达朗贝尔原理(动静法)

前面介绍的动力学普遍定理,为解决质点系动力学问题提供了一种普遍的方法。达朗贝尔原理为解决非自由质点系动力学问题提供了另一种普遍的方法。这种方法的特点是：用静力学研究平衡问题的方法来研究动力学的不平衡问题,因此这种方法又叫动静法。由于静力学研究平衡问题的方法比较简单,也容易掌握,因此动静法在工程中被广泛使用。§14-1惯性力·质点的达朗贝尔原理NFFam0amFFN令amFI惯性力有0INFFF质点的达朗贝尔原理:作用在质点的主动力、约束力和虚加的惯性力在形式上组成平衡力系.例14-1已知:60,m3.0,kg1.0lm求:.,TFv用达朗贝尔原理求解解:2sinInvFmaml0ITFFgm0,cos0bTFFmg0,sin0nTIFFF解得N96.1cosmgFTsm1.2sin2mlFvT例14-2球磨机的滚筒以匀角速度w绕水平轴O转动,内装钢球和需要粉碎的物料,钢球被筒壁带到一定高度脱离筒壁,然后沿抛物线轨迹自由落下,从而击碎物料,如图。设滚筒内壁半径为r,试求钢球的脱离角a。解：以某一尚未脱离筒壁的钢球为研究对象,受力如图。钢球未脱离筒壁前,作圆周运动,其加速度为0a2wran惯性力FI的大小为假想地加上惯性力,由达朗贝尔原理0:cos0nNIFFmgFOMrwaFFNmgFI2IFmrw)cos(2wgrmgN这就是钢球在任一位置时所受的法向反力,显然当钢球脱离筒壁时,FN＝0,由此可求出其脱离角a为)arccos(2grwa§14-2质点系的达朗贝尔原理记)(eiF为作用于第i个质点上外力的合力.)(iiF为作用于第i个质点上内力的合力.则有00000IiiieiIiiieiFMFMFMFFFniFFFIiNii,,2,10质点系的达朗贝尔原理:质点系中每个质点上作用的主动力,约束力和它的惯性力在形式上组成平衡力系.因,0,00iiiiFMF有0000IieiIieiFMFMFF也称为质点系的达朗贝尔原理:作用在质点系上的外力与虚加在每个质点上的惯性力在形式上组成平衡力系.已知：如图所示,定滑轮的半径为r,质量为m均匀分布在轮缘上,绕水平轴Ｏ转动.垮过滑轮的无重绳的两端挂有质量为m1和m2的重物(m１m2),绳与轮间不打滑,轴承摩擦忽略不计。求：重物的加速度.例14-3解:amFamFII2211,,amrmFiitIia0,02211armramgmamgmMiO由mararmarmii解得gmmmmma2121rvmFinIi2已知：飞轮质量为m,半径为Ｒ,以匀角速度定轴转动，设轮辐质量不计,质量均布在较薄的轮缘上,不考虑重力的影响.w求:轮缘横截面的张力.例14-4解:22wRRRmamFiniiIi0cos,0AIixFFF0sin,0BIiyFFF令,0iww2mRR2mF2220Adcosww2mRR2mF2220Bdsin例14-5重P长l的等截面均质细杆AB,其A端铰接于铅直轴AC上,并以匀角速度w绕该轴转动,如图。求角速度w与角的关系。解：以杆AB为研究对象,受力如图。杆AB匀速转动,杆上距A点x的微元段dx的加速度的大小为2)sin(wxna微元段的质量dm＝Pdx/gl。在该微元段虚加惯性力dFI,它的大小为2ddsindInPmaglwxxFdFIanwBACyxBAxPFAxFAyFI于是整个杆的惯性力的合力的大小为220sindsin2lIPPFlglgwxxw设力FI的作用点到点A的距离为d,由合力矩定理,有0(cos)(cos)dlIIFdFx即2202sind23sin2lPgldlPlgwxxw假想地加上惯性力,由质点系的达朗贝尔原理()0:cossin02AIlMFdPFBAxPFAxFAyFI代入FI的数值,有0)1cos32(sin22wglPl)23arccos(2wlg故有＝0或用质点系的达朗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FIR表示惯性力系的主矢。由质心运动定理及质点系的达朗贝尔原理(e)IΣΣ0iiFF得(e)IIΣΣRiiCmFFFa此式表明：无论刚体作什么运动,惯性力系的主矢都等于刚体的质量与其质心加速度的乘积,方向与质心加速度的方向相反。§14-3刚体惯性力系的简化OIOOIidLMMFdtCOiIiFCairCr由静力学中任意力系简化理论知，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。又因为0000eiIieOiMFMFdLMFdt所以有即无论刚做什么运动，惯性力主矩主矢可由下式计算：eIRiCOIOOIiFFmadLMMFdt１刚体平移惯性力系向质心简化.只简化为一个力CIRamF0ICM惯性力系向点O简化.()()IOiIiiiCiiCCCMrFrmamramra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反向。COiIiFCairCraiitiitIirmamF2wiiniinIirmamFtnIxxIixIixIiMMFMFMF)sin(cos2iiiiiiiizrmzrmwa2刚体定轴转动由iiiiiiryrxsin,cos有iiiiiixIzymzxmM2wa记iiizxiiizyzxmJzymJ,为对于z轴的惯性积.2wayzxzIxJJM同理2waxzyzIyJJM2tnIzzIizIiiiiiizMMFMFmrrmrJaaaIzzMJaIOIxIyizMMiMjMk如果刚体有质量对称面且该面与转动轴垂直,简化中心取此平面与转轴的交点,则0,0iiiyziiixzzymJzxmJazIzIOJMM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O的一个惯性力FIR和一个惯性力偶MIO。力FIR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MIO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。现在讨论以下三种特殊情况：2.当刚体作匀速转动时,a＝0,若转轴不过质心,惯性力系简化为一惯性力FI,且FI＝－maC,同时力的作用线通过转轴O。1.当转轴通过质心C时,aC＝0,FI＝0,MIC＝－JCa。此时惯性力系简化为一惯性力偶。3.当刚体作匀速转动且转轴通过质心C时,FI＝0,MIC＝0,惯性力系自成平衡力系。３刚体作平面运动（平行于质量对称面）IcCIRCMJFmaa向质心简化结论：有质量对称平面的刚体，平行于此平面运动时，刚体的惯性力系简化为在此平面内的一个力和一个力偶。这个力通过质心，其大小等于刚体的质量与质心加速度的乘积,其方向与质心加速度的方向相反；这个力偶的矩等于刚体对过质心且垂直于质量对称面的轴的转动惯量与角加速度的乘积,转向与角加速度相反。已知：如图所示均质杆的质量为m,长为l,绕定轴O转动的角速度为,角加速度为.wa求：惯性力系向点Ｏ简化的结果(方向在图上画出).例14-6解:a2lmFtIO22wlmFnIOa231mlMIO已知：如图所示,电动机定子及其外壳总质量为m1,质心位于O处.转子的质量为m2,质心位于Ｃ处,偏心矩ＯＣ＝e,图示平面为转子的质量对称面.电动机用地角螺钉固定于水平基础上,轴O与水平基础间的距离为h.运动开始时,转子质心Ｃ位于最低位置,转子以匀角速度转动.w求：基础与地角螺钉给电动机总的约束力.例14-7解:2wmeFI0sin,0IxxFFF20,sinsin0AIMMmgeFh因得,tw22sinxFmetwwtemgmmFywwcos2221themtgemM120,()cos0yyIFFmmgF已知：如图所示,电动绞车安装在梁上,梁的两端搁在支座上,绞车与梁共重为P.绞盘半径为R,与电机转子固结在一起,转动惯量为J,质心位于O处.绞车以加速度a提升质量为m的重物,其它尺寸如图.求：支座A，B受到的附加约束力.例14-8解:maFI解得:RJmlaPlmglllFA232211RaJJM0Ia2231200BIIOAMmglFlPlMFll00IBAyFPmgFFFRJmlalllPmglllFB13211211AFBFIOMIF上式中前两项为静约束力,附加约束力为RJmlllaFA221RJmlllaFB121已知：均质圆盘1,,mR均质杆22,.lRm纯滚动.求：F多大,能使杆B端刚好离开地面?纯滚动的条件?例14-9B解:刚好离开地面时,地面约束力为零.030cos30sin022gRmaRmMAga3研究AB杆AxFAyFICF解得gmmF3232120sin30cos300DMFRFRMFRmgRIAIAIC研究整体得2111,2aFmaMmRRIAIAABDFIAFmgSFNF2mgICFIAM0021ammFFFsxgmFs123gmmfFfFsNss21解得21123mmmFFfNssDBA例14-10如图所示,均质杆AB的质量m＝40kg,长l＝4m,A点以铰链连接于小车上。不计摩擦,当小车以加速度a＝15m/s2向左运动时,求D处和铰A处的约束反力。解：以杆为研究对象,受力如图,建立如图坐标。杆作平动,惯性力的大小为FI＝ma。假想地加上惯性力,则由质点系的达朗贝尔原理()0cos30sin300222ADIMlllmgFFF于是得(cos30sin30)DFmgaFIlA30°DBh＝1maaFDmgFAxFAyxy0sin300xAxIDFFFF0cos300yAyDFFFmg代入数据,解之得：617.9357.8239.47AxAyDFNFNFNDBAFIaFDmgFAxFAyxyBCABMlC例14-11均质杆AB长l,重W,B端与重G、半径为r的均质圆轮铰接。在圆轮上作用一矩为M的力偶,借助于细绳提升重为P的重物C。试求固定端A的约束反力。解：先以轮和重物为研究对象,受力如图。假想地加上惯性力2I122BBGaGrMJragrgaICPFag由质点系的达朗贝尔原理aMGFBxFByMIBaPFICII()0()0BBCMMMrPFFgPGrrPMa)2()(2代入MIB和FIC得再以整体为研究对象,受力如图,假想地加上惯性力00xAxFFI00yAyCFFWGPFII()0()()02AABCMlmWGlMMPFlrFBCAaMGFAxFAyMIBPFICaWmA2()(2)AyMrPFWGPPr