14 达朗贝尔原理 d27Alemberts Principle.pdfVIP

Chapter 14 dAlemberts Principle 引 言 达朗贝尔原理由法国科学家达朗贝尔(J. le Rond DAlembert 1717-1783)在其著作动力学专论 中提出。 达朗贝尔原理将非自由质点系的动力学方程用静 力学平衡方程的形式表述。或者说，将事实上的 动力学问题转化为形式上的静力学平衡问题，即 所谓“动静法”。 在水平光滑直线轨道上推小车，使小车获得加速度 I m Fa 手持细绳，绳端系小球，使小球作水平面内的匀速圆周运动 v 1 惯性力的概念 I m Fa 2 v a r r 推广上例可得如下结论推广上例可得如下结论 质点在作非惯性运动的任意瞬时，对于施力于它的 物体会作用一个惯性力，该力的大小等于其质量与 加速度的乘积，方向与其加速度方向相反。 若用 FI 表示惯性力，则有 此力是真实的力！ 此力作用于施力给质点的物体上！ 此力又称为牛顿惯性力！（离心惯性力） 说明 I m Fa 2 达朗贝尔原理 一、质点的达朗贝尔原理 设质点M的质量为m， 结 论 （15-1） （15-2） 形式上的平衡方程 在质点运动的任意瞬时，如果在其上假想地加上 一惯性力FI，则此力与主动力、约束反力在形式 上组成一平衡力系。即质点的达朗贝尔原理。 形式上的平衡方程 形式上的平衡方程 形式上的平衡方程 则 F FN FI a M F FN FI a F FN FI a F FN FI a 则根据牛顿第二定律，有 受力有主动力F、 约束反力FN， 加速度为a， M M N maFF I m Fa 令 NI 0FFF 在运动的任意瞬时，虚加于质点系的各质点的惯 性力与作用于该质点系的主动力、约束反力将组 成形式上的平衡力系。 二、质点系的达朗贝尔原理 （i =1，2，n） 设质点系由n个质点组成， 第i个质点质量为mi，受力有主 动力Fi ，约束反力FNi ，加速度为ai ，假想地加上其惯性力 FIi=miai ， 则根据质点的达朗贝尔原理，Fi 、 FNi与FIi应组成 形式上的平衡力系，即 对整个质点系来说， 质点系的 达朗贝尔原理 即 NI 0 iii FFF NI ()()()0 OOiOi MFMFMF NI 0 iii FFF ( ) I ()()0 e OiOi MFMF ( ) I 0 e ii FF 质点系达朗贝尔原理的另一种形式： 如第i个质点受力 内力Fi (i) 外力Fi (e) 将质点系所受的力按内力、外力来分， 在运动的任意瞬时，虚加于质点系的各质点的惯性力 与作用于该质点系的外力组成形式上的平衡力系。 由于质点系的内力总是成对出 现，所以，内力系的主矢及对 任意点之矩的主矩恒为零，即 质点系的 达朗贝尔原理 即 外力系主矢 惯性力系主矢 外力系主矩 惯性力系主矩 ( ) 1 0 n i i i F ( ) 1 ()0 n i Oi i M F 所以对整个质点系来说， 应用质点系达朗贝尔原理说明 在解决质点系动力学的两类基本问题上，达朗 贝尔原理均适用。但若已知质点系的运动，需 要求解该系统的约束反力或外力时，应用达朗 贝尔原理尤其方便。 应用达朗贝尔原理的关键是解决质点系的惯性 力系的简化问题。 ( ) I 11 ()()0 nn e OiOi ii MFMF ( ) I 11 0 nn e ii ii FF 质点系达朗贝尔原理的形式： 例1 图示飞轮质量为m，平均半径r，以匀角速 度绕其中心轴转动。设轮缘较薄，质量均匀 分布，轮辐的质量可以忽略。若不考虑重力的 影响，求轮缘各横截面的张力。 要求飞轮轮缘横截面的张力，可考虑用假想截面截取部分 轮缘，则这部分轮缘在截面的张力及虚加的惯性力作用下 处于“平衡”。 分析 见后续 TA、 TB与 惯性力FIi组成形式上的平衡力系， 例1续1 FIi TB TA x y o 解： 截面A、B处的张力TA、TB为外力， 用假想截面A、B 截取四分之一轮缘为研究对象。 A B 将轮缘分成无数微元弧段，弧长为 根据质点系达朗贝尔原理， 列出“平衡方程”，得 FIi TB TA A B FIi TB TA A B FIi TB TA A B 已知飞轮m，r，求轮缘各横截面的张力。 ds = r d， d 对每段虚加惯性力FIi I n iii Fma 2 2 0 dcos0 2 A mr T Fx = 0， Fy = 0， 2 2 0 d sin0 2 B mr T 2 1 2 AB TTmr 2 d 2 m rr r 2 d 2 mr d d 见后续 讨论 2 1 2 AB TTmr 可知： 飞轮匀速转动时，轮缘各截面的张力相等，且正比于 角速度的平方，与其平均半径成正比。 若飞轮轮缘的横截面面积为A，则飞轮轮缘横截面的 平均拉应力拉应力为 2 1 2 T mr AA A B 已求得飞轮截面A、B处的张力为 若材料的许可应力为，则飞轮 的设计转速必须遵守 2 A mr 3 刚体惯性力系的简化 一、刚体作平动 在同一瞬时，平动刚体内各点的加速度相等， ai aC mi C FI 1,2, iC inaa 在各质点上虚加对应的惯性力 Iiii m Fa 这些惯性力组成一同向平行力系。 m1 该力系简化为通过质心的合力 I I ()i iiCiC mmm FFaaa 平动刚体的惯性力系可简化为通过质心的合力， 其大小等于刚体的质量与加速度的乘积，合力 的方向与加速度方向相反。 结 论 设刚体质心C的加速度为aC，则 ai aC C FI ai aC C FI iC m a 例2 已知边长b=100mm的正方形均质板的质量为 40kg，在铅直面内用三根软绳拉住，如图； 求(1)当软绳FG被剪断瞬时板的加速度及AD、 DE两绳的张力； (2)当AD、DE两绳位于铅直位置时，板的加速度 和两绳的张力。 F G A D E B 60 60 C 例2续1 已知b=100mm，m=40kg，求(1) 剪断绳FG瞬时绳AD、BE的张力及板a。 解： F G A D E B 60 60 C (1)绳FG被剪断后，板在其自 身平面内作曲线平动，各点的速 度、加速度均相同。 b C a A a FA FB 剪断绳FG瞬时，vA= 0， aA = aA = aC 板受力如图。 对板虚加惯性力， 则根据达朗伯原理，有 Fx = 0， Fy = 0， MC ( F ) = 0， mgcos60FI = 0 F A+FBmgsin60 = 0 FI = maC ()sin60()cos600 22 ABAB bb FFFF 解得 F A = 72 N, FB = 268 N a = 4.9 m/s2, C a A a FA FB mg C a A a FA FB mg mg b x y FI FI FI 需补充方程。 例2续2 已知边长b=100mm，m=40kg，求(2) 当AD、BE铅直时板a及两绳的张力。 F G D E 60 A B C mg FB FA aC aCn (2)当AD、BE铅直时,板受力如图。 mg FB FA mg FB FA 设板质心的加速度如图。 虚加板的惯性力系，且 aC aCn aC aCn FIn FI aC aCn 则根据达朗贝尔原理，有 FIn=maCn ， FI =maC Fx = 0， Fy= 0， MC ( F ) = 0， FI = 0 F A+ FB mgFIn = 0 0 22 AB bb FF 2 1 0(1 sin60 ) 2 C mvmgl 根据动能定理，有 2 n C C v a l 联立上列各式，得 l 2 (23)2.63(m/s ) n C aag F A =FB=248.5 N FIn FI FIn FI FIn FI l l 设绳铅直时，质心速度为vC，且 A B C 均质矩形块重W，置于粗糙的地面上，动摩擦因数 为f，初始时静止。为使矩形块在水平力作用下沿地 板滑动而不倾倒，作用点不能太高，求作用点高度 的取值范围。 A B C b d h hmax F a W FI FN Ff A B C hmin F a W FI FN Ff F 已知W，动摩擦因数f，初始时静止。使块滑动而不倾倒时 水平力F作用点高度h的取值范围。 解：设矩形块加速度为 a ， 虚加惯性力 A B C hmax F a W FI FN Ff I Fma 当 h = hmax时 ，矩形块处于向前 倾倒的临界状态，画受力图。 列平衡方程： ( )0, A MF Fx=0， fI 0FFF maxI 11 0 22 FhbWdF N 0FW 解得： max () 22 dW hbfd F Fy=0， fN Ff F又： 已求得 已知W，动摩擦因数f，初始时静止。使块滑动而不倾倒 时水平力F作用点高度h的取值范围。 max () 22 dW hbfd F A B C hmin F W FI FN Ff 当 h = hmin时 ，矩形块处于向后 倾倒的临界状态，画受力图。 列平衡方程： ( )0, B MF Fx=0， fI 0FFF minI 11 0 22 FhbWdF fN FfFfW 解得： min () 22 dW hbfd F 或： min 2 db hFfW Fd a N 0FW Fy=0， 讨论 已求得 max () 22 dW hbfd F min 2 db hFfW Fd A B C F hmax a W FI Ff FN A B C hmin a W F FI FN Ff (1) 当 b FfW d 时， min 2 db hFfW Fd 当 b fWFfW d 时， min 0h (2)生活经验： 在地板上推动柜子 二、刚体绕定轴转动 设刚体具有质量对称面S，且S与转轴z垂 直并交于O点， C为刚体的质心。 i I F n i I F 选取与z轴平行的细长圆柱体为单元体， 设第i根单元体的质心Ci在对称面上， 至转轴的距离为ri 。 根据平动刚体惯 性力系的简化，该单元体的惯性力通 过Ci点， FIi= FIi + FIin FIi = mi ri FIin = mi2 ri 对于其它单元体(i=1,2,n)，其惯性力也在对称面S内。 所以， 该刚体的惯性力系首先可以简化为在质量对称面 S内的平面惯性力系。 刚体具有与转轴垂直的质量对称面 刚体转动时，每根单元体均作圆周平移。 式中 且 i I F n i I F i I F n i I F Ii F I n i F 刚体绕定轴转动惯性力系的简化 (转轴垂直于质量对称面)(续) F i I 所以惯性力系的主矢可写作 惯性力系的主矩 MIO=JO aC n i I F FIi FI FIn MIO aCn 惯性力系的主矢为 JO 现将上述平面惯性力系 向已知点O简化， aC aCn aC aCn FI FIn FI FIn FI FIn FIi FIi MIO MIO F i I n i I F Ii F I n i F = (FIi ri)=miri2 IC m Fa n CC mm aa I I ()i iiiC mm FFaa MIO= MO(FIi) = MO( FIi ) 刚体绕定轴转动惯性力系简化的结论 （转轴垂直于质量对称面） 当刚体有对称平面且绕垂直于对称面的定轴转动时,其惯 性力系向转轴与此对称面的交点O简化，得到对称面内的一个 力和一个力偶，该力作用在简化中心O上，大小和方向等于惯 性力系的主矢，即方向与质心的加速度方向相反，大小等于刚 体的质量与质心加速度的乘积；该力偶的矩等于刚体相对于转 轴的惯性力矩，转向与刚体的角加速度的转向相反，大小等于 刚体对转轴的转动惯量与角加速度的乘积。 MIO =JO aC MIO aCn aC FI MIO FI MIO FI MIO FI I n CCC mmm Faaa 刚体绕定轴转动惯性力系的简化 （转轴垂直于质量对称面）(续) 若将上述平面惯性力系向质心C 简化,将会出现什么结果? MIO =JO MIO MIC MIC = FI OC JO = maC OC JO = (m OC2 JO) MIC= JC JO = JC+m OC2 由此可知，选择不同的简化中心，得到的力总是作用在简化 中心，大小和方向是不变的；而惯性力矩的大小则是变化的。 III n C m FaFF FIn FI FIn 再来看例1 图示飞轮质量为m，平均半径r，以 匀角速度绕其中心轴转动。设轮缘较薄，质 量均匀分布，轮辐的质量可以忽略。若不考虑 重力的影响，求轮缘各横截面的张力。 见后续 TA、TB与惯性力FI组成形式上的 平衡力系， 飞轮匀速转动时， 四分之一轮缘上的惯性力系向转轴简化的 结果是通过质心C和转轴O的一个合力， 且 例1续1 aCn C FI TB TA /4 x y o 解： 截面A、B处的张力TA、TB为外力， 用假想截面A、B 截取四分之一轮缘为研究对象， A B 根据题意，重力不计。 I 1 4 n C Fma 可以计算或查表得四分之一薄圆环的质心 位置为 2 2OCr 2n C aOC 22 I 1 2 2 Fmr 惯性力合力的大小为 根据质点系达朗贝尔原理， 列出“平衡方程”： aCn C FI TB TA /4 A B aCn C FI TB TA /4 A B aCn C FI TB TA /4 A B 已知飞轮m，r，求轮缘各横截面的张力。 例1续2 x y o aCn C FI TB TA /4 22 I 1 2 2 Fmr 已求得惯性力合力的大小为 列出“平衡方程”： 2 1 2 AB TTmr ( )0, O MF TA r TB r = 0 Fx=0， TA + FI cos45= 0 由此可知： 飞轮匀速转动时，轮缘各截面的张力相等，且正比于 角速度的平方，与其平均半径成正比。 若飞轮轮缘的横截面面积为A，则飞轮轮缘横截面的 平均拉应力拉应力为 2 1 2 T mr AA 均质杆OA质量为m，长为l，可绕O轴转动。图示 瞬时，角速度为零，角加速度为，求该瞬时杆的惯性力系向 O轴简化的结果，并画出惯性主矢和惯性主矩的方向。 A O 例3 2 C l a I 1 2 C Fmaml 2 I 1 3 OO MJml C C a 解解： OA杆作定轴转动,角速度 为零，角加速度为 ， I F MIO 该杆的惯性力系向O轴简化的结果为 C C a I F MIO C C a I F MIO A C 例3续 讨论 若该均质杆由水平位置自由转 动至 角处，则此瞬时杆的惯 性力系向O轴简化的结果又将 如何? 并画出惯性主矢和惯性 主矩的方向。 AO MIO C a n C a I F n I F 由动能定理可得 22 1 1 0sin 2 32 l mlmg 2 3 sing l 求导得 3 cos 2 g l 该杆的惯性力系向O轴简化的结果为 2 I 1 3 OO MJml I 2 C l Fmam nn2 I 2 C l Fmam MIO C a n C a I F n I F MIO C a n C a I F n I F 例4 已知杆m，l，绕铅直轴作等速转动，形成圆锥 摆，角速度。求杆的倾角及球铰O的约束力。 解：杆上各点均作匀速圆周运动， 加速度水平指向转轴， B O 惯性力为三角形分布的分布载荷。 惯性力的合力 22 I 1 sindsin 2 l o m Fml l 2 sin, i a dd , m m l A d dm I d i F I dd ii Fm a 2sin d m l y B O IF mg x z C Oy F Oz F 已知杆m，l，。求杆的倾角及球铰O的约束力。 2 I 1 sin 2 Fml 惯性力的合力 合力的作用点 2 3 OAl 根据质点系达朗贝尔原理， 列出“平衡方程”： ( )0, x MF 0, z F 0, y F 2 12 sincossin0 232 l mllmg 2 I 1 sin 2 Oy FFml Oz Fmg 2 3 sin (cos)0 2 g l 123 2 3 0,arccos 2 g l A 已求得 已知杆m，l，绕铅直轴作等速转动，形成圆锥摆，角速度 。求杆的倾角及球铰O的约束力。 y B O IF mg x z C Oy F Oz F A 2 1 sin 2 Oy Fml Oz Fmg 123 2 3 0,arccos 2 g l 讨论： 3 2 g l 当 时, 1 0 即杆在铅垂位置的自旋为稳定运动； 3 2 g l 当 时, 杆的倾角为3的圆锥运动为稳定运动。 已知电动机定子的质量为m1，用螺栓固定 于水平基础上，转轴与地面距离为h。转子质量为 m2，偏心距为C1C2 = e，t = 0时，转子质心位于最 低位置。转子以匀角速度转动，求基础对电动机 的约束反力。 例例5 C1 C1 C1 h C2 e C1 x y C2 已知定子m1，h；转子m2，偏心e， 求基础对电机的反力。 研究整个电机系统，受力如图， 解： 对质点系虚加惯性力， 2 2 sin x Fmet Fy Fx m2g MA FI m1g 根据质点系达朗贝尔原理， Fy Fx m2g MA FI m1g Fy Fx m2g MA FI m1g Fy Fx m2g MA FI m1g Fx = 0， Fy = 0， Fx+FIsin=0， Fy(m1+m2)gFIcos =0， MA( F ) = 0， MA m2gesin FIsin h =0， 又因为转子匀速转动，有 =t 解得 2 122 ()cos y Fmmgmet 2 2 ()sin A Mm e ght A FI= m2 e2 其大小为 列出“平衡方程”： h 例例5 简支梁AB重W，轮盘重Q ，轮盘半径为r，对 质心的转动惯量为J，重物重 P 。在轮盘的轴承上 装有电机，通电时的驱动力矩为M。求重物提升的 加速度a及支座A、B的反力。 A B 2 l 2 l O M 例例5续续 O 加惯性力FI ，惯性力矩MI 1）研究轮盘及重物系统， 进行受力分析。 Q P XO YO A B 2 l 2 l O FI MI M M 已知梁W, 轮盘Q, r, J, 重物 P 。驱动 力矩M。求重物a及A、B的反力。 I a MJJ r I P Fa g 根据质系达朗贝尔原理,有 ()0, O M F II 0MMP rF r 2 2 MrPr ag JgPr Q 解得 P W 解解： a a a Q P XO YO FI MI Q P XO YO FI MI M M 例例5续续 2）研究整体，进行受力分析。 ( )0, A M F 0, x F 0, y F 0 Ax F 0 AyB FFP WQ II ()()0 22 B ll FlMQ WPFrM 即可解得支座A、B的反力 加惯性力系， 系统“平衡”, 有 已求得 2 2 MrPr ag JgPr FAy FB A B O Q 2 l 2 l M W a P FAx FAy FB FAx FI MI FAy FB FAx , Ax F, Ay F B F 简化到对称面的惯性力系分为两部分： 三、刚体作平面运动时惯性力系的简化 这里，仅讨论刚体具有质量对称面，且刚体运动时其质心 所在平面与质量对称面重合的情形。 在这种情形下，在运动 的任意瞬时，虚加于刚体各质点上的惯性力系首先可简化为 对称面内的平面惯性力系；然后以质心为简化中心，导出惯 性力系的主矢和主矩。 刚体的平面运动可分解为随基点的平移和相对基点的转动。 在动力学中，总是选取质心为基点。 所以刚体的平面运动可分解为 随质心的平移和相对质心的转动。 aC MIC FI C 刚体随质心平动的惯性力系简化为 通过质心的一个力； 刚体绕质心转动的惯性力系简化为 一个力偶。 FI =maC MIC= JC 随质心的平移和相对质心的转动。 随质心的平移和相对质心的转动。 MIC FI MIC FI MIC FI aC aC 刚体作平面运动时惯性力系的简化的结论 有对称平面的刚体，平行于该平面运动时，刚 体的惯性力系可以简化为在对称平面内的一个力 和一个力偶。 这个力通过质心，大小等于刚体质量 与质心加速度的乘积，其方向与质心的加速度方向 相反； 这个力偶的矩等于对通过质心且垂直于对 称面的轴的转动惯量与角加速度的乘积，其转向与 角加速度方向相反。 aC FI C FI C FI C FI C MIC MIC MIC MIC aC aC aC 两根质量均为m、长均为l的均质杆OA与AB在A处铰接， 两杆水平时角速度均为零，角加速度分别为 1和 2。 求该瞬时系统的惯性力系简化的结果，并画出各惯性主 矢和惯性主矩的方向。 解：OA作定轴转动, O 1C a 1 A B C1 C2 2C a 2 11 1 2 C al 1A al 22 2 n CAC AC A aaaa 212 1 () 2 C al 2 2 1 2 C A al A a AB作平面运动, 由基点法 A a 2 C A a 2 0 n C A a式中 所以 O 1C a 1 MIO1 A B C1 C2 2C a FI1 MIC2 FI2 2 I22C Fma I11C Fma I 11OO MJ I 222CC MJ 11 1 , 2 C al 212 1 (2) 2 C al已求得 I11 1 2 Fml 2 I 11 1 3 O Mml I212 1 (2) 2 Fml 2 I 22 1 12 C Mml OA作定轴转动, 惯性力系向轴O简化： AB作平面运动, 所以 惯性力系向质心C2简化： O 1C a 1 A B C1 C2 2C a 2 11 1 , 2 C al 212 1 (2) 2 C al 已求得 maC1 1C a O 1 A B C1 C2 2C a 2 maC2 2 2 1 12 ml 2 2 1 12 ml maC2 2 2 1 12 ml 2 1 1 3 ml maC1 OA作定轴转动，惯性力系向轴O简化； OA杆的惯性力系也可以向质心简化！ 讨论 如何求两杆静止释放瞬时，两 杆的角加速度？轴承O及铰 链A的约束力？ maC1 O mg 1 A B C1 C2 2 maC2 2 2 1 12 ml2 2 1 12 ml mg 11 1 , 2 C al 212 1 (2) 2 C al A B C2 maC2 2 2 1 12 ml mg Ax F Ay F Ox F Oy F x 质量为m 、长为 l 的均质杆一端用光滑铰链铰接于滑块， 滑块在光滑的水平面上滑动，试用广义坐标x及表示 AB杆的惯性力系简化结果。 待续 A B C o x A a A xa n CA a CA a x A B C o x A xa mx n CACACA aaaa 1 2 CA l a 2 1 2 n CA la A xa 2 1 2 ml 1 2 ml C J 质量为m、长为 l 的均质杆一端用光滑铰链铰接于质量 为M、半径为r的轮心A，轮在粗糙的水平面上纯滚动， 试用广义坐标x及表示系统的惯性力系简化结果。 x B o x A xa A B o x 2 1 2 x Mr r A x r Mx 2 1 12 ml END A C mx 1 2 ml 2 1 2 ml C A a CA a n CA a 例7 C 见后续 均质圆轮半径为r，质量为m，在重力作用下沿倾 角为的斜面向下作纯滚动，求圆轮轮心的加速 度及斜面的摩擦力。 例7续一 2）加惯性力 已知轮m,r, 纯滚,求轮心加速度、斜面的摩擦力。 解解： C A mg FI MIC mg mg FN FS C a 分析运动： 3）用达朗贝尔原理建立“平衡”方程 ICC MJ 惯性力偶 IC Fma ( )0, A MF II sin0 C mgrFrM 分析受力： 斜面反力FN、FS； 重力mg； C a r 则轮角加速度 0, x F I sin0 S mgFF 0, y F N cos0Fmg 1）研究圆盘， 1 sin 3 S Fmg 2 sin 3 C ag N cosFmg 解得 设质心加速度为 ， C a FN FS FN FS C aCa FI MIC FI MIC 2 1 2 mr 例7续二 讨论 为保证纯滚动，轮与斜面的静 滑动摩擦系数应为多大？ 已求得 S 1 sin 3 Fmg N cosFmg 保证纯滚动的条件是 NSS Ff F即 1 sincos 3 S mgf mg 轮与斜面的静滑动摩擦系数应为 1 tan 3 S f mg FI MIC FN FS C C a 本题如果用第十三章中的平面运动 微分方程求解，则需列三个动力学 方程再加一个描述只滚不滑约束的 运动学方程，然后联立求解。但在 用动静法解题时，可以对接触点A 列写力矩方程，从而一个方程求解 一个未知数，避免求解联立方程。 由此可见，用动静法解题的一个优优 点点在于选取矩心的灵活性选取矩心的灵活性。 例7续三 C A mg MIC FN FS C a FI 解毕 思考题： 均质圆盘质量为m1，半径为r，均质细长杆长 l = 2r， 质量为m2。杆端A与轮心为光滑铰接。水平拉力 为F，使轮沿水平面作纯滚动。不计杆端B与地面 的摩擦力。试求地面对B端的法向反力；力F 为 多大时，B端刚好离开地面？轮纯滚动的条件是 什么？（地面静摩擦系数应满足的条件） MIA FIA FIC F m1g m2g FND FNB A B D C FS 法一：先用动能定理求出轮心加速度a，再用达朗贝尔原 理，列出系统的平衡方程求解。 F m1g m2g FND FNB A B D C FS 2 22 12 d1 31 d2 22 v mrm vFv tr 12 2 32 F a mm 由功率方程，得 v 设轮心速度为v，则AB杆平动 的速度也为v， v MIA FIA FIC 则惯性力系 2 I11 11 22 A a Mm rm ra r I1A Fma I2C Fm a a a 求地面对B端的法向反力求FNB MIA FIA FIC F m1g m2g FND FNB A B D C FS 圆盘纯滚动的条件： 系统“平衡”，由达朗贝尔原理 ()0, D M F B端刚好离开地面的条件： N 0 B F 0, x F 求FS 0, y F 求FND IIIN 2 cos300 2 AACB r F rF rMFFr 已求得 12 2 32 F a mm I1 1 2 A Mm ra I1A Fma I2C Fm a 若 求 地 面 对 D 处 的 反 力 ， 可列方程： NSSD Ff F 研究AB，列方程 法二：直接用达朗贝尔原理，需要拆分系统。 A B C 30 FIC FNB FAx FAy m2g a MIA FIA FIC F m1g m2g FND FNB A B D C FS ()0, D M F0, x F ( )0, A M F 研究系统，列方程 B端刚好离开地面 N 0 B F纯滚动的条件： NSSD Ff F 0, y F 例9 均质鼓轮铰接在悬臂梁AB的B端，在常力矩M的 作用下牵引均质轮C在AB上纯滚动。已知鼓轮、圆轮 的质量、半径均为m、r，悬臂梁的长度为l，单位长 度自重为q。求圆轮中心C运动到梁的中间位置时， 固定端A的约束反力。 r r l l/2 A B m m q C M M M M 例9续1 求轮B、C的角加速度 及轮心的加速度 已知 两轮m，r；梁q， l；力矩M，求图示位 置A端的约束反力。 M aC l l/2 A B C MIB MIC 解： 轮B、C的半径、质量均相等，轮C纯滚动 B = C = 且 aC = r ， aB = 0 对系统虚加惯性力系如图， FIC = m r FIB = 0 IBB MJ ICC MJ FAx FAy FIC MA 其大小分别为 ql 则系统在主动力、约束反力与惯性力系在形式上处于“平衡”， 为平面一般力系问题！ mg mg aC MIB MIC FAx FAy FIC MA ql mg mg aC MIB MIC FAx FAy FIC MA ql mg mg aC MIB MIC FAx FAy FIC MA ql mg mg 2 1 2 mr 2 1 2 mr M 整个系统有四个未知量！ 法一：可先用动能定理 求出 系统动能为 r r A B m m q C M 222 111 222 CCB TmvJJ 22222 11 11 1 () 22 22 2 mrmrmr 22 mr 根据微分形式的动能定理 d F TW 得 2 2ddm rM 2 2 M mr 等式两边同除以 dt 得 2 d2dTmr d F WM C D B A B C 例9续2 MIC FIC mg F FT 再取鼓轮B为研究对象，有 MB(F)=0， MMIB FT r =0， 取鼓轮C为研究对象，有 MD(F)=0， FT r MIC FIC r =0， M MIB FBx mg FT M aC MIB MIC FIC 联立式，可得 2 2 M mr I 1 4 B MM I 1 4 C MM I 2 C M F r 法二：直接拆分系统， 先研究部分再研究系 统，求解未知量。 FBy mg F FT FBx mg FT FBy mg F FT FBx mg FT FBy mg FN F FT FBx mg FT FBy MIB MIB MIB MIC FIC MIC FIC MIC FIC D 例9续3 已求得 I 1 4 B MM I 1 4 C MM I 2 C M F r 求固定端 A 的约束反力 取整个系统为研究对象，有 Fx = 0， Fy= 0， MA( F ) = 0， III 1 ()0 2 ACBC MMMF rMmgqllmgl F Ay2mg ql =0， 2 Ax M F r F Ay=2mg +ql 31 22 A Mmgql 2 2 M mr l l/2 aC MIB MIC FAx FAy FIC MA ql mg mg 解得 A B C F Ax FIC = 0， M 例9续4 求解本题的其它方法 讨论讨论 在求出角加速度后，也可取AB梁为研究对象， 计算约束反力，但需求出鼓轮的约束力及圆轮的 法向反力FN和摩擦力F，不如上述解法简便； 本题还可用动能定理的微分形式计算角加速度 ， 然后用达朗贝尔原理求固定端A的约束力和约束 反力偶，也很简便。 l l/2 aC MIB MIC FAx FAy FIC MA ql mg mg A B C O O O 例10 已知质量为m1的三棱柱放在光滑水平面上，质 量为m2的均质圆柱体O由静止沿三棱柱的斜面向下纯 滚动；求三棱柱的加速度。 O O O s O 已知三棱柱m1；圆柱m2；静止开始纯滚动；光滑水平面；求a 。 。 m2g m1g FN v ve 解法一：用动力学普遍定理求解。 Fx(e) = 0， 系统在水平方向动量守恒， 所以 12( cos )0 xr pmvmvv 12 2 (1) cos r mm vv m FN FN FN m1g m1g m1g m2g m2g m2g v ve v ve vr vr vr 设圆柱体O质心由静止沿斜面向下 滚动距离s时，三棱柱的速度为v， 圆柱中心速度为vo，系统动量为 12o mm pvv 系统动量在x方向的投影 选O为动点，三棱柱为动系，则由 aer vvv 所以 Or vvv vO cos Oxr vvv vO vO 研究整个系统，受力如图， 已求得 对上式求导且知 dd , dd r vs va tt 解得 2 2 122 sin2 32sin m ag mmm 并将式(1)代入， 2 2222 1222 111 1 (2cos )0sin 222 2 r rr v mvm vvv vm rm gs r 即三棱柱的加速度。 由动能定理，有 O s O v a ve vr vO 12 2 .(1) cos r mm vv m 系统动能为 2222 121 111 1 222 2 O Tmvm vm r FN m1g m2g 已知三棱柱m1；圆柱m2；静止开始纯滚动；光滑水平面；求a 。 。 O 例13-10 已知三棱柱m1；圆柱m2；纯滚动；光滑水平面；求a 。 。 a aO O MIO m2ar m2ae m1a 解法二：设圆柱沿斜面滚下时三棱柱的加速度 为a， 选O为动点，三棱柱为动系，则由 aer aaa 所以 Or aaa 研究整个系统，画受力图，并虚加惯性力 e aa 且 且 r ar FN m1g m2g 设圆柱中心加速度为ao，圆柱角加速度为 a aO ae ar 2 I22 11 22 Or MJm rm ra图中惯性力偶为 O m2ar m2a m1a FN m1g m2g 2 1 2 r m ra 例10 已知三棱柱m1；圆柱m2；纯滚动；光滑水平面；求a 。 。 m2ar m2g 2 1 2 r m ra FN1 Fs O D 研究整个系统，由达朗贝尔原理， 0, x F 121 cos0 r mam ama 研究圆柱，由达朗贝尔原理， ()0, D M F 2222 1 sincos0 2 rr m ram a rm grm a r 解得 2 2 122 sin2 32sin m ag mmm 即三棱柱的加速度。 m2a 求导得 用动能定理解出，。 O A B C mg aC aCn FI FIn MIO FOy FOx 2 11 0sin 26 O Jmgl 2 1 , 9 O Jml 2 3 sin g l 3 cos 2 g l 1 , 6 C al 2 1 , 6 n C al I 1 6 C Fmaml 2 I 1 6 nn C Fmaml 2 I 1 9 OO MJml 根据达朗贝尔原理，列出“平衡方程”: Fx = 0， Fy = 0， FOx+FI sin +FIn cos =0， FOymg +FI cos FInsin =0， 即可解得 , OxOy FF 思考题 ：均质杆长 l ，质量 m。剪断B端绳子瞬时, A 端绳子张力？ A B C mg 60 60 O 已知杆长 l ，质量 m。剪断B端绳子瞬 时, A 端绳子张力。 ( ) , e Cxx maF ( ) , e Cyy maF (), CC JMF 解法一：解法一：用平面运动微分方程用平面运动微分方程 A B C mg 60 60 O 60cos ACx Fma FA aA aCA aA C A B 应用平面运动加速度分析，取应用平面运动加速度分析，取 A 为基点。为基点。 , n CACAAC aaaa 2 30sin,30cos l aaaa ACyACx 2 , 0 l aa CA n CA 60sin ACy Fmgma 2 60sin 12 1 2 l Fml A 投影得投影得 . 13 2 , 13 18 , 13 32 ga l g mgF AA 解得：解得： aCy aCx aCy aCx C A B 均质杆长 l ，质量 m。剪断B端绳子 瞬时,A 端绳子张力？ 解法二：解法二：用用达朗贝尔原理， A B C mg 60 O FA 用平面运动加速度基点法，则用平面运动加速度基点法，则 , n CACACA aaaa 2 , 0 l aa CA n CA maA ml 2 1 画受力图。画受力图。 CA a 2 12 1 ml ( )0, C M F 0, x F 0, y F 060sin60cos AA maF 1 sin60cos600 2 AA Fmamlmg 0 2 60sin 12 1 2 l Fml A 2 3182 , 131313 AA g Fmgag l 解得：解得： aA aA 4 定轴转动刚体的轴承动反力 在工程实际中，通常将转动机械的转动部分称为转子。 由于材质（质量）不够均匀，制造安装不够准确（既有 公差，也有误差），转子的质心未必落在转轴上（偏 心），转子的质量对称面未必与转轴垂直（偏角）。 转子运转时，这种偏心、偏角误差将产生相应的 惯性力，引起零件损坏或剧烈的振动。 常常将转子处于静止状态作用于轴承的力称为静压力， 转子处于运转状态时作用于轴承的力称为动压力，二者 之差，即转子因处于运动状态而附加于轴承的压力称为 附加动压力。 若考虑轴承对转子的作用，则分别称为静反力、动反力和 附加动反力。 在高速转子中，轴承的附加动反力远大于静反力，如何有 效地抑制、消除转动机械中的附加动反力是值得重视的问 题。 为了解定轴转体的轴承动反力，先请看一简单实例。 已知两小球质量均为m，以长为2l的细杆相连，绕z轴匀速 转动，角速度为。若两球的中心连线z轴，且质心C在z 轴上，求轴承A、B反力。 C A B m m FA FBx FI2 FI1 l l FBy 解：研究小球系统，受力如图。 mg mg FA FBx FBy mg mg FA FBx FBy mg mg 虚加惯性力， FI2 FI1 FI2 FI1 且 FI1 = FI2 = m2l 由质点系达朗贝尔原理，有 MB(F)=0， F A +FBx FI1 + FI2 = 0 FBy mg mg = 0 F A AB = 0 解得 F A = 0 FBy = 2mg FBx =0 可见，在这种情况下，轴承动反力与静反力相同！ Fx = 0， Fy= 0， C A B m m l l 再看偏心与偏角的情形。 偏心而不偏角 FA FI2 FI1 FI2 FI1 l l A B m m C e FI2 FI1 FI2 FI1 F A = FBx= m 2e FI1 = m 2(le) FI2 = m 2(l + e) FA FBx FBx h h FA FBx FA FBx FA FI2 FI1 FBx FA FI2 FI1 FBx FI1 = FI2 = m 2lsin mg mg mg mg FBy FBy FBy FBy FBy FBy FBy= 2mg FBy = 2mg 偏角而不偏心 h h 2 2 1 sin2 2 ABx FFml h 为进一步研究出现轴承附加 动反力的普遍条件， 先 分 析 一般情况下定轴转动刚体的 惯