同济大学：《工程力学》课程教学资源（PPT课件）第23章 达朗贝尔原理（2/2）

质点的达朗贝尔原理F+F+F=0质点系达朗贝尔原理ZF +ZFN,+ZF,=0ZMo(F, )+ZMo(rn;)+EMo(Fi)=0刚体的惯性力系简化平动刚体：Ff =-mac向质心C简化定轴转动刚体：F =-mac向质心C简化Mic =-Jcα向轴心O简化F =-macMo =-Joα平面运动刚体F =-macMic =-Jcα向质心C简化

质点的达朗贝尔原理 F + FN + FI = 0    Fi +FNi +FIi = 0     ( ) + ( ) + ( I ) = 0 N O i O i O i M F M F M F       质点系达朗贝尔原理 刚体的惯性力系简化 平动刚体： F maC   I = − 定轴转动刚体： F maC   I = − MIC = −JC  向质心C简化 向质心C简化 F maC   向轴心O简化 I = − MIO = −JO  平面运动刚体 F maC   向质心C简化 I = − MIC = −JC 

例6：铅直轴以匀角速度转动，水平杆OA固定在轴上，在A点绞连匀质杆AB。设OA=b，AB=L，试求：图示情况下的角速度值。d Fi = d mxo2 - Edr(b+rsin g)a2解：方法一：积分Aglx= b+rsin09dFZMA=0dFrcosp=0sin @-2tP方法二：直接法BbP o2b02PP(b+ I sin p)olsin = qi +q2Xq1=111gggpFsing141Fr1 = q1 -lT2g211ZiMA=0,cos@sino-cos@+Fi11231F123g sin p0:3bcosp+lsin2p42

例6: 铅直轴以匀角速度转动，水平杆OA固定在轴上，在A点绞 连匀质杆AB。设OA=b，AB=L，试求:图示情况下的角速度值。 方法一:积分 2 2 I d d  d r(b rsin) g l P F = m x = +   = − = l A F r l M P 0 sin d I cos 0 2 0   方法二：直接法 l b g P q 2 1  = l b l g P q ( sin ) 2 2  +  = F = q l I1 1  sin 2 2 1 I2 l g p F =   cos 3 2 cos 2 sin 2 0, I1 I2 l F l F l MA = P = +     3 cos sin 2 3 sin b l g + = 解: x = b + rsin l l g P q  sin  2 = 1 + q2 q1 FI1 FI2 0 x b r  A B P   d FI

例7：杆长均I、重力均为P的匀质细杆从水平位置无初速开始运动，试求两杆在该瞬时的角加速度。PPFi1=-a1F12=-a2解：FUggF12BACM12=Jc2α2EMl1 = JoαC/1dna2M12La2 = lα11oa1+=α2M1lOyaα=22PP[整体]ZM。=0PP3dF12(P-F2)一B212gV3g2A2[AB]ZMA=0M12aAyP112PF12=0P-212g12g9g3g3g11α,解得：+5α2有:α3α+2α2171711

例7: 杆长均l、重力均为P的匀质细杆从水平位置无初速开始 运动，试求两杆在该瞬时的角加速度。 解得: I1 a1 g P F = I1 O1 M = J 2 1 2 2   l a = l + 1 1 2  l a = MO = 0 0 2 2 3 12 3 ( ) 2 2 1 2 − I2 + −  − l  = g P l g l P P F l P MA = 0 0 2 12 ( ) 2 2 − I2 − l  = g l P P F l 12g 111 + 5 2 = l 3g 31 + 2 2 = l g l g 7 3 , 7 9 1 =  2 = − 解: I2 a2 g P F = I2 C2 2 M = J 有: [整体] [AB] B A 2 P  2 a  FAx  FAy  C2 A O 1 2 C2 P  2 a  B a1  P  C1 FI2 MI2 MI1 FI1 MI2 FI2 FOx  FOy 

例8：试求水平绳切断后已知: m,0,AO, //BO2,O,O, /AB,的瞬时，板质心加速度和两个绳索的拉力。解：受力分析与运动分析Fl = mac02AL建立“平衡方程”，并求FB解ZF=0mgsin -F =0Baac = gsin 0AxZMA=0CaFiLLHsin0=0F,Lcos-mgcose+222mgmgFb(sin 0+cos0)2mgZF,=0 Fg+F^-mgcos0=0(cos 0-sin 0)F2

例8：已知： ， 试求水平绳切断后 的瞬时，板质心加速度和两个绳索的拉力。 m, , AO1 //BO2 , O1 O2 //AB FA FB 解：受力分析与运动分析 FI = maC 建立“平衡方程”，并求 解 Fx = 0 mgsin  − FI = 0 aC = g sin  MA = 0 (sin cos ) 2 =  +  mg FB Fy = 0 FB + FA −mgcos = 0 (cos sin ) 2 =  −  mg FA sin 0 2 cos 2 2 cos − − I  + I  = L F L F L FB L m g A B C 1 o o2 3 o mg  FI aA aC x y

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。H00201VeBAABQ03FCMicmgng受力分析F=Fi1 +F12未知量：aa,Fa,αFr = maAac=aa+acs运动分析MIc=JcαFiz = mac

A B C 1 o o2 3 o mg  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。 A a  t C A CA a a a    = + t aCA FI FI1 FI2    = + t I2 I1 CA A F ma F ma = = MIC = JC  A B C mg  FB FA FI2 FI1 MIC 未知量： aA ,FA , 运动分析 受力分析

达朗贝尔原理与动力学普遍定理的综合运用由前面分析知，达朗贝尔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，可以用达朗贝尔原理取代这两个定理，但它不能取代动能定理

由前面分析知，达朗贝尔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，可以用达朗贝尔原理 取代这两个定理，但它不能取代动能定理。 达朗贝尔原理与动力学普遍定理的综合运用

例9：已知L，m，初始无初速度，求初始时杆的角加速度和约束力福问题：求解该题有几种方法？BAHαM/Amg方法一：#动静法方法三：方法二：应用动能定理应用动量矩定理L-MIAmLaF=mα和质心运动定理和质心运动定理32LLd(二J,o")= mgVcdtα=mg-ZMA=MIA=0-mg-22mac= Fmac=FZF,=F,=0Ama, = F,-mgmac, = F, -mgZF, =F, -mg+F =0yL3g运动学关系：ac=0，αc=-αF=0,F.α-mg22L

例9：已知 L，m，初始无初速度，求初始时杆的角加速度和约束力 问题： 求解该题有几种方法？ mg A B x  F Fy 方法二： 应用动量矩定理 和质心运动定理 ma F mg ma F L J mg Cy y Cx x A = − = = 2  方法三： 应用动能定理 和质心运动定理 ma F mg ma F J m t Cy y Cx x A C = − = ) = • d 2 1 d( 2  g v 2 0, L 运动学关系： aCx = aCy = − 方法一：动静法 FI MIA   2 I IA 3 1 , 2 M mL L F = m = 0 0 0 2 I IA = − + = = = = − =    F F mg F F F L M M mg y y x x A F F mg L g x y 4 1 , 0, 2 3  = = =

例10：匀质圆盘和匀质杆的质量都为m，圆盘半径为r，杆与水平面的夹角为β，与地面的动滑动摩擦因数为f，初始时盘心点O的速度为Vo，在地面上纯滚动，试求系统移动的距离S及运动时圆盘所受的摩擦力。V0AB问题：1：系统有多少未知约束力？2：用什么方法求解未知量？

r A O v  例10： 匀质圆盘和匀质杆的质量都为m，圆盘半径为r，杆与 水平面的夹角为，与地面的动滑动摩擦因数为fd，初始时盘 心点O的速度为v0，在地面上纯滚动，试求系统移动的距离 S 及运动时圆盘所受的摩擦力。 问题：1：系统有多少未知约束力？ 2：用什么方法求解未知量？

0解：yaVOO系统有一个独立未知的运动量AMoFFNAF0oxoyFC0F1oFaAAFmgmgIcFoyRSFN5个未知的约束力可建立6个独立的“平衡方程

FNA FdA Foy Fox s F N F O FIo MIo mg ' Foy ' Fox ao  r O A  v C C a A mg C O FIc 解： 系统有一个独立未知的运动量 5个未知的约束力 可建立6个独立的“平衡方程

V00=0FNAtr1amgFdA AmgFSFNZ应用动能定理的微分形式dT：SW-FdAvdt一551my2dTTmvdymy2=mv+-mr22242255dydymidv=-FdAvdt mvdAV-ao22dtdt5(1)mac = FdA2

F Avdt T =  W = − d 应用动能定理的微分形式 d δ 2 2 2 2 2 4 5 ) 2 1 ( 2 1 2 1 2 1 T = m v + m v + m r  = m v T mvdv 2 5 d = m vdv F Avdt 2 5 = − d F v t v m v d A d d 2 5 = − aC t v = − d d （1） 2 5 m aC = Fd A O A F N A Fd A F N Fs mg mg v  r v  = aC