理论力学 动力学 达朗贝尔原理.pdf 110页

本周作业《练习册》第45～46页达朗贝尔原理（1）习题1轴承处不产生附加动约束力：是指惯性力系自成一个平衡力系习题4求角加速度：以A点为基点分析B点《练习册》第47～48页达朗贝尔原理（2）习题2：支承A处光滑习题4动力学综合应用今天交作业：碰撞共1张作业纸，班级编号在101及以后的双号请直接交给我。 本周作业《练习册》第45～46页达朗贝尔原理（1）习题1轴承处不产生附加动约束力：是指惯性力系自成一个平衡力系习题4求角加速度：以A点为基点分析B点《练习册》第47～48页达朗贝尔原理（2）习题2：支承A处光滑习题4动力学综合应用下周交作业：达朗贝尔原理（1）、（2）共2张作业纸，班级编号在1~20的单号请直接交给我。 回顾：质点系动力学：研究质点系整体运动特征量（动量、动量矩和动能）的变化与作用力间的关系。主要•质点系的动量定理内•质点系的动量矩定理容•质点系的动能定理3 本章介绍动力学的一个重要原理——达朗伯原理。应用这一原理，就可以将动力学问题从形式上转化为静力学问题。即通过引入虚加的惯性力，应用静力学列平衡方程的方法求解质点系的动力学问题，这种方法称为动静法。引进惯性力的概念，将动力学系统的二阶运动量表示为惯性力，进而应用静力学方法研究动力学问题——达朗伯（达朗贝尔）原理（动静法）。达朗伯（达朗贝尔）原理为解决非自由质点系的动力学问题提供了有别于动力学普遍定理的另外一类方法。本章的所有习题必须用本章的原理求解。 本章的所有习题必须用本章的原理（达朗贝尔原理、动静法）求解。1.受力图中出现惯性力；2.用“平衡”方程求解动力学问题。 第十四章动静法（达朗伯原理、达朗贝尔原理）§14-1惯性力的概念质点的达朗伯原理设质量为m的质点在主动力F和约束反力FN的作用下运动。F则有NmaFF=+Na改写上式FFF++−N(m)0a=M令FFa=−mII于是——质点的惯性力FFF++=0NI——质点的动静法（达朗伯原理）质点的达朗伯原理——在质点运动的任一瞬时，质点所受的主动力、约束反力与虚加的质点惯性力在形式上组成一个“平衡”力系。 Ox1例题离心调速器1m－球A、B的质量；ll1ααm－重锤C的质量；2已知：l－杆件的长度；AωBω－Oy轴的旋转角速度。11ll求：ω－α的关系。C解：1、分析受力：以球B(或A)和重锤C为研究对象，分析所受的主动力和约束力2、分析运动：施加惯性力。y1′FF球绕O1y1轴作等速圆周FT2T3T1运动，惯性力方向与法向加速度方向相反，其值为BFICFI＝m1lω2sinαFT1重锤静止，无惯性力。m1gmg2 3、应用动静法：对于球B2∑F=0mlωsinα−(F+F)sinα=0x11T1T2∑F=0mg+(F−F)cosα=0y11T1T2对于重锤Cmg2F′＝F,F′＝,F′＝FT1T3T1T1T12cosα′FFFT3T1T2m+mBFI12cosα=2gCmlω1FT1mg1mg2 §14-2质点系的达朗伯原理F1F质点系的主动力系I1m1F1,F2,,Fi,,FnFN1FNia1质点系的约束力系miFN2aiFN1,FN2,,FNi,,FNnFIiFFI2mi2质点系的惯性力系Fa22F,F,,F,,FΙ1Ι2ΙiΙn对质点系中每一个质点应用动静法。F+F+F=0(i=1,2,,n)iNiIi——质点系的动静法 质点系的动静法——在质点系运动的任一瞬时，作用于质点系的主动力、约束反力与虚加的质点惯性力在形式上组成一个“平衡”力系。∗将作用力分为内力Fi和外力Fi，则上式可写为∗FFF++=0(i=1,2,,)niiIi由静力学知，空间一般力系应满足nnn*主矢：F=FR∑∑∑i+F+F=iiI0i=1i=1i=1nnn*主矩：M=o∑∑∑M(F)+oiM(F)+oiM(F)=0oiIi=1i=1i=1主矢∑∑FFi+=Ii0主矩∑∑MFO()i+=MFO()0Ii 主矢为零e∑Fx+∑Fgx=0,e∑Fy+∑Fgy=0,e∑Fz+∑Fgz=0,主矩为零e∑mx(F)+∑mx(Fg)=0e∑my(F)+∑my(Fg)=0e∑mz(F)+∑mz(Fg)=0 应该强调指出，该质点并非处于平衡状态，实际上质点也未真正受到惯性力作用。在质点上假想地加上惯性力，是为了借用静力学方法求解动力学问题。[注]质点惯性力不是作用在质点上的真实力，它是质点对施力体反作用力的合力。 例：已知：AB=h,AC=h/2,ω,θ,L,m，求A、B的约束力。解：以整体为研究对象，应用动静法求解。画受力图、建坐标系、加惯性力、建静BFBx力学“平衡”方程、求解。FF=F=ma=ma=mLωθ2sin？I1I1I2nθ∑MA=0mg−−FhF(0.5hL+cos)θθ−mgLsinBxI1LC+−+=F(0.5hLcos)θθmgLsin0FI2I2ω∑Fx=0mgAFAxFBx++−=FAxFI1FI20FAy∑Fy=0FAy−2mg=02mLωsin2θ3个“平衡方程”未知量：F=−F=AxBxh3个约束反力F=2mgAy 例均质杆AB长为l，质量为m，以匀角速度ω绕z轴转动，如图。求：杆与铅垂线的交角及铰链A的反力。解：分析运动，杆上各点作圆周运动，ω匀速，故只有法向加速度m加惯性力dm=dηl法向加速度为2ωηsinϕm2dFIR=dηωηsinϕdFIR与η成线性关系l简化惯性力系lm212F=ωsinϕηdη=mlsinϕωIR∫0l2注意：如果沿直线平行分布力不与该直线垂直，则该荷载的合力大小不等于荷载图的面积，需积分计算，但合力作用线仍通过荷载图的形心。 **利用合力矩定理求合力的作用点，设F作用点到A的距离IR为d（可省略）llm22F⋅dcosϕ=dF⋅ηcosϕ=ωsinϕcosϕηdηIR∫IR∫00lm22=lωsinϕcosϕ3将F代入,得IR2d=l3列平衡方程2lΣM=0Flcosϕ−mgsinϕ=0AIR323gϕ=arccos22lωΣF=0F+F=0yIRyΣF=0F−mg=0zz12F=mgF=−mlωsinϕzy2 例题已知：m，l，α，ω求：BC绳的张力及A处约束反力。FBTC解：取AB杆为研究对象ω分析AB杆的运动，计算惯性力FAym2dF=ωxsinα⋅dxΙlmgAlm212FF=∫ωxsinα⋅dx=mlωsinαAxΙ0l2x∑F=0F+F−F=0BxAxΙTF∑F=0F−mg=0IyAy∑MA=0αdFI2lFlcosα−Flcosα−mgsinα=0ATΙ32 121F=mlωsinα+mgtanαT32FBT121CF=−mlωsinα+mgtanαωAx62FAyF=mgAymgAlm212FF=∫ωxsinα⋅dx=mlωsinαAxΙ0l2x∑F=0F+F−F=0BxAxΙTF∑F=0F−mg=0IyAy∑MA=0αdFI2lFlcosα−Flcosα−mgsinα=0ATΙ32 例题已知：m，R，ω。R求：轮缘横截面的张力。O解：取上半部分轮缘为研究对象m2ωF=Rdθ⋅RωΙi2πRFyIi∑F=0∑Fsinθ−2F=0yΙiTdθθx1πm2OF=RωsinθdθT∫202πFFTT2mRω=2π 例铅直轴以轴角速度转动,水平杆OA固定在轴上,在A点绞连于AB均质杆.设OA=0,AB=L，求:图示情况下的角速度ω值.Aω解:方法一:积分r02P2ϕ∆S=∆m×ω=dr(a+rsinϕ)ω，gl∆SllPM=0Psinϕ−∆srcosϕ=0,∑A∫20方法二：直接法x=a+rsinϕ，BaPω2aPω2(a+lsinϕ)Pω2lsinϕxq1=,q2==q1+,q1glglglp2lFq1=q1⋅l,Fq2=ωsinϕ,Fq1g2ll2l∑MA=0,P⋅sinϕ=Fq1cosϕ+Fq2cosϕ,223Fq2ω=3gsinϕq23acosϕ+lsinϕ 采用动静法解决动力学问题的最大优点，可以利用静力学提供的解题方法，给动力学问题一种统一的解题格式。§14-3刚体惯性力系的简化惯性力系：所有惯性力组成的力系简化方法就是采用静力学中的力系简化的理论。将虚拟的惯性力系视作力系向任一点O简化而得到一个惯性力（主矢）和一个惯性力偶矩（主矩）。 刚体惯性力系特点刚体惯性力的分布与刚体的质量分布以及刚体上各点的绝对加速度有关。F＝－maIiii对于平面问题(或者可以简化为平面问题)，刚体的惯性力为面积力，组成平面力系。对于一般问题，刚体的惯性力为体积力，组成空间一般力系。 §14-3质点系惯性力系的简化z一、一般质点系的惯性力系简化d惯性力主矢：FI=ΣFIi=−Σmiai=−ΣmiviFdtiIip=Σmv=mvdpdriiicFI=−=−(mvc)=−macdtdtmaii惯性力主矢与简化中心的选择无关oy惯性力主矩（2种简化方法）：1.向固定点o简化：xMI00=ΣMF()Ii=Σ×ri(−maii)=−Σrmai×iidL0MF()=−OIdvddrdtiira×m=×rm=()r×−×mvmviiiiiiiiiidtdtddt惯性力主矩与vi×mivi=0ri×miai=(ri×mivi)简化中心的选择有dt关dddL0M=−Σ×=()()rmv−Σrmv×=−I0iiiiiidtdtdt 2.若向质心C简化：zMF()=ΣMF()=Σ×−ρ(ma)CICIiiiidviρ=−Σρi×miai=−Σρi×miCiiFIidtrddρircima=−Σ[(ρi×mvii)−×mvii]iidtdtd=−Σ(ρi×mvii)()+Σvvi−c×mviioydtdρdrdrρ=rr−iic=−=−vvxiicicdtdtdtΣvi×mivi=0vC×Σmivi=vC×mvC=0dLΣρ×mv=LCiiiCMC(FI)=−dt 二、刚体的惯性力系简化1、平动刚体：向质心C简化Ca主矢：FI=−maCFIC=maFIdL主矩：CMFCI()=−=−JCαα=0∴=MFCI()0dt刚体作平动时，惯性力系向质心C简化，得到作用在质心上的一个合惯性力。2、定轴转动刚体：讨论刚体具有垂直于转轴O的质0量对称面的情况nFIρCωMIC（1）转轴不通过质心（一般情况）FτCτInaαaCC 1）向质心C简化*0主矢：F=−maFnICIρC即Fn=mρω2Fτ=mραωMICICICFτCτInaαaCCdL主矩：CMF()=−=−JαCICdtMJ=αICC2）向轴心O简化nFI主矢：FI=−maC0MτIOn2τFI即FI=mρCωFI=mρCαρCωdLCnτ主矩：M(F)=−O=−JααaaCOIOCdtMIO=JOαJO是刚体对O轴的转动惯量 （2）转轴通过质心（特殊情况）MJJ=αα=ΙOOC回顾刚才的内容：转轴不通过质心情况：F=−ma定轴转动刚体惯性力系简化IC结果，一个力和一个力偶，M＝JαIOO力作用在转轴O。 3、平面运动刚体假设刚体具有质量对称平面，并且平行于该平面作平面运动。此时，刚体的惯性力系可先简化为对称平面内的平面力系。向质心C简化α主矢：FI=−maCFIC=maCaMICdL主矩：M(F)=−C=−JαFCICIdtMJ=αJ是刚体对C轴的转动惯量ICCC平面运动分解为随质心的平动和绕质心的转动随质心的平动F=−maIC绕质心的转动MJ=αICC 刚体的惯性力系简化结果总结1、刚体作平动质体作平动时，惯性力系简化为一个通过质心的合力FI。FI＝maCmaFCI2、刚体绕定轴转动如果刚体具有对称平面，该平面与转轴垂直，惯性力系向对称平面与转轴的交点O简化，（1）转轴不通过质心，可得在该平面的一力和一力偶。 τaCnCFI=−maCaCnMIO＝JOαFΙROαωMFIOΙRτFΙR当刚体有对称平面且绕垂直于对称平面的定轴转动时，惯性力系简化为对称平面内的一个力和一个力偶。这个力等于刚体质量与质心加速度的乘积，方向与质心加速度方向相反，作用线通过转轴；这个力偶的矩等于刚体的转动惯量与角加速度的乘积，转向与角加速度相反。 （2）转轴通过质心，可得在该平面的一个力偶。MJ=αΙCC 3、刚体作平面运动如果刚体具有对称平面，则惯性力系向质心简化得一力和一力偶。FFIR＝maCΙRMIC＝JCαMICCαJ是刚体对C轴的转动惯量CaC α ×××× 例.匀质轮重为P，半径为r，在水平面上作纯滚动。某瞬时角速度ω，角加速度为ε，求轮对质心C的转动惯量，轮的动量、动能，对质心的动量矩，向质心简化的惯性力系主矢与主矩。P2Jr=C2gPPpvr==ω(→)Cgg211322Pr⋅2T=+=JωωmvCc224g2Pr⋅LJ=ωω=CC2g2PPPr⋅RarMJ==ε,=εε=QCQICgg2g 例：已知：m,θ,AO//BO,OO//AB，求水平绳切断后的瞬1212时，均质正方形板质心加速度和两个绳索的拉力。设边长为L。（板作平动，该瞬时，各点速度为零，加速度不为零。）解：受力分析与运动分析FI=mac注意正负号oo1y2θ建立“平衡方程”，并求FAFB解AB∑Fx=0mgsinθ−FI=0o3aa=gsinθACx∑MA=0aFCCLLLIFLcosθ−mg−Fcosθ+Fsinθ=0BIImg222mgF=(sinθ+cosθ)B2思考：如何确定质心C的加速度？如何确定A点的加速度方向？mgF=(cosθ−sinθ)A∑Fy=0FB+FA−mgcosθ=02 例电动绞车安装在梁上，梁的两搁在支座上，绞车与梁合重P（到B点的距离为l，图中未标出）。绞盘与电机转子固结3在一起，转动惯量为J。绞车以加速度a提升重物。已知重物质量为m，绞盘半径为R。求由于加速度提升重物而对支座A，B的附加动压力。。BAll12 解：MgαaMJJ=α=F。gAFrBBFg=maAaP∑MB(F)=0Fgmg-(l+l)+Fl+mgl+Pl+MF=0A12g223g ∑Y=0,MgαFF+-mg-P-F=0F。ABgAFB解得：aPFg1JFA=mgl23++Plaml2+mgll+r121JFB=mgl11+Pl(+l23−l)+−aml1ll12+r 由于加速度提升重物而对支座A，B的附加压力等于附加动反力分别为：Mgα*aJF=ml+。A2FAFll+rB12*aJFB=ml1−aPll+r12Fgmg 例题如图所示，匀B质圆盘的半径为r，质量Or为m，可绕水平轴O转动。C突然剪断绳，求圆盘的角A加速度和轴承O处的反力。突然解除约束问题突然解除约束瞬时，圆盘将绕O轴转动，不再是静力学问题。这时，ω=0，α≠0。 解：圆盘定轴转动，惯性力向转轴O简化。惯性力切向分量F*τ=maτC=mrαy*tB惯性力法向分量F*=mrω2=0FtaCn32F*r主矩M*=Jα=mrαnOCxOO2FanA应用达朗贝尔原理列平衡方程，得OxCFOyα*M*Omg∑Fx=0,FOx+Fn=02∑Fy=0,FOy+F*t－mg=0J=J+mrOC*Jα=∑M()F＝mgr?∑M()OF=0,mgr−MO=0OO三个方程求解FOX、FOY及角加速度三个未知量，计算结果请同学们自行计算。事实上，三个“平衡”方程中前两个对应于根据质心运动定理列出的表达式，最后一个对应于根据定轴转动微分方程列出的表达式。 B例题已知：m,h,θ,l,a。D求：A、D处约束反力。haθA解：取AB杆为研究对象建“平衡方程”：B∑F=0F+F+Fsinθ=0xAxΙND∑Fy=0FAy−mg+FNcosθ=0CFIFAy∑M(F)=0AFNllhmgAFmgcosθ−Fsinθ−F=0AxΙN22sinθ其中：F=maΙ mlF=sinθ(gcosθ−asinθ)N2hml2F=−ma−(gcosθ−asinθ)sinθAx2hmlF=mg−sinθcosθ(gcosθ−asinθ)Ay2hB∑F=0F+F+Fsinθ=0xAxΙND∑Fy=0FAy−mg+FNcosθ=0CFIFAy∑M(F)=0AFNllhmgAFmgcosθ−Fsinθ−F=0AxΙN22sinθ其中：F=maΙ b例题已知：m,h,a,b,f。求：为了安全运送货物，小车的a。maxCh解：取小车杆为研究对象a∑F=0F−F=0xΙ∑F=0F−mg=0yNh∑M(F)=0F−mgd=0DΙ2FICahF=F=ma,F=mg,d=ΙNmg2g货物不滑的条件：F≤fFN，a≤fgFDdF货物不翻的条件：d≤b/2，a≤bg/hN为了安全运送货物，应取两者中的小者作为小车的a。max 例一均质圆柱体质量m，半径为r，F滑动摩擦因数为f=1/3,求：圆柱体FIR的质心C沿斜面落下的加速度。F=fFMN解：受力分析ICmgFN加惯性力，D点为瞬心Fm=axIRCy12acMJ=α=mrICC2r列出平衡方程Σ=mF()0Fr++−fF2rMmgsin60r=0DIRNICΣ=F0F−mgcos60=0yiNΣ=F0F++−FfFmgsin60=0xiIRN解得a=0.356g,F=0.344mgC若对圆柱体和斜面接触点E建矩方程Σ=mFE()0是否成立？ 例在悬臂梁AB的B端装有质量为m、半径为r的均质B鼓轮，如图示，一主动力偶，其矩为M，作用于鼓轮以提升质量为m的物体。设AB=l，梁和绳子的自重C都略去不计。求A、B处的约束力。解：研究鼓轮及物块mc，设物体mc上升加速度为a，则鼓轮角加速度为aε=，所以惯性力分别为rε12Qmamr=cc=εεεMgB=J=mrBYoMε2根据达朗贝尔原理，先分析局部XΣm(F)=0−(Q+mg)r+M−M=0oBcgmgB2(M−mgr)c解得ε=2aa(m+2m)rBc 2(M−mgr)c因此，A物体上升的加速度ar=ε=(m+2)mrBc对于鼓轮与物体C组成的物体系统ε∑=FX00=xOY∑=F00Y−−mgmgQ−=oMεyOBCX2(M−mgr)oQmamr==εcccε=2mg(m+2)mrBBc2(mM−mgr)ccaaX=0,Y=+−(mmg)OOBc(m+2)mrBc即为铰链B处的约束反力。 平面物体系统的“平衡”问题，先分析局部，再分析整体。研究整体ΣX=0X=0AΣY=0Y−mg−Q−mg=0ABc2m(M−mgr)cc得YA=(mB+mc)g−(m+2m)rBcΣm(F)=0M−mgl−(Q+mg)(l+r)+M−M=0AABcg解得2m(M−mgr)ccMA=(mB+mc)gl+l(m+2m)rBc 例题已知：AB杆质量为m,长为l=2r,AlB圆盘半径为r,角速度为ω，角加速度为α。r求：A端的约束反力。Oω解：取AB杆为研究对象（1）分析运动，施加惯性力。αττF=ma=2mrαΙRCnn2F=ma=2mrωΙRCFAyM7A2MΙO=JOα=mrαACB3FAxnτmg∑F=0F+(F−F)cos45=0xAxΙRΙRnτO∑F=0F−mg+(F+F)cos45=0yAyΙRΙRnFFτ∑M(F)=0M−Fr−mgr+M=0ΙRMIOΙROAAxΙO 2F=mr(α−ω)Ax2F=mg−mr(α+ω)Ay2mr2M=mgr−(3ω+4α)A3ττF=ma=2mrαΙRCnn2F=ma=2mrωΙRCFAyM7A2MΙO=JOα=mrαACB3FAxnτmg∑F=0F+(F−F)cos45=0xAxΙRΙRnτO∑F=0F−mg+(F+F)cos45=0yAyΙRΙRnFFτ∑M(F)=0M−Fr−mgr+M=0ΙRMIOΙROAAxΙO （2）将惯性力系向质心C简化。FAyMττMAICF=ma=2mrαΙRCACBnn2FFΙR=maC=2mrωAxnFFτ12ΙRΙRM=Jα=mrαΙCC3mgnτ∑F=0F+(F−F)cos45=0xAxΙRΙRnτ∑F=0F−mg+(F+F)cos45=0yAyΙRΙRnτ∑M(F)=0M−mgr+(F+F)cos45r+M=0AAΙRΙRΙC2F=mr(α−ω)Ax2F=mg−mr(α+ω)Ay2mr2M=mgr−(3ω+4α)A3 例题已知：A物体与轮C的质量M均为m，BC杆的质量为m，长为l，在1轮C上作用一主动力偶M。BC求：（1）A物体上升的加速度；l（2）C处及B端的约束反力。FCy解：（1）取A物体与轮C为研究对象Ma∑M=0M−M−mgR−FR=0ACΙCΙACFCxMICF=maΙAAmg其中：12aA1M=Jα=mR=mRaΙCCCA2R2aA2(M−mgR)a=Amg3mRFIA ∑F=0F=0xCx∑F=0F−mg−mg−F=0yCyΙA2(M+2mgR)F=0,F=CxCy3RFCyM∑M(F)=0M−M−mgR−FR=0CΙCΙACFCxMICF=maΙAAmg其中：12aA1M=Jα=mR=mRaΙCCCA2R2A2(M−mgR)aA=mg3mRFIA F（2）取BC杆为研究对象ByF"Cy∑F=0F−F′=0B"xBxCxFCFCxBx∑F=0F−mg−F′=0MyBy1CyBmgl1∑M(F)=0M−mg−F′l=0BB1Cy2F=0Bx2(M+2mgR)F=mg+By13Rmgl2(M+2mgR)l1M=+B23R OAB例题已知：两均质直杆质量为m，自FFI2水平位置无初速地释放。I1MMI2I1αα求：刚释放瞬时两杆的角加速度12CACB和O、A处的约束反力。12FOOx解:(1)取系统为研究对象mgmgFOyl12F=ma=ml()αα+=MJα=mlαΙΙ2CC2212222212ττn1aa=+a+aal=ααa=lC22ACACA2A12CA22 (2)取AB杆为研究对象FI2MI2α2AB9g3gFAxα=,α=−127l7lmgFAyl12F=m(lα+α)M=mlαΙ212Ι22212 (2)取AB杆为研究对象FI2MI2α2AB9g3gFAxα=,α=−127l7lmgFAyl12F=m(lα+α)M=mlαΙ212Ι22212F=0Ax∑F=0F=0xAx1F=−mg∑F=0F−mg+F=0AyyAyΙ214 (3)取系统为研究对象∑F=0F=0xOx∑F=0F−mg−mg+F+F=0yOyΙ1Ι2FOx=0FFI2I1MMI22I1αα12FOy=mgAB7FOOxmgmgFOy 总结1.刚体系统动力学问题采用动静法：分别分析整体、局部（拆开分析）2.注意定轴转动刚体（转轴与质心不重合）与平面运动刚体所加惯性力的区别；3.针对平面运动的直杆所建的运动学补充方程：刚体平面运动基点法求加速度； 例均质杆的质量为m,长为2l,一端放在光滑地EA面上,并用两软绳支持,如图所示。求当BD绳切断的α瞬时,B点的加速度、AE绳的拉力及地面的反力。C解：以AB杆为研究对象,杆AB作平面运动,如aB图,以B点为基点,则C点的加速度为oat30CBtnaaaa=++CBCBCBBDtn2aB其中al=αal=ω=0CBCByFT将惯性力系向质心C简化,得惯性力FI＝FIe＋FIr,其EA中F＝ma,F＝mat＝mlα和惯性力偶,其力偶IeBIrCB的矩为FMIIrC1122MIC=Jα=ml(2)αα=mloFIe12330mgxB在BD绳切断的瞬时,受力如图,建立如图坐标。FN 由质点系的达朗贝尔原理yF∑=−+−F0FFFcos30=0TxTerIIEA−+−Fammlαcos30=0(1)TBMFIrCI∑=F0F+Fsin30−=mg0yNrIFoIe30F+mlαsin30−=mg0(2)mgNxB∑M()F=0Flcos30−Flsin30+=M0CTNIFN12Flcos30−Flsin30+=mlα0(3)TN3未知量：FTaBαFN 以B为基点,则A点的加速度为AaBττnnaaaaaA+=++ABABABatatCBαAn2n2其中a=vAE=0a=20lω=AAABττo30aaa=+ABABBξ将上式投影到ξ轴上得aBτ0=−+aacos30BABa=2lαcos30(4)B联立求解（1）~（4）式,得333aB3gaB=gsin2⋅30=gα==482cos30ll8133113F=ma=mgF=mg−=matan30mgTBNB216216联立求解，思路简单，计算并不方便，能否先求出惯性力（惯性力偶矩） 例两根铅垂平面内长度都等于l的杆,重量都等于P的均匀细杆.求:两杆从水平位置由静止开始运动的瞬时加速度.PP解:F=a,F=a，惯性力:1g12g2Fgg2gMF1gc1gMc1g=Jc1α1,Mc2g=Jc2α2，BＰAＰ0lla2=lα1+α2,a1=α1,Mc2g22αα12[整体]∑M0=0a2a13lP2P2Ｐ(P−F)l+(P−F)−lα−lα=0Fg2g1122g2212g12gBFx[AB]∑MA=0AlPM2c2g(P−Fg2)−lα2=0α2Fy212ga212g3g11α+5α=,3α+2α=,9g,3g.解得:12l12l有:α1=α2=−7l7l 例题达朗贝尔原理例题6汽车连同货物的总质量是m，其质心C离前后轮的水平距离分别是b和c，离地面的高度是h。当汽车以加速度a沿水平道路行驶时，求地面给前、后轮的铅直反力。轮子的质量不计。ChBcbA 例题达朗贝尔原理例题6解：取汽车连同货物为研究对象。F*C受力分析：mg，FNA，FNB以及FBa(注意：前轮一般是被动轮，当忽略hFBmg轮子质量时，其摩擦力可以不计)。BcbA运动分析加惯性力：汽车作平动，FNBFNAF*=−Ma，加在质心C。于是可写出汽车的动态平衡方程*∑M=0,Fh−mgc+F(b+c)=0(1)BNA*∑M=0,Fh+mgb−F(b+c)=0(2)ANB由式(1)和(2)解得m(gc−ah)m(gb+ah)F=,F=NANBb+cb+c 例题达朗贝尔原理例题7起重装置由匀质鼓轮D（半径为R，重为W）及均D1C质梁AB（长l=4R，重W=W）21组成，鼓轮通过电机C（质量不计）安装在梁的中点，被AAB1提升的重物E重W=W。电14机通电后的驱动力矩为M，E求重物E上升的加速度a及支座A，B的约束力F及F。NANB 例题达朗贝尔原理例题7解：以鼓轮D，重物E及与鼓轮固结的电机FOy转子所组成的系统（图b）为研究对象。MFDOxM为电机定子作用在转子的驱动力矩。ωOdLαo=∑MOdtW1dW2(J+R)ω=M−WRDdtg其中1W12J=RD2gE4MR−Wg解得a=1⋅(b)3WRW14MR−W1a=g3W1 例题达朗贝尔原理例题72.考虑整个系统（图c），加惯性力后受M*力如图。∑M=0,CDBωl∗l∗(W1+W2)+(W+F)(−R)−M−FNAl=0W122WFxA1711ABF=W−RaNA11616gFFWNB∑F=0,NA2yE∗FNA+FNB−W1−W2−W−F=0W(c)F*195W1F=W+RaNB11616g 例题达朗贝尔原理例题9用长l的两根绳子AO和BO把长l，质量是m的匀质细杆悬在点O(图a)。当杆静止时，突然剪断绳子BO，试求刚剪断瞬时另一绳子AO的拉力。OlllABC（a） 例题达朗贝尔原理例题9参见动画：达朗贝尔原理－例题9 例题达朗贝尔原理例题9解：绳子BO剪断后，杆AB将开始在铅直面内作平O面运动。由于受到绳OA的约束，点A将在铅直平面ll内作圆周运动。在绳子BO刚剪断的瞬时，杆AB上Fθ的实际力只有绳子AO的拉力F和杆的重力mg。ABCmg（b）在引入杆的惯性力之前，须对杆作加速度分析。取坐标系Axyz如图(c)所示。利用刚体作平面运动的O加速度合成定理，以质心C作基点，则点A的加速atACt度为aAθaBCxaA=anA+atA=aCx+aCy+atAC+anACAaCxCαxaCyaCyy（c） 例题达朗贝尔原理例题9在绳BO刚剪断的瞬时，杆的角速度ω=0，角O加速度α≠0。因此an=AC·ω2=0llACFta=lα／2θACAB又an=0，加速度各分量的方向如图(c)所示。把CAmg（（b）b）a投影到点A轨迹的法线AO上，就得到At0=acosθ−asinθ+asinθOCxCyAC当当当当当当当当当当l即aacos-θsinθαθ+=sin0（1）atCxCyA2θaBCxAaCxCαx这个关系就是该瞬时杆的运动要素所满足的条件。aCyaCyy（（（ccc））） 例题达朗贝尔原理例题9*O杆的惯性力合成为一个作用在质心的力FC*lF*l和一个力偶M*C，两者都在运动平面内，FC的CyF两个分量大小分别是θBAF*C*xCxMCF*=maF*=maymg（b）CxCx,CyCy力偶矩M*的大小是OCtaACM*C=JCz´αtaAθaBCxAa旋向与α相反(如图b)。CxCαxaCyaCyy（（cc）） 例题达朗贝尔原理例题9由动静法写出杆的动态平衡方程，有O∑Fx=0,−maCx+Fcosθ=0（2）lF*lCy∑F=0,−ma+mg−Fsinθ=0（3）FyCyθBAl∑M(F)=0,−Jα+Fsinθ=0（4）F*C*xCCz′CxMC2ymg且对于细杆,J=ml2／12。Cz´Ot联立求解方程(1)～(4)，就可求出aACtaAθaBmgsinθ23CxF==mgAa22CxCαx4sinθ+cosθ13aCyaCyy（c） §14-4动力学普遍定理综合应用（二）回顾：动力学普遍定理综合应用（一）•质点系的动量定理•质点系的动量矩定理•质点系的动能定理另一种求解质点系动力学问题常用的实用方法：动能定理结合动静法（1）先用动能定理：求出运动量，如速度、加速度、角速度、角加速度；（2）再用动静法：加上惯性力，转化为质点系静力学问题求解。 例题达朗贝尔原理例题半径为R，重量为W的大圆轮，由绳索牵引，在重量为1W的重物A的作用下，在水平地面上作纯滚动，系统中的小2圆轮重量忽略不计。求大圆轮与地面之间的静滑动摩擦力。CROW1AW2 例题达朗贝尔原理例题参见动画：达朗贝尔原理－例题8 例题达朗贝尔原理例题FO解：CRyFO考察整个系统，有4个未知OW1x约束力。如果直接采用动静法，FFN需将系统拆开。因为系统为A一个自由度，所以考虑先应用动能定理，求出加速度，W21.应用动能定理。再对大圆轮应用动静法。1W221W1211W12v2v+v+(R)()−T=W×s022g2g22gR 例题达朗贝尔原理例题F两边对时间t求导，且OCRyFOOds=vWx1dt得FFNWg2Aa=3W+WW21221.应用动能定理。1W221W1211W12v2v+v+(R)()−T=W×s022g2g22gR1W23W12(+)v−T=W×s022g2g 例题达朗贝尔原理例题2.应用动静法。FOCRyF取轮子为研究对象。OWOxW11F=aIRgaFFNMJJ=α=ICCCRA∑MC(F)=0,MIC−FR=0αMICW2aCT将α=代入上式得RFIRWa1JαJaWWCC21F===Wg23F2RR2(W+W)a=2132FNW2+W1参考教材P3142例15-7、例15-8 例均质圆柱开始时静止于水平台边上,ϕ=0，受小扰动后无滑动的的滚下，试求园柱脱离平台时的ϕ角。提示:1.圆柱脱离平台前作何运动?2.考虑用动能定理+动静法求解。 解:以圆柱为研究对象。脱离前圆柱绕A作定轴转动,脱离时接触点的法向反力变为零。应用动能定理求圆柱的角速度。初始时刻(ϕ=0):T1=0t时刻(ϕ=ϕ):12322T=Jω=mrω2A24W=mgr(1−cosϕ)122()ω=4g1−cosϕ/3r 动静法：惯性力如图示,2F=ma=mrωInCn=4mg(1−cosϕ)/3ΣF=0,nF+F−mgcosϕ=0NAIn脱离时,FNA=0,由上式解出脱离时的ϕ角：ϕ=arccos(4/7) [Example3]TheweightofahomogeneouscylinderisP,itsradiusisR.ItisrollingdownfrompointOalongtheinclinedplanewithoutsliding.Atthebeginningitdoesnotmove.Theanglebetweentheplaneandthehorizonisα.AtOA=SdeterminethereactionforceoftheconstraintoftheboardatpointO.Neglecttheweightoftheboard.[例3]均质圆柱体重为P，半径为R，无滑动地沿倾斜平板由静止自O点开始滚动。平板对水平线的倾角为α，试求OA=S时平板在O点的约束反力。板的重力略去不计。P Solution:(1)Determinethevelocityandtheaccelerationbythetheoremofkineticenergy:Themotionofthecylinderisaplanemovement.AtthebeginningT=01itisattest,attheendtheanglevelocityisT2ωandvC=RωThekineticenergyis.解：(1)用动能定理求速度，加速度圆柱体作平面运动。在初始位置时，P处于静止状态，故T=0；在末位置时，1设角速度为ω，则v=Rω,动能为：C 1P21P223P2T=v+Rω=v.2CC2g22g4gTheworkoftheF∑W=PS⋅sinαPpositiveforcesisF主动力的功：∑W=PS⋅sinαFromthetheoremofkineticenergyFwegetT2−T1=∑WF由动能定理T2−T1=∑W得3P224v−0=PS⋅sinα⇒v=gS⋅sinαCC4g3 Formthetime-derivativeweobtain22ga=gsinα,ε=sinα.C33RP对t求导数，则：22ga=gsinα,ε=sinαC33R(2)DeterminethereactionforceoftheconstraintbyD’Alembert’sprinciple:(2)用达朗伯原理求约束反力Studythewholesystem,addthevirtualinertialforceandtheinertialforcecoupleM:QC取系统为研究对象，虚加惯性力RQ和惯性力偶MQC P2PR=a=sinα,QCg31P22gPRM=Rsinα=sinα.QC2g3R3Writedownthedynamic-staticequationsas2PP∑X=0,XO−sinα⋅cosα=0,XO=sin2α,332PY=P(1−2sin2α),∑Y=0,Y−P+sinα⋅sinα=0,OO33P2P∑mO(F)=0,MO+Rsinα+sinα⋅R−PScosα−Psinα⋅R=0,33M=Pcosα⋅S.O P2PR=a=sinα,QCg31P2gPRM=R2sinα=sinαQC2g3R3列出动静方程：2PP∑X=0,XO−sinα⋅cosα=0,XO=sin2α3322PY=P(1−sin2α)∑Y=0,YO−P+sinα⋅sinα=0,O33P2P∑mO(F)=0,MO+Rsinα+sinα⋅R−PScosα−Psinα⋅R=033M=Pcosα⋅SO 例：均质圆盘和均质杆的质量都为m，圆盘半径为r，杆与水平面的夹角为β，与地面的滑动摩擦因数为f，初始时圆盘O点的速度为u，在地面上纯滚动，求系统移动的距离S，运动时圆盘所受的摩擦力。系统有一个自由度6个未知的约束力r可建立6个独立的“平衡方程”uAOβ问题：1：系统有多少未知量？2：用什么方法求解未知量？ αω一个自由度raouaCCOA六个未知力MIoF"oyFNAFFox"OoxFFIomgIcFAAmgFoyFFN F=fFF研ANAoyFOox究FOAFNAmgAA杆βmgFIc应用动静法：∑Mo=0LLmgcosβ+Fsinβ−FLsinβ−FLcosβ=0IcANA22mg+tanβFmg+matanβIcCF==NA2(1+ftanβ)2(1+ftanβ) mg+matanβCFNA=v2(1+ftanβ)ωω=FOrNAvaCmgFAA2mguS=FFN2aC应用动能定理的微分形式dT=δW=−Fvdt∑A12121122525T=mv+mv+(mr)ω=mvdT=mvdv22224255mvdv=−Fvdvmvdv=−FAvdtA=−a2dtC2dt5mf(g+atanβ)fgma=F=Ca=CAC22(1+ftanβ)5+4ftanβ 取圆盘为研究对象αr=aαFOoyJα=−FrOOFoxamgOFF1NF=−maC2fga==aCO5+4ftanβ 总结:(1)以上例题是动能定理与动静法结合应用于求解动力学问题的典型,即用动能定理求运动,动静法求反力;(2)应用动静法的关键在于加上的惯性力一定要正确,这一点必须特别注意;(3)显然上述的解法不是唯一的,无论是求运动还是求反力,都还可以选择其它动力学定理或方程。 例题O质量为m和2m，长度分别为l和2l的匀ω质细杆OA和AB在A点光滑铰接，OA杆的A端为光滑固定铰链，AB杆的B端A放在光滑水平面上。初瞬时，OA杆水平，AB杆铅直。由于初位移的微小扰B动，AB杆的B端无初速地向右滑动，试求当OA杆运动到铅垂位置时，铰链A点处的约束反力。解:(1)取系统为研究对象，由动能定理得：（铅垂位置时AB杆瞬时平动，v=v=v=lω，ω＝0）CAB2112212ll⋅ml⋅ω+⋅2m(lω)−0=mg+2mg2322229gω=7l F(2)取OA杆为研究对象IOy∑=M0OαFF2IyFlM⋅−=0IOxAxIO1FOxOωF′AxA2FM=ml⋅αIxIO1α31C12FOyF′BF⋅−lml⋅=α0AyAx13MddωωmgICαα=1??≠1A2mg11dxdxFAxMIOF(3)取AB杆为研究对象NB∑=−−=F00FF′xAxΙxFAy∑=F0FFF−−−=′20mgyNBΙyAy∑=M0AF⋅−2cos30lm(F+2gl)cos30l−FMsin30−=0NBΙyΙΙxCFm=22aF=maMJ=αΙΙΙxyCCxCyC2如果a，a,α已知，则以上4个方程可解F，F，α和F。cxcy2AxAy1NB (4)对AB杆进行运动分析an=lω2=9gOωA7α1取A点为基点，研究B点nτaa=lαAA1nττnτaaB=+++AaaABAaBAAaAa=an+aτsin60=0αaτ2ByABABAnaτAAag33BAα==−2τAB7laA取A点为基点，研究C点BτnττaCAaaaaC=++AACAanα2Aττ33gaCx=aA+aCAcos60=lα1−Aaτ14A9gCa=an+aτsin60=BCyACA14 FIOy(2)取OA杆为研究对象F1IOx2ml⋅α=F⋅l1AxFO3Oxωα1αFF2Iy(3)取AB杆为研究对象OymgF′AxAA∑Fx=0−FAx′−FΙx=0FAxMIOCFAy′FBIx∑F=0F−F−F′−2mg=0yNBΙyAyMICF∑M(F)=0Ay2mgAF⋅2lcos30−(F+2mg)lcos30−Flsin30−M=0FNBNBΙyΙxΙCFΙx=2maCxaaa=ττ+=cos60lα−33gCxACA1F=2ma14ΙyCyM=Jαaaa=n+τsin60=9ggα=−33ΙCC2CyACA2147l FIOy解得：FIOx9gω=FO7lOxω93gFα=Oy149lmgA33gα2=−FAxMIO7l33FF=mgFAyα2IyAx49F′AAx96FIxFAy=−mgC49F′BAyM65ICF=mgNB2mg49FNB