工程力学之动力学的基本方程与动静法培训课件 .ppt

1、第一节 质点动力学基本方程 第二节 质点动力学问题的动静法 第三节 刚体绕定轴转动动力学方程 第四节 质点系的动静法 小 结,返回目录,下一页,上一页,第六章 动力学的基本方程与动静法,本章主要叙述一些对运动物体进行动力分析所需的一些基本概念、基本定理，以及基本量的运算，为对物体进行动力分析奠定一定的基础。,第六章 动力学动力学的基本方程与动静法,下一页,上一页,返回首页,第一节 质点动力学基本方程,下一页,上一页,由经验可知，要改变一个物体的运动状态（即产生加速度），都必须对物体施加力。用同样大的力来推质量不同的物体，则质量大的物体产生的加速度小，质量小的物体产生的加速度就大。它们的这样关系

2、可用牛顿第二定律阐述如下：质点受力作用时所获得加速度的大小，与作用力的大小成正比，与质点的质量成反比，加速度的方向与力的方向相同。,一、质点动力学基本方程,返回目录,返回首页,设作用在质点上的力为F，质点的质量为m，质点获得的加速度为a，则牛顿第二定律可以用矢量方程表示为 F=ma （6-1） 若将作用于质点上的合力视为主动力与约束力 的合成，则式（）可写成 FF ma （6-2）,一、质点动力学基本方程,返回,下一页,上一页,返回首页,式（6-1）及式（6-2）即被称为质点动力学的基本方程。,需要指出动力学基本方程给出了质点所受的力与质点加速度之间的瞬时关系，即任意瞬时，质点只有在力的作用下

3、才有加速度。不受力作用（合力为零）的质点，加速度必为零，此时质点将保持原来的静止或匀速直线运动状态。物体的这种保持运动状态不变的属性称为惯性。对于不同的质点，在获得相同的加速度时，质量大的质点所需施加的力大小，即质点的质量越大，其惯性也越大。由此可见，质量是质点惯性的度量。,返回,下一页,上一页,返回首页,在地球表面上，质量为m的物体，在只有重力W作用而自由下落时，重力加速度g。由式（6-1）可得物体重力和质量的关系式为 W=mg （6-3） 重力和质量是两个不同的概念。在不同地区，重力加速度稍有差异，物体的重力也略有不同。在一般计算中，可取g=9.8m/s2；而质量是物体惯性的度量，是物体的

4、固有属性，在古典力学中，它不随物体的位置变化而改变，是一个不变的常量。,二、质量与重力的关系以及国际单位制,返回,下一页,上一页,返回首页,在力学的单位制中，我国采用以国际单位制为基础的法定计量单位。在国际单位制中，长度单位是m(米)，质量单位是kg(千克)，时间单位是s(秒)。力的单位为导出单位，根据牛顿第二定律，力的单位是kgm/s2，称为N(牛顿)，即是使lkg质量的物体，产生lm/s2的加速度所需施加力的大小为lN。于是，质量为1kg的物体，它的重力就为 W mg 1kg9.8 m/s29.8N,返回,下一页,上一页,返回首页,我国法定计量单位GBT3102.31986对于表示力的量的

5、名称规定为“重力”，而新标准GBT3102.31996则已改为“重量”。对物理量“重量”的定义：物体在特定参考系中获得其加速度等于当地自由落体加速度时的力。同时指出，“重量”一词按照习惯仍可用于表示质量，但不赞成这种习惯。本书为避免混淆，表示力时均采用“重力”而不使用“重量”一词。,返回,下一页,上一页,返回首页,设质量为m的质点M，在合力F的作用下，以加速度a运动，如图所示。根据动力学基本方程有 maF （6-1）,三、质点运动微分方程 及其应用,它在直角坐标系的投影方程为,返回,下一页,上一页,返回首页,（6-4）,工程中，有时采用动力学基本方程在自然坐标系上的投影较为方便。在点作平面曲线

6、运动时，它在自然坐标系的质点运动的微分方程为,（6-5）,质点运动微分方程的应用，可分为两种基本类型。 ）质点动力学第一类问题已知质点的运动，求作用于质点上的力。 例-升降台以匀加速上升，台面上放置一重力为的重物，如图所示。求重物对台面的压力。 解取重物为研究对象，其上受、两力作用，如图所示。取图示坐标轴，由动力学基本方程可得,故,例-卷扬小车连同起吊重物一起沿横梁以匀速向右运动。此时，钢索中的拉力等于重力。当卷扬小车突然制动时，重物将向右摆动，如图所示。求此时钢索中的拉力，设钢索长为。,解取自然坐标系如图所示。重物在摆动过程中，其上作用有重力、钢索拉力。应用自然坐标形式的质点运动微分方程式（

7、6-5），得,小车突然制动、重物向前摆动的瞬间，此时钢索中的拉力达最大值,例-已知质量为的质点在坐标平面内运动，如图所示。其运动方程为，其中、是常量。求作用于质点上的力 解这是一个已知运动、而后求力的质点动力学第一类问题。,将质点运动方程消去时间，得,可见，质点的运动轨迹是以、为半轴的椭圆。对运动方程求二阶导数，即,将上式代入式（-），得在坐标轴上的投影,可见，力和点的位置矢径方位相同、指向相反，始终指向中心，其大小与的大小成正比，称之为有心力。,）质点动力学第二类问题已知作用于质点上的力，求质点的运动。,例 - 液压减振器工作时，活塞在液压缸内作直线运动。若液体对活塞的阻力正比于活塞的速度，

8、即 ，其中为比例常数。设初始速度为，试求活塞相对于液压缸的运动规律，并确定液压缸的长度。,解取活塞为研究对象，如所示。选水平轴，并取活塞初始位置为原点。活塞在任意位置时受到液体阻力为 式中负号表示阻力方向与速度方向相反。,建立质点运动微分方程为,分离变量，对等式两边积分，并以初始条件、代入,积分后得,再次积分，并以初始条件、代入 得到,四、质心运动定理 . 质心概念,在由个质点组成的质点系中，设任一质点的质量为，它在空间的位置以矢径表示，则由式,所确定的点称为质点系的质量中心，简称质心。式中，为质点系的总质量。 质心位置的直角坐标形式为,（6-6）,（6-7）,如将式（-）的分子、分母同乘以重

9、力加速度后，即为质点系重心的公式。可见，在重力场中，质点系的质心与重心的位置是重合的。但需指出的是，质心与重心是两个不同的概念。质心反映了构成质点系的各质点质量的大小及质点的分布情况；而重心是各质点所受的重力组成的平行力系的中心，在失重状态下，重心也就没有意义了，而质心却始终存在。,质心运动定理 将式（-）对时间求一阶导数，得,将式（-）对时间求二阶导数，得,（6-10）,（6-8）,（6-9）,这就是质心运动定理，即质点系的质量与质心加速度的乘积，等于作用于质点系上外力的矢量和（或外力系的主矢）。把质心运动定理和动力学基本方程相比较，可以看出，它们在形式上完全相似。因此，质心运动定理也可用另

10、一种方式来表述：质点系质心的运动与下述质点运动相同，这个质点的质量等于质点系的总质量，同时把所有外力都平移到该点上。 在实际应用时，常将质心运动定理写成投影式，即,（6-11）,质心运动守恒定理 ）若作用于质点系上外力系的矢量和恒等于零，即Fi() 0，由则式(6-10)可知，mac0，即ac0，于是得vc常数。这就是说，质心作惯性运动。 ）若作用于质点系上的外力系在某轴上投影的代数和恒等于零，如Fx() 0，则由式(6-11)可知， macx 0。这就是说，质心速度在轴上的投影保持不变。若开始时质心处于静止，即vcxo 0，则无论质点系各质点如何运动，其质心坐标xc 将保持不变。此结论又称质

11、心位置守恒定律，根据xc xco，又可改写成 mxmxo常数 （6-12） 上述两种情况均可泛称为质心运动守恒定理。 应该指出，质心的运动与质点系内的内力无关（即内力不能改变质心的运动），也与外力的作用位置无关，而仅与外力系的主矢有关。,例-设电动机外壳和定子质量为m1 ，转子质量为m2。转子的质心位于O2(由于制图电动机造和安装上的误差不在轴线上)，如图所示。设偏心距O1O2，转子以匀角速度转动。如电动机固定在机座上，求机座对电动机的约束力。,解选取外壳、定子及转子为质点系，作用在质点系上的外力有外壳、定子的重力1m1g，转子的重力2m2g ，约束力Fx及Fy。取坐标系如图所示。外壳与定子的

12、质心在坐标原点O1处，转子质心O2的坐标为x2ecost，2esint。质点系的质心的坐标为,质心C的加速度为,约束力中， -m2e2cost和-m2e2sint这两部分是由于转子偏心引起的附加动反力，随时间作周期性变化。附加动反力将会导致机座的振动及使电动机及机座受到损坏。,将acx、acy代入式(a)和式(b)，解得机座对电动机的约束力为,根据质心运动定理式（6-11），有,例-浮动起重机质量m120t，吊起重物的质量m22t，起重臂长ABl8，并与垂线成60角，如图所示。若水的阻力和起重臂的质量略去不计，试求起重臂转到与垂线成30时，浮动起重机的位移。,解将起重机与重物确定为一质点系。因

13、不计水的阻力，质点系在水平方向不受外力。根据质心运动定理，aox0；又因为起始时质点系质心是静止的，即vox0，所以符合质心位置守恒的条件，质点系质心在水平方向的坐标xc始终保持不变。,设船宽的一半为a，取固结在海底的坐标轴y与起始位置的起重机中心线重合，如图所示。据式(6-12)可列出,当起重臂AB转到与铅垂线成30时，浮动起重机位移为x，如图b所示。此时可列出,根据质心位置守恒定理mxomx，故,化简并整理后可得,一、 惯性力的概念 当物体受到其他物体的作用而引起其运动状态发生改变时，由于它具有惯性，力图保持其原有的运动状态，因此对于施力物体有反作用力。这种反作用力称为惯性力。,第二节 质

14、点动力学问题的动静法,返回,下一页,上一页,返回首页,例如质量为m的小球，用绳子系住并在水平面内作匀速圆周运动小球在绳的拉力FT的作用下，产生向心的加速度an由动力学基本方程可知，小球上的作用力FTman，称为向心力。小球由于惯性而给绳的反作用力，即为小球的惯性力。由作用与反作用公理可知， FT与FT大小相等、方向相反，称为离心力，故 FT -FT-man （6-4）,返回,下一页,上一页,返回首页,因此，当质点受到力的作用而产生加速度，质点由于惯性必然给施力物体以反作用力，该力即被称为质点的惯性力。故质点惯性力的大小等于质点的质量与其加速度的乘积，方向与加速度的方向相反，它不作用于运动质点本

15、身，而作用于周围施力物体上。如用FQ表示惯性力，则 FQ-ma （6-13）,返回,下一页,上一页,返回首页,设一质量为m的质点M，在主动力F和约束反力FN的作用下沿轨迹AB运动，其加速度a。根据动力学基本方程有,二、 质点动力学问题的动静法,F +FN=-ma 上式与式（6-5）相加，可得 F +FN+FQ=0 （6-14）,返回,下一页,上一页,返回首页,式（6-14）表明：在质点运动的任一瞬时，作用于指质点上的主动力、约束反力与虚加在质点上的惯性力，在形式上组成一平衡力系。这种处理动力学问题的方法，称为动静法。 应该强调指出，指点并没有受到惯性力的作用，动静法中的“平衡力系”是虚拟的，实

16、际上也是不成立的，质点实际上处于不平衡状态。但在质点上假想地加上惯性力后，就可以将动力学的问题用静力学的理论和方法来求解，这将给解题带来很大的方便。,F +FN+FQ=0 （6-14）,返回,下一页,上一页,返回首页,将式(6-14)向直角坐标轴投影，可得 Fx+FNx+FQx=0 Fy+FNy+FQy=0 式中，FQx =-max，FQy =-may 将式（6-14）向自然坐标轴投影，可得 F+FN+FQ=0 Fn+FNn+FQn=0 式中，FQ=-ma=-m ；FQn=-man=-m 。,F +FN+FQ=0 （6-6）,（6-15）,（6-16）,返回,下一页,上一页,返回首页,利用动静

17、法解题时，首先要明确研究对象，分析它所受的力，画出受力图；其次分析它的运动，确定惯性力，并虚加在质点上；最后利用静力学平衡方法求解这个动力学问题。,返回,下一页,上一页,返回首页,小物块A放在车的斜面上，斜面倾角为30。物块A与斜面的摩擦因数f=0.2，若车向左加速运动，试问物块不致沿斜面下滑的加速度a。,解 以小物块A为研究对象，并视其为质点。作物块A的受力图，其上作用有重力G、法向反力FN和摩擦力F。,FQ,F,例6-7,G,FN,x,30,30,a,y,物块随车以加速度a运动，其惯性力的大小为FQ=(G/g)a。将此惯性力以与a相反的方向加到物块上。 取直角坐标系，建立平衡方程 Fx=0

18、 F+FQcos30-Gsin30=0,（a）,返回,下一页,上一页,返回首页,已知：斜面倾角为30，f=0.2。求：a。,解 受力图,取直角坐标系，建立平衡方程 Fx=0 F+FQcos30-Gsin30=0,（a）,Fy=0 FN-FQsin30 -Gcos30 =0,（b）,由式（a）、（b）联立解得,故欲使物块不沿斜面下滑，必须满足 a3.32m/s2,返回,下一页,上一页,返回首页,球磨机的转筒以等角速度绕水平轴O转动，内装钢球和需要研磨的物料。钢球被筒壁带到一定高度后脱离筒壁，然后沿抛物线轨迹自由落下。设滚筒的半径为r，试求脱离处半径OA与铅垂线的夹角。,解 以最外层的一个钢球为研

19、究对象， 不考虑钢球间的相互作用力，则钢球所受的力有重力G，筒壁对钢球的约束反力FN和摩擦力F。,FQ,F,例6-8,G,FN,r,A,a,钢球作匀速圆周运动，只有法向加速度因此惯性力的大小FQ=ma = (G/g)r2，其方向通过A点背向转筒中心O。 取自然坐标系，列平衡方程 Fn=0 FN+Gcos-FQ=0,A,返回,下一页,上一页,返回首页,已知：，r，试求：。,解 静力分析,A,FQ=ma = (G/g)r2 取自然坐标系，列平衡方程 Fn=0 FN+Gcos-FQ=0,由此解得,钢球脱离筒壁的条件为FN=0，代入上式后，可求得脱离角,返回,下一页,上一页,返回首页,A,钢球脱离筒壁

20、的条件为FN=0，代入上式后，可求得脱离角,由此结果可以看出，当r2/gl时，有0，这相当于钢球始终不脱离筒壁。此时转筒的转速L= ，一般称为临界转速。对球磨机而言，应要求L，否则球磨机就不能工作。若对离心浇铸机而言，为了使熔液在旋转着的铸型内能紧贴内壁成型，则要求L。,返回,下一页,上一页,返回首页,退出,第三节 刚体绕定轴转动动力学方程,设有一刚体在一力系作用下绕固定轴O以角加速度 加速转动。 取刚体上任一点i，其质量为mi作用有外力Fi，在它上面虚加向惯性力FQi欲法向惯性力FQin后，形成一个形式上的平衡力系，故有,一、定轴转动刚体的动力学基本方程,将全部质点累计加在一起，即可得,MO

21、=0 MO(Fi) = mir2i,MO(Fi) = mir2i,下一页,上一页,返回目录,MO=0 MO(Fi) = mir2i,MO(Fi) = mir2i,令JO= mir2 （称为刚体对轴O得转动惯量），外力矩之总和用M替代，得 M = JO （6-17） 式（6-17）被称为刚体绕定轴转动动力学方程，它表明刚体绕定轴转动时，刚体对转轴的转动惯量与其角加速度的乘积，等于作用在刚体上有外力对转轴力矩的代数和。,返回首页,下一页,上一页,二、转动惯量,（6-18）,利用式（6-18）就可将形状规则、质量均匀刚体的转动惯量计算出来。,刚体绕定轴z的转动惯量为Jz= miri2 ，它表明了刚体

22、绕定轴z的转动时的惯性大小。从转动惯量的公式可见，影响其大小的有两个因素，一个是它的质量大小，另一个是这些质量对转轴的分布状况，后一个因素具体反映在刚体的形状及其与转轴的相对位置上。,返回首页,下一页,上一页,将其代入式（6-18），得,1均质等截面细直杆绕其形心轴的转动惯量 设有等截面细直杆，如图。其质量为m，长为l。求它对过形心之轴的转动惯量。按式（6-18）， ，杆为匀质，故有,返回首页,下一页,上一页,将其代入式（6-18），得,2均质圆板绕圆心轴的转动惯量 设有均质圆板，如图。其质量为m，半径为R。求它对圆心轴之转动惯量。在圆板上取任意半径 处厚为d之圆环为微元。由于圆板为匀质，故有

23、,返回首页,下一页,上一页,工程中几种常用简单形状均质物体的转动惯量的计算，可查表6-1。工程中有时也把转动惯量写成刚体的总质量m与当量长度z的平方乘积形式，即 Jz=mz2 （6-19）,返回首页,下一页,上一页,式（6-19）中， z称为刚体对于轴的回转半径。它是假想把刚体的质量集中于距转轴为z的质点上，则此质点对于z轴的转动惯量等于原来刚体对于z轴的转动惯量。,表6-1 简单形状均质物体的转动惯量,细长杆,细圆环,薄圆板,A,B,返回首页,下一页,上一页,表6-1仅给出了刚体对通过质心轴的转动惯量。在工程中，有时需要确定刚体对不通过质心轴的转动惯量，例如求等截面直杆AB对通过杆端A点上的

24、横轴z的转动惯量（表6-1），这就需要利用如下转动惯量的平行移轴定理：刚体对于任一轴z的转动惯量，等于与此轴平行的质心轴的转动惯量Jz，加上刚体的质量与z轴到质心轴z的距离d平方的乘积，即 Jz = Jz+md2 (6-20),返回首页,下一页,上一页,求图中等截面直杆AB对轴z的转动惯量及对z轴之回转半径z。,解 以设等截面直杆的质量为m，查表6-1知，直杆对质心轴的转动惯量Jz=ml2/12。根据转动惯量的平行移轴定理，直杆AB对z轴的转动惯量为 Jz = Jz+md2 = ml2/12+ m(l/2)2= ml2/3,例6-9,返回首页,下一页,上一页,图示提升装置中，已知滚筒直径d，它

25、对转轴的转动惯量为J，作用于滚筒上的主动转矩为T，被提升重物的质量为m。求重物上升的加速度。,解 分别取滚筒与重物为研究对象。 作用于滚筒上的外力有转矩T、绳拉力FT，滚筒重力G，轴承O处的约束反力Fx、Fy，及虚加之惯性力偶TQ以加速度旋转。,例6-10,FT,T,T,G,Fy,Fx,TQ,FT,由滚筒，列平衡方程 MO(F)=0 T-TQ-FTd/2=0 T-J-FTd/2=0 （a）,由重物，列平衡方程 Fy=0 FT+FQ-mg=0 FT+ma-mg=0 （b）,FQ,返回首页,下一页,上一页,已知：d，J，T，m。求：a。,解 受力分析,由滚筒 T-J-FTd/2=0 （a）,由重物

26、 FT+ma-mg=0 （b）,又由运动学可知 a =d/2 （c） 由式（a）、（b）、（c）联立可解出,退出,返回首页,下一页,上一页,第四节 质点系的动静法,下一页,上一页,应用动静法解质点系的动力学问题时，需要在质点系中每个质点上假想地加上惯性力。对于刚体而言，由于它由无数质点组成，每次逐点地计算其惯性力则不胜其烦。若应用静力学中力系简化的方法，将刚体上每个质点的惯性力组成的惯性力系加以简化，得到与此惯性力系等效的简化结果，则可直接在刚体上假想地加上此简化结果，从而省去了逐点施加惯性力的复杂过程。下面研究刚体作平面运动时惯性力系简化的结果。,一、刚体惯性力系的简化,返回目录,我们仅讨论

27、刚体具有质量对称平面且刚体仅沿此面作平面运动的情况。此时可先将刚体的空间惯性力系简化为在对称平面内的平面力系，再将此平面力系向质心简化。由静力学知识，可得惯性力系的主矢FQ 与惯性力系对点的主矩TQ。,FQ=FQi=-miai=-maC （6-21） TQ=MC(FQi)=MC(FQi)=-JC （6-22）,式（6-21）、式（6-22）表明：具有质量对称平面且平行于此平面运动的刚体，惯性力系可简化为通过质心点的一个惯性力FQ= -maC和一个惯性力偶TQ= -JC。,下一页,上一页,返回首页,下面几种特殊情况： 刚体作平动，即=0、=0。此时惯性力系简化为一个位于质心的力，主矢FQ=-ma

28、C；主矩TQ=0。 刚体绕垂直于质量对称平面的任一轴作定轴转动。由于刚体此时的定轴转动可以看成是上述平面运动的特例，可将惯性力系向质心C简化，仍得式（6-21）、式（6-22）所示的结果；也可以将惯性力系向转轴与平面的交点O简化，同样得到一个力和一个力偶，其中力FQ=-maC，力偶TQ=-JC（读者可自行验证）。,下一页,上一页,返回首页,刚体绕垂直于质量对称平面并通过质心C的转轴作定轴转动。由于aC=0，则惯性力系的主矢为零，刚体此时的惯性力系简化为一个力偶。 刚体绕垂直于质量对称平面的任一轴作定轴匀速转动。由于=0 ，则惯性力系的主矩为零，此时的惯性力系简化为通过点O和质心C的一个力。 刚

29、体绕垂直于质量对称平面并通过质心C的转轴作定轴匀速转动。由于aC=0，则惯性力系的主矢和主矩同时为零。,下一页,上一页,返回首页,质点系在运动的每一瞬时，作用于质点系上所有的外力与虚加在质点系上的惯性力系，在形式上构成一平衡力系，这就是质点系的动静法。运用动静法来解决刚体及刚体系统的动力学问题，特别是求解约束反力较为方便。,二、质点系的动静法,下一页,上一页,返回首页,由于质点系的内力都是成对出现，且大小相等，方向相反，作用在一条直线上，所以Fi (i) ，M0(Fi (i)=0，于是上式成为,如将作用于质点上的力分成外力Fi(e)和内力Fi(i) ，则式(6-23)可改写为,设质点系由n个质

30、点组成，其中某质点的质量为mi，加速度为ai，作用于该质点上的主动力为Fi、约束力为FNi。按照质点动静法，在质点上加上假想的惯性力，则力Fi 、 FNi 、FQi构成一汇交于质点的平衡力系。将质点系内的所有质点作同样处理，就可以得到作用于质点系上的一个任意平衡力系。该平衡力系向任一点简化，所得的主矢和主矩均应为零，即,直角形杆ABD，质量为m6kg，焊接成直形刚体。以绳AF和两等长且平行的杆AE、BF支持。求割断绳AF的瞬时两杆所受的力。杆的质量忽略不计，刚体质心坐标xC=0.75m，yC=0.25m 。,解 取刚体ABD为研究对象。刚体ABD上作用有重力W，两杆的约束反力分别为FSA和FS

31、A。,W,FSA,例6-11,FSB,刚体作曲线平动，在割断绳的瞬时，两杆的角速度为零，角加速度为。,在刚体质心上加上惯性力FQ，其大小为 FQ=maC,aA,aB,aC,FQ,下一页,上一页,返回首页,已知：m6kg， xC=0.75m，yC=0.25m。 求：FSA和FSA,解 受力分析,取自然坐标，列平衡方程 F=0 Wsin30-FQ =0 即 mgsin30-maC =0 得 aC =4.9m/s2 MA(F)=0 FSAcos301-W0.75-FQ cos300.25+FQ sin300.75=0 即 FSAcos301-mg0.75-maC cos300.25+ maC sin

32、300.75=0 得 FSA=45.5N,FQ=maC,下一页,上一页,返回首页,已知：m6kg， xC=0.75m，yC=0.25m。 求：FSA和FSA,解 受力分析,取自然坐标，列平衡方程 F=0 Wsin30-FQ =0 得 aC =4.9m/s2 MA(F)=0 FSAcos301-W0.75-FQ cos300.25+FQ sin300.75=0 得 FSA=45.5N Fn=0 Wcos30-FSA -FSB =0 即 mgcos30-FSA -FSB =0 得 FSB=5. 4N,FQ=maC,下一页,上一页,返回首页,鼓轮由半径为R1和R2的两轮固连组成，它对水平固定轴O的转

33、动惯量为JO，总重力为G。用细绳悬挂的重物A、B的重力分别为P和 W(PW)。若不计绳重及轴承摩擦，试求鼓轮的角加速度及轴承O的反力。,解 取整个系统为研究对象，系统所受的力为重力G、P和W，约束反力FOx和FOy。,例6-12,TQ,FQ1,P,FOy,FOx,G,W,B,A,重物A、B作平动，鼓轮作定轴转动。设鼓轮转动的角加速度为，则A、B重物的加速度大小分别为a1= R1，a2= R2。其虚加惯性力的大小为FQ1= a1，FQ2= a2，方向与a1和a2的方向相反，鼓轮的转轴通过鼓轮的质心，虚加在鼓轮上的惯性力偶矩为TQ=JO，其转向与相反。,FQ2,下一页,上一页,返回首页,已知：R1

34、，R2，JO， P， W， G。 试求： ， FOx， FOy 。,解 受力分析,力G、P、W、FOx、FOy、FQ1、FQ2和力偶TQ组成平衡力系，由静力学平衡方程 MA=0 (P-FQ1)R1-(W+FQ2)R2-TQ =0 即,下一页,上一页,返回首页,已知：R1，R2，JO， P， W， G。 试求： ， FOx， FOy 。,解 受力分析,MA=0 (P-FQ1)R1-(W+FQ2)R2-TQ =0,Fx=0 FOx=0 Fy=0 FOy-G-P-W +FQ1-FQ2=0 即,下一页,上一页,返回首页,解 取连杆与滑块为研究对象。不计滑块B的重量，则作用 在连杆上的力有P、FNB、FAx、FAy。,例6-13,TQ,FNB,FQy,连杆作平面运动，惯性力系简化为通过 质心的力FQ和力偶TQ，它们的方 向分别如图，大小为,P,FQx,FAy,FAx,TQ= JC,取直角坐标如图，列平衡方程 Fx=0 Fax-FQx =0 Fy=0 Fay-FNB-P-FQy