授课教案 课程名称:工程力学基础 编制日期: 授课日期 第周星期第周星期 第周星期 章节及课题: 第二章习题课 教学目的 进一步掌握平面刚体平衡问题的解法,学会平衡方程的灵活应用 重点与难点: 教具准备: 教学内容及教学过程 第二章习题课 例题一、如图所示的构件,B为中间铰,受载荷如图所示。 求:A、C处的约束反力。 A C a a 思路 1、在解题前,先回顾一下固定端约束的情形。分别以旗杆、墙上钉的铁钉等,介绍其约 束情况(反力的个数)。 2、需要求解的未知数为4个,只选取一次研究对象不能解决问题,需要补充方程。故可 以考虑先选取BC为研究对象,在以整体为对象,即可求解 〔解 1、先研究BC段,受力图如下图所示,有 第1页共4页
第 1 页 共 4 页 授 课 教 案 课程名称：工程力学基础 编制日期： 授课日期 第周星期 第 周 星期 第 周 星期 第 周 星期 班 级 章节及课题： 第二章 习题课 教学目的： 进一步掌握平面刚体平衡问题的解法，学会平衡方程的灵活应用。 重点与难点： 教具准备： 教学内容及教学过程 第二章 习题课 例题一、如图所示的构件，B 为中间铰，受载荷如图所示。 求：A、C 处的约束反力。 〔思路〕 1、在解题前，先回顾一下固定端约束的情形。分别以旗杆、墙上钉的铁钉等，介绍其约 束情况（反力的个数）。 2、需要求解的未知数为 4 个，只选取一次研究对象不能解决问题，需要补充方程。故可 以考虑先选取 BC 为研究对象，在以整体为对象，即可求解。 〔解〕 1、先研究 BC 段，受力图如下图所示，有
0 Y Y qa 2、再以整体为研究对象,受力图如右下图所示。根据静力学 条件有 ∑ X=0 0 Y=0Y+Yc2qa=0、1M >mA=O MA+Yc2a-(qa.+qa.)-M=0 MA=3qa2-M 3、解方程 验算 注意 B处的分布载荷的处理: 1、在以整体为研究对象时,可以将分布载荷进行集中处理(即2qa的集中载荷集中于B处) 2、如果以局部微研究对象,则此处的分布教荷就不能进行集中化处理,为什么?请大家仔细思 例题二、已知:ABCD重P=50KN,f=0.4, AB=CD=10cm, AD=BC=50cm B 求:维持系统平衡时物体m的重量的最小值 [解] 向下滑动 思路:可能有两种情况 2、绕C点翻倒 1、维持不下滑的重量Q1 >=0 F+Q, cos 30-Psin 30=0 (1) 2Y=0 N-Q, sin 30-Pcos 30=0 库伦定理:F=fN 第2页共4页
第 2 页 共 4 页 m 0 B = C a Y 2a aq M 0 2 − − = C qa M Y 4 2a = + 2、再以整体为研究对象，受力图如右下图所示。根据静力学 条件有 X 0 X 0 = = A A C A 7qa M Y 0 Y Y -2qa=0 Y 4 2a = + = − 2 A A C A 3a 5a m 0 M Y 2a (qa qa ) M 0 M 3qa M 2 2 = + − + − = = − 3、解方程 4、验算 注意： B 处的分布载荷的处理： 1、在以整体为研究对象时，可以将分布载荷进行集中处理（即 2qa 的集中载荷集中于 B 处）； 2、如果以局部微研究对象，则此处的分布载荷就不能进行集中化处理，为什么？请大家仔细思 考一下。 例题二、已知：ABCD 重 P=50KN，f=0.4， AB=CD=10cm，AD=BC=50cm 求：维持系统平衡时物体 m 的重量的最小值。 [解] 思路：可能有两种情况 1 2 C 、向下滑动 、绕 点翻倒 1、维持不下滑的重量 Q1 X=0 F+Q cos30 Psin30 0 1 − = （1） Y=0 N-Q sin30 Pcos30 0 1 − = (2) 库伦定理： F fN = （3） M q YB YC XB
解方程可得:Q1=4.12KN 2、维持不绕C点翻倒的重量 注意,此时的F、N均集中于C点。 ∑Mc=0Pcos30×AB-Psmn30×AD+Q2cos30xAD+Q2sn30×AB=0 则Q2=4.12KN ??物体有向上滑动或绕D点翻转的可能性吗?请同学们思考。 Ya E A Xa B C C 例题三、已知4根等长、等重的均质杆相铰接,且两端铰链于一水平线上 α、B之间的关系 [解]:此题的关键在于根据结构、受力的对称性,进行解题,从而简化解题过程 1、以ABC为研究对象,由于结构和受力均对称,可见C处的约束必在水平方向(垂直方向的约束力 为0,为什么,请大家思考……),受力图如图所示 ∑X=0Xa=-Xc ∑Y-0Ya=2P 2+P(Lcosacos B Lcos a (3cos a+cos B) )-XcL(Sin a +sin B)=0 sina+sin B 2、以AB为研究对象,有 ∑ M=0 Ya.L coS a+ Xa.L Sin a-P.-cos a=0 3Pcosa sina PL (2P.L coS a+ XaLsin a--coS a=0) 第3页共4页
第 3 页 共 4 页 解方程可得： Q 4.12KN 1 = 2、维持不绕 C 点翻倒的重量 ——注意，此时的 F、N 均集中于 C 点。 C 2 2 1 1 M 0 P cos30 AB Psin 30 AD Q cos30 AD Q sin 30 AB 0 2 2 = − + + = 则 Q 4.12KN 2 = ？？物体有向上滑动或绕 D 点翻转的可能性吗？请同学们思考。 例题三、已知 4 根等长、等重的均质杆相铰接，且两端铰链于一水平线上。 求： 、 之间的关系 [解]：此题的关键在于根据结构、受力的对称性，进行解题，从而简化解题过程。 1、以 ABC 为研究对象，由于结构和受力均对称，可见 C 处的约束必在水平方向（垂直方向的约束力 为 0，为什么，请大家思考……），受力图如图所示 X=0 Xa= Xc − Y=0 Ya=2P M 0 A = Lcos Lcos P P(Lcos ) XcL(sin sin ) 0 2 2 + + − + = P (3cos cos ) 2 Xc sin sin + = + 2、以 AB 为研究对象，有 B L M 0 Ya Lcos Xa Lsin P cos 0 2 = + − = 3Pcos Xa 2sin PL (2P Lcos Xa Lsin cos 0) 2 = − + − =
综上,有 3Pcosa 2 cosa +cos B) sina sin a+sin B tan B=3 tana 注意思考:系统几何对称,且载荷也对称,则约束和内力也必然对称。利用此结论,可对计算过程进 行简化 例题四、已知:F,a,M=Fa,各杆自重不计。求:支座A,D处的约束力。 C F B F aa十+a-+2 F D 解: 1、取BC为研究对象,受力图如c)所示,有 ∑Me=0-F2a+Fa-M=0 2、取AB为研究对象,受力图如b)所示,有 ∑F FB=0 F=F ∑M=0-F22a+F·a-F4,2n=0F4=F/2 ∑F1=0Fa+FB=0F=-F/2 3、取整体为研究对象,有 此处从略(着重讲清解题思路) 第4页共4页
第 4 页 共 4 页 综上，有 P (3cos cos ) 3Pcos 2 2sin sin sin + = + = tan 3tan 注意思考：系统几何对称，且载荷也对称，则约束和内力也必然对称。利用此结论，可对计算过程进 行简化。 例题四、已知：F，a，M=Fa，各杆自重不计。求：支座 A，D 处的约束力。 解： 1、取BC为研究对象，受力图如c）所示，有 ' 0 2 0 Mc F a Fa M = − + − = By 得 ' 0 FBy = 2、取AB为研究对象，受力图如b）所示，有 0 0 F F F F F F y Ay By Ay = − − = = 0 2 2 0 / 2 M F a F a F a F F B Ay Ax Ax = − + − = = 0 0 / 2 F F F F F x Ax Bx Bx = + = = − 3、取整体为研究对象，有 此处从略（着重讲清解题思路）