研究整体0:EM0DyByBxFlFlFl 2,2PFPFAxBx由式可知最后ByBxBAyAxAFFFFFF(3)将板EDB隔离出来 2。五根质量与长度均相同的匀质细杆用质量可略的光滑铰链连接，今将一个顶点悬挂在天花板上(如图)，试求平衡时五边形当中，每边与竖直方向的夹角1和2。(底边与竖直方向垂直)。（两种解法）:sincossinX3X2Y3Y2C1X31Y31NNNGNlM0 GN lN l2Ny3Nx3Nx2Ny2Nx1Ny1Ny2Nx2对AC杆：:sincosX1X2Y2Y1A2X22Y22NNNGNlM0 GN lN l sin2解：从力的角度来解。对OC杆对AB杆Y12N

3、G联列以上各式可得：21tg2tg又sinsin,.12oo121 29.919 2可得解：以O点为势能零点，建立系统的重力势能表达式有：121122cos2coscoscoscos22pllEmgmglmg ll 由几何约束，得：121sinsin2lll现在，系统处于平衡状态，则势能必然最低（稳定平衡）。先用1表示2，利用*式，有：211sinsin2124cos2cospEmglmgl 21114cos21sin2mglmgl 故有：1112111sincos24sin2011sin2pdEmglmgld22221111114sin1sinsin1sin22432111112sin12s

4、in9sin4sin10 19.9219.2得：用计算器逼近解可得：故 3.直径为d和D的两个圆柱，置于同一水平的粗糙平面上，如图所示，在大圆柱上绕以绳子，作用在绳端的水平拉力为F，设所有接触处的摩擦系数均为，试求大圆柱能翻过小圆柱时，值必须满足的条件。解：先考虑 A、B 两处那里更容易滑动？当D柱快离地时，B处的正压力为 g Mm，摩擦力 为F。此时对D取 0DM力为Mg（对D取F和fA的焦点为转轴）。所以A点更易滑动。 可知A处摩擦力也为F。正压对D用 0F 力必过E点，摩擦角为 （三力共点），可知A处d对D的全反1tanCBEC其中 222222DdDdBCDd1tandD即 dD 4.

5、如图，已知匀质杆长为l，搁置于半径为R的圆柱上，各处的摩擦系数均为，求系统平衡时，杆与地面倾角应满足的条件。N3f3N2f2N1f1OON3f3N2f2N1f1OO解：设杆和圆柱体的重力分别为G1和G2。 对杆0Fxsincos223Nff1223sincosGfNN0Mo2cotcos221RNlG0Fy对柱0Fy0Fxsincos221Nff1222cossinNNGf0Mo21ff 0Mo122NGN以上七个方程中只有六个有效。由最后一式可知，N1N2，又因为f1=f2,所以一定是2处比1处容易移动。再来比较2处和O处。）如果是2处先移动，必有f2=N2,代入式，可得= tg（/2） ,

6、将此结果代入,式,即有cossin1212213RlGfcossin12112213RlGN在这种情况下,如要33Nf，必须有2211Rl杆要能搁在柱上，当然要tan2RRl因此在 时，2211RlRarctan2）如果是处先移动，必有33Nf代入前式，可有RlGN22tancos122tan22Nf 2tan2tan11cos2 lR满足上式的即为平衡时的，这时要求 0 对应稳定平衡； M = 0 对应随遇平衡； M 0 对应不稳定平衡。 7.一种 “平衡吊” 如图，它主要由杆ABD，DEF，BC，CE四杆铰接而成，而A处轴可以固定在竖直槽的不同位置，从而调节F处吊钩上重物的高度，杆ABD可

7、绕A在竖直平面内转动，C点能在光滑水平槽内滑动，不计所有摩擦，用l1表示AD的长度，l2 表示AB的长度，l3表示DF的长度，l4表示BC的长度。(1)若将各杆都视为轻杆，且无配重物时，试论证l1 l2 l3 l4应满足何种关系，才能使平衡吊的吊钩(包括重物)位于同一水平面的不同位置时平衡吊都能平衡？(2)若考虑各杆自重，为使平衡吊的吊钩位于同一水平面的不同位置时都可平衡，必须在杆ABD的P处加一重物，P距A为lp，设配重物重量为Gp，AD， DF，BC，CE重量分别为G1，G3，G4，G5，不计AP的重力，问当l1，l2，l3，l4和lp已知，且l1=l3，l2=l4时，Gp的值为多少？解：

8、（1）由于A点为固定转轴，则系统对A点的力矩必为0，由参考图可知1324sinsinsinsinG llN ll化简得：1243sinsinGlNlNlGl12GlNl43NlGl由于题目要求，取不同值时*式均成立。故，即1243llll1 11coscos2ABDp pVG lG l 2551cos2CEVhlG （2）下面换用能量法考虑，取A为势能零点，则系统势能表示为：133311coscoscos2DEFVhlGllG2441sin2BCVhlG 1 15 513 34 431111coscos2222tp pVG lG lG lGlG lG lGl523 142G hG hG h故总

9、的势能为224coscoslhl221 15 53 34 213441111cos2222tp pllVG lG lG lG lG lG llll2233 342523 14 1441122hlGlG lG hG hG hG hhl由则Vt化为：512lll1 42 3l ll l使Vt为定值，要求cos的系数为0。故由，得：1 15123 34 212ppGG lGllG lG ll 评析评析：本题与前题有所不同，先用受力法分析，再用势能，但都抓住“不变”这一条件作文章，即将变数的系数记为0，这十分有用，应牢记。 8.在盛有密度为1的液体的大容器中放入一只底面积为的小的圆柱形容器，在这个容器

10、的底部又插入一根长为的细管。两只容器壁均静止不动。在小的容器中注入密度为 的染了颜色的液体，使其高度至，以使与外面容器的液面相平，然后打开细管的下端，可以看到重液由细管内流入大容器中，但经过一段时间轻液开始进入小容器中，以后这个过程重复地进行着。如果假设液体不会混合以及表面张力可忽略不计，试求第一次从小容器里流出的重液的质量 是多少？在以后的每次循环中，流进小容器的轻液的质量 和从小容器里流出的重液的质量 各是多少?)(1221mnmkm解：设小容器的液面下降x后A面平衡上压强 PA1=P0+2g(H-x+l) 下压强 PA1 =P0+1g(H+l) 由PA1= PA1 可得 x=(2-1)(

11、H+l)/2 m1=2xs=(2-1)(H+l)s 故第一次流出液体质量这是一种不稳定平衡，如果由于某种微扰使细管内液体上升x（由于小容器截面比细管大得多，因此此微扰不会改变小容器内液面的高度）这样下压强大于上压强，将把两种液体的分界面一直推到B处，然后轻液开始浮到重液上面，直至B处上、下压强相等关心B处向下的扰动. 如此循环，直至小容器内重液全部流出至大容器底部。下面计算每次流入小容器的轻液质量mk和小容器中流出的重液质量mn。每次轻液流入从PAk= PAk开始，设在小容器中流入xk高的轻液后，B处上下压强相等，则PAk-2gl+1gxk=PAk-1gl 得xk=(2-1)l/P1, mk=

12、1xks=(2-1)ls 每次重液流出从每次重液流出从PBn= PBn开始，设小容器内液面下降xn后，A处上下压强相等开始，设小容器内液面下降xn后，A处上下压强相等，即 PBn+2gl-wgxn=PBn+1gl 可得 xn = (2-1) l /2, mn=2xns=(2-1) l s =mk 9。半径为r、质量为m的三个相同的刚性球放在光滑的水平桌面上，两两互相接触用一个高为1.5r的圆柱形刚性圆筒(上下均无底)，将此三球套在筒内，圆筒的半径取适当值，使得各球间以及球与筒壁之间均保持接触，但相互无作用力现取一个质量亦为m、半径为R的第四个球，放在三个球的上方正中设四个球的表面、圆筒的内壁表

13、面均由相同物质构成，其相互之间的最大静摩擦因数均为=0.775问：R取何值时，用手轻轻竖直向上提起圆筒即能将四个球一起提起来?解:设系统已被提离桌面而能保持平衡，受力分析如图所示，平衡方程为：上球0Fymgcos3fsin3N22下球 0FxsinfcosNN221sinNmgcosff0F221y整体 4mg3f0F1y下球rfrf0M21A由两式可得：3/4mgff21 因为2222NNff式代入式得：sin1mg31mgcot34N2、代入式得：sin1mg34mgcot31N1为了使物体之间不滑动，必须满足下列二式：4sincos4cot41sin1fN1114sin4cos1cot4

14、sin1fN122因为4+cos1+4cos，所以只要式满足，式必定满足也就是说如果发生滑动，首先在上、下球之间发生因为=15/3（0.775），由式得：)4cos1 ( 3sin154maxmax等式两边平方并整理后得：128cos128cos2 2maxmax+24cos+24cosmaxmax-77=0-77=0可解得1611cosmax设R=br，借助于俯视图可知)Rr/(r332cos)1/(332b111163321cos1332b133332但是b又不能太小，要使上球不从三球中掉下，必须使13/32b所以R取值范围为2 332 3(1)(1)333rRr即0.1547rRO.67

15、96r 10质量为m、长为l的均质细杆AB一端A置于足够粗糙地面，另一端B斜靠在墙上。自A至墙引垂线AO，已知OAB=，杆上端与墙面的摩擦系数为。求杆B端不至滑下时，杆与AO所在平面与铅垂面的最大倾角 以 及 此 刻 墙 对 杆 B 端 的 支 承 力 N 。 分析与解分析与解: 设图为临界状态时的系统位形，坐标OXYZ如图中所示。OYZ为墙面，O为A在墙上的垂足，Z轴铅直向上。杆上受力为三维空间受力。若B端在墙上滑动，将画出一个以O为圆心，l sin为半径的半圆，如图中虚线所示。杆B端受摩擦力f与圆相切，且与y轴夹角，还受支承力N，指向x轴正向。杆上A端受力未知，图中未画出。 尽管一开始我们

16、并不知道如何写平衡方程会使求解简化。但可以试着写出转动方程，使与题无关的未知力不要出现在方程中。先写出杆上受力对AO轴的力矩平衡方程，方程中不出现A端受到的未知力，B端受到的支承力N的力矩为零，只有B端受到的摩擦力f和重力mg对AO轴有力矩，平衡方程为：1sin2mgDOfl sinsinDOlsin2mgf又联立解得： 由于未知，此式还不能得到角 。由于图中所示为临界状态， 与N有关系： Nf1()tgtgtgctgcoscosN DOfl联立方程、，得经分析，再写出对A点的铅直轴AE的力矩平衡方程。同样，杆上A端未知力不出现在方程中，重力mg不产生力矩，只有B端受到的支承力N和摩擦力在y方

17、向分力对轴AE有力矩，平衡方程为： 联立方程、，得到支承力表达式：222212sin2tgmgctgmgmgN 11。如图，由4根长杆AD、BC、CF、DE和4根短杆AO1、BO1、EO4、FO4构成一个框架（各连接处都是铰链），总质量为M。下面再挂一个m，12之间用轻绳连接，使框架呈三个正方形，求绳上的张力。 解：假设O2O3绳缩短了x，那么m将升高3 x，整个框架的重心将升高1.5 x，这些势能的获得正是由于O2O3绳做了功。设上的张力是T( .)Txmg 3 xMg15 x 可解得：.T3mg15Mg)2/csc()2/sin(nnmPNm 12.如图所示，一光滑的圆截面之半圆环管内装满

18、2n个相同的滚珠，每珠重P，与管恰好密合，放在铅直平面内且两端等高，如Nm是由顶端起第m个和第（m+1）个珠间的压力，证明：（两种解法）解：每个球对圆心的张角 2n因此第m个小球E(见图)24mmnnNm与OE的夹角为 24n将E球的重力P、Nmax、Nm投影到垂直于OE的方向1112221cossin24cossin24.cossin24mmmmmmPNNnPNNnPNNn用力的方用力的方法来解题法来解题因而 12coscoscos44mkmmkPNNNPnn其中 22coscos24mmkkkknn2212cossin2sin/424411sinsin2sin/4221sinsin2sin

19、/422mkmkknnnnkknnnmnnn(凑积化和差)因而 sinsincos2sin/4224mPmNPnnnn即 sinsin22sincscsin/222mmPmnnNPPnnncoskkhs 2n解：设想从第1到第m个球都发生小位移S，则第k个小球上升的高度为hk，有：设每个小球所对的圆心角为，有：故有：12kk因而从第1到第m小球的总势能增量为：11coscos131coscoscos21222mmpkkkkEsPPssPsm 用能量的方法OA 12sin12Ra12 sin2RmOA为求上述值，须借助矢量法，所求的和式为在x轴上的投影，由1sin21sin2mOA112m故又故111sincoscos21cos12222sin2mmOAcos ,mWNs 12sincos12sin2mmNsps 现考虑Nm做的功为由虚功原理，得：得：sin2sin2mmnNpn评析评析：本题可以用受力分析，建立递推关系去解，此处向大家介绍虚功原理求力的方法，是为了让大家注意，平衡问题与能量有着密不可分的关系，有时用受力分析不得要领的问题，从能量角度去想，便可迎刃而解。 13。.用20块质量均匀分布的相同光滑积木块，在光滑水平面上一块叠一块地搭成单孔桥。已知每一积木