第十四章达朗伯原理 §14-1质点的达朗伯原理 达朗伯原理( D Alembert' s principle)是非自由质点系动力学的基本原理,通过引 入惯性力( Inertial force, Reversed effective force),建立虚平衡状态,可把动力学问题 在形式上转化为静力学平衡问题而求解。这种求解动力学问题的普遍方法,称为动静 法( Method of kineto- . statIcs)。动静法在工程技术中有广泛地应用。 1.质点的达朗伯原理 设质量为m的非自由质点M,在主动力F和约束反力FN的作用下,作曲线运动 如图14-1所示。在图示瞬时,质点M的加速度为a,则质点M 的动力学基本方程为 ma=F+FN 上式移项,得F+FN+(-ma)=0 F FI 显然,F1具有力的量纲,称为质点M的惯性力。 14-1 则有 F+ FN+ F=O (14-2) 现在,我们从静力学的角度来考察式(14-2)的矢量式所表达的力学意义。若将 F,FN和F视为汇交于一点的力系,则式(14-2)恰恰就是这个汇交力系的平衡条件。 事实上,质点M只作用有主动力F和约束反力FN,并没有 受到惯性力F的作用。因而我们构造一个与式(14-2)相对 Fr 应的质点M的平衡状态,很简单,只要将惯性力F1人为地 施加于质点M上就可以了(见图142)。习惯上称为在质点 M上虚加惯性力。这样一来,一个虚拟的质点平衡状态(见 图14-2)便与力学的平衡条件式(142)一一对应起来,我 们便可对虚拟的平衡状态,采用静力学列平衡方程的方法来 图14-2 建立动力学方程。式(142)只是质点动力学基本方程的移 项而已,并未改变它的动力学本质。 综上所述,可得质点的达朗伯原理:质点在运动的每一瞬时,作用于质点上的主 动力、约束反力和该质点的惯性力组成一个平衡力系。 实质上,达朗伯原理对质点的动力学基本方程重新赋予了静力学虚拟平衡的结 论。这就提供了在质点虚加惯性力,采用静力学平衡方程的形式来求解动力学问题的 方法,称为质点的动静法( Method of kineto- statics of a particle)。 必须指出,惯性力是人为地虚加在运动的质点上,是为了应用静力学的方法而达 到求解动力学的目的所采取的一种手段,质点的平衡状态是虚拟的。千万不可认为惯 性力就作用在运动的物体上,甚至错误地把惯性力视为主动力去解释一些工程实际问
1 第十四章 达朗伯原理 §14-1 质点的达朗伯原理 达朗伯原理（D/ Alembert’s principle）是非自由质点系动力学的基本原理，通过引 入惯性力（Inertial force, Reversed effective force），建立虚平衡状态，可把动力学问题 在形式上转化为静力学平衡问题而求解。这种求解动力学问题的普遍方法，称为动静 法（Method of kineto-statics）。动静法在工程技术中有广泛地应用。 1．质点的达朗伯原理 设质量为 m 的非自由质点 M，在主动力 F 和约束反力 FN 的作用下，作曲线运动 如图 14-1 所示。在图示瞬时，质点 M 的加速度为 a，则质点 M 的动力学基本方程为 ma = F + FN 上式移项，得 F + FN +（ − ma ）= 0 令 FI = − ma （14-1） 显然，FI 具有力的量纲，称为质点 M 的惯性力。 则有 F + FN + FI =0 （14-2） 现在，我们从静力学的角度来考察式（14-2）的矢量式所表达的力学意义。若将 F，FN 和 FI 视为汇交于一点的力系，则式（14-2）恰恰就是这个汇交力系的平衡条件。 事实上，质点 M 只作用有主动力 F 和约束反力 FN ，并没有 受到惯性力 FI 的作用。因而我们构造一个与式（14-2）相对 应的质点 M 的平衡状态，很简单，只要将惯性力 FI 人为地 施加于质点 M 上就可以了（见图 14-2）。习惯上称为在质点 M 上虚加惯性力。这样一来，一个虚拟的质点平衡状态（见 图 14-2）便与力学的平衡条件式（14-2）一一对应起来，我 们便可对虚拟的平衡状态，采用静力学列平衡方程的方法来 建立动力学方程。式（14-2）只是质点动力学基本方程的移 项而已，并未改变它的动力学本质。 综上所述，可得质点的达朗伯原理：质点在运动的每一瞬时，作用于质点上的主 动力、约束反力和该质点的惯性力组成一个平衡力系。 实质上，达朗伯原理对质点的动力学基本方程重新赋予了静力学虚拟平衡的结 论。这就提供了在质点虚加惯性力，采用静力学平衡方程的形式来求解动力学问题的 方法，称为质点的动静法（Method of kineto-statics of a particle）。 必须指出，惯性力是人为地虚加在运动的质点上，是为了应用静力学的方法而达 到求解动力学的目的所采取的一种手段，质点的平衡状态是虚拟的。千万不可认为惯 性力就作用在运动的物体上，甚至错误地把惯性力视为主动力去解释一些工程实际问 题。 FR a M F 图 14-1 FN FR M F 图 14-2 FN FI
2.惯性力的概念 在达朗伯原理中,惯性力无疑是一个关键。下面我们对惯性力的概念作进一步地 阐述。 质量均为m的物块A和B,置于光滑的水平面上,受水平力P作用(见图143 (a))所获得加速度为a,根据质点的动力学基本方程,可得物块B所受到的作用力 F=ma(见图14-3(c)。根据作用与反作用定律,物块A必受到B块的反作用力F 并且F=-F=-m。注意到式(14-1),则F=F。 题 (a) h 图14-3 可见,物块B的惯性力,就是获得加速度的物块B而给予施力体(A块)的反作 用力。物块B的质量愈大,其惯性愈大,则给施力体的反作用也愈大。因此称此反作 用力为物块B的惯性力。显然,物块B的惯性力并不作用在物块B上,但它却是一个 真实的力。 总之,质点的惯性力是:当质点受力作用而产生加速度时,由于其惯性而对施力 体的作用力。质点惯性力的大小等于质点的质量与加速度的乘积、方向与加速度方向 相反。 当质点作曲线运动时,若将质点的加速度分解为切向加速度a和法向加速度an, 则质点的惯性力F1也分解为切向惯性为F( Tangential component of inertia force)和 法向惯性力Fn( Normal component of inertia force),即 FIr=-ma,, FIm=-ma (14-3) 由于法向加速度总是沿主法线指向曲率中心,所以Fn的方向总是背离曲率中心,称 为离心惯性力( Centrifugal inertia force),简称为离心力。 例14-1图14-4所示圆锥摆中,质量为m的小球A,系于长为l的无重细绳上 在水平面内作匀速圆周运动(绳与铅垂线夹角α保持不变)。试求小球A的速度和绳 的拉力
2 2．惯性力的概念 在达朗伯原理中，惯性力无疑是一个关键。下面我们对惯性力的概念作进一步地 阐述。 质量均为 m 的物块 A 和 B，置于光滑的水平面上，受水平力 P 作用（见图 14-3 （a））所获得加速度为 a，根据质点的动力学基本方程，可得物块 B 所受到的作用力 F = ma（见图 14-3（c））。根据作用与反作用定律，物块 A 必受到 B 块的反作用力 F′， 并且 F′= − F = −ma 。注意到式（14-1），则 FI = F′。 可见，物块 B 的惯性力，就是获得加速度的物块 B 而给予施力体（A 块）的反作 用力。物块 B 的质量愈大，其惯性愈大，则给施力体的反作用也愈大。因此称此反作 用力为物块 B 的惯性力。显然，物块 B 的惯性力并不作用在物块 B 上，但它却是一个 真实的力。 总之，质点的惯性力是：当质点受力作用而产生加速度时，由于其惯性而对施力 体的作用力。质点惯性力的大小等于质点的质量与加速度的乘积、方向与加速度方向 相反。 当质点作曲线运动时，若将质点的加速度分解为切向加速度 aτ 和法向加速度 an ， 则质点的惯性力 FI 也分解为切向惯性为 FIτ（Tangential component of inertia force）和 法向惯性力 FI n （Normal component of inertia force），即 FI = −ma FI n = −man , τ τ （14-3） 由于法向加速度总是沿主法线指向曲率中心，所以 FI n 的方向总是背离曲率中心，称 为离心惯性力（Centrifugal inertia force），简称为离心力。 例 14-1 图 14-4 所示圆锥摆中，质量为 m 的小球 A，系于长为 l 的无重细绳上， 在水平面内作匀速圆周运动（绳与铅垂线夹角 α 保持不变）。试求小球 A 的速度和绳 的拉力。 P A a B （a） B FNB F a mg （c） A P FNA mg a 题 h 图 14-3
解以小球A为研究对象。在任一位置时,小球受力有重力mg和绳的拉力F 由题意知,小球作匀速圆周运动,切向加速度a2=0,法向加速度an= 于是 小球A的惯性力的大小为 F=FI In a 将F虚加在小球A上,根据达朗伯原理,小球则处于虚平衡状态,由平衡方程 ∑F 得 ∑F=0 fsin a-F F sin a cosa §14-2质点系的达朗伯原理 现将质点的达朗伯原理推广并应用于质点系。设由n个质点组成的非自由质点系, 其中任一质点M的质量为m,作用有主动力F,约束反力FN。某瞬时质点的加速 度为a,则质点的惯性力为F1=-m,a1,根据达朗伯原理,对于质点M,虚加上惯 性力F,该质点必处于虚平衡状态。则 F+F+F1=0( (14-4) 此式表明,在质点系运动的任一瞬时,作用于每一质点上的主动力,约束反力和 该质点的惯性力都组成一个平衡力系,这就是质点系的达朗伯原理。 由于每个质点在主动力,约束反力和惯性力作用下都处于虚平衡状态,因而整个 质点系也必处于虚平衡状态。根据空间一般力系的平衡条件,作用于质点系的力系的 主矢和对任一点的主矩都等于零,即 ∑F+∑F+∑F (14-5) ∑M(F)+∑M(F)+∑M(F)
3 解 以小球 A 为研究对象。在任一位置时，小球受力有重力 mg 和绳的拉力 F。 由题意知，小球作匀速圆周运动，切向加速度 aτ = 0 ，法向加速度 sinα 2 l v an = ，于是， 小球 A 的惯性力的大小为 sinα 2 l mv FI = FI n = man = 将 FI 虚加在小球 A 上，根据达朗伯原理，小球则处于虚平衡状态，由平衡方程 ∑F = 0 F cos − mg = 0 y α 得 F = mg / cosα ∑ = 0 sin − = 0 Fx F α FI 即 0 sin sin cos 2 − = α α α l mg mv 故 v = g lsinα tanα §14-2 质点系的达朗伯原理 现将质点的达朗伯原理推广并应用于质点系。设由 n 个质点组成的非自由质点系， 其中任一质点 Mi 的质量为 mi，作用有主动力 Fi，约束反力 FNi 。某瞬时质点的加速 度为 ai，则质点的惯性力为 FI i = − mi ai ，根据达朗伯原理，对于质点 Mi，虚加上惯 性力 FI i ，该质点必处于虚平衡状态。则 (i n) i N i I i F + F + F = 0 = 1, 2,", （14-4） 此式表明，在质点系运动的任一瞬时，作用于每一质点上的主动力，约束反力和 该质点的惯性力都组成一个平衡力系，这就是质点系的达朗伯原理。 由于每个质点在主动力，约束反力和惯性力作用下都处于虚平衡状态，因而整个 质点系也必处于虚平衡状态。根据空间一般力系的平衡条件，作用于质点系的力系的 主矢和对任一点的主矩都等于零，即 () ( ) ( ) ⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ + + = + + = ∑∑ ∑ ∑ ∑ ∑ 0 0 O O N O I N I M F M F M F F F F （14-5） A α FI F v an mg y 图 14-4 x
作用于质点系上的力可分为内力和外力,式(14-5)可写为 ∑F+∑F+∑F=0 ∑M(F)+∑M(F)+∑M(F)=0 (14-6) 其中,∑F、∑F分别表示作用于质点系的外力和内力的矢量和;∑M(F) ∑M(F)分别表示作用于质点系的外力和内力对任一点矩的矢量和。由于质点系 的内力是成对出现的,且等值、反向、共线,所以内力的主矢和对任一点的主矩恒等 于零,即 ∑F=0,∑M0(F)=0 于是,式(14-6)写成 ∑F+∑F1=0 (14-7) ∑M(F()+∑M(F)=0 因此,质点系的达朗伯原理也可陈述为:在质点系运动的任一瞬时,作用于质点 系上的外力系和各质点的惯性力系组成一个平衡力系,即它们的主矢和对任一点的主 矩矢量和都等于零 在质点系的每一个质点上虚加惯性力,该质点系则处于虚平衡状态,就可应用平 衡方程的形式来求解质点系动力学问题,称为质点系的动静法。 例14-2如图14-5所示,滑轮的半径为r,质量m均匀分布在轮缘上,可绕水 平轴转动。轮缘上跨过的软绳的两端各挂质量为m1和m的重物,且m1>m2。绳的重 量不计,绳与滑轮之间无相对滑动,轴承摩擦忽略不计,求重物的加速度。 解(1)取系统为对象。 (2)受力分析:外力有mg,m1g,mg,FN F (3)运动分析:因m1>m,m块有a,当绳与轮之间 F 无相对滑动时,a2=a:轮缘上m点惯性力的大小为 Imi= m n=m, -, Fri=m, air, F Fn=m,a, Fn2=m,a (4)列虚平衡方程∑M0(F)=0得 (m, g-Fn-Fr2-m2g)r-2Firi/=0 图14
4 作用于质点系上的力可分为内力和外力，式（14-5）可写为 ( ) () ( ) ( ) ( ) ( ) () ⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ + + = + + = ∑∑∑ ∑ ∑ ∑ 0 0 O I i O e O I e i M F M F M F F F F （14-6） 其中， ( ) ∑ e F 、 ( ) ∑ i F 分别表示作用于质点系的外力和内力的矢量和； ( ) ∑ ( ) e MO F 、 ( ) ∑ ( ) i MO F 分别表示作用于质点系的外力和内力对任一点矩的矢量和。由于质点系 的内力是成对出现的，且等值、反向、共线，所以内力的主矢和对任一点的主矩恒等 于零，即 ( ) ∑ = 0 i F ， ( ) ∑ ( ) = 0 i MO F 于是，式（14-6）写成： ( ) ( ) ( ) ( ) ⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ + = + = ∑ ∑ ∑ ∑ 0 0 O I e O I e M F M F F F （14-7） 因此，质点系的达朗伯原理也可陈述为：在质点系运动的任一瞬时，作用于质点 系上的外力系和各质点的惯性力系组成一个平衡力系，即它们的主矢和对任一点的主 矩矢量和都等于零。 在质点系的每一个质点上虚加惯性力，该质点系则处于虚平衡状态，就可应用平 衡方程的形式来求解质点系动力学问题，称为质点系的动静法。 例 14-2 如图 14-5 所示，滑轮的半径为 r，质量 m 均匀分布在轮缘上，可绕水 平轴转动。轮缘上跨过的软绳的两端各挂质量为 m1 和 m2 的重物，且 m1>m2。绳的重 量不计，绳与滑轮之间无相对滑动，轴承摩擦忽略不计，求重物的加速度。 解（1）取系统为对象。 （2）受力分析：外力有 mg，m1g，m2g，FN。 （3）运动分析：因 m1>m2，m1 块有 a，当绳与轮之间 无相对滑动时， a = a τ ；轮缘上 mi 点惯性力的大小为 2 112 2 , , , I ni i in i I i i i I I v F ma m F ma r F ma F ma == = τ τ = = （4）列虚平衡方程 ∑ ( ) F = 0 MO 得 ( ) m1 g − FI1 − FI 2 − m2 g r − ∑FIτ ir = 0 或 O mi a FI1 FI ni FN FI τi mg a m2g FI2 m1 图 14-5
g m2g)-∑ 因为 ∑ ∑m 解得 g m, +m2 + m 例14-3均质细直杆AB重P,长为l,其A端铰接在铅垂轴上,并以匀角速度O 绕轴转动如图14-6所示。当杆AB与轴的夹角O为常量时,求O和O的关系。 F 图14-6 解(1)取杆AB为对象。 (2)受力分析:外力有P,FAx,FA (3)运动分析:虚加惯性力 在处取4,其质量m=2山d=02n0的 s alsina g P nd2=-lo sin e 1·g 设合力作用线与AB杆的交点为D并且AD=b,根据合力矩定理,有 Frrbcos 8=dF a cos 8 Po2 sin e dF,1 cos 0= - 2-d2 cos 0= I g 3/o21 sinB cos0 将式(a),(c)代入式(b),则得b==l (4)由达朗伯原理,杆AB的虚平衡方程有 >MF)=O FR=Icos0-Isin8=0 即 lo sin 6.-Icos0--Isin 0=0
5 ( ) − − − − ∑ = 0 1 1 2 2 m g m a m a m g r m ar i 因为 ∑ miar = ar∑ mi = arm 解得 g m m m m m a + + − = 1 2 1 2 例 14-3 均质细直杆 AB 重 P，长为 l，其 A 端铰接在铅垂轴上，并以匀角速度ω 绕轴转动如图 14-6 所示。当杆 AB 与轴的夹角θ 为常量时，求ω 和θ 的关系。 解 （1）取杆 AB 为对象。 （2）受力分析：外力有 P，FAx，FAz。 （3）运动分析：虚加惯性力。 在 λ 处取 dλ ，其质量 ω λ θ λ ω λ θ λ sin d , sin , d d d 2 2 g l P a F g l P m I n = i = = λ λ ω θ ω θ sin 2 d sin d 2 0 2 l g P l g P F F l l IR I ⋅ = ⋅ = = ∫ ∫ （a） 设合力作用线与 AB 杆的交点为 D 并且 AD = b，根据合力矩定理，有 ∫ = l IR FI F b cosθ d λ cosθ （b） 而 λ λ θ ω θ θ ω θ λ θ sin cos 3 d cos sin d cos 2 2 3 0 2 = = ⋅ ∫ ∫ l l g P l g P F l l I （c） 将式（a），（c）代入式（b），则得 b l 3 2 = （4）由达朗伯原理，杆 AB 的虚平衡方程有 ∑ ( ) = − sin = 0 2 cos 3 2 0 θ l θ P M F l A F IR 即 sin 0 2 cos 3 2 sin 2 2 ω θ ⋅ θ − l θ = P l l g P θ （a） ω z B A D dλ λ θ B C A FAy FIR P FAx （ b 图 14-6
于是可得sinO=0或cosO=38 210 显然,日=0与题设不符,可舍去不计。 §14-3刚体惯性力系的简化 应用质点系动静法时,需要在每个质点上虚加惯性力,组成惯性力系。如果质点 的数目有限,逐点加惯性力是可行的。对于刚体,它可看作无穷多个质点的集合,不 可能逐个质点去加惯性力。于是,我们利用静力学中力系简化的方法先将刚体惯性力 系加以简化,用简化的结果来等效地代替原来的惯性力系,解题时就方便多了 下面分别对刚体作平动,绕定轴转动和平面运动时的惯性力系进行简化。 刚体作平动 刚体平动时,各点具有相同的加速度a1=ac,因而其惯性力系是一同向平行力系, 与重力系类似。这个力系简化为过质心的合力F=-∑ FI=-Mac (14-8) 于是得结论:平动刚体的惯性力系可以简化为通过质心的合力,其大小等于刚体的质 量与质心加速度的乘积,合力的方向与加速度方向相反。 2.刚体的定轴转动 在此仅研究刚体具有质量对称面且转轴垂直于此对称面的情况。当刚体转动时 平行于转轴的任一直线作平 动,此直线上的惯性力系可 合成为过对称点的一个合 力。因而,刚体的惯性力系 可先简化为该质量对称面内 的一个平面惯性力系。我们 再将此平面惯性力系向转轴 (b) (z轴)与对称面的交点O 图 简化,惯性力系的主矢仍为F=-Mac,具体解题时,也可将F分解为F和F, IR =-Macn, FIR=-Mac (149) 惯性力F;也可以分解为相应的两个分量F和F,如图147(a)所示,其大小分
6 或 cos 1 0 3 2 sin 2 =⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ θ ω θ − g l 于是可得 sinθ = 0 或 2 2 3 cos ω θ l g = 显然，θ = 0 与题设不符，可舍去不计。 §14-3 刚体惯性力系的简化 应用质点系动静法时，需要在每个质点上虚加惯性力，组成惯性力系。如果质点 的数目有限，逐点加惯性力是可行的。对于刚体，它可看作无穷多个质点的集合，不 可能逐个质点去加惯性力。于是，我们利用静力学中力系简化的方法先将刚体惯性力 系加以简化，用简化的结果来等效地代替原来的惯性力系，解题时就方便多了。 下面分别对刚体作平动，绕定轴转动和平面运动时的惯性力系进行简化。 1．刚体作平动 刚体平动时，各点具有相同的加速度 ai = aC ，因而其惯性力系是一同向平行力系， 与重力系类似。这个力系简化为过质心的合力 IR = −∑mi C = − C∑mi F a a ，即 FIR = −MaC （14-8） 于是得结论：平动刚体的惯性力系可以简化为通过质心的合力，其大小等于刚体的质 量与质心加速度的乘积，合力的方向与加速度方向相反。 2．刚体的定轴转动 在此仅研究刚体具有质量对称面且转轴垂直于此对称面的情况。当刚体转动时， 平行于转轴的任一直线作平 动，此直线上的惯性力系可 合成为过对称点的一个合 力。因而，刚体的惯性力系 可先简化为该质量对称面内 的一个平面惯性力系。我们 再将此平面惯性力系向转轴 （z 轴）与对称面的交点 O 简化，惯性力系的主矢仍为 FIR = −MaC ，具体解题时，也可将 FIR 分解为 τ FIR 和 n FIR ， 则 τ τ Cn IR C n FIR = −Ma , F = −Ma （14-9） 惯性力 FI i 也可以分解为相应的两个分量 τ FI i 和 n FI i ，如图 14-7(a)所示，其大小分 MIO α ω aC τ aC C O FIR aC n 图 14-7 （a） Fiτ α ω ai τ Mi C Fin O ai n FI i （b）
别为F=m1r,a,F=m11O2方向如图示。于是 惯性力系对点O的主矩 M=∑M(F)=∑M0(F)+∑M0(F") ∑(m,a)=-C∑m,r2)a (14-10) 式中,J是刚体对转轴的转动惯量,负号表示主矩Mo与a的转向相反。可见 具有质量对称面垂直轴转的定轴转动刚体,惯性力系向转轴简化为一个力和一个力偶 该力的大小等于刚体的质量与质心加速度的乘积,方向与质心加速度方向相反,作用 线通过转轴;该力偶矩等于刚体对转轴的转动惯量与角加速度之积,转向与角加速度 转向相反。如图14-7(b)所示。 在工程实际中,经常遇到几种特殊情况: (1)转轴通过刚体质心。此时ac=0,可知FR=0。则刚体的惯性力系简化为 惯性力偶,其矩M|=Jla,转向与a转向相反。 (2)刚体匀速转动,此时a=0,可知Mo=0,则刚体的惯性力系简化为作用在 点O的一个惯性力Fn,且Fn=M2,指向与an相反。 (3)转轴过质心且刚体作匀速转动,此时FBR=0,Mo=0,刚体的惯性力系为 平衡力系 3.刚体作平面运动 工程中,作平面运动的刚体常有对称平面,且平行于此平面而运动。这种刚体的 惯性力系可先简化为在对称面的平面力系 对称面内的平面图形,如图148所示,由运动学知,平 面图形的运动可分解为随基点的平动与绕基点的转动。取质M 心C为基点,设质心的加速度aC,转动的角加速度为a, 简化到对称面的惯性力系分为两部分:刚体随质心平动的惯 性力系简化为一个通过质心的力;刚体绕质心转动的惯性力 图14-8 系简化为一个力偶。该力为 (14-11) 力偶矩为 Mc=-J。a (14-12) 于是得结论:有对称平面的刚体,平行于这平面运动时,刚体的惯性力系可简化
7 别为 α τ I i i i F = m r ， 2 i i ω n I i F = m r 方向如图示。于是， 惯性力系对点 O 的主矩 ( ) ( ) ( ) ( ) α ( )α τ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ = − = − = = + 2 i i i i i n I O O I i O I i O I i m r r m r M M F M F M F 即： M IO = −J zα （14-10） 式中，Jz 是刚体对转轴的转动惯量，负号表示主矩 MI O 与 α 的转向相反。可见， 具有质量对称面垂直轴转的定轴转动刚体，惯性力系向转轴简化为一个力和一个力偶， 该力的大小等于刚体的质量与质心加速度的乘积，方向与质心加速度方向相反，作用 线通过转轴；该力偶矩等于刚体对转轴的转动惯量与角加速度之积，转向与角加速度 转向相反。如图 14-7(b)所示。 在工程实际中，经常遇到几种特殊情况： （1）转轴通过刚体质心。此时 aC = 0，可知 FIR = 0。则刚体的惯性力系简化为一 惯性力偶，其矩 M IC = J z α ，转向与α 转向相反。 （2）刚体匀速转动，此时α = 0，可知 MIO = 0，则刚体的惯性力系简化为作用在 点 O 的一个惯性力 FI n，且 2 FI n = MrCω ，指向与 aCn 相反。 （3）转轴过质心且刚体作匀速转动，此时 FIR = 0，MIO = 0，刚体的惯性力系为 平衡力系。 3．刚体作平面运动 工程中，作平面运动的刚体常有对称平面，且平行于此平面而运动。这种刚体的 惯性力系可先简化为在对称面的平面力系。 对称面内的平面图形，如图 14-8 所示，由运动学知，平 面图形的运动可分解为随基点的平动与绕基点的转动。取质 心 C 为基点，设质心的加速度 aC ，转动的角加速度为α ， 简化到对称面的惯性力系分为两部分：刚体随质心平动的惯 性力系简化为一个通过质心的力；刚体绕质心转动的惯性力 系简化为一个力偶。该力为 FI = − M aC （14-11） 力偶矩为 MI C = − JC α （14-12） 于是得结论：有对称平面的刚体，平行于这平面运动时，刚体的惯性力系可简化 MIC α aC C FI 图 14-8
为在对称平面内的一个力和一个力偶。该力通过质心,其大小等于刚体质量与质心加 速度的乘积,其方向与质心加速度方向相反;该力偶矩等于对通过质心且垂直于对称 面的轴的转动惯量与角加速度的乘积,其转向与角加速度的转向相反。 例14-4均质细直杆AB长为l、重为W,用固定铰支座A及绳BE维持在水平位 置(图14-9(a))。当绳BE被剪断瞬时,求杆AB的角加速度和A处的反力。 解当绳EB被剪断后,AB杆将绕A轴作定轴转动,将AB杆的惯性力系向转轴 A简化后,可应用动静法求解。 (1)研究对象与受力分析。取AB杆为研究对象,受力有重力W、铰支座A处 的反力F、F,绳BE已被剪断,不再受力,不得在受力图上画出 (2)虚加惯性力。绳BE剪断瞬时,杆AB的角速度=0,角加速度设为a。 此时质心C的法向加速度7N0,切向加速度a=,a。AB杆的惯性力系向 转轴A简化,可得一力和一力偶(图149(b))。力的大小及力偶矩为 W W I n M14=Ja=-1 g (3)列平衡方程求解。对图149(b)所示AB杆的虚平衡状态,由平衡方程 ∑MA(F M1A-W·=0 E I n 12a-W.-=0 B H ∑l 得 F=k ∑F2=0,F4x=0 图14-9 讨论:本题若用动量矩定理和质心运动定理求解,则得 a=W-F.0=F. Ja=n g 显然,这组动力学方程进行移项后就得到了动静法的平衡方程。可见,动静法的实质 是通过虚加惯性力,采用列平衡方程的方法而达到了求解动力学问题的目的。 例14-5图14-10(a)所示提升机构中,悬臂梁AB重力W=1kN,长l=3m 鼓轮B重为Q=200N,半径r=20cm,视其为均质圆盘,其上作用有力偶M=3kN·m
8 为在对称平面内的一个力和一个力偶。该力通过质心，其大小等于刚体质量与质心加 速度的乘积，其方向与质心加速度方向相反；该力偶矩等于对通过质心且垂直于对称 面的轴的转动惯量与角加速度的乘积，其转向与角加速度的转向相反。 例 14-4 均质细直杆 AB 长为 l、重为 W，用固定铰支座 A 及绳 BE 维持在水平位 置（图 14-9（a））。当绳 BE 被剪断瞬时，求杆 AB 的角加速度和 A 处的反力。 解 当绳 EB 被剪断后，AB 杆将绕 A 轴作定轴转动，将 AB 杆的惯性力系向转轴 A 简化后，可应用动静法求解。 （1）研究对象与受力分析。取 AB 杆为研究对象，受力有重力W 、铰支座 A 处 的反力 FAx 、 FAy ，绳 BE 已被剪断，不再受力，不得在受力图上画出。 （2）虚加惯性力。绳 BE 剪断瞬时，杆 AB 的角速度ω = 0，角加速度设为α 。 此时质心 C 的法向加速度 0 2 2 = ω = l an C ，切向加速度 α τ 2 l aC = 。AB 杆的惯性力系向 转轴 A 简化，可得一力和一力偶（图 14-9（b））。力的大小及力偶矩为 α α α τ 2 3 1 2 l g W l M J g W a g W FI R = C = I A = A = （3）列平衡方程求解。对图 14-9（b）所示 AB 杆的虚平衡状态，由平衡方程 ∑ ( ) = − ⋅ = 0 2 0, l M A F M I A W 即 0 3 2 1 2 − ⋅ = l l W g W α 得 l g 2 3 α = ∑F = 0, F + F −W = 0 y Ay I R 得 W l g g Wl FAy W 4 1 2 3 2 = − ⋅ = ∑Fx = 0, FAx = 0 讨论：本题若用动量矩定理和质心运动定理求解，则得 2 , 0 , l a W F F J W g W C Ay Ax A = − = α = ⋅ 显然，这组动力学方程进行移项后就得到了动静法的平衡方程。可见，动静法的实质 是通过虚加惯性力，采用列平衡方程的方法而达到了求解动力学问题的目的。 例 14-5 图 14-10（a）所示提升机构中，悬臂梁 AB 重力 W = 1kN，长 l = 3m； 鼓轮 B 重为 Q = 200N，半径 r = 20cm，视其为均质圆盘，其上作用有力偶 M = 3kN·m； 图 14-9 FAx MIA FAy aC α FIR W B A （b） E l A B （a）
以提升重为P=10kN的物体C。不计绳的质量和摩擦,试求固定端A处的反力 FA P (b) (c) 图14-10 解本题虽然是求固定端A的反力F、F1和M,但应先求出物体C的加速 度和鼓轮的角加速度。因而先取鼓轮和重物部分为研究对象,应用动静法求物C的加 速度或B处的反力,然后再以整个系统或梁AB为研究对象,求出A处的反力。 (1)取鼓轮B及重物C部分为研究对象,其受主动力P、Q和力偶M作用:B 处的反力为FBx、FBy(图14-10(c)。 (2)虚加惯性力。物C作直线平动,设其上升加速度为a,其惯性力 P FR方向与a相反。鼓轮质心在转轴AB上,其角加速度a=a/r,其惯性力偶矩 M与a的转向相反。 (3)列平衡方程求a和FB。对图14-10(c)的虚平衡受力图,由 ∑MB( MIB-(P+ FIRr=o P 解出 M/r-P3/02-10 +Q/2°10+0.2/2 g=485m/s2 F=0,FB=0 ∑
9 以提升重为 P = 10kN 的物体 C。不计绳的质量和摩擦，试求固定端 A 处的反力。 解 本题虽然是求固定端 A 的反力 FAx 、 FAy 和 MA，但应先求出物体 C 的加速 度和鼓轮的角加速度。因而先取鼓轮和重物部分为研究对象，应用动静法求物 C 的加 速度或 B 处的反力，然后再以整个系统或梁 AB 为研究对象，求出 A 处的反力。 （1）取鼓轮 B 及重物 C 部分为研究对象，其受主动力 P 、 Q 和力偶 M 作用；B 处的反力为 FB x 、 FB y （图 14-10（c））。 （2）虚加惯性力。物 C 作直线平动，设其上升加速度为 a ，其惯性力 a g P FIR = FIR 方向与 a 相反。鼓轮质心在转轴 AB 上，其角加速度α = a r ，其惯性力偶矩 α α α g Q r r r g Q M J IB B 2 2 1 2 = = ⋅ = M IB 与α 的转向相反。 （3）列平衡方程求 a 和 FB y 。对图 14-10（c）的虚平衡受力图，由 ∑ M B ( ) F = 0, M − M I B − (P + FI R )r = 0 即 0 2 − − − ar = g P a P r g Qr M 解出 4.85 10 0.2 2 3 0.2 10 2 = + − = + − = g g P Q M r P a m/s2 0, 0 0, 0 = − − − = = = ∑ ∑ y B y I R x B x F F Q P F F F （c） B B A MIB FBy′ a FIR FBy FBx M P P W Q Q FAx r l 图 14-10 （a） （b） M A B W FAy
P 得 F.=0+P 4.85=15.15kN g (4)取梁AB为研究对象,由 ∑F=0,FAx=0 ∑F=0,FAy-W FA=W+Fn=1+15.15=1615kN ∑MA/F)=0,M4-H.-F1=0 得 MA=W+FB=×1×3+15.15×3=4695kN 例14-6均质杆AB长为l,重为P,用两根绳子悬挂在点O如图14-11(a)所 示。杆静止时,突然将绳OA切断,试求切断瞬时OB的受力 解绳OA切断后,AB杆 将作平面运动。在绳子切断的 瞬时,AB杆的角速度及各点速 度均为零,但杆的角加速度不 等于零,据此特点可确定质心 M C的加速度,然后虚加惯性力 系的简化结果,应用动静法求 (b) 解 图14-11 (1)研究对象的受力分析。取杆AB为研究对象。绳OA切断时杆受重力P和绳 OB的拉力FT作用。 (2)分析运动及虚加惯性力。绳断瞬时,点B作圆周运动,由于v=0,而aB=aB 取B为基点,则杆AB质心C的加速度可由基点法表示为 由于oAB=0,可知an=BC·On=0,设AB杆此时的角加速度为a,则有 aCB=BC·a=a。ac的分矢量如图14-l(a)所示。 杆AB作平面运动,向质心C简化的惯性力及惯性力偶矩分别为
10 得 4.85 15.15 kN 9.8 10 = + + a = 0.2 +10 + ⋅ = g P FB y Q P （4）取梁 AB 为研究对象，由 0, 0 0, 0 = − − ′ = = = ∑ ∑ y Ay B y x Ax F F W F F F 得 FAy = W + FB y = 1+15.15 = 16.15 kN 由 ( ) 0 2 ∑ = 0, − ⋅ − F′ l = l M A F M A W B y 得 1 3 15.15 3 46.95kN 2 1 2 1 M A = Wl + FBy′ l = × × + × = 例 14-6 均质杆 AB 长为 l，重为 P，用两根绳子悬挂在点 O 如图 14-11（a）所 示。杆静止时，突然将绳 OA 切断，试求切断瞬时 OB 的受力。 解 绳 OA 切断后，AB 杆 将作平面运动。在绳子切断的 瞬时，AB 杆的角速度及各点速 度均为零，但杆的角加速度不 等于零，据此特点可确定质心 C 的加速度，然后虚加惯性力 系的简化结果，应用动静法求 解。 （1）研究对象的受力分析。取杆 AB 为研究对象。绳 OA 切断时杆受重力 P 和绳 OB 的拉力 FT 作用。 （2）分析运动及虚加惯性力。绳断瞬时，点 B 作圆周运动，由于 vB = 0 ，而 τ B B a = a 。 取 B 为基点，则杆 AB 质心 C 的加速度可由基点法表示为 τ CB n C B CB a = a + a + a 由于 ω AB = 0 ，可知 0 2 = ⋅ AB = n aCB BC ω ，设 AB 杆此时的角加速度为 α ，则有 α α τ 2 l aCB = BC ⋅ = 。aC 的分矢量如图 14-11（a）所示。 杆 AB 作平面运动，向质心 C 简化的惯性力及惯性力偶矩分别为 α α2 12 , l g P M J FI C = FI B + FI C B I C = C = aB 45° 45° τ aCB （a） α C A B O C FIB FICB FT P D 45° MIC A B （b） 图 14-11
