动力学7达朗贝尔原理

本章介绍动力学的一个重要原理——

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

（

贝尔）原理（动静法）。

（

贝尔）原理为解决非

质点系的动力学

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

本章的原理求解4本章的所有习题必须用本章的原理（贝尔原理

动静法

求解受力图中出现惯性力；用“平衡

方程求解动力学问题5第十四章

动静法（贝尔原理）FNaFFI§14

1

惯性力的概念

质点的原理、原理F

FN

FI

0质点的原理虚加的在形式上BACllll

O1x1y1例题离心调速器已知：m1－球A B

的质量；m2－重锤C

的质量BFT1m1

gCFT3m2

gT1F′l－杆件的长度－O1

y1轴的旋转角速度求：

－

的关系解：

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：施加惯性力球绕O

y

轴作等速圆周

F1

1

T2运动

惯性力方向与法向加速度方向相反

其值为FI＝m1l

2sin重锤

无惯性力FIFT1FT2m1

gCFT3m2

gT1F′B

FIm

l

2sin

(F

F

)sin

01

T1

T2m1g

(FT1

FT2

)cos

0

F

0x1

Fy1

0对于重锤CT1T1F

＝FT1,FT1＝FT3

,F

＝

m2

g2cos3

应用动静法对于球B1m

lcos

m

1

m

22gaaiFiFN2FNiFI1FI2FIiF1m11FN1mim2质点系的主动力系F1

,

F2

,

,

Fi

,

,

Fn质点系的约束力系NnF

F

2

FNi

F质点系的惯性力系F1

,

F

2

,,

Fi

,,

Fn§14

2

质点系的原理F2a2Fi

FNi

FIi

010质点系的动静法形式上*niIF

= F

+n

F

+F =

0n

i

i=1*nnno

ii=1M

(F

)+M

(F)+M

(F )

=

0o

o

ii=1M

=

o

iIi=1

主矢：

R

ii=1i=1主矩：11应该，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。FAxFAyFBx例：解：以加惯性力2I1

I2

n

sinF

F

ma

ma

mLFI2FI1FI1

FI23个“平衡方程”未知量：？例解：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。xFAxFTmg例题已知：m

，l

，dFIFImldF

x

sin

dx212

2l

mF

0

l

x

sin

dx

2

ml

sin

F

0

Fx

0FAx

F

FT

0F

mg

0T

32y

Ay

M

A

0F

l

cos

F

2

l

cos

mg

l

sin

0求：BC绳的张力及A处约束反力解：

取AB

象分析AB

杆的运动，计算惯性FAyxFAxFTmgdFIFITF

ml

sin1F1

ml

2

sin1

mg

tan

1

6F

mg2FAy12

2l

mF

0

l

x

sin

dx

2

ml

sin

F

0

Fx

0FAx

F

FT

0F

mg

0T

32y

Ay

M

A

0F

l

cos

F

2

l

cos

mg

l

sin

0xyFIidFTFTR例题已知：m

，R

。求：轮缘横截面的张力解：取上半部分轮缘为研究对象m2RRd

R2F

i

Fy

0

Fi

sin

2FT

022

20T

mR

2F

1

m

R

2

sin

d方法一:积分方法二：解:xq1Fq1Fq2q2arP0ASB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

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FIi＝－miai

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

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一、一般质点系的惯性力系简化惯性

矢：ccIdt

dtd

F

dp

(mv

)

mari

miai惯性惯性

矢与简化中心的选择无关矩（

2种简化方法）：1.向固定点o简化：O

IdLdtM

(F

)

0r

m

a

ii

ixoyzri惯性矩与简化中心的选择有关2.若向质心C简化：dtdL

MC

(FI

)

C

moxyzriCrc23C主矩：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：0CanCF

nIM

IC主矢：二、刚体的惯性力系简化1、平动刚体：向质心C简化FI

maC240CnaCF

nIM

IC2nI

CF

m

FI

m

C即1）向质心C简化*主矢：主矩：0CanCI2nI

C即

F

m

FI

m

CM

IO

JO2）向

O简化主矢：主矩：JO是刚体对O轴的转动惯量MIC

JCM

O

JO

JC

回顾刚才的内容转轴不通过质心情况FI

maCMIO

＝JOMIC

JCCM

IC向质心C简化主矢：主矩：3、平面运动刚体FI

maCJC是刚体对C轴的转动惯量刚体的惯性力系简化结果总结1、刚体作平动作平动时

惯性力系简化为一个通过质心的合力

FI

。FI

＝

maC2、刚体绕定轴转动FIm

aC系如果刚体具有对称平面

该平面与转轴垂直

惯性力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。

RFMIO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。a

CCCa

nF

ROFn

RFI

maCMIO

＝JO

（2）转轴通过质心，可得在该平面的一个力偶。M

C

JC

303、刚体作平面运动则惯性力系向质心简化得一力和

如果刚体具有对称平面一力偶FI

R

＝

m

aCMI

C

＝JC

CFRMICJC是刚体对C轴的转动惯量aC3132333435例。oCFIaAaCmg（板作平动，该瞬时，各点速度为零，加速度不为零。）受力分析与运动分析注意正负号建立“平衡方程”，并求解例电动绞车安装在梁上，梁的两搁在支座上，绞车与重P（到B点的距离为l3，图中未标出）。绞盘与电机转子固结在一起，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。l1l2A38aAAFF

BPM

g解：39grM

J

J

a

Fgmg-

F

A

(l

1

+

l

2)

+ F

g

l

2+

m

g

l

2

+

Pl

3g+

M

=

0Fg

m

a

M

B

(

F

)

0Y

=

0,FA

+

FB

-

mg

-

P

-

Fg

=

0解得：11AB

11

2

3

1

r

r1

J

F

mgl

Pl

a

ml2

3

2l

l2

l

l

2

F

1

mgl

Pl

l

l

aml

J

amgFAF

BPFgM

g40ABa

mlF

*

a

J

2l1

l2

r

F

*

ml

J

1

r

1

2l

l

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：aFAF

BPFgmgM

g41例题，匀质圆盘的半径为r

，质量为

m，可绕水平轴O转动。突然剪断绳，求圆盘的角加速度和轴承O处的反力。ABrOC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，

0，

0。BrCxCa

tCa

nyF*tF*nO惯性力切向分量F*=ma

=

m

rαC2贝尔原理列平衡方程，得主矩

M*O=

JO

α

=

3

mr

2

应用y

F

0,OM

(F)

0,M*O

mgFOxFOyx

F

0,FOx

+F*

=0nFOy

+

F*

－mg=

0tn惯性力法向分量F*

=mrω2=0Omgr

M

*

0Aα解：圆盘定轴转动，惯性力向转轴O简化。O

CJ

J

mr2JO

MO

(F

)

＝mgr

?三个方程求解FOX、FOY及角加速度三个未知量，计算结果请

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。例题mgFNFAxFAyFI已知：m

,

h,

,

l,a。hhsin

22F

ma其中：44

Fy

0

FAy

mg

FN

cos

0

M

A

(F

)

0求：A

D处约束反力解：取AB

杆为研究对象建“平衡方程”：

Fx

0

FAx

F

FN

sin

0mg

l

cos

F

l

sin

FN

0NAxAyFI2h2h2hAyAxNF

mg

ml

sin

cos

(g

cos

a

sin

)F

ma

ml

(g

cos

a

sin

)

sin

2

F

ml

sin

(g

cos

a

sin

)

Fx

0

FAx

F

FN

sin

0

Fy

0

FAy

mg

FN

cos

0sin

22F

ma其中：45h

M

A

(F

)

0mg

l

cos

F

l

sin

FN

0ahbCCmgFFI例题已知：m,

h,a

,

b,

f。求：

了安全运送货物

小车的

amax解：取小车杆为研究对象2F

h

mgd

0

F

0

F

F

0DFN

mg

0x

Fy

0M

(F

)

0dFNF

F

ma,

F

mg,

d

ah

N

2g货物不滑的条件

F≤

f

FN货物不翻的条件

d

≤

b/2a

≤

f

ga

≤

bg/h为了安全运送货物

应取两者中的小者作为小车的amax。例FFIRaCac解：F

fFNNFM

ICmgFNFNFmE

(F

)

0例在悬臂梁AB的B端装有质量为mB、半径为r的均质鼓轮，如图示，一主动力偶，其矩为M，作用于鼓轮以提升质量为mC的物体。设AB=l，梁和绳子的自重都略去不计。求A、B处的约束力。212Q

mca

mcrM

g

J

B

Bm r

M

mB

gXooYa48yO

B

Fx

0

XO

0

F

0

Y

m

g

m

g

Q

0OcX

0,YO

(mB

m

)g

2mc(M

mc

gr)(mB

2mc

)r因此，A

物体上升的加速度对于鼓轮与物体C组成的物体系统MmBgXoYoaQ

mca

mcrC2(M

mc

gr)(m

2m

)r

249

B

c研究整体平面物体系统的“平衡”问题，先分析局部，再分析整体。50Orl例题已知：AB杆质量为m

,长为l=2r

,FAxFAymgMIORF

RF

nMA圆盘半径为r

,角速度为

角加速度为

求：A

端的约束反力解：

AB1）分析运动施加惯性力273mr

FOnCM

J

F

man

2mr 2mr

2

maOR

CRy

Ay

R

RAx

R

RxMA

FAxr

mgr

MO

0

F

0F

mg

(Fn

F

)

cos

45

0F

(Fn

F

)

cos

45

0

F

0M

O(F

)

03

mr

(

2

)

mg

mr

(

2

)AM

mgr

mr

2

(3

2

4

)FAxFAyFAxFAymgMIORF

RF

nMA273mr

FOnCM

J

F

man

2mr

2mr

2

ma

OR

CRy

Ay

R

RAx

R

RxMA

FAxr

mgr

MO

0

F

0F

mg

(Fn

F

)

cos

45

0F

(Fn

F

)

cos

45

0

F

0M

O(F

)

0FAxFAymgMA213mr

FCnCM

J

F

man

2mr

2mr

2

ma

CR

CR

0CA

R

RAR

Ry

AyR

RAxxM

mgr

(F

n

F

)

cos

45

r

MF

mg

(F

n

F

)

cos

45

0

F

0

(F

n

F

)

cos

45

0

F

0

FM

(F

)

032(3

4

)mr

2

mr

(

2

)

mg

mr

(

2

)AM

m

g

r

FAxFAyMIC2）将惯性力系向质心C简化FRRF

nACMlMAC例题已知：A物体与轮C的质mgmgFIAMICCxFCy均为m，BC

杆的质量为m1

长为l

在轮

C上作用一主动力偶

M

。求：

1）A

物体上升的加速度2）C处及B

端的约束反力。解：

（1）取

A物体与轮C

研究对象

MC

0

M

M

C

mgR

FAR

0aA

2(

M

mg

R

)3

mRAC

C

CFA

maAaAM

J

1

mR2

1

mRa2

R

2其中：aaMACmgmgFIAMICCxCy

MC

(F

)

0M

M

C

mgR

FAR

0aA

2(M

mgR)3mR

0

mg

mg

FA

0FCxFCy

Fx

0

Fy

0Cy

2(M

2mgR)3RFCx

0,

FAC

CCFA

maAaAM

J

1

mR2

1

mRa2

R

2其中：2）取BCCxF

'CyF

'MBFBxFBym1g1

F l

0l2CyMB

m

gFBxFByFCx

0m1g

FCy

0

Fx

0

Fy

0

MB

(F

)

0MFBBy3R1

m1

gl

2(M

2mgR)l2

3R

m g

2(M

2mgR)FBx

060例题已知：两均质直杆质量

m

自水平位置无初速地求：

刚

瞬时两杆的角加速度和O

A处的约束反力MI1MI2mgmgFI2FI1FOyFOx解:

(1)

取系统为研究对象12222112C2

2

2

C2

1

2F

ma

m(l

l

)

M

J

ml

C1C21Aa

l1a

2

l2C

A22

naC

aA

aC

A

C2

261(2)

取ABMI2mgFI2FAyFAx222122F

m(l

l

)

M

1

ml2

2

2

17l21

3g7l

9g

,

62(2)

取ABMI2mgFI2FAyFAx222122F

m(l

l

)

M

1

ml2

2

2

1

F

0

F

0x

Ax

Fy

0

FAy

mg

F2

0AyFAx

0F

1

mg147l7l21

3g

9g

,63(3)

取系统为研究对象MI1MI2mgmgFI2FI1FOyFOx12

Fy

0FOx

0FOy

mg

mg

F1

F2

0

Fx

0Oy2FOx

0F

mg7总结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）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,一端放在光滑地面上,

并用两软绳支持,

。求当BD绳切断的瞬时,

B点的加速度、

AE绳的拉力及地面的反力。解：以AB杆为研究对象,杆AB作平面运动,如图,以B点为基点,则C点的加速度为a

a

at

anC

B

CB

CB其中CB

CBat

an

l

l2

0将惯性力系向质心C简化,得惯性力F

I＝F

Ie＋FIr

,其中FIe

＝maB

,FIr

＝mat

CB

＝ml

和惯性力偶,其力偶的矩为AECBxy30oBAED30oFTFNmgFIeFIrMIaBaBatCBC2

21

112

3MI

JC

m(2l)

ml

在BD绳切断的瞬时,受力如图,建立如图坐标。由质点系的贝尔原理

F

0

F

F

F

cos

30

0x

T

Ie

IrF

F

sin

30

mg

0N

Iry

F

0(2)NF

ml

sin

30

mg

0

M

(F

)

0

F

l

cos

30

F

l

sin

30C

T

NI

M

0(1)TBF

ma

ml

cos30

0(3)3T

NF

l

cos30

F

l

sin

30

1

ml

2

0AECBxy30oFTFNmgFIeFIrMI未知量：aBFT

FNBA30o以B为基点,则A点的加速度为Aa

an

a

a

anA

B

AB

AB其中AAABanan

v2

AE

0

2l2

0将上式投影到

轴上得0

a

a

cos

30Ba

2lB

cosA3B0联立求解（1）~（4）式,得(4)B8a

3

g

sin

2

30

33

gaB

3g2l

cos

30

8l

2

16NBF

mg

1

ma

tan

30

13

mgaBaBatCBatA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）a

a

aA

BAB

34F

1

ma

3

mgTB2

16解得:解:ABMc2ga22FxFy0AB1a2a12F2g

ＰＰ1gMc1gF2gＰFMc2gABcb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。

的质量不计。Ch例题6

例题贝尔原理70ABCcb(1)(2)F

*

h

mgc

F

(b

c)

0NAF

*

h

mgb

F

(b

c)

0NB

M

B

0,

M

A

0,运动分析加惯性力：汽车作平动，F

*

=

Ma，加在质心

C

。于是可写出汽车的动态平衡方程F

*ahFBmgFNAFNB例题6

例题贝尔原理解：取汽车连同货物为研究对象。受力分析：mg

，FNA

，FNB

以及FB(注意：前轮一般是

轮，当忽略质量时，其摩擦力可以不计)。b

c b

c

m(gc

ah)

,

m(gb

ah)FNB由式(1)和(2)解得FNA71起重装置由匀质鼓轮D（半径为R，重为W1

）及均质梁AB（长l=4R，重W2=W1

）组成，鼓轮通过电机C（质量不计）安装在梁的中点，被机通电后的驱动力矩为M

，求重物E上升的加速度a及支座A，B的约束力FNA及FNB。14提升的重物E重

W

1

W

。电BACDE例题7

例题贝尔原理7273O

MdtdLoR22

gJD

1

W13W1a

4M R

W1

g3W1

Ra

4M R

W1

g(b)WMOEW1其中解得FOx

DFOyα例题7

例题贝尔原理解：以鼓轮D，重物E及与鼓轮固结的电机转子所组成的系统（图b）为研究对象。M为电机定子作用在转子的驱动力矩。gDdt

d

(J

W

R2

)

M

WR2.考虑整个系统（图c），加惯性力后受力如图。BWW2FNAACDEFNBW1(c)

0,

R)

M

F l

0Fxl2

(W

F

)(l2(W1

W2

)NA

M

BNA1

Ra116

g1

W

1617W

F

y

F

0,

W1

W2

W

F

0

FNBFNANB1

Ra116

g5

W

1619W

F

M*F*例题7

例题贝尔原理74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

时，突然剪断绳子

BO，试求刚剪断瞬时另一绳子AO

的拉力。OllBAlC（a）例题9

例题贝尔原理75例题9

例题贝尔原理参见动画：贝尔原理－例题976解：绳子BO剪断后，杆AB将开始在铅直面内作平面运动。由于受到绳OA的约束，点A将在铅直平面内作圆周运动。在绳子BO刚剪断的瞬时，杆AB上的实际力只有绳子AO的拉力F和杆的重力mg。aA

=anA

+

at

=

a

+a

+A

Cx

Cy+anACOllBACmgFθ（b）OxαBAθ（c）ACa

tAa

tCaCyaCxaCyyaCx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加速度

定理，以质心C作基点，则点A的加速度为例题9

例题贝尔原理77Aa

投影到点A轨迹的法线AO上，就得到在绳BO刚剪断的瞬时，杆的角速度ω=0，角加速度α

≠0。因此anAC

=

AC

·ω2

=

0=

lα／2又

anA=

0，加速度各分量的方向如图(c)所示。把0

a

cos

a

sin

at

sin

Cx

Cy

AC即例题9

例题贝尔原理OllBACmgFθ（b）OBθA（1）

a

tCxa2AaxCaCyαCx这个关系就是该瞬时杆的运动要素所满足的条件。aCyy（c）78Cx

Cya

cos

-a

sin

l

sin

0杆的惯性力

为一个作用在质心的力

F*C和一个力偶M*C，两者都在运动平面内，F

*C的两个分量大小分别是*F

Cx

=

maCx

,*F

Cy

=maCy力偶矩M*C

的大小是CCz´M*

=

J

αOllBACmgFθxyCM

*CxF

*CyF

*（b）例题9

例题贝尔原理OBθACa

ttaAaCxAaxCaCyα旋向与α相反(如图b)。CxaCyy（c）79由动静法写出杆的动态平衡方程，有且对于细杆,JCz´

=ml2／12。联立求解方程(1)～(4)，就可求出mg2

3F

mg

sin

2

JCz

F

sin

0maCx

F

cos

0maCy

mg

F

sin

0l

Fx

0,

Fy

0,

MC

(F

)

0,（2）（3）（4）例题9

例题贝尔原理OBAθACa

tAa

taCxaOllBACmgFθxyCM

*CxF

*CyF

*xCaCy4

sin

2

cos2

α13CxaCyy（c）8081828384§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动能定理结合动静法半径为R，重量为W1的大圆轮，由绳索牵引，在重量为W2的重物A的作用下，在水平地面上作纯滚动，系统中的小圆轮重量忽略不计。求大圆轮与地面之间的静滑动摩擦力。OCW1AW2R例题

例题贝尔原理86例题

例题贝尔原理参见动画：贝尔原理－例题887解：整个系统，有4个未知约束力。如果直接采用动静法，需将系统拆开。因为系统为一个

度，所以考虑先应用动能定理，求出加速度，再对大圆轮应用动静法。

T0

W2

s

1

W1

v2

1

(

1

W1

R2

)(

v

)22

g

2

2

g

R2

g1

W2

v21.

应用动能定理。例题

例题贝尔原理AOCRW1W2FNFFOxFOy88

T0

W2

s

1

(

1

W1

R2

)(

v

)22

2

g

R0

2

3

W1

)v

2

T

W

s2

g

2

g2

g

2

g1

(W2vdtds

2

12W2

gW

3

Wa

两边对时间t求导，且得例题

例题贝尔原理1.

应用动能定理。1

W2

v2

1

W1

v2AOCRW1W2FNFFOxFOy89903W2

gW2

2

W1a

M

IC22

1W

WR2(W

3

W

)F

C

C

2

1

J

J

a2.

应用动静法。

取

为研究对象。MICFFNW1代入上式得

M

C将(

F

)

0,

aRFOx例题

例题贝尔原理OCRW1AW2FNFFOyIRga

FR

0F

W1

aM

IC

JC

JC

RFIRTaR2参考

P314例15-7、例15-8例

均质圆柱开始时

于水平台边上,

=

0，受小扰动后无滑动的的滚下，试求园柱脱离

的角。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

0):T1=0t时刻(

=):脱离时,

FNA=0,

由上式解出脱离时的

角：93P[Example

3]

The

weight

of

a

homogeneous

cylinder

is

P,

its

radiusis

R.

It

is

rolling

down

from

point

O

along

the

inclined

planewithout

sliding.

At

the

beginning

it

does

not

move.

Theanglebetween

the

plane

and

the

horizon

is

.

At

OA=S

determine

thereaction

force

of

the

constraint

of

th at

point

O.

Neglect

theweight

of

th

.[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

，试求OA=S时平板在O点的约束反力。板的重力略去不计。94P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，处于 状态，故T1=0；在末位置时，设角速度为，则vC

=R

,动能为：Solution:(1)

Determine

the

velocity

and

the

acceleration

by

the

theorem

ofkinetic

energy:The

motion

of

the

cylinder

is

a

plane

movement.

At

the

beginningT1

0T2

the

angle

velocity

is

and

vC

=

R

Theit

is

at

test,

atkinetic

energyis.9596C2

C2

g

2

2g

4gT

1

P

v2

1

P

R2

2

3P

v

2

.3

v

2

4gSsin2

0PSsin4g3PvCCPThe

work

of

thepositive

forces

is主动力的功：W

F

PS

sinW

F

PS

sinFrom

the

theorem

of

kinetic

energywe

get由动能定理得T2

T1

W

FT2

T1

W

FP对t

求导数，则：Form

thetime-derivative

we

obtain3

3RCa

2

gsin

,

2g

sin3

3RCa

2

g

sin

,

2g

sin.Q取系统为研究对象，虚加惯性力R

和惯性力偶MQC(2)

Determine

the

reaction

force

of

the

constraint

by

D’Alembert’sprinciple:(2)

用

原理求约束反力Study

the

whole

system,

add

the

virtual

inertial

force

andthe

inertial

force

couple

MQC

:97g

3QCQCM

1

P

R2

2g

sin

PR

sin.2

g

3R

3R

P

a

2P

sin

,3

333Y

0

,

Y

P

2P

sinα

sinα

0

,O

OOOm

(F

)

0

,

M

P

Rsin

2P

sin

R

PS

cos

Psin

R

0

,X

0

,

X

2P

sin

cos

0

,Write

downthe

dynamic-staticequationsasMO

P

cos

S.3OX

P

sin

2,3Y

P(1

2

sin

2

),O98g

3QCCQM

1

PR2

2g

sin

PRsin2

g

3R

3R

Pa

2Psin

,mO

(F

)0

,

MO

PRsin

2PsinRPScosPsinR03

3MO

PcosS3Y0

,

YO3P

2Psinαsinα

0

,X

0

,

XO

2Psincos

0

,列出动静方程：3XO

Psin

2322Y

P(1 sin

)O99rOu例：问题：系统有一个

度6个未知的约束力可建立6个独立的“平衡方程”IcFFNAFAmgFoyFoxIoFIoMFNFmgFoy'Fox'

O六个未知力rOAaoua一个

度C101研究OA杆AoxFIcFFNAAFmgmgFoyO102应用动静法：应用动能定理的微分形式FNAAFAFNFmgmgO

vaC103取圆盘为研究对象OoyFFoxFNFmgaO104105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