1、DBA 例例4 如图所示，均质杆如图所示，均质杆AB的质量的质量m40 kg，长，长l4 m，A点以铰链连接于小车上。点以铰链连接于小车上。不计摩擦不计摩擦，当小车以加速度当小车以加速度a15 m/s2向左运动时，求向左运动时，求D处处和铰和铰A处的约束力处的约束力(此时杆此时杆AB与与D处接触处接触)。解：以杆为研究对象，解：以杆为研究对象，受受力如图，建立如图坐标。力如图，建立如图坐标。杆作平移杆作平移,惯性力的大小为惯性力的大小为FIRma。假想地加上惯性力。假想地加上惯性力,则由质点系的达朗贝尔原理则由质点系的达朗贝尔原理IR()0cos30sin300222ADMlllmgFFFFI
2、RA30DB1maaFDmgFAxFAyxyIR0sin300 xAxDFFFF0cos300yAyDFFFmg代入数据代入数据,解之得：解之得：617.9 N357.82 N39.47 NAxAyDFFF DBAFIRaFDmgFAxFAyxy于是得于是得(cos30sin30)DFm gaj jOxyCBA例例5 质量为质量为m,长为长为l的均质直杆的均质直杆AB的一端的一端A焊接焊接于半径为于半径为r的圆盘边缘上的圆盘边缘上,如图。今圆盘以角加如图。今圆盘以角加速度速度a a 绕其中心绕其中心O转动。求圆盘转动。求圆盘刚刚开始转动开始转动时，时，杆杆AB上焊接点上焊接点A处的约束力。处的
3、约束力。解解:以杆为研究对象以杆为研究对象,受力受力如图。如图。t22()2CCaaOClraa将惯性力系向将惯性力系向转轴转轴简化，简化，惯性力的大小为惯性力的大小为a aOrABla amgaCFIRMIOFAxFAyMAa aOrABl22IR()2ClFmam ra2I22222()1()1241()3OOCMJJm OClmlm rmlmraaaaj jOxyCBAa amgaCFIRMIOFAxFAyMA由质点系的达朗贝尔原理由质点系的达朗贝尔原理IR0sin0 xAxFFFjIR0cos0yAyFFFmgjIIR()0sin02AAOlMMMmgFrj F22sin4rlrj22
4、cos24llrj将已知数值代入以上三式，解之得将已知数值代入以上三式，解之得AxFmra2AylFmgma21123AMmglmlaj jOxyCBAa amgaCFIRMIOFAxFAyMABC ABMlC例例6 均质杆均质杆AB长长l，重，重W，B端与重端与重G、半径为、半径为r的均质圆轮铰接。在圆轮上作用一矩为的均质圆轮铰接。在圆轮上作用一矩为M的力的力偶，借助于细绳提升重为偶，借助于细绳提升重为P的重物的重物C。试求固定。试求固定端端A的约束力。的约束力。解：先以解：先以轮和重物轮和重物为研究对象为研究对象,受力如图。假想地加上惯性力受力如图。假想地加上惯性力2I122BBGaGrM
5、JragrgaIPFag由质点系的由质点系的达朗贝尔原理达朗贝尔原理aMGFBxFByMIBPFIII()0()0BBMMMr PFF2()(2)MPragr GP代入代入MIB 和和FI得得再以整体为研究对象，假想地加上全部惯性力再以整体为研究对象，假想地加上全部惯性力00 xAxFFI00yAyFFWGPFI()0()()02AAIBMlMWGlMMPFlrFBCAaMGFAxFAyMIBPFIWMA A2()(2)AyMrPFWGPPr GP()2()()2(2)(2)AWMrPrGMMlGMGlrPGPr GP代入代入MIB 和和FI解得解得由质点系的由质点系的达朗贝尔原理达朗贝尔原理
6、 例例7 均质圆盘质量为均质圆盘质量为mA，半径为，半径为r。细长杆。细长杆长长l=2r，质量为，质量为m。杆端点。杆端点A与轮心为光滑铰与轮心为光滑铰接，如图所示。如在接，如图所示。如在A处加一水平拉力处加一水平拉力F，使，使轮沿水平面纯滚动。问力轮沿水平面纯滚动。问力F多大能使杆的多大能使杆的B端端刚刚离开地面？又为保证纯滚动，轮与地面刚刚离开地面？又为保证纯滚动，轮与地面间的静滑动摩擦系数应为多大？间的静滑动摩擦系数应为多大？mAgmgFABC细杆刚离地面时仍为平移，地细杆刚离地面时仍为平移，地面支持力变为零，设其加速度面支持力变为零，设其加速度为为a。以杆为研究对象，杆承受。以杆为研究
7、对象，杆承受的力并加上惯性力如图所示，的力并加上惯性力如图所示，其中其中FIC=maC=ma。0AM(F)030 cos30 sinmgrmarga3解出解出解：解：按达朗贝尔原理列出方程按达朗贝尔原理列出方程mAgmgFABCABCFICmgFAxFAy30a为求摩擦力，可以圆轮为研究对象为求摩擦力，可以圆轮为研究对象由方程由方程 ，得，得0)(FMAsI12AAFrMm ragmamFAA2321s解得解得mAgmgFABCFNFS整个系统承受的力并加上惯性力如图，其中整个系统承受的力并加上惯性力如图，其中FIAFICMIA2II1,2AAAAAaFm aMm rr由方程由方程 得得0,y
8、F N()AFmm gmAgAFNFIAMIAFs 再以整个系统为研究对象，由再以整个系统为研究对象，由方程方程 ，得，得 0 xFgmmFFFFACA3)23(sII由此，地面摩擦系数由此，地面摩擦系数gmamFAA2321sssN32()AAFmfFmmmAgmgFABCFNFsFIAFICMIAmAgAFNFIAMIAFs11-3 绕定轴转动刚体的轴承动约束力绕定轴转动刚体的轴承动约束力 如图，以如图，以O为简化中心，为简化中心，所有主动力和所有主动力和惯性力系都向惯性力系都向该点简化，形该点简化，形成一空间任意成一空间任意力系，列平衡力系，列平衡方程方程11-3 绕定轴转动刚体的轴承动
9、约束力绕定轴转动刚体的轴承动约束力IIIII0000000000 xAxBxRxxyAyByRyyzAzBzRzzxByAyzxyAxBxyyFFFFFFFFFFFFFFFMFOBFOAMMMFOAFOBMM由上述由上述5个方程解得轴承的全约束力为个方程解得轴承的全约束力为IIIIIIII1()()01()()01()()01()()0 AxyRxyxAyxRyxyBxyRxyxByxRyxyBzRzFMFOBMFOBABFMFOBMFOBABFMFOAMFOAABFMFOAMFOAABFF这里把由于惯性力系的主矢这里把由于惯性力系的主矢FIR和主矩和主矩MIO引起引起的轴承约束力的轴承约束力
10、称称为为附加动约束力附加动约束力，要使之为零，要使之为零，必须有必须有00IIIIyxyxMMFF即要使即要使轴承轴承附加附加动约束力动约束力等于零的条件是：惯等于零的条件是：惯性力系的主矢等于零，惯性力系对于性力系的主矢等于零，惯性力系对于x轴和轴和y轴轴的主矩等于零。的主矩等于零。由前面所得，即有由前面所得，即有II22II0,00,0 xCxyCyxxzyzyyzxzFmaFmaMJJMJJaa 所以，要使惯性力系的主矢等于零，必须所以，要使惯性力系的主矢等于零，必须aC=0，即即转轴通过质心转轴通过质心。要使主矩等于零，必须有。要使主矩等于零，必须有 Jxz=Jyz=0，即，即刚体对转
11、轴刚体对转轴z的惯性积等于零的惯性积等于零。如果刚体对通过某点的轴如果刚体对通过某点的轴z的惯性积的惯性积Jxz=Jyz=0 等等于零，称于零，称该轴为过该点的惯性主轴该轴为过该点的惯性主轴，通过质心，通过质心的惯性主轴成为的惯性主轴成为中心惯性主轴中心惯性主轴。则上述结论可。则上述结论可表达为表达为避免出现轴承附加动约束力的条件避免出现轴承附加动约束力的条件为是为是:刚体的转轴是刚体的中心惯性主轴。刚体的转轴是刚体的中心惯性主轴。静平衡：静平衡：静平衡与动平衡的概念静平衡与动平衡的概念 动平衡的刚体，一定是静平衡的；动平衡的刚体，一定是静平衡的；反过来，静平衡的刚体，不一定是动平反过来，静平
12、衡的刚体，不一定是动平衡的。衡的。动平衡：动平衡：转轴为中心惯性主轴时，转轴为中心惯性主轴时，转动时不产生附加动反力。转动时不产生附加动反力。例例8 质量不计的转轴以角速度质量不计的转轴以角速度 匀速转动，匀速转动，其上固结着两个质量均为其上固结着两个质量均为m的小球的小球A和和B。指出。指出在图示各种情况下，哪些是静平衡的？哪些是在图示各种情况下，哪些是静平衡的？哪些是动平衡的？动平衡的？静平衡：静平衡：（a)(b)动平衡：动平衡：(c)例例9 设匀质转子重设匀质转子重 P，质心，质心 C 到转轴的距离到转轴的距离是是e，转子以匀角速度，转子以匀角速度 绕水平轴转动，绕水平轴转动，AO=a，
13、OB=b(图图 a)。假定转轴与转子的对称平。假定转轴与转子的对称平面垂直，求当质心面垂直，求当质心 C 转到最低位置时轴承所受转到最低位置时轴承所受的约束力。的约束力。b a e z C O B A解解:轴轴 Oz 是转子在点是转子在点 O 的主轴之一。可见惯性的主轴之一。可见惯性力对点力对点 O 的主矩在垂直于的主矩在垂直于 Oz的平面上两轴的投的平面上两轴的投影影 M IOx 和和 MIOy 恒等于零。又恒等于零。又 a a=0，这样，这样 MIOz 也等于零。因此转子的惯性力合成为作用于点也等于零。因此转子的惯性力合成为作用于点O 的一个力的一个力 FIO ，大小等于，大小等于2IOW
14、Feg方向沿方向沿 OC。当质心。当质心 C 转到最低位置时，轴上转到最低位置时，轴上实际所受的力如图实际所受的力如图 b所示。所示。b a e z C O B A b a e z C O B A(b)PF BFA根据动静法写出平衡方程根据动静法写出平衡方程II0,()()0(1)0,()()0(2)BOAABOMPFbF abMF abPFa由式由式(1)和和(2)解得解得22(1)(1)ABbeFPabgaeFPabg两轴承所受的力分别和两轴承所受的力分别和 FA 、FB 的大小相等而的大小相等而方向相反。方向相反。b a e z C O B A(b)PF BFA例例10 均质杆的质量为均
15、质杆的质量为m,长为长为2l,一端放在光滑地面上一端放在光滑地面上,并用两软并用两软绳支持绳支持,如图所示。求当如图所示。求当BD绳绳切断的瞬时切断的瞬时,B点的加速度、点的加速度、AE绳的拉力及地面的约束力。绳的拉力及地面的约束力。解解:以杆以杆AB为研究对象，杆为研究对象，杆AB作平面运动。作平面运动。以点以点B为基点，为基点，则点则点C 的加速度为的加速度为tnCBCBCBaaaa其中其中tCBalan20CBalAECBxy30oBCAED30oFTFNmgaBaBa tCBa a将惯性力系向质心将惯性力系向质心C简化，简化，得惯性力得惯性力FIFIeFIr,其其中中FIe maB,F
16、Ir matCB mla 和惯性力偶，其力偶和惯性力偶，其力偶的矩为的矩为AECBxy30oFTFNmgFIeFIrMIBCAED30oaBaBa tCBa a22I11(2)123CMJmlmlaaa在在BD绳切断的瞬时，受力如绳切断的瞬时，受力如图，建立如图坐标。图，建立如图坐标。由质点系的达朗贝尔原理由质点系的达朗贝尔原理TIeIr0cos300 xFFFFNIr0sin300yFFFmgNsin300(2)FmlmgaTNI()0cos30sin300CMF lF lMFTcos300(1)BFmamla2TN1cos30sin300(3)3F lF lmlaAECBxy30oFTFN
17、mgFIeFIrMIBA30ox x以以B B为基点为基点,则则A A点的加速度为点的加速度为tntnAABABABaaaaa其中其中n2n2020AAABavAEal将上式投影到将上式投影到x x轴上得轴上得t0cos30BABaa 2cos30(4)Bala联立求解（联立求解（1）（4）式）式,得得3 38Bag32 cos308BagllaT13 3216BFmamgN113tan30216BFmgmamgaBaBa tABa aa tA训练题训练题1 质量为质量为m1和和m2的两重物，分别挂在两的两重物，分别挂在两条绳子上，绳又分别绕在半径为条绳子上，绳又分别绕在半径为r1和和r2并装
18、在同并装在同一轴的两鼓轮上，已知鼓轮对于转轴一轴的两鼓轮上，已知鼓轮对于转轴O的转动惯的转动惯量为量为J，系统在重力作用下发生运动，求鼓轮的，系统在重力作用下发生运动，求鼓轮的角加速度。角加速度。取系统为研究对象，设转取系统为研究对象，设转动的角加速度方向为逆时动的角加速度方向为逆时针。针。用达朗贝尔原理求解用达朗贝尔原理求解解：解：I1FI2FIOM虚加惯性力和惯性力偶：虚加惯性力和惯性力偶：I11 1I222I ,OOFm aFm aMJJaaI1FI2FIOM由达朗贝尔原理由达朗贝尔原理0 Om(F)列补充方程：列补充方程：代入上式得：代入上式得：1122,araraa1 12 2221
19、 12 2m rm rgm rm rJa11221 12 20IIIOm grm grF rF rM11221 1 122 20m grm grm a rm a rJa训练题训练题2 在图示机构中，沿斜面向上作纯滚动的在图示机构中，沿斜面向上作纯滚动的圆柱体和鼓轮圆柱体和鼓轮O均为均质物体，各重为均为均质物体，各重为P1和和P2，半径均为半径均为R，绳子不可伸长，其质量不计，斜，绳子不可伸长，其质量不计，斜面倾角面倾角q q，如在鼓轮上作用一常力偶矩，如在鼓轮上作用一常力偶矩M，试求：试求：(1)鼓轮的角加速度？鼓轮的角加速度？(2)绳子的拉力？绳子的拉力？(3)轴承轴承O处的约束力？处的约束
20、力？(4)圆柱体与斜面间的摩圆柱体与斜面间的摩擦力（不计滚动摩擦）？擦力（不计滚动摩擦）？解：用达朗贝尔原理求解解：用达朗贝尔原理求解OOORgPJMaa22I21列出动静法方程：列出动静法方程：(3)0 sin0(2)0cos0(1)0 ,0)(T2TITqqFP ,FFF ,FFMMRFMyyxxOFAARgPMagPFa21IA1I21 ,取轮取轮A为研究对象，虚加惯性为研究对象，虚加惯性力力 和惯性力偶和惯性力偶MIA如图示。如图示。IF取轮取轮O为研究对象，虚加惯性力偶为研究对象，虚加惯性力偶列出动静法方程：列出动静法方程：(5)0sin ,0(4)0sin ,0)(1SITITI1qqPFFFFMRFRFRPMxACF运动学关系：运动学关系：OAOAARRaaaaa 将将MI，FI，MIA及运动学关系代入到及运动学关系代入到(1)和和(4)式式并联立求解得：并联立求解得：。)3()sin3(,)3()sin(21221T2121RPPRPMPFgRPPRPMOqqa代入代入(2)、(3)、(5)式，得：式，得：。)3()sin(,sin)3()sin3(,cos)3()sin3(1221S212211221RPPRPMP FPRPPRPMPFRPPRPMPFyxqqqqq
