14达朗贝尔原理(动静法)
第十四章达朗贝尔原理
Fb 0, F cos mg 0 Fn 0, F sin F* 0
例题
第14章 达朗贝尔原理
O
θ
l
F
eb
en
et
mg F*
F cos mg 0 F sin F* 0
J B 2
1 2
FP g
v2
QS
sin
FP S
1 2
Q g
v2
(1 2
1 2
Q g
r2
v2 r2
)2
1 2
FP g
v2
QS
sin
FP
S
(Q
FP ) v2 2g
(Q sin
FP )S
两边对时间求一次导数
B
2(Q
FP 2
)v
a
g(Q sin
FP
)v
例题
第14章 达朗贝尔原理
均质圆柱体A和B的重量均为P，半径均为r 一绳绕于可绕固定轴O转动的圆柱体A上， 绳的另一端绕在圆柱B上，求B下落的质心 的加速度，摩擦不计。
A
r
A
A J A A Tr JBB T r
O
D
B
O
T
ao1
A B ac
ao1c
aon1c
2Q F P
例题5
第14章 达朗贝尔原理
滚子A，重Q，沿倾角为α的斜面滚动而不滑 动，滑轮B与滚子A有相同的质量和半径，且均可 看作均值圆盘。物体C重FP，求滚子中心的加速 度。设绳子不可伸长，其重量可略而不计，绳与
《理论力学》第十四章达朗伯原理(动静法)
D d
C
mg FN
货物不滑的条件：F≤ f FN ， a ≤ f g 货物不翻的条件：d ≤ b/2 ， a ≤ bg/h
为了安全运送货物，应取两者中的小者作为小车的amax。
例 题7
已知：AB杆质量为m ,长为l=2r ,
r O
A
l
B
圆盘半径为r ,角速度为，角加速度为 。 求：A 端的约束反力。
FR
MIC
C
aC
FR maC M C J C
例 题5
已知：m , h , , l。
B
D
h
求：A、D处约束反力。
a
解： 取 AB 杆为研究对象
A
Fx 0 FAx F FN sin 0 Fy 0 FAy mg FN cos 0
C
n FR maC m(aC aC )
O
MIC
FR
M C J C
3、刚体作平面运动
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。
R
O
n FR
MIO
F R
（2）将惯性力系向质心C简化。
FR maC 2mr
n n FR maC 2mr 2
MA
A
FAy
MIC
C B
FAx
M C
1 2 J C mr 3
n FR
mg
FR
n Fx 0 FAx ( FR F ) cos 45 0 R n Fy 0 FAy mg ( FR FR ) cos 45 0 n M A( F ) 0 M A mgr ( FR F ) cos 45 r M C 0 R
理论力学第十四章 达朗贝尔原理与动静法 教学PPT
mO (Fi ) mO (Ni ) mO (Qi ) 0
质点系达朗贝尔原理
Fi Ni Qi 0 mO (Fi ) mO (Ni ) mO (Qi ) 0
上式表明，在任意瞬时，作用于质点系的主动力、约束力和该点 的惯性力所构成力系的主矢等于零，该力系对任一点O的主矩也等于 零。
达朗贝尔原理一方面广泛应用于刚体动力学求解 动约束力；另一方面又普遍应用于弹性杆件求解 动应力。
工程实例
工程实例
爆破时烟囱怎样倒塌
工程实例
爆破时烟囱怎样倒塌
达郎贝尔原理
质点达朗贝尔原理
设质量为m的非自由质点M，在主动 力F和约束力N作用下沿曲线运动，
该质点的动力学基本方程为
N B
ma F N
考虑到式上式中的求和可以对质点系中任何一部分进行，而不限于 对整个质点系，因此，该式并不表示仅有6个平衡方程，而是共有3n个 独立的平衡方程。同时注意，在求和过程中所有内力都将自动消去。
达朗贝尔原理提供了按静力学平衡方程的形式给出质点系动力学 方程的方法，这种方法称为动静法。这些方程也称为动态平衡方程。
这表明，在质点系运动的任一瞬时，作用于每一质 点上的主动力、约束力和该质点的惯性力在形式上构成一 平衡力系。
这就是质点系的达朗贝尔原理。
质点系达朗贝尔原理
Fi Ni Qi 0
对于所讨论的质点系，有n个形式如上式的平衡方程， 即有n个形式上的平衡力系。将其中任何几个平衡力系合在 一起，所构成的任意力系仍然是平衡力系。根据静力学中 空间任意力系的平衡条件，有
Mac Mrc Macn Mrc 2
显然，当质心C在转轴上时，刚 体的惯性力主矢必为零。
z
RQn
达朗贝尔原理(动静法)
§ 14-1
惯性力· 质点的达朗贝尔原理
ma F FN
F FN ma 0 惯性力 令 F ma I
有
F FN FI 0
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:
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
rw 2 a arccos( ) g
§ 14-2
质点系的达朗贝尔原理
i 1,2,, n
Fi FNi FIi 0
质点系的达朗贝尔原理:质点系中每个质点上作用的主动
x
M A (F ) 0 :
代入FI 的数值, 有
l FI d cos P sin 0 2
Pl 2l 2 sin ( w cos 1) 0 2 3g 3g 故有＝0或 arccos( ) 2 2lw
§ 14-3
刚体惯性力系的简化
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
m 0.1kg, l 0.3m, 60
求: 用达朗贝尔原理求解
v , FT .
v 解: F ma m I n l sin
mg FT FI 0
b
2
F
0, FT cos mg 0
F
解得
n
0, FT sin FI 0
第十四章 动静法
M Ic J C
由动静法可列出如下三个方程：
FIR m aC
F F 0 F F 0 M (F ) M
x Ix y Iy C
IC
0
动静法
d 2 xC M Fx 2 dt d 2 yC 刚体平面运 M F y dt 2 动微分方程 d 2 J C 2 M C (F ) dt
动静法
一 质点的达朗贝尔原理
m a F FN
F FN ma 0
令
FI ma
惯性力
有
F FN FI 0 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。
注意：惯性力不是力。 离心力？
达郎贝尔原理从形式上将动力学问题转化为静力学 问题，它并不改变动力学问题的实质，质点实际上也 并不平衡。
结论:刚体有质量对称面且绕与该面垂直轴转动时，其惯性力系 向转动中心O简化为一个力和一个力偶，力的作用线通过转轴 。 M J F ma
IR C
动静法
IO
z
三 刚体惯性力系的简化 分析几种特殊情况：
①转轴不通过质心，ω匀角速转动：
0; act 0
n c t c
n n FIO FIO -mac
Fi FNi FIi 0
(e)
i 1,2, , n
Fi
Fi ( i ) 分别为作用于第i个质点上的外力和内力。
e i F F i i FIi 0 e i M F M F 0 i 0 i
14.达朗贝尔原理
FIR = − mac
16
17
二、定轴转动刚体 先讨论具有垂直于转轴的质量对称平面 的简单情况。 直线 i : 平动， 过Mi点， FIi = −mi ai 空间惯性力系—>平面惯性力系（质量对称面） O为转轴z与质量对称平面的交点，向O点简化： 主矢： 主矩： O
FIR = −maC
M IO = ∑ mO ( FIi ) + ∑ mO ( FIi )
例3 已知： 飞轮质量为m,半径为Ｒ,以匀角速度 已知： 飞轮质量为 半径为 以匀角速度 的影响. 的影响 求:轮缘横截面的张力. 轮缘横截面的张力.
ω 定轴转动，设 定轴转动，
轮辐质量不计,质量均布在较薄的轮缘上 不考虑重力 轮辐质量不计 质量均布在较薄的轮缘上,不考虑重力 质量均布在较薄的轮缘上
因
ϕ =ωt,得
Fy = (m + m )g + m eω cosωt 1 2 2
2
F = −m2eω2 sinωt x
M = m2gesin ωt +m2eω2hsin ωt
例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, 电动绞车安装在梁上,梁的两端搁在支座上 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 绞盘半径为R,与电机转子固结在一 绞车与梁共重为 绞盘半径为 与电机转子固结在一 转动惯量为J 质心位于O 绞车以加速度a提升质 起,转动惯量为 ,质心位于 处.绞车以加速度 提升质 转动惯量为 质心位于 绞车以加速度 量为m的重物 其它尺寸如图. 的重物,其它尺寸如图 量为 的重物 其它尺寸如图 受到的附加约束力. 求：支座A，B受到的附加约束力 支座 ， 受到的附加约束力
理论力学14达朗贝尔原理
质点系惯性力系的主矢量和主矩分别为：
Qi
miaiMaCFra bibliotekd dt
(
mi
vi
)
dp dt
mO
(Qi
)
mO
(mi
ai
)
d dt
mO
(mi
vi
)
dLO dt
12
用动静法求解动力学问题时，
对平面任意力系：
X i(e) Qix 0 Yi(e) Qiy 0 mO (Fi(e) )mO (Qi )0
RQ Q ma MaC MQO mO (Q )
与简化中心无关 与简化中心有关
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，方向与质心加速度方向相反。
15
一、刚体作平动
向质心C简化： RQ MaC
MQC mC (Qi )ri (miaC )miri aC 0
翻 页
刚体平动时惯性力系合成为一过质心的合惯性力。
Fi Ni Qi 0 mO (Fi )mO (Ni )mO (Qi )0
注意到
F (i) i
0
,
mO
( Fi (i )
)0
, 将质点系受力按内力、外力
划分, 则
Fi(e) Qi 0
mO (Fi(e) )mO (Qi )0
11
表明：对整个质点系来说，动静法给出的平衡方程，只 是质点系的惯性力系与其外力的平衡，而与内力无关。
厢的加速度 a 。
7
解： 选单摆的摆锤为研究对象 虚加惯性力 Q ma ( Q ma ) 由动静法, 有
X 0 , mg sin Qcos 0
解得
a g tg
角随着加速度 a 的变化而变化，当 a 不变时， 角也 不变。只要测出 角，就能知道列车的加速度 a 。摆式加速
第十四章 达朗贝尔原理(动静法)
第十四章达朗贝尔原理(动静法)本章内容：惯性力 质点的达朗贝尔原理质点系的达朗贝尔原理刚体惯性力系的简化绕定轴转动刚体的轴承动约束反力达朗贝尔(Jean Le Rond d'Alembert,1717-1783)——法国著名的物理学家、数学家和天文学家，一生研究了大量课题，完成了涉及多个科学领域的论文和专著，其中最著名的有8卷巨著《数学手册》、力学专著《动力学》、23卷的《文集》、《百科全书》的序言等等。
他的很多研究成果记载于《宇宙体系的几个要点研究》中。
达朗贝尔生前为人类的进步与文明做出了巨大的贡献，也得到了许多荣誉。
但在他临终时，却因教会的阻挠没有举行任何形式的葬礼。
达朗贝尔是十八世纪为牛顿力学体系的建立作出卓越贡献的科学家之一。
《动力学》是达朗贝尔最伟大的物理学著作。
在这部书里，他提出了三大运动定律，第一运动定律是给出几何证明的惯性定律；第二定律是力的分析的平行四边形法则的数学证明；第三定律是用动量守恒来表示的平衡定律。
书中还提出了达朗贝尔原理，它与牛顿第二定律相似，但它的发展在于可以把动力学问题转化为静力学问题处理，还可以用平面静力的方法分析刚体的平面运动，这一原理使一些力学问题的分析简单化，而且为分析力学的创立打下了基础。
§14-1 惯性力·质点的达朗贝尔原理N F F a m r r r +=0=−+a m F F N r r r 令a m F I r r −=惯性力有0=++I N F F F r r r 质点的达朗贝尔原理:作用在质点的主动力、约束力和假想的惯性力在形式上组成平衡力系。
对于非自由质点M ，在主动力F 和约束力F N 作用下，沿曲线运动。
M关于惯性力的说明：对于质点本身，惯性力是假想的。
但确有方向与a 相反，大小等于ma的力存在，它作用在使质点运动状态（速度）发生改变的物体上。
例如，人推车前进，这个力向后作用在人手上；链球运动员转动链球作圆周运动，球有向心加速度，这个力向外作用在运动员手上（在物理课中常称为离心力）。
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第14章 达朗贝尔原理（动静法）14-1 图示由相互铰接的水平臂连成的传送带，将圆柱形零件从一高度传送到另一个高度。
设零件与臂之间的摩擦系数f s = 0.2。
求：（1）降落加速度a 为多大时，零件不致在水平臂上滑动；（2）比值h / d 等于多少时，零件在滑动之前先倾倒。
解：取圆柱形零件为研究对象，作受力分析，并虚加上零件的惯性力F I 。
（1）零件不滑动时，受力如图（a ），它满足以下条件： 摩擦定律 N s F f F s ≤ （1） 达朗伯原理 0=∑x F030sin I s =︒-F F （2） 0=∑y F030cos I N =-︒+mg F F （3）把F I = ma 代入式（1）、（2）、（3），解得2m/s 92.2≤a2）零件不滑动而倾倒时，约束反力F N 已集中到左侧A 点 如图（b ），零件在惯性力作用下将向左倾倒。
倾倒条件是 0≥∑A M 即0230sin )30cos (2I I ≥︒+︒+-h F F mg d （4）以F I = ma 代入式（4），解得aag dh 32-≥此时零件仍满足式（1），（2），（3），将其结果2m/s 92.2≤a 代入上式 得 5≥dh加速度为t lrt r xa B x ωωωω2222cos cos --==取重物为研究对象，并虚加惯性力F I ，受力如图（b ）。
)2cos cos (222I t lr t r m ma F x x ωωωω+=-=按达朗伯原理有0 ,0I T =++-=∑F mg F F x故金属杆受之拉力)2cos (cos 2T t lr t r m mg F ωωω++=14-3 图示矩形块质量m 1 = 100 kg ，置于平台车上。
车质量为m 2 = 50 kg ，此车沿光滑的水平面运动。
车和矩形块在一起由质量为m 3的物体牵引，使之作加速运动。
设物块与车之间的摩擦力足够阻止相互滑动，求能够使车加速运动而m 1块不倒的质量为m 3的最大值，以及此时车的加速度大小。
解：取车与矩形块为研究对象如图（a ）。
惯性力 F I = (m 1 + m 2 ) a = 150 a 。
由动静法a F F F F x 150 , 0,0T I T ==-=∑ 取矩形块为研究对象，欲求使车与矩形块一起加速运动而m 1块不倒的m 3最大值，应考虑在此时矩形块受车的约束反力F N 已集中到左侧A 点，如图（b ），且矩形块惯性力F I1 = m 1a 。
由动静法，不翻倒的条件为：02125.01 ,011T =⋅-⋅-⋅=∑a m g m F MA将F T = 150 a 代入解出 2m/s 45.24==g a取物块为研究对象，惯性力F I3 = m 3a ，如图（c ）。
由动静法 F T + m 3a - m 3g = 0kg 5044150T3=-⋅=-=g g g ag F m14-5 曲柄滑道机械如图所示，已知圆轮半径为r ，对转轴的转动惯量为J ，轮上作用一不变的力偶M ，ABD 滑槽的质量为m ，不计摩擦。
求圆轮的转动微分方程。
解：取C 为动点，动系固连于ABD 滑槽，C 点的绝对加速度分解为t a a 、n a a ，滑槽的加速度为a e ，则ϕϕc o s s i n n a t a e a a a +=ϕϕϕϕc o s s i n 2 r r +=其中ϕ为任意角。
取ABD 滑槽为研究对象，受力分析如图（a ）。
图中 惯性力 ϕϕϕϕcos sin 2I mr mr F += 由动静法：0 ,0N I =-=∑C x F F F解出)cos sin (2N ϕϕϕϕr r m F C += 取圆轮为研究对象，受力分析如图（b ），惯性力偶矩ϕJ M =I ，由动静法： M mr mr J r F M M MC O=++='--=∑ϕϕϕϕϕϕsin cos )sin (0sin ,02222NI14-7 图示为均质细杆弯成的圆环，半径为r ，转轴O 通过圆心垂直于环面，A 端自由，AD 段为微小缺口，设圆环以匀角速度ω绕轴O 转动，环的线密度为ρ，不计重力，求任意截面B 处对AB 段的约束反力。
解：（1）图（a ），取图示坐标，分布惯性力向外，由对称性，其合力在y 轴投影为0，即2cos22πsin2d cos 2π2πcos d 2π2π02222222I I θωρθωρϕϕθθωρϕϕρωθθr r r r r F F x y =-⋅=---=⋅---==⎰⎰（2）图（b ） )cos 1(2cos, 0sin 2sin)2πcos( , 0)cos 1(2cos2)2πsin(, 022I N n 22I I T t 32223I θρωθθωρθθθρωθωρθ+===∑==-==∑+==-⋅==∑r F F F r F F F F r r r F MMx B x x B x BB14-9 转速表的简化模型如图示。
杆CD 的两端各有质量为m 的C 球和D 球，CD 杆与转轴 AB 铰接，质量不计。
当转轴AB 转动时，CD 杆的转角ϕ就发生变化。
设0=ω时，0ϕϕ=，且弹簧中无力。
弹簧产生的力矩M 与转角ϕ的关系为)(0ϕϕ-=k M ，k 为弹簧刚度。
试求角速度ω与角ϕ之间的关系。
解：取二球及CD 杆为研究对象如图，由动静法0cos 2,0I =⋅-=∑ϕl F M M x 其中惯性力 2I sin ωϕ⋅⋅=l m F代换前式得 0cos sin 2)(20=⋅⋅⋅⋅--ϕωϕϕϕl l m kϕϕϕω2sin )(20ml k -=14-11 所图所示，质量为1m 的物体A 下落时，带动质量为2m 的均质圆盘B 转动，不计支架和绳子的重量及轴上的摩擦，a BC =，盘B 的半径为R 。
求固定端C 的约束力。
解：（1）图（a ），0=∑B M011=-⋅+gR m R a m J B α0211122=-+⋅Rg m Ra m Ra R mg m m m a 12122+=0=∑x F ，0=Bx F0=∑y F ，0112=-+-g m a m g m F Byg m m m m m F By 21222123++=（2）图（b ）0=∑x F ，0=Cx F 0=∑y F ，g m m m m m F Cy 21222123++=0=∑CM，ag m m m m m MC212212)3(++=14-13 图示为升降重物用的叉车，B 为可动圆滚（滚动支座），叉头DBC 用铰链C 与铅直导杆连接。
由于液压机构的作用，可使导杆在铅直方向上升或下降，因而可升降重物。
已知叉车连同铅直导杆的质量为1500 kg ，质心在1G ；叉头与重物的共同质量为800 kg ，质心在2G 。
如果叉头向上加速度使得后轮A 的约束力等于零，求这时滚轮B 的约束力。
解：（1）整体平衡受力图（a ）0=∑E M ，g m g a m 12)(=+ g g a 1500)(800=+g a 87=（2）受力图（b ），平衡0=∑CM ，6.0)(9.02⨯+=g a m F B )(322g a m F B +=8.9)187(80032⨯+⨯⨯=kN 9.8N 108.93=⨯=14-15 图示曲柄OA 质量为m 1，长为r ，以等角速度ω绕水平的O 轴反时针方向转动。
曲柄的A 端推动水平板B ，使质量为m 2的滑杆C 沿铅直方向运动。
忽略摩擦，求当曲柄与水平方向夹角︒30时的力偶矩M 及轴承O 的反力。
解：取曲柄OA 上A 点为动点，动系固连于滑杆BC 上，则有2a e 2130sin ωr a a =︒=（1）、取滑杆BC 为研究对象，受力分析如图（a ） 由动静法0,021I N =-+=∑g m F F F y 式中 2/22e 21I ωr m a m F ==解出222N 2ωr m g m F -=（2）、取曲柄OA 为研究对象，由动静法 0=∑O M ，0232231N =⋅-⋅-r gm r F M[]22221)2(43ωr m g mg m r M -+=0=∑x F ，023I=+-F F Ox式中221I ωr m F ⋅=代入解出 2143ωr m F Ox =0=∑y F ，0211I N =-⋅+-g m F F F Oy 2212142ωr m m g m g m F Oy +-+=14-17 图示均质板质量为m ，放在两个均质圆柱滚子上，滚子质量皆为2m ，其半径均为r 。
如在板上作用一水平力F ，并设滚子无滑动，求板的加速度。
解：设板的加速度为a ，则滚子中心的加速度为2a 。
1）取圆柱A 为研究对象，见图（a ）之左上部，其惯性力a ma m F A 422I =⋅=惯性力偶矩 ra mr a r m MA8)2()2(212I =⋅=由动静法有02 ,0I I =⋅'-+⋅=∑r F M r F M AA A D 把F I A ，M I A 代入，解得a m F A163='2）取圆柱B 为研究对象，见图（a ）之右上部，同理可得a m F B 163='3）取板为研究对象，见图（a ）之下部，惯性力F I = ma ，由动静法有F – F I – F A – F B = 0 以上结果代入，解出mF a 118=14-19 图示磨刀砂轮I 质量m 1 = 1 kg ，其偏心距e 1 = 0.5 mm ，小砂轮Ⅱ质量m 2 = 0.5 kg ，偏心距e 2 = 1 mm 。
电机转子Ⅲ质量m 3 = 8 kg ，无偏心，带动砂轮旋转，转速n = 3000 r/min 。
求转动时轴承A 、B 的附加动反力。
解：取整个系统为研究对象，受力如图（a ）所示。
因为转速n = 常量， 所以 角加速度α= 0，惯性力偶矩M I = 0Nπ5)30π3000(1015.0Nπ5)30π3000(105.012232222I 2232111I =⨯⨯===⨯⨯==--ωωe m F e m F因F I1与F I2大小相等方向相反，故组成一力偶，F N A 、F N B 也必成一力偶，方向如图（a ）所示。
由动静法0=∑M 得：N 74π5152.03.02I1N N =⨯===F F F B A14-20 三圆盘A 、B 和C 质量各为12 kg ，共同固结在x 轴上，其位置如图所示。
若A 盘质心G 距轴5 mm ，而盘B 和C 的质心在轴上。
今若将两个皆为1 kg 的均衡质量分别放在B 和C 盘上，问应如何放置可使物系达到动平衡？解：取整个系统为研究对象，设D 1、D 2各为两平衡质量的质心，偏心距分别为e 1及e2 mm ，偏心方向与y 方向的夹角分别为θ，ϕ，转轴角速度为ω，则惯性力大小分别为N 100010001 ,N 1006100051221211I 22I ωωωωe e F F =⋅==⨯=及 N 10001000122222I ωωe e F =⋅=F I 平行于z 轴，又F I1与y 轴夹角为θ，F I2与y 轴夹角为ϕ。