刚体惯性力系的简化

刚体惯性力系的简化

用质点系的达兰贝尔原理求解质点系的动力学问题，需要对质点内每个质点加上各自的惯

性力，这些惯性力也形成一个力系，称为惯性力系。下面用静力学力系简化理论，求出

惯性力系的主矢和主矩。以及R表示惯性力系的主矢。由质心运动定理得：

ma

GR=E4j=Z（一加，〃J--c

无论刚体作什么运动，惯性力系主矢都等于刚体质量与质心加速度的乘积，方向与质心加

速度的方向相反。

由力系简化理论知，主矢的大小和方向与简化中心的位置无关，主矩一般与简化中心的位

置有关。下面就刚体平移、定轴转动和平面运动讨论惯性力系的简化结果。

一、刚体作平移刚体平移时，刚体内任一质点i

的加速度0•与质心的加速度4c相同，有内=ac，任选一点O为简化中心，主矩用Mgo

表示，有

M、——、——.——————

四一2”。（气，）一工/X（一"C）一一2〃2再乂外一一加7X〃C-7X展

式中，”,为简化中心。到质心。的矢径。若选质心C为简化中心，则rc=o,主矩以Mgc

表示，有向质心C简化：

A7——————

gC=Z/c（4j）=X4x（一m/c）=一2mi4XQ,二。

综上可得结论：平移刚体的惯性力系可以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。

二、刚体作定轴转动

如图所示，具有质量对称面且绕垂直于质量对称面的轴转动的刚体。其上任一点的惯性力的

分量的大小为

F：i=m：eL=m：r：a

璋=叫端=加力〃

方向如图所示。该惯性力系对转轴o的主矩为

%0=2%（瑁）+。。（片）

由于&产通过。点，则有XMo（bg”=0,所以

Mgo=工Mo（F；）=-EF：.八=一2（加洛。）4=—Z（〃2海Da

即Mg=-joa

综上可得结论：定轴转动刚体的惯性力系，可以简化为通过转轴0的一个惯性力&R和一

个惯性力偶力尸"的大小等于刚体的质量与其质心加速度大小的乘积，方向与质心

加速度的方向相反，作用线通过转轴；力偶"go的矩等于刚体对转轴的转动惯量与其角加

速度大小的乘积，转向与角加速度的转向相反。

若惯性力系向质心C简化，主矩等于什么？

刚体作匀速转动时，〃=0,若转轴不过质心，惯性力系简化为一惯性力&R=一吟,同

时力的作用线通过转轴。。

②转轴过质点C,但"0,惯性力偶V=V（与。反向）

转轴通过质心。时,牝=0,，'4=0,M必=一人%此时惯性力系简化为一惯性力偶。

③刚体作匀速转动，且转轴过质心，则

FgR=。，Mgc=0

对于平z面运动刚体：由动静法可列出如下三个方程

F=0,£）=。

zv

F=0,2/：+（一加%,）=°

sv

Me（尸）=0,ZMc（M））+（—九0）=。

实质上：

dX（［『（e）d（e）d1（p—

m山2=£K，m山2=Z4，人d产

按以上方程，动静法体现不出优点，但是虚加惯性力和惯性力偶后，动静法可以对任意点

取矩（二矩式、三矩式）这正是体现动静法优越性的地方。

［例5］均质杆长/,质量相与水平面较接，杆由与平面成黄角位置静止落下。求刚开始落

下时杆AB的角加速度及A支座的约束力。

解：选杆为研究对象，虚加惯性力系：

miscml2£

FIR=F欧=m册=°加豺=J£=-----

A3

根据动静法，有

ZG=0,K+mgcos0o—47=0(1)

Z月=。，-mgsin^+F^=0(2)

2监(/)=0,根gcos°o・//2-=0⑶

方程（1）、（2）实质就是质心运动定理，方程⑶为定轴转动微分方程。

单个物体的动力学问题，用动静法或动力学普遍方程求解区别不大。但是物体系统的动力

学问题，用动静法求解比用动力学普遍方程求解简单得多。

解方程得:

K="gsi”，彳一隼COS0。

特别注意：在画虚加的惯性力系的主矢和主矩时，必须按照和质心加速度的方向相反以及

与角加速度转向相反（考虑负号）的原则画出。在方程中只需按其数值的大小代入，不能再

带负号！

达兰贝尔原理的应用

根据达兰贝尔原理，以静力学平衡方程的形式来建立动力学方程的方法，称为动静法。应

用动静法既可求运动，例如加速度、角加速度；也可以求力，并且多用于已知运动，求

质点系运动时的动约束力。

应用动静法可以利用静力学建立平衡方程的一切形式上的便利。例如，矩心可以任意选取,

“平衡方程”可以采用二矩式、三矩式等。因此当问题中有多个约束力时，应用动静法求解

它们时就方便得多。

应用动静法求动力学问题的步骤及要点：

①选取研究对象：原则与静力学相同。

②受力分析：画出全部主动力和外约束力。

③运动分析：主要是刚体质心加速度，刚体角加速度，

标出方向或转向。

④虚加惯性力：在受力图上画上惯性力和惯性力偶，一定要在正确进行运动分析的基础上,

熟记刚体惯性力系的简化结果。

⑤列动静法方程：选取适当的矩心和投影轴。

⑥建立补充方程：运动学补充方程（运动量之间的关系

⑦求解求知量。

［特别注意］知会的方向及转向在受力图中必须按

质心加速的方向、角力搐度的转向相反的原则画出。

在建立方程时，只需按E,=mac,MgC=Jc£数值的大小

代入即可，不再考虑负号。

［例6］质量为，加和牝的两重物，分别挂在两条绳子上，绳又分别绕在半径为门和并

装在同一轴的两鼓轮上，己知两鼓轮对于转轴0的转动惯量为J,系统在重力作用下发生

运动，求鼓轮的角加速度。

解：方法1用达兰贝尔原理求解

取系统为研究对象

虚加惯性力和惯性力偶：

与］—Z77jQ］,F^2~%，o=J（）£=J£

由质点系的达兰贝尔原理

（尸）=0,

2g乃一月।K一总£-Mo=0

加］g《一m2g5一咫自彳一/啰鱼£-J£=。

列补充方程：©二八£,a?=握£代入

上式

得2

mr-+mr-+J6

1I22

方法2用动量矩定理求

解取系统为研究对象

Lo=m}V]/]+机2吃4

=(mr2+mj；+J)co

2M(F(e))=mvr-mvr

一OII22

根据野量矩度理：

—[(mr2+mr2+J)69]=mgr-mgr

iI1221122

dr

加肉一九24

-犯----始-9-+--〃----2---/-2丁+---J--g

方法3用动能定理求解

取系统为研究科象，年一瞬时系统

的『=」"mv2+mv2+Jar

22222

9

_色一{mr~-\-mr2+J)

__2''22

元功Z8W=班gdc-%网吭

=mxgr\A(p-tn2gry^(p

=(ni}t\-m2t2)gd(p

由d7=Z5W得d［缪（办不+加2型+/）］=（根切一根2乃）gd0

:边除以曲，并求导数，

得_叫.一m点

£—m-+m产+J8

1122

［例7］在图示机构中，沿斜面向上作

纯滚动的圆柱体和鼓轮。均为均质物

体，各重为半径均为R,绳子

不可伸长，其质量不计，斜面倾角a,

如在鼓轮上作用一常力偶矩试求

：(1)鼓轮的角加速度？

(2)绳子的拉力？(3)轴承。

处的约束力？(4)圆柱体与

斜面间的摩擦力

(不计滚动摩擦)？

解：方法1用达兰贝尔原理求

取轮。为研蠲象，虚加惯性力

偶M=J8

g。。。cO

2g

列出动静方程

tMo(F)=0,TR+MQ—M=0

SFv=0,Xo-Tcoscr=0

XFv=0,Yo-Q-Tsina=0

取轮A为研究对象，虚加惯性力及和惯性力偶如图示

°与二＞，用「抬底

沙

列出动静ZMC(F)=O,PsinaR+gR-FR+M=0(4)

法方程：£6=0,r-F^-F-Psina=O(5)

学关系：aA=R£A=R£o9£/、=£()

将弧。，Fg,及运动学关系代

入到(1)和⑷式并联立求解得：

_2(M一-sinaR),

£°~(Q+3P)R28

丁_P(3M+QRsina)

一(Q+3P)R

代入(2)、(3)、(5)式,得：

P(3M+ORsina]

X。•cosa

(。+3尸/

P(3M+QRsina}

Yo=•sina+Q

(Q+3P)R

F_P(M一尸7?sin0

"(Q+3P)R

方法2用动力学普遍定理求解

(1)用动能定理求鼓轮角加速度。取系统为研究对象

Z%=M(p-PR(psina

=(M-PRsina)(p

7]=C(常量)

(V=R04)=R(JJA)

222g02g22g八

2

色」(0+3P)R2-C=(M-PRsina)(p

由=Z叱2，得

4g

两边对/求导数：£tQ+3P)R22Go与=(M-PRsina)g

2(M-PRsina、

£。g

(Q+3P)/?2

(2)用动量矩定理求绳子拉力(定轴转动微分方程)取轮。为研究对象，由动量矩定理得

dR%°=M—TRT=/(3M+QRsina)

2g(Q+3P)尺

⑶用质心运动定理求解轴承。处约束力

取轮。为研究对象，根据质心运动定理

:

maCx=XFx,0=Xo-Tcosa

maCy=XF®,Q=Y0-Q-Tsina

w4

Xo=卬"-cosa,Yo=-sina+Q

(Q+3P)R(Q+3P)R

(4)用刚体平面运动微分方程求摩擦力取圆柱体4为研究对象，根据刚体平面运动

微分方程

JA^A—FR（邑=%））

_Je1P22(M-PRsmP(M-PRsing}

广r=--A--A二R.o=

RR2g(Q+3P)R25(Q+3P)R

方法3：用动能定理求鼓轮的角加速度用达兰贝尔原

理求其他力（绳子拉力、轴承。处约束力和摩

擦力）。

I例8］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。点开始滚动,平

板对水平线的倾角为。，试求0A=5时平板在O点的约束力。板的重力略去不计。

解：（1）用动能定理求速度，加速度圆柱体作平面运动。初始位置时处于静止状态，故

八二0；在末位置时，设角速度为“则左二长明动能为：

22gc22g

主动力的功：ZW『二PSsina

由动能定理5M=ZW?得

载"2-0=用sini240•

=>vc=^gSsina

a=-vsin_2P.

c.a、^-T^sin6z

对，求导数，则:33R

(2)用达兰贝尔原理求约束力取系统为研究对象,虚加惯性力Fg和惯性力偶Mgc

FJa="sina,

M5,£R?么sina=竺sina

gc2g3R3

列出动静法方程

2PX，sin2a

X-(sin@cosa=0,

5Z=0,>

。303

2P

YT+(sin@sina=0Y=P(l-^sin2a)

XFy=0,oo

33

p7

M+7?sinzAinaR-P&OSa-Kin^

ZMo(F)=0,aR4

33

1

---->Mo-PcosaS

[例9]牵引车的主动轮质量为小，半径为R,沿水平直线轨道滚动，设车轮所受的主动

力可简化为作用于质心的两个力S、T及驱动力偶矩M,车轮对于通过质心C并垂直于轮

盘的轴的回转半径为r,轮与轨道间摩擦系数为一,试求在车轮滚动而不滑动的条件

下，驱动力偶矩M之最大值。解：取轮为研究对象，虚加惯性力系。

主矢和主矩的大小分别为：

FgR=mac=mRs

M„c=Jc8-mp-£

主矢和主矩按照与质心加速

度及角加速度转向相反的原

则画出，不再考虑负号。

由动静法，得：

ZK=O,F-T-F〃=O(1)

Z8=0,N-P-S=0(2)

Z%(尸)=0,-M+FR+M,c=0(3)

由(1)得F&R=mRe=F-T

所以代入(3)得

mRF-T

=FR+mp-

M=FR+Mgc

mR可见，/越大

=F(足+R)-T邑(4)越不易滑动。

RR

Mnax的值为

由得'=尸+要保证车轮不滑动，

(2)5,上式右端的值

将父4福:猊〃尸禽(02+R)-T

P2。

［例10］如图所示，均质杆A8的质量机=40kg,长/=4m,A点以

较链连接于小车上。不计摩擦，当小车以加速度。=15m/s2向

左运动时，求。处和较A处的约束力。解：以杆为研窕对象，受力如图。

杆作平移，惯性力的大小为FKR=ma.假想地加上惯性力系，则由质点系的达兰贝尔原理

B

ZMA(F)=O

/wg^cos30o-F1口sin30o=0

2。2一勺2

于是得F[)="7(gcos300-asin30°)

Z£=0瓜+&+&sin30°=0

Z4=。cos300-mg=0

FAV+FD

代入数据，解之得：

心=-617.9N

FAy=357.82N

FD=39.47N

［例11］均质杆八〃长/,重端与重G、半径为「的均质圆轮较接。在圆

轮上作用一矩为M的力偶，借助于细绳提升重为尸的重物C。试求固定端

4的约束力。

解：先以轮和重物为研究对象，受力如图。

假想地加上惯性力系p

F=匚a

gC

MA/f=JTa=r2〃=Ra

2gr2g

由质点系的达兰贝尔原理

ZMB(尸)=。M-MgB-r(P-bFgC)=0

代入&c和得

2(M-rP)

a=-------------g

«G+2尸)6

再以整体为研究对象，受力如图，假想地加上惯性力系

r4)，

由质点系的达兰贝尔原理_,)")y

F

次、=。取=。A'AZ

、,=G

ZF0FAy-W-G-P-F&c=01

")=0X

—G/+M—M©—(P+%)(/+r)=0户g'

代入%和解得

FAX=o

2(M—rP)

=W+G+P+

r(G+2P)

7M八A，u(Mn-rP}.rG+2M

m=1(^+G)-M+3G+(/+尸),UT4""p

2(G+2尸)r(G+2P)

［例12］质量为孙长为/的均质直杆AB的一端A焊接于半径为r的圆盘边缘上，如图。

今圆盘以角加速度。绕其中心。转动。求圆盘开始转动时,48杆上焊接点A处的约束力。

解：以杆4〃为研究对象，受力如图

a=ar-OCa-Jr2+(2)2-a

ccV2

将惯性力系向转轴简化，得主矢和主

矩

的大小分别为r——

&=mac=可/+(-)2-a

M=Ja=(J^mOC-)a=

g。oc

]27219)

+〃2(厂+》)a=(-m/-+mr'

1243

由质点系的达兰贝尔原理

EFv=0EM-％sin9=0

£F、-0FAy+F&cos(p-mg-0

EM4(F)=0mA+Mgo-mg--F^sin^?-r=0

.“2°I

sin(p=-----------coscp=

将已知数值代入以上三式，解之

得/

厂F-mg-ma

F、=mra6

Av2

1,1,2

mA=mgI-mla

［例13］重P、半径为「的均质圆轮沿倾角为q的斜面向下滚动。求轮心。的加速度，并求

圆轮不滑动的最小摩擦系数。

解：以圆轮为研究对象，受力如图,建立如图坐标

O圆轮作平面运动，轮心作直线运动，则

ac-ra

将惯性力朝质心简化，惯性力和惯性力偶矩的大小

为F=raM=上-产a

—2g

则由质点系的达兰贝尔原理

ZFV=OFN-PCOS0=0

FN=PcosP

ZFV=OPsin。一己一与二0

SA/c(F)=0Fsr-M.=0

解之得

a"no=B

cFss[n3

33

由于圆轮没有滑动，则尸9M

即£sin^</-Pcos6>

3

由此得>ltan6^

所以，圆轮不滑动时,最小摩擦系数Ain=：tan°

［例14］已知两均质直杆自水平位置无初速地释放。求两杆的角加速度和O、A处的约束力。

解:(1)取系统为研究对于

象/12%

=m-axMg]=[相/％

2ISI\

F=m(la+a)।'

M二」mPa%°/

g2122

户6mg'ng

则由质点系的达兰贝尔原理

I3131

2M。（万）=0=Q

乙乙乙

12女

方程化简为11/+5a2=—j—

⑵取杆为研究对象

ZM/(F)=0Mg2-mg-^Fg2-=0

A,42

弧2A

、1a?

9g3g\\B

a=-/=——K

x71-71

ZK=o鼠=。

£F\=0Fy-mg+F=0

Ag2i〃吆

~mg

14

(3)取系统为研究对象

Z久=0%=。

Z&=0FOy-mg-mg+Fu+Fn=0

［例15］均质杆的质量为叫长为训一端放在光滑地面上，并用两软绳支持，如图所示。

求当3。绳切断的瞬时，”点的加速度、AE绳的拉力及地面的约束力。解：以A3杆为研

究对象，杆A"作平面运动，如图，以B点为基点，则。点的加速度为

A

ac=aB+%B

其中abB=la酒=102=°

将惯性力系向质心C简化，得惯性力心=心】+盘2,

其中五gi=机沏，尸以=，〃"CB=mla和惯性力偶，其

力偶的矩为

22

M=J(a=—^(2Z)=-mla

8123

在AD绳切断的瞬时，受力如图，建立如图坐标。

由质点系的达兰贝尔原理

ZFV=O一片+电一82cos30°=0

-Fy+mag-mlacos30°=0

XFv=0FN+42sin300-mg=0

FN+mlasin30°—=0

ZMc(F)=04/cos30°—&/sin30°+Mg=0

FIcos30o-F/sin30o+^ml2a=0(3)

以5为基点，则A点的加速度为

+Q『+〃

a\ABAB

其中《=v；/A£=0加

将上式投影到4轴上

得。

0——ciR+aARcos30

aB=2tocos30°(4)

联立求解（1）~（4）式,

。二—红—=^L

2/cos30°8/

F=mg-matan30。=mg

N2B16

［例16］如图所示，均质杆AB长为I,重为Q,上端B靠在半径为R的光滑圆弧上（氏=力,

下端A以钱链和均质圆轮中心A席连圆轮重P,半径为r,放在粗糙的地面上,由静止开

始滚动而不滑动。若运动开始瞬时杆与水平线所成夹角f45。，求此瞬时A点的加速度。

解：设系统运动的初瞬时，圆轮中心的加速度为「，角加速度为e;AB杆的角加速度为

e,质心。人

轮和杆均作平面运动，将惯性力系分别向质心简化，则惯性力和惯性力偶的矩的大小分

别为

先以整体为研究对象，受力如图。假想地加上惯性力和惯性力偶,

则由质点系的达兰贝尔原理

Z%(户)=0

NB(1+rsin^)-FLCv—COS^

-Q^-cosO-Fg(r+—sin0)

22

+Mgc=0(1)

再以A3为研究对象，受力如图。假想地加上

惯性力和惯性力偶.则由质点系的达兰贝尔

原理