理论力学讲讲义义第十四讲
黄安基--第14讲 了解力学基础
20121112 均质棒AB 得质量为m=4kg ，其两端悬挂在两条平行绳 上，棒处在水平位置，如图（a ）所示。
其中一绳BD突然断了，求此瞬时AC 绳得拉力F 。
ABCD(a)I CM )(τCAa mgτAa TF τAa CI RxF I RyF (b)α【解】 当BD 绳断了以后，棒开始作平面运动，则惯性力系的简化中心在质心C 上。
因瞬时系统的速度特征量均为零，则点A 加速度为 。
以A 为基点，有τA a ττCAA n CA n CA A C a a a a a a +=++=ττCAA n CA n CA A C a a a a a a +=++=其中,l 为棒长。
ατ2la CA =虚加惯性力系，如图（b ）所示，有I I I 2C C Rx A RymlM J F ma F ταα===，，02220)(=-⋅-=∑ααC A J lml l mg F m ， 则 因，得 2121ml J C =lg 23=α020=-+=∑mg ml F F T y α，又 Nmg F 8.91==得质量为m1和m2的两均质重物，分别挂在两条绳子上，绳又分别绕在半径为r1和r2并装在同一轴的两鼓轮上，已知两鼓轮对于转轴O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（轴O处摩擦不计，绳与轮无相对滑动）。
, 111I a m F =由动静法：, 0)(=∑F MO列补充方程： αα2211 , r a r a ==g Jr m r m r m r m ++-=2222112211α取系统为研究对象，虚加惯性力和惯性力偶：解： 方法1 用达朗伯原理求解, 222I a m F =ααJ J M O O ==I 0I 22I 11I 2211=----O M r F r F gr m gr m 02221112211=----⇒αJ r a m r a m gr m gr m 代入上式方法2 用动量矩定理求解 ωω)( 222211222111J r m r m J r v m r v m L O ++=++=g Jr m r m r m r m ++-=2222112211 α所以根据动量矩定理：2211222211])[(d d gr m gr m J r m r m t-=++ω取系统为研究对象2211)e ()(gr m gr m F M O -=1212，得由∑=-W T T )(2212121222211222222112J r m r m J v m v m T ++=++=ωω取系统为研究对象，任一瞬时系统的g r -m r m r g m r g m s g m s g m W ϕϕϕ⋅=⋅-⋅=⋅-⋅=)( 22112211221112r m r m d -2211ωα两边对时间t 求导数，得 方法3 用动能定理求解)(1某确定值C T =ϕω⋅-=-++g r m r m C J r m r m )()(222112222112 dtd )g r m r (m J)r m r (m dt d ωωϕ⋅-=++2211222211 任意假定一个初始值第十四章分析力学基础§14－1 质点系的自由度§14－2 虚位移原理§14－3 保守系统平衡的稳定性§14－4 达朗贝尔原理与动力学普遍方程§14－5 第二类拉格朗日方程网上作业系统1、告知作业网站的网址：222.18.54.19\homework。
哈工大理论力学课件第十四章PPT课件
M IO
解 :
FI ma
FA
FB
M I0
J
J
a R
FI
M B 0 mgl2 FIl2 Pl3 M IO FA l1 l2 0
Fy 0 FA FB mg P FI 0
解得 :
FA
l1
1 l2
mgl2
Pl3
a
ml2
Fx 0, Fx FI sin 0
Fy 0, Fy (m1 m2 )g FI cos 0
M A 0, M m2ge sin FI h sin 0
因 t, 得
Fx m2e2 sin t
Fy m1 m2 g m2e 2 cost
M
m2
ge
sin
t
m e h 第15页/共28页2 2
sin
t
第17页/共29页
例14-6 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 求：量支为座mA的，重B受物到,其的它附尺加寸约如束图力..
第16页/共28页 第18页/共29页
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
J xz mi xi zi 0, J yz mi yi zi 0
M IO M Iz J z
３ 刚体 作平面 运动 （平行 于质量 对称面 ）
向质心简化
M Ic JC
FI第R 11页/共m28页aC
第13页/共29页
例144 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 .
求：惯性力系向点Ｏ简化的结果(方向在图上画出).
理论力学 课件第14章
得到
δxB tan δyA
图14-6
第三节
虚功与理想约束
虚功与理想约束
设某质点上作用有力 F，并给该质点一个虚位移 δr ，如图 14-7 所示。 则力 F 在虚位移 δr 上做的功称为虚功，即
δW F δr
或
δW F cos(F ，δr) | δr |
（14-4）
显然，虚功也是假设的，并且与虚位移是同阶无穷小量。
第十四章
虚位移原理
目录
01约束及其分类
02虚位移及其计算
03虚功与理想约束
04虚位移原理
05质点系的自由度与 广义坐标
06以广义坐标表示的 质点系平衡条件
第一节
约束及其分类
几何约束与运动约束
限制质点或质点系在空间的几何位置的条件称为几何约束。
单摆上一质点M，可绕固定点O在平面Oxy内摆动，摆 杆长l。此时摆杆对质点M的限制条件是：质点M必须在 以点O为圆心，以l为半径的圆周上运动。若用x，y表示 质点的坐标，则约束条件可写成
用点的合成运动来分析A点的虚位移，如图14-10所示，应 有
δrA sin δre
摇杆上A，B两点的虚位移关系为
δre sin δrB
h
l
δrB
l h
δre
sin
l h
sin
2
δrA
（4）列虚功方程（14-6），求解。
由
F2δrB F1δrA 0
得
F1 δrB
F2 δrA
将式（14-6）写成解析形式
δWF (Fixδxi Fiyδyi Fizδzi ) 0
（14-7）
理论力学精品课程第十四章 动能定理
d(1 2mivi2)Wi
dTWi
质点系动能的增量，等于作用于质点系全部力所作的元功的
和
微分形式。
T2T1 Wi
质点系在某一段运动过程中动能的改变量，等于作用于质点
系全部力所作功的和
积分形式。
第十四章 动能定理
3. 理想约束
dr
F′ O
F
B A
W F d r F d r 0
第14章 动能定理
※ 力的功 ※ 质点和质点系的动能 ※ 动能定理 ※ 势力场·势能·机械能守恒定律 ※ 功率·功率方程·机械效率 ※ 质点系普遍定理的综合应用 ※ 结论与讨论
第十四章 动能定理
§14-1 力的功
a. 常力的功
WFcoss
F
M
M1
M2
S
功是代数量，其国际单位制为 J（焦耳）。
d1
dt
1,
d1
dt
1
Ⅱ M2
1(M1M i122) (J1iJ1222)
主动力的功：
W 12M 11M 2 2(M 1M i122)1
由动能定理得： 1 2(J1iJ1 222) 1 20(M 1M i12 2) 1
第十四章 动能定理
Ⅰ M1
driC
d
Mi
C
§14-2 质点和质点系的动能
质点的动能
T 1 mv 2 2
动能和动量都是表征机械运动的量，前者与质点速度的平 方成正比，是一个标量；后者与质点速度的一次方成正比，是 一个矢量，它们是机械运动的两种度量。动能与功的量纲相同 ，也为 J 。
质点系的动能
第十四章 动能定理
T
b. 变力的功
理论力学第十四章 达朗伯原理讲解
FT1＝FT1
cos m1 m2 g m1l 2
§14-2 质点系的动静法
F1
Fg1
m1
a1
FN1 FNi
mi
Fg2
FN2
Fgi
m2
ai Fi
F2
a2
质点系的主动力系
F1 ,F2 ,,Fi ,,Fn 质点系的约束力系 FN1 , FN2 ,,FNi ,, FNn 质点系的惯性力系
Fg1, Fg2 ,, Fgi ,, Fgn
刚体的惯性力为面积力，组成平面力系。
对于一般问题，刚体的惯性力为体积力， 组成空间一般力系。
§14-3 刚体惯性力系的简化 刚体惯性力系简化结果－ 主矢与主矩 惯性力系的主矢
FgR ＝ Fgi＝ (－mi ai )＝－m aC
i
i
惯性力系的主矢等于刚体的质量与刚体质心 加速度的乘积，方向与质心加速度方向相反。 这一简化结果与运动形式无关。
i
i
i
§14-3 刚体惯性力系的简化
刚体惯性力系特点 刚体惯性力系简化结果
—— 主矢与主矩 刚体惯性力系主矢与主矩与动量
和动量矩之间的关系
§14-3 刚体惯性力系的简化 刚体惯性力系特点
刚体惯性力的分布与刚体的质量分布以及 刚体上各点的绝对加速度有关。
Fgi＝－ 对于平面问题m(或ia者i 可以简化为平面问题)，
§14-3 刚体惯性力系的力系的主矩 —— 惯性力系的主矩与刚体的 运动形式有关。
3、平面运动
具有质量对称平面的刚体作平面运动，并且运动平 面与质量对称平面互相平行。对于这种情形，先将刚 体的空间惯性力系向质量对称平面内简化，得到这一 平面内的平面惯性力系，然后再对平面惯性力系作进 一步简化。
理论力学—14虚位移原理
由于 ，于是得 0
P 2 Qtg
例2 图示机构中，当曲柄OC绕轴摆动时，滑块A沿曲柄自 由滑动，从而带动杆AB在铅垂导槽K内移动。已知OC=a， OK=l，在C点垂直于曲柄作用一力Q，而在B点沿BA作用一力 P。求机构平衡时，力P与Q的关系。
rC
y
rA re a rr A
y A ltg
C
a
A
O
Q
y A
l cos
2
x C a cos
y C a sin
xC
a sin
l
K
B
x
y C a cos
主动力在坐标方向上的投影为
P
YA P
X C Q sin
Y C Q sin
y
r
O
l
x
2 2
xA yA r
2 2
B (xB , yB )
2 2
(xB xA ) ( yB y A ) l yB 0
几何约束方程的一般形式为
f r ( x1 , y 1 , z 1 , , x n , y n , z n ) 0
不仅能限制质点系的位置，而且能限制质点系中各质点的 速度的约束称为运动约束。
C
Q
O
l
K
B
x
P
解1：（几何法）以系统为 研究对象，受的主动力有P、 Q 。给系统一组虚位移如图。
r A re rr 由虚位移原理 F i ri 0 ，得
y
rA re a rr A
rC
《理论力学 动力学》 第十四讲 平移与转动的合成
4、平移与转动的合成(1) 平移速度矢与转动角速度矢垂直xO'x'刚体以角速度ω绕轴O'z'转动，转轴和动坐标系一起以速度v O'在垂直于ω的方向平移。
ωv O'刚体在平行于O'x 'y '的平面上做平面运动。
CC C 点是平面图形的瞬心，则与O'z'平行的轴CC 为瞬轴。
O'C 与速度v O'垂直，且：O v O C w¢¢=v e =v O'ωa =-v e 当平移速度矢与转动角速度矢垂直时，刚体的平移与转动可以合成为绕平行于原转轴的瞬轴的转动，瞬轴到原转轴之间的距离为v O'/ω。
(2) 平移速度矢与转动角速度矢平行xO'x'ωvO'刚体以角速度ω绕轴O'z'转动，转轴和动坐标系一起度v O'沿着O'z'方向运动。
称为螺旋运动。
平移速度与转动角速度方向相同时称为右螺旋，方向相反时称为左螺旋。
平移速度与转动角速度的比值O v pw¢=—螺旋率4、平移与转动的合成若以s 表示刚体沿O'z'轴的轴向位移，φ为刚体绕O'z'轴的转角，则：d d d d O s v t tj w ¢==，螺旋率可写成：jd d sp =表示绕轴转过单位角度时沿轴前进的距离。
一般情况下，螺旋率为恒定值，则有：jp s =令：2jp=2s pj=—螺距当平移速度矢与转动角速度矢平行时，刚体的平移与转动可以合成为绕原转轴的螺旋运动，平移速度与转动角速度的比值为螺旋率，螺旋率乘以2π为螺距。
(3) 平移速度矢与转动角速度矢成任意角xO'x'ωv O '刚体以角速度ω绕轴O'z'转动，同时又以速度v O'平移，ω与v O'之间的夹角为θ。
理论力学第十四章
解： 选杆AB为研究对象， 虚加惯性力系：
FgR
ml
2
FgnR man 0
M gA
J A
ml 2
3
根据动静法，有
F 0 , FA mg cos0 FgR 0 (1)
Fn 0 , FAn mg sin 0 FgnR 0 (2)
M A (F ) 0 , mg cos0 l / 2 M gA 0 (3)
C
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
A
an (x sin ) 2
an
dFg
微 元 段 的 质 量 dm ＝ Pdx/gl 。 在 该 微 元 段
虚加惯性力dFg ,它的大小为
dFg
d m an
P 2
gl
sin
x
Z (e) i
FI iz 0 ,
mz (Fi(e) ) mz (FI i ) 0
实际应用时, 同静力学一样任意选取研究对象, 列平衡方 程求解。
11
[例3] 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 绕该轴转动, 如图。求角速度 与角 的y 关系。
6
[例1] 列车在水平轨道上行驶，车厢内悬挂一单摆，当车厢向
右作匀加速运动时，单摆左偏角度 ，相对于车厢静止。求车
厢的加速度 a 。
7
解： 选单摆的摆锤为研究对象 虚加惯性力
FI ma ( FI ma ) FI
由动静法, 有
X 0 , mg sin FI cos 0