理论力学课件-16达朗伯

1、 第十三章 10/7/202210/7/20221 第十三章 10/3/202210/3/20221达朗伯原理由法国科学家达朗伯(J. le Rond DAlembert 1717-1783)在其著作动力学专论中提出。达朗伯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，既所谓“动静法”。达朗伯原理由法国科学家达朗伯达朗伯原理将非自由质点系的动力学Mlva n摆锤 M 受力如图PT图示锥摆，顶角为2，摆长为l，摆锤质量m，在水平面内作匀速圆周运动，速度为v。令：形式上相当于静平衡方程：13-1 惯性力的概念Mlva n摆锤 M

2、 受力如图PT图示锥摆，顶角为2，摆FgMlvPT称为惯性力质点的惯性力：大小等于质量与加速度的积， 方向与其加速度反向。FgMlvPT称为惯性力质点的惯性力：大小等于质量与加速度惯性力不是真实的力！惯性力又称为牛顿惯性力！ 说明称为惯性力质点的惯性力：大小等于质量与加速度的积， 方向与其加速度反向。惯性力不是真实的力！惯性力又称为牛顿惯性力！ 说明A设质点A的质量为m，受力有主动力F、约束反力FN结论在质点运动的任意瞬时，如果在其上假想地加上惯性力Fg，则此力与主动力、约束反力在形式上组成一平衡力系。这就是质点的达朗伯原理。形式上的平衡方程Fga加速度为a，FNFAFNF令：13-2 达朗伯

3、原理一、质点的达朗伯原理A设质点A的质量为m，受力有主动力F、结论在质点运动的任意瞬（i =1，2，n）质点系：有n个质点；对于 第i个质点，设：质量为mi，主动力Fi ，约束反力FNi ，加速度为ai ，其达朗伯原理对整个质点系来说，质点系的达朗伯原理二、质点系的达朗伯原理（i =1，2，n）质点系：有n个质点；对于 第i个质点如第i个质点受力内力Fi (i)外力Fi (e)由于质点系所以对整个质点系来说， 质点系达朗伯原理的另一种形式如第i个质点受力内力Fi (i)外力Fi (e)由于质点系所可解决质点系动力学的两类基本问题；应用达朗伯原理的关键是：解决质点系的惯性力系的简化问题。应用质点

4、系达朗伯原理说明可解决质点系动力学的两类基本问题；应用质点系达朗伯原理说明例16-1 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。例16-1 图示飞轮质量为m，平均半径r，以匀角速度绕其BAFgixyo解：用假想截面A、B 截取一半为研究对象。质点系达朗伯原理：TBds = r d 段上的惯性力为：FgiY = 0dTABAFgixyo解：用假想截面A、B 截取一半为研究对象。质13-3 刚体惯性力系的简化一、刚体作平动miCFg惯性力组成一同向平行力系。m1简化结果：过质心的合力平动刚体：惯性

5、力系为过质心的合力，大小等于刚体的质量与加速度的乘积，方向与加速度方向相反。aiaCFgiFg1各质点上的惯性力13-3 刚体惯性力系的简化一、刚体作平动miCFg例16-2 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， 求(1)当软绳FG被剪断的瞬时，板的加速度 及AD、 DE两绳的张力； (2)当AD、DE两绳铅直时，板的加速度和两绳的张力。FGADEB6060CFG例16-2 已知边长b=100mm的正方形均质板的质量为40ADEB6060mgC解：(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剪断绳FG瞬时，vA= 0

6、， aA = aA = aC板的惯性力，则根据达朗伯原理，有X = 0，Y = 0，MC ( F ) = 0，解得FA = 72 N,FB = 268 Na = 4.9 m/s2,FAFBFgFg = maCmgcos60Fg = 0FA+FBmgsin60 = 0bxyADEB6060mgC解：(1)绳FG被剪断后，板在其自ABC需补充方程。mgFA(2)当AD、BE铅直时,板受力如图。FB设板质心的加速度如图。虚加板的惯性力系，且FgaCaCn则根据达朗伯原理，有Fgn=maCn ，Fg =maCX = 0，Y = 0，MC ( F ) = 0，Fg = 0FA+ FB mgFgn = 0

7、根据动能定理，有FA =FB=248.5 NFgnABC需补充方程。mgFA(2)当AD、BE铅直时,板受力如SzriCC为刚体的质心。OCi二、刚体绕定轴转动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运动Fgi = mi riFgin = mi2 ri式中质量对称面S与转轴z垂直并交于O点SzriCC为刚体的质心。OCi二、刚体绕定轴转动刚体zriCOCi惯性力系的主矩惯性力系的主矢为aCaCnFgFgn转向与相反现将上述平面惯性力系向已知点O简化Fgi = mi riFgin = mi2 rizriCOCi惯性力系的主矩惯性力系的主矢为aCaCn二、刚体绕定轴转动刚体具有

8、与转轴垂直的质量对称面惯性力系的主矩惯性力系的主矢为转向与相反二、刚体绕定轴转动刚体具有与转轴垂直的质量对称面惯性力系的AO解： OA杆作定轴转动,角速度为零，角加速度为该杆的惯性力系向O轴简化的结果为MgO例16-3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。AO解： OA杆作定轴转动,角速度为零，角加速度为该杆的惯 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。由动能定理可得求导得该杆的惯性力系向O轴简化的结果为M

9、gO 讨论若该均质杆由水平位置自由转动至 角处，则此瞬时例16-4 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。ABOMP例16-4 简支梁AB重W，轮盘重Q ，轮盘半径为r，对OPMQABOM加惯性力Fg ，惯性力矩Mg解：研究轮盘及重物系统， 进行受力分析。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。根据质系达朗伯原理,有 QWPXOYOFgMgaOPMQABOM加惯性力Fg ，惯性力矩Mg解：研究轮盘及重ABOOPMQXOYOFgM

10、gXOYOABOOPMQXOYOFgMgXOYOABOM对整体，受力分析（惯性力）WPFgMgFBFA yFAxABOM对整体，受力分析（惯性力）WPFgMgFBFA yF理论力学课件-16达朗伯理论力学课件-16达朗伯OAB例16-5 图示均质杆AB的长度为l，质量为m，可绕O轴在铅直面内转动，OA=l/3，用细线静止悬挂在图示水平位置。若将细线剪断，AB杆运动到与水平线成角时转轴O处的反力。OAB例16-5 图示均质杆AB的长度为l，质量为m，可绕解：质心的加速度为已知AB杆长l，质量m，OA=l/3，求剪断绳后运动至角时转轴O处的反力OABC解：质心的加速度为已知AB杆长l，质量m，OA

11、=l/3，求剪COXOYOOmgFgFgnMgO对整体，受力分析（惯性力）COXOYOOmgFgFgnMgO对整体，受力分析（惯性达朗伯原理表达式:X = 0，Y = 0，MO( F ) = 0，分离变量、积分得最后解得XO+Fg sin +Fgn cos =0YOmg +Fg cos Fgnsin =0式代入式得COXOYOOmgFgFgnMgO达朗伯原理表达式:X = 0，Y = 0，MO( F 本例为求解角速度，对角加速度进行了积分运算也可用动能定理解出角速度，再用刚体定轴转动微分方程解得，然后用达朗伯原理求解XO 、YO ，也很方便。实际上，先用动力学普遍定理求出各运动量，然后用达朗伯

12、原理去求约束反力，是比较通行的做法。 讨论COXOYOOmgFgFgnMgO本例为求解角速度，对角加速度进行了积分运算也可用动能定理C简化到对称面的惯性力系分为两部分：Fg = maC MgC= JC MgCFgaC三、刚体作平面运动时惯性力系的简化刚体运动时其质心所在平面与运动面重合。将惯性力系向质心简化，导出惯性力系的主矢和主矩。随质心的平移和相对质心的转动。C简化到对称面的惯性力系分为两部分：Fg = maC M刚体作平面运动时惯性力系的简化的结论CMgCFgaCFg = maC MgC= JC 惯性力：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；惯性力偶：

13、矩值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。刚体作平面运动时惯性力系的简化的结论CMgCFgaCFg例16-6 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16-6 均质圆轮半径为r，质量为m，在重力作用下沿倾角加惯性力： 已知轮 m, r, 纯滚, ,求轮心加速度、斜面的摩擦力。解：mg分析运动：惯性力偶： FNFSFgMgCP受力分析（惯性力）加惯性力： 已知轮 m, r, 纯滚, ,求轮心加速度达朗伯原理方程 解得 mgFNFSFgMgCA达朗伯原理方程 解得 mgFNFSFgMgCA

14、C M eOr分析偏心轮作平面运动，本题可用刚体平面运动微分方程来求解；现考虑用达朗伯原理来求解，关键是如何加惯性力系？例16-7 图示偏心轮质量为m = 30Kg，半径r = 0.25 m ，偏心距 e = 0.1 m ，对质心的回转半径=0.2m 。在常力偶矩M =30Nm的作用下，沿水平地面作纯滚动。在图示瞬时，轮的角速度为=4rad/s，试求该瞬时轮心O的加速度、地面对轮的约束反力C M eOr分析偏心轮作平面运动，本题可用刚体平面运动 OC已知m=30Kg，r=0.25m，e=0.1m，对质心C：=0.2m。M=30Nm，=4rad/s，求aO及地面对轮的约束反力。解：设图示瞬时，其

15、角加速度为以O为基点，质心的加速度为aOaOaCyaCx OC已知m=30Kg，r=0.25m，e=0.1m，对质M COMgCmgNFF g xF g y受力分析（惯性力）M COMgCmgNFF g xF g y受力分析（惯性力）FFg x = 0MgCM+ Fg x r+ Fg y e mge=0F = m(re2) =110.7 NaO = r = 5.29 m/s2N = m(ge ) = 230.5 NNmg +Fg y= 0达朗伯原理方程 M COMgCmgNFF g xF g yAFFg x = 0MgCM+ Fg x r+ Fg y 例16-9 均质鼓轮铰接在悬臂梁AB的B端

16、，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rrABmmqCM 例16-9 均质鼓轮铰接在悬臂梁AB的B端，在常力矩M的解：加速度分析 rrABmmCa C已知 两轮m ，r ；梁 q，l；力矩M，求图示位置A端的约束反力受力分析（惯性力）ABCM M g C MA mgqM g B F A yF A xmgF g C解：加速度分析 rrABmmCa C已知 两轮m ，r ；梁ABCM M g C MA mgqM g B F A yF A xmgF g C平面力系，

17、四个未知量，需补充方程。根据动能定理：ABCM M g C MA mgqM g B F A yF ABCM M g C MA mgqM g B F A yF A xmgF g C取整个系统为研究对象，有FAy2mg ql =0FAx FgC = 0ABCM M g C MA mgqM g B F A yF 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N和摩擦力F，不如上述解法简便； 本题还可完全用达朗伯原理求解，分别以轮B和轮C为对象求出角加速度后，再求固定端A的约束力和约束反力偶，比较麻烦。 求解本题的其它方法ABCM M g C MA

18、mgqM g B F A yF A xmgF g C 讨论 在求出角加速度后，也可取AB梁为研究对象，计算13-4 定轴转动刚体的轴承动反力转子：工程实际中，通常将转动机械的转动部分称为转子静压力：转子静止时作用于轴承上的力转子运转时，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动压力：转子运转时作用于轴承上的力附加动压力 =动压力 - 静压力偏心距：转子的质心到转轴的距离偏角：转子的质量对称面的法线与转轴的夹角13-4 定轴转动刚体的轴承动反力转子：工程实际中，通常CABmmll解：研究小球系统，受力如图。FAXBYBmgmgFg2Fg1Fg1 = Fg2 = m2l由达朗

19、伯原理FA +XB Fg1 + Fg2 = 0YB mg mg = 0XB AB = 0FA = 0YB = 2mgXB =0可见，在这种情况下，轴承动反力与静反力相同！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。若两球的中心连线垂直于 z 轴，且质心 C在 z 轴上，求轴承 A、B 反力。hhCABmmll解：研究小球系统，受力如图。FAXBYBmgCABm2mll已知两小球质量为 m和 2m ，以长为 2l 的细杆相连，绕 z 轴匀速转动，角速度为。若两球的中心连线垂直于 z 轴，求轴承 A、B 反力。hhCABm2mll已知两小球质量为 m和 2m

20、，以长为 2llCABmmehhllCABmmehhXB= mge/h -m2eFg1 = m2(le)Fg2 = m2(l + e)YB= 2mg再看偏心与偏角的情形偏心而不偏角llCABmmehhFAXBYBmgmgFg2Fg1FA +XB Fg1 + Fg2 = 0YB mg mg = 0(Fg2- Fg1)h+2hXB-mg(l+e)+ mg(l-e)= 0FA +XB m2(le) + m2(l + e) = 0FA = -mge/h -m2eXB= mge/h -m2eFg1 = m2(le)FFg1 = Fg2 = m2lsinFA = XB = m2l2 (sin cos )/hYB = 2mg偏角而不偏心CABmmFg2Fg1FAXBmgmgYBXB -FA -Fg1 + Fg2 = 0YB mg mg = 0Fg22lcos -2hXB= 0XB= m2l2 (sin cos)/hFg1 = Fg2 = m2lsinFA = XB = 通过质心的惯性主轴，称为中心惯性主轴避免出现轴承附加动反力的条件:刚体的