达朗伯原理12

脱离时, 脱离时 FNA= 0, 由上式解出脱离时的ϕ 角：
ϕ = arc cos (4/7)
总结: 总结 (1) 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, 动力学问题的典型,即用动能定理求运动,动静法求 反力; 反力; (2) 应用动静法的关键在于加上的惯性力一定要正 这一点必须特别注意; 确,这一点必须特别注意; 显然上述的解法不是唯一的, (3) 显然上述的解法不是唯一的,无论是求运动还是 求反力,都还可以选择其它动力学定理或方程。 求反力,都还可以选择其它动力学定理或方程。
[整体 整体] 整体
B
MI2
MI2
r r r F FI 2 A C P I 1 O r C2 FOx 1
r r r r a2 Pα2 M I 1 a α F 1 Oy 1
l a1 = α1 2
∑M
O
=0
3 l P 2 P 2 ( P − FI 2 ) l + P − l α1 − l α2 = 0 2 2 3g 12 g
例：已知 L，m，初始无初速度，求初始时杆的角加速度和约束力 ，初始无初速度，
FI
A
Fy
ac
问题： 求解该题有几种方法？ 问题： 求解该题有几种方法？
Fx
α
mg
MIA
B
方法二： 方法二： 应用动量矩定理 和质心运动定理 方法三： 方法三： 应用动能定理 和质心运动定理
方法一： 方法一：动静法
FI = mα
FN
FNA
FA
ω O
aC
mg mg
v
vdt
v ω= r
A
F
FN
应用动能定理的微分形式 d T =
∑ δW = − F
A
1 2 1 2 1 1 2 2 5 2 T = mv + mv + ( mr )ω = mv 2 2 2 2 4 5 mvdv = − FA vdt 2 5 maC = FA （1） 2
5 d T = mv d v 2
5 dv mv = − FAv 2 dt
dv = − aC dt
[OA杆] 杆
FA = f s FNA
FA A
应用动静法： 应用动静法：
FNA
β
Foy O
mg
F ox
mg
FIc
∑ MO = 0
FNA
L L mg cos β + FIc sin β − FA L sin β − FNA L cos β = 0 2 2
θ
o1
A
o2
B
θ
FA
FB
A
B
FI 2
o3

α
C
FI1
a
t CA
mg
aA
a
t CA
C
MIC
mg a
A
未知量： 未知量： 运动分析
a A , FA , α
受力分析
r r rt aC = a A + aCA
FI1 = ma A FI2 = ma
t CA
r r r FI = FI 1 + FI 2
M IC = J Cα
质点的达朗伯原理 质点系达朗伯原理
r r r ∑ Fi + ∑ FNi + ∑ FIi = 0 r r r r r r ∑ M 0 ( Fi ) + ∑ M 0 ( FNi ) + ∑ M 0 ( FIi ) = 0
r r r F + FN + FI = 0
刚体的惯性力系简化 平动刚体： 平动刚体： 向质心C简化 向质心 简化
[AB]
∑M
A
=0
B MI2
r C2 FI 2 A
r a 2 α2
r P
r FAy
r FAx
l P 2 ( P − FI 2 ) − l α2 = 0 2 12 g
解得:
12 g 11α1 + 5α 2 = l
3g 3α1 + 2α 2 = l
9g 3g 有: α 1 = , α 2 = − 7l 7l
达朗伯原理与动力学三定理的综合运用
由前面分析知， 由前面分析知，达朗伯原理综合了质心运动定 理和动量矩定理，因此在求解动力学综合问题时， 理和动量矩定理，因此在求解动力学综合问题时， 可以用达朗伯原理取代这两个定理， 可以用达朗伯原理取代这两个定理，但它不能取 代动能定理。 代动能定理。
因此动力学三大定理的综合应用问题， 因此动力学三大定理的综合应用问题，也可 以采用达朗伯原理和动力学三定理的综合求解
h1
∑F
iy
=0
FAy + FBy + FI = 0
2
得： FAy = −0.035mω l + 0.125mg
例：已知： m , θ , AO1 // BO 2 , O1O 2 // AB 求水平绳切断后的瞬 已知： ， 板质心加速度和两个绳索的拉力。 时，板质心加速度和两个绳索的拉力。
解：受力分析与运动分析
∑F
y
= 0 FB + FA − mg cos θ = 0
mg (sin θ + cos θ ) 2 mg FA = (cos θ − sin θ ) 2
问题：若绳索 变为弹簧 如何求水平绳切断后的瞬时， 变为弹簧， 问题：若绳索B变为弹簧，如何求水平绳切断后的瞬时，板质 心加速度和绳索A的拉力 的拉力。 心加速度和绳索 的拉力。
杆长均l、量均为P的均匀细杆从水平位置由静止开始运 例: 杆长均 、量均为 的均匀细杆从水平位置由静止开始运 求两杆在该瞬时的角加速度。 动，求两杆在该瞬时的角加速度。 解:
P FI 1 = a1 g
FI 2 = P a2 g = J C 2α 2
M I 1 = J Oα1
l a 2 = lα 1 + α 2 2
L 2
∑ Fy =Fy − mg + FI = 0
3g 1 α = , Fx = 0, Fy = mg 2L 4
运动学关系： 运动学关系： aCx = 0, aCy = −α
均质圆盘和均质杆的质量都为m，圆盘半径为r， 例： 均质圆盘和均质杆的质量都为 ，圆盘半径为 ，杆与水 初始时圆盘O点 平面的夹角为β，与地面的滑动摩擦因数为 fs，初始时圆盘 点 的速度为u，在地面上纯滚动， 的速度为 ，在地面上纯滚动，求系统停止时移动的距离 S 及 运动时圆盘所受的摩擦力。 运动时圆盘所受的摩擦力。
θ
o3
A
o1
FA
y o2
FB
FI = mac
∑F
x
建立“平衡方程”，并求 建立“平衡方程” 解
x
= 0 mg sin θ − FI = 0
=0
aA
r FI
B
aC = g sin θ
C
aC
∑M
FB =
A
mg
FB L cos θ − mg
L L L − FI cos θ + FI sin θ = 0 2 2 2
L 1 , M IA = mL2α 2 3
L ∑ M A = MIA − mg 2 = 0 ∑ Fx = Fx = 0
L J Aα = mg 2 maCx = Fx maCy = Fy − mg
1 d( J Aω 2 ) = mg • vC dt 2 maCx = Fx maCy = Fy − mg
5. 列写“平衡”方程 列写“平衡”
FBy FI
θ
D
v ΣM （Fi ) = 0 A
∑F
iz
=0
FAz − mg = 0
得： FAz = mg
A
mg OM ω IO FAy FAz
l FBy (h1 + h2 ) + FI h1 + M IO + mg sin θ = 0 2 2 得： FBy = −0.215mω l − 0.125mg
v v FI = − maC
定轴转动刚体： 定轴转动刚体： 向质心C简化 向质心 简化 向轴心O简化 向轴心 简化 平面运动刚体 向质心C简化 向质心 简化
v v FI = − ma C v v FI = − ma C
M IC = − J Cα
M IO = − J Oα
M IC = − J Cα
v v FI = − ma C
u2 S= 2aC
α
[圆盘 圆盘] 圆盘
α = aO / r = aC / r
Foy ' Fox ' O
F
MIo
mg
∑ Mo( Fi ) = 0
MIo + Fr = 0
FIo
MIO = JOα
FN
1 F = − ma C 2
其中
fs g aC = 5 + 4 f tan β
均质圆柱开始时静止于水平台边上, 例 均质圆柱开始时静止于水平台边上 ϕ = 0，受小扰动 ， 后无滑动的的滚下， 后无滑动的的滚下，试求园柱脱离平台时的ϕ角。
r
A
β
u
O
问题： ：系统有多少未知约束力？ 问题：1：系统有多少未知约束力？ 2：用什么方法求解未知量？ ：用什么方法求解未知量？
α
解：
aC
A
r ao
O
ω
v
系统有一个独立未知的运动量
C
FNA
FA
A
FIc C
mg
FoxO
Foy ' Fox ' O
F
MIo
mg
FIo
Foy
5个未知的约束力 个未知的约束力 可建立6个独立的“平衡方程” 可建立 个独立的“平衡方程” 个独立的