Chap12 - 第12章 达朗贝尔原理 12 达朗贝尔原理...

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Unformatted text preview: 第12章 达朗贝尔原理 12 达朗贝尔原理 (D’Alembert Principle) 第12章 达朗贝尔原理 12 ■ 达朗贝尔原理与惯性力 ■ 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反力 讨论 ■ 达朗贝尔原理与惯性力 非自由质点 A; 非自由质点 A ; m —质量; — 质量; F R F —约束力; 约束力; N — — 运动轨迹。 F —主动力; S —运动轨迹。 — 根据牛顿定律 根据牛顿定律 m a = F + F = N y F + F - m a =0 N 令 F =- m a — 质点的惯性力 令 I 质点的惯性力 z F m A a F N O x s F + F + F =0 N + I (inertial force) (inertial force) 作用在质点上的主动力和约束力与假想施加在质点上的 惯性力,形式上组成平衡力系即非自由质点的达朗贝尔原 理 ( d'Alembert principle ) ——动静法 ( methods of kineto statics ) 理 —— 动静法 ■ 达朗贝尔原理与惯性力 非自由质点达朗贝尔原理的投影形式 非自由质点达朗贝尔原理的投影形式 F x + F Nx + F x = å x = 0 F x x N x I x I i i F y + F N y + F y = å F y = 0 y N y I y y I i i F z + F N z + F z = å F z = 0 z N z I z z I i i 应用达朗贝尔原理求解非自由质点动约束力的方法 应用达朗贝尔原理求解非自由质点动约束力的方法 1、分析质点所受的主动力和约束力; 1 、分析质点所受的主动力和约束力; 2、分析质点的运动,确定加速度; 2 3、在质点上施加与加速度方向相反的惯性力。 3 4、应用达朗贝尔原理表达式求解 4 、应用达朗贝尔原理表达式求解 达朗贝尔原理与惯性力 ■ x 1 O 1 l w A 离心调速器 l q l B l C 例 题 1 题 1 已知: 已知: m -球A、B 的质量; A 的质量; 1 m -重锤C 的质量; 的质量; 2 l-杆件的长度; l w- 绕O y 轴的旋转角速度。 1 1 求: w- q 的关系。 y 1 x 1 O 1 :以球 B A 和重锤 ( ) 解:1 解:1、分析受力:以球 B(或A)和重锤 C为研究对象,分析所受的主动力 C 和约束力 和约束力 l q q l w A l B 2、分析运动:施加惯性力。 2 球绕O y 轴作等速圆周运动, 1 1 FI 惯性力方向与法向加速度方向 B 相反,其值为 F T2 l C F =m lw 2 sin q I 1 l sin F T1 F T3 y 1 1 ´ F T1 m g 1 å F x 11 = 0 x å F m g 2 m l 2 sin - ( F + F )sin = 0 w 2 q q 1 T1 T2 1 T1 T2 m g + ( F - F )cos = 0 q 1 T1 T2 1 T1 T2 m 2 g ¢ =F , F ¢ = 2 , F ¢ =F 对于重锤 C F T1 T3 对于重锤 T1 T1 T1 T1 T3 T1 T1 T1 2 q cos m + m 2 1 cosq = 1 2 2 g cos m l 2 1 w 1 y 1 1 y C 重锤静止,无惯性力。 重锤静止,无惯性力。 3、应用动静法: 对于球 B 3 : 对于球 = 0 ■ 达朗贝尔原理与惯性力 例 题 2 题 y 振动筛 y 平衡位置 平衡位置 O y=a sin w t y sin 求:颗粒脱离台面的 最小振动频率 y F N m y F I a a W O 解:通过分析受力、分析运动并施加惯性 力,确定颗粒脱离台面的位置和条件。 y 平衡位置 平衡位置 m 应用动静法 应用动静法 F =maw 2 sinw t I ma sin 2 F N - W + ma w 2 sin w t 0 = N 颗粒脱离台面的条件 颗粒脱离台面的条件 F =0,sinw t=1时, N 0 sin t 1 w 最小。 最小。 g w = y a I 应用动静法 F 应用动静法 O F N a W F maw 2 sinw t I ma sin 2 FN - W - ma w 2 sin w t 0 = N 2 F N= W + ma w 2 sin w t > 0 = N 颗粒在平衡位置以下 时不会脱离台面。 质点系的达朗贝尔原理 达朗贝尔原理 ■ F I1 m 1 F N2 F i Ii I m 2 F 2 F , F 2 , , F i , , F n 1 2 L i L n 1 F N 1 , F N 2 , , F N i , , F N n N 1 N 2 L N L i N n F F i N1 Ni N a 1 F I2 主动力系 约束力系 F 1 m i 惯性力系 F I 1 , F I 2 , L , F I i , , F I n 惯性力系 I 1 I 2 L I L i I n a 对质系中的每个质点i : i F F + F + F = 0 式中 FI i = - mi a i i i Ni Ii 主动力系、约束力系、惯性力系组成形 式上的平衡力系,则: 式上的平衡力系,则: a 2 å F + å F + å F = F =0 i i i i M åM N i N i i i I i i I R R i i ( F i ) + å M O ( F N i ) + å M O ( F I i ) M O =0 = O i O N i O I i O O i i i i i i 质点系的达朗贝尔原理 达朗贝尔原理 ■ F 1 m 1 a 1 F F i N1 Ni N F N2 F i Ii I m 2 F I2 F 2 考虑到作用于质点系的力也可分为 外力与内力,由于内力成对出现, 且等值反向,则 F I1 m i 对质系中的每个质点i : a i F i a 2 e i i i F + F + F = 0 Ii 而对质系: F e + å F i + å F = 0 å i i Ii M O ( i e ) + å M O ( i i ) + å M O ( Ii ) = 0 F F å F e F e + å F I i 0 å i i I = i i i å M ( F ) + å M O ( F I i ) 0 I = i O O O i i e e i i ——质点系的 —— 达朗贝尔原理 达朗贝尔原理 ■ 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 ◇ 应用举例 ◇ 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。 刚体上各点的绝对加速度有关。 F i =-m a I i i I * 对于平面问题(或者可以简化为平面问题), ( ) 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。 ◇ 刚体惯性力系简化 ☆刚体作平移 ☆刚体作定轴转动(转轴垂直于对称面) ☆刚体作平面运动(平行于对称平面) ☆ 刚体作平移 刚体作平移时,每一瞬时刚体内各质点的加速度相 同,都等于质心的加速度即 ai = a 同,都等于质心的加速度即 C F I2 m F 2 I1 m 1 a 2 m a C F IR m a F n n n In I F IR =å I i =å ( m i a i ) F I i - i i =-m a C IR C a 1 i i i i F IR =- a C m C IR 刚体平移时,惯性力系简化为 通过刚体质心的合力。 ☆刚体作定轴转动(转轴垂直于对称面) 仅讨论转动刚体具有质量对称平面、且转轴垂直于质量 对称平面的情形(如转子) 。此惯性力系可简化为对称平面 的平面力系。 τ n τ n τ n τ n F i =( F i , F i ) ( m a i , m a i ) I i = I i I i = - i i - i i I I I i i n F I i n I i F I tt F I i i t t a i i n n i i a a w O m i = - m i r a τ , m i r w 2 n ) ( - i i 2 i i i i C n n F IR F IR M O IO I t t a F IR F IR F IR IR F IR =å I i =å ( m i a i ) F I i - i i =-m a C IR C i i i i n F IR =- m a C =- m ( τ + a C ) a τ n C C C C 主矢: IR 2 τ M IIO = M O ( F τ) FI i =- ( m i r 2 ) å i i i a=- J O a 主矩: O å O I i O n F I i n I i F I tt F I i i t a i t i n n i i a a w O m i C n n F IR F IR M O IO I F IR IR C M O IO I O F IR IR t t a F IR F IR n F IR =- m a C =- m ( τ + a C ) a τ n =- C C IR C C τ 2 M IIO = M O ( F τ) =- ( m i r 2 ) FI i å i i i a=- J O a O å O I i O 具有对称平面的刚体绕垂直于对称平面的固定轴转动时, 惯性力系向固定轴简化的结果,得到一个合力和一个合力偶。 合力的矢量即为惯性力系的主矢,其大小等于刚体质量 与质心加速度大小的乘积,方向与质心加速度方向相反。 合力偶的力偶矩即为惯性力系的主矩,其大小等于刚体 对转动轴的转动惯量与角加速度的乘积,方向与角加速度方 向相反。 ☆刚体作平面运动(平行于对称平面) 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。 力系,然后再对平面惯性力系作进一步简化。 以质心C为基点,将平面运动分解 C 为跟随基点的平移和绕基点的转动。 对于刚体上的任意质点, 对于刚体上的任意质点, w a r i C C n n m a iir r i a -牵连加速度 C a C t t a i r a i r a C w a t a i t r -相对切向加速度 F I iC I iC a i r 相对切向加速度 n a iin r r -相对法向加速度 相对法向加速度 r i F t n a iin r m r i I i r F F C C n n I ii r I r a C t a i t r a i r a C F IIr r w C C a F I iC F I iC r i t n m a iin i a r r F I i r F a C M I C I C a C t a i t r a i r a C n n I ii r I r n F i = F iC , F τ , F n i ) ( I iC I τ Ir i I i ir I I I ir Ir = -m i a C , m i r at , m i r w 2 n ( i C - i i - i i 2 ) i i τ n M I C =å M C ( I iC ) + å M C ( I i r ) + å M C ( I i r ) F iC F τ F n I C C I C I r i C I r i i i i i i i t t = M C ( F i r ) ( m r ) =-J C a å C I I i r =- å a å C i i C 2 2 i i i i i i F =- C ma C IR IR M IIC =- C a J C C F =- C ma IR IR F IIr r C M I C I C a C M I C =- C a J C IC 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。这种情形 下,惯性力系向质心简化的结果得到一个合力 和一个合力偶,二者都位于质量对称平面内。 ,二者都位于质量对称平面内。 合力的矢量即为惯性力系的主矢,其大小等于刚体质量与 质心加速度大小的乘积,方向与质心加速度方向相反。 合力偶的力偶矩即为惯性力系的主矩,其大小等于刚体对 通过质心的转动轴的转动惯量与角加速度的乘积,方向与角 加速度方向相反。 ◇ 应用举例 例 题 3 题 车载杆件AB在B处为铰链约束,A处为光滑面约束,若 AB B A 已知汽车以等加速度a在平坦的路面上行驶,杆件的重量 a 为W、长度为l,杆件与车厢水平面的夹角为a。 W l, 求:A、B二处的约束力。 A B 解:1、运动分析与加速度分析 1 杆件AB跟随汽车作平移,因 AB 此杆件各点都具有与汽车行 驶加速度a 相同的加速度。 2、受力分析 2 杆件重力W; 在杆件AB各点上施加惯性力 W AB 各点上施加惯性力 约束力F A ,F , F y NA Bx By N B 3、应用动静法 3 、应用动静法 l l å M BB ( F ) = 0 F N A l + ma sin a ´ 2 - W cos a ´ 2 = 0 N A F åF = 0 F Bx - ma - F N A sin a = 0 Bx N A å F = 0 F By - W - F N A cos a = 0 By N A x x y y W cos a - ma sin a W F NA = = ( g cos a - a sin a ) N A = 2 2 g ù W é sin2 a a 2 2 F Bx = + (1 + cos a ) ú ê Bx 2 g g + 4 a 2 F By = W (1 ­ sin 2a ) By 4 g 2 ë û 4、讨论:本例若采用平面运动微分方程: 4 ma Cx = å F x Cx x ma Cy = å F y Cy y J C a = å M C ( F ) C C ? ◇ 应用举例 例 题 4 题 A w a 均质杆件OA,A端铰接,在铅垂 OA A 位置时受微小扰动运动到倾斜位置。 q O 求:1、惯性力的简化结果; 1 、惯性力的简化结果; 2、O处的约束力。 2 O 解:1、运动分析 1 A A w a q O W l F = ´ a = g 2 τ τ I I 杆件OA绕O轴作定轴转动,假定转动 OA O 角速度和角加速度分别为w和a 。 2、受力分析 2 假设O处有沿着杆件轴线和垂直于杆件 O 轴线方向约束力; 杆件上由于定轴转 动而产生的分布惯性力向O处简化的结 O 果为: 果为: τ F τ ,I n , M I O F n I O I , I I W l 2 n FI n = ´ w 2 I = g 2 M IIO = J O a O O 3、应用动静法先求未知运动量w和a ,再计算动约束力: 3 å M O ( F ) = 0 J O a - W ´ O F O l 3 g ´ sin q = 0 , a = sin q 2 2 l dw a = Þ = d t å F x = 0 F Ox Ox x w = 3 g (1 ­ cos q ) l W l 2 ´ w 2 + W cos q = 0 g 2 W l 22 W F Ox = ´ w - W cos q = (3 ­ 5cos q ) Ox g 2 2 å F yy = 0 F Oy Oy F Oy = W sin q + Oy = W l ´ ´ a + W sin q = 0 g 2 W l W ´ ´a = sin q g 2 4 ◇ 应用举例 例 题 5 题 C R O W 1 半径为R、重量为W 的 R 1 大圆轮,由绳索牵引,在 重量为W 的重物A的作用 A 2 下,在水平地面上作纯滚 动,系统中的小圆轮重量 忽略不计。 求:大圆轮与地面之 间的滑动摩擦力 A W 2 解: 考察整个系统,有4个未知约束力。 4 如果直接采用动静法,需将系统拆开。因为系统为一 个自由度,所以考虑先应用动能定理,求出加速度,再 对大圆轮应用动静法。 对大圆轮应用动静法。 1) 应用动能定理,求出加速度 应用动能定理,求出加速度 1 W2 2 1 W 2 1 1 W 2 v 2 1 2 2 1 1 2 v + 1 v 2 + ( R )( ) 2 - T = W 2 ´ s 0 2 0 2 g F 2 g 2 2 g R Oy d s 1 W2 3 W 2 1 2 1 ) - T = W ´ s = v ( 2 + v O 0 2 0 2 d t F 2 g 2 g Ox C R W 1 F F N J a C C W 1 1 a g A C W 2 å M C ( F ) = 0 , C W 1 F F N 2) 大圆轮应用动静法 F = W 2 g 2 a = 3 W 2 + W 2 1 2 1 F ´ R - J C ´ a = 0 C J Ca J C a W 2 1 W 2 1 C = C 2 = R R 2 2 W + 3 W ) ( 2 1 2 2 1 例12-6如图所示,电动机定子及其外壳总质量为m 1 ,质心位 1 于O 处.转子的质量为m 2 ,质心位于C 处,偏心矩OC=e ,图示 2 平面为转子的质量对称面.电动机用地角螺钉固定于水平基础 上,转O与水平基础间的距离为h.运动开始时,转子质心C位于 最低位置,转子以匀角速度 w 转动. 求:基础与地角螺钉给电动机总的约束. 求:基础与地角螺钉给电动机总的约束力. 2 F I = me w 2 解: I F å F = 0, x x F x + F I sin j = 0 x I å F = 0 , F - ( m + m ) g - F cos j = 0 å M = 0 , M - m ge sin j - F h sin j = 0 y y A A 因 y y 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 j = w t , 得 = 2 F x = - m 2 e w 2 - sin w t = x 2 F yy = (m 1 + m 2 ) + m 2 e 2 cos w t g w 2 = 1 2 2 M = m 2 ge sin w t + m 2 e 2 h sin w t w 2 2 2 例12-7 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提升质量为m 的重物,其它尺寸如图. 已知: P R J , a m , , , . 求:支座A,B受到的附加约束力. :支座A,B受到的附加约束力. 解 : F = ma I I a M II0 = J = J a 0 R å M = 0 mgl + F l + Pl + M F å F = 0 F + F -mg - P -F = 0 B B y y 2 2 A A B B 2 2 3 3 IO IO - F A (l 1 + l 2 ) = 0 2 A 1 I I 1 é J ö ù 1 æ 解得: F A = : A l + l ê mgl 2 + Pl 3 + a ç ml 2 + R ÷ ú 2 3 2 è øû 1 2 ë 1 2 1 é J ö ù æ F B = B 1 2 3 ê mgl 1 + P (l 1 + l 2 - l 3 ) + a ç ml 1 - R ÷ ú 1 1 l 1 + l 2 ë è øû 1 2 上式中前两项为静约束力,附加约束力为 a æ ¢ F A = ç ml 2 + A l + l 2 è 2 1 2 1 J ö ÷ R ø a æ J ö ¢ F B = ç ml 1 - ÷ B 1 l + l 2 è R ø 1 2 1 例12-8 已知,均质圆盘 m 1 , R , 均质杆 l = 2 , m 2 , 已知,均质圆盘 1 均质杆 = R 2 纯滚动. 求:F 多大,能使杆B 端刚好离开地面?纯滚动的条件? 解:刚好离开地面时,地面约束力为零. 解:刚好离开地面时,地面约束力为零. o M A = 0 m 2 aR sin 30 o - m 2 gR cos 30 oo = 0 å A 2 2 a = 3 g = 1 2 a 得 F I A = m 1 a , M I A = m 1 R 2 得 I A 1 1 I A 2 R o M D = 0 FR - F IA R - M I A - F I C R sin 30 o - m 2 gR cos 30 oo = 0 å D I A I C I A 2 æ 3 ö F = ç m 1 + m 2 ÷ 3 g = 解得 解得 1 2 è 2 ø å F = 0 x x 得 得 由 解得 F s = s = F - F s - (m 1 + m 2 )a = 0 s 1 2 3 m 1 g 1 2 F s £ f s F N = f s (m 1 + m 2 )g s 1 s N s 2 F 3 1 m s s 1 f s ³ = s ( 1 2 F 2 m + m ) N N 1 2 §12-4 绕定轴转动刚体的轴承动约束力 § F å F = 0 x x F A x + F B x + F R x + F I x = 0 A x B x R x I x y y = 0 F A y + F B y + F R y + F I y = 0 A y B y R y I y åF åF = 0 F Bz + F R z = 0 Bz R z M å M = 0 F B y OB - F A y OA + M x + M I x = 0 B y A y x I x z z x x M å M y y =0 F Ax OA - F Bx OB + M y + M I y = 0 Bx Ax y I y 解得 1 (M y + F Rx OB ) + (M Ix + M Ix OB ) F = Ax Ax y Rx Ix Ix AB [ 1 (M x - F Ry OB ) + (M Ix - F Iy OB ) F Ay = Ay x Ry Ix Iy AB [ 1 (M y - F Rx OA ) + (M Ix - F Ix OA ) F Bx = Bx y Rx Ix Ix AB [ 1 1 (M x + F Ry OA ) + (M Ix + F Iy OA ) F By = By x Ry Ix Iy AB [ FBz = - F = Rz r r 由 F IR , M IO 引起的轴承约束力称动约束力, 由 IR IO 动约束力为零的条件为: 动约束力为零的条件为: F Ix = F Iy = 0 , M Ix = M Iy = 0 Ix Iy Ix Iy 即: F Ix = - ma Cx = 0 Ix Cx F Iy = - ma Cy = 0 Iy Cy 2 M Ix = J xz a - J yz w 2 = Ix xz yz 2 M Iy = J yz a + J xz w 2 = Iy yz xz 必有 必有 0 0 r a C = 0 C J xz = J yz = 0 J xz yz 称满足 J xz = J yz = 0 的轴z为惯性主轴 xz yz 通过质心的惯性主轴称为中心惯性主轴 因此,避免出现轴承动约束力的条件是: 刚体的转轴应是刚体的中心惯性主轴. 例12-9 如图所示,轮盘(连同轴)的质量 m = 20 kg , 如图所示,轮盘(连同轴)的质量 转轴AB与轮盘的质量对称面垂直,但轮盘的质心C不在转轴上,偏心 = 1 . 距 e = 0 . mm 当轮盘以均转速 n = 12000 r min 转动时. 转动时. 求:轴承A,B的约束力 2 2 0.1 æ 12000 π 1 ö ÷ = 158 m 2 解: a n = e w = 1000 m ç n s ø s 2 30 è 2 2 n FIIn = ma n = 3160 N n 1 n F NA = F NB = mg + F I n NB I NA 2 ( ) 1 = (20 ´ 9.8 + 3160 ) = 1680N N 2 ◇ 应用举例 例 题 10 题 已知图示曲柄OA质量为m ,长为r 1 ,在力偶矩M作用下以等角速度 w 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 的 2 滑杆C沿铅直方向运动。忽略摩擦。 30 o 时 求当曲柄与水平方向夹角为 的力偶矩M的值及轴承O的反力。 P321 惯性力系的简化 0 m 2 l a 12 α ω A l 2 C m w α l 2 m a ω 2 α ω l C B ml a 2 C 1 2 ml w mr a 2 mr a 纯滚动 例12­11 均质直杆AB,A端球铰,以匀角速度ω 绕垂直轴AZ转动。求A处反力和夹角β。 刚体不是绕质量对称面的垂直轴转动, 因此不能用惯性力系简化结论! A β ω B 直杆AB的惯性力和外力,根据达朗伯原理: l å Y = 0, Y + ò rw Y A Z A A 2 sin brdr = 0 0 A β ω , åZ = 0 Z - mg = 0 w r sin brdr 2 A 3 g cosb = 2 2 w l 2 ml w Y = sin b , Z A = mg mg A 2 g l l 2 B åm A = 0 , ò rw sin br ( r cos b ) dr - mg 2 sin b = 0 0 试用动静法计算题10.18。 解: l a = a AB C1 2 l a = l AB + a BC a C2 2 系统: å M A = 0 F 2 - J AB l a W l W 3 l - J BC - a a - a = 0 C1 C2 g 2 g 2 BC杆: å M B = 0 解得 W l Fl - J BC - a a = 0 C2 g 2 a BC = 30 / 7 Fg Wl a AB = -6 / 7 Fg Wl 均质杆AB长 l ,重 W ,用两根软绳悬挂如图示。 求当其中一根软绳被切断,杆开始运动时,另一根 软绳中的拉力。 a = a t + a t C B CB 解:C(基点B): t a CB = al/ 2 AB: å M D = 0 å F ¢ = 0 x 将 W ( - al / 2 l / 4 - J C a = 0 W ) g (1) W o F - ( - al / 2 cos 45 = 0 W ) T g (2) 1 W 2 J C = l 12 g 6 g 代入(1),解得 a = 5 l 再代入(2),求出 FT = 2 / 5 W 11.34 一半径为 R 、质量为 m 的均质圆柱体静 置于不光滑的板上如图示,今在板上作用一水平力 F 使板与圆柱间发生相对滑动,其动摩擦因数为 f 。求圆柱中心移动 s 距离所需的时间及此瞬 时圆柱体的角速度,并计算在此过程中摩擦力对 圆柱所作的功。 解:圆柱体(平面运动动力学方程): & m& = F s m 0 = FN - mg 1 & mR 2 w = F R m 2 利用 Fm = fN ,由上三式解出 & w = 2 fg / R & = fg s& 则分别由 1 , &&t 2 s = s 2 求得 t = 2 s / fg & & s 2 = 2 &s s 和 & w = wt & s = 2 fgs w = 2 2 fgs / R 圆柱体(动能定理): 1 2 1 1 2 2 A = T - T = m & + s mR w = 3 fmgs 0 2 2 2 例 汽车质量m,以加速度a向右运动, 质心C高度为h,前后轴到质心C的垂线距 离为c和b,求前后轮的正压力。 r a C h b c 研究加速前进的汽车,车身视为平动刚体 忽略车轮质量: ma r a C mg h F ¢ N ¢ A b c N B F 根据达朗伯原理 å m A å m = 0 mah - mgb + N ( b + c ) = 0 , = 0 , mah + mgc - N ¢( b + c ) = 0 前轮正压力 后轮正压力 mgb - mah mgc mah + N= N¢ = b + c b + c B 例 边长 l 正方形薄板ABED 质量为m, 可绕水平轴A转动,现将绳HE突然剪断, 求此瞬时板的角加速度及A处的反力。 解: 将绳HE突然剪断 D 的一瞬时,板无位移,因 此:角速度为零,各点速 度为零;但有角加速度和 A 加速度。 H E C B 惯性力系向质心C简化 2 D m l E aα 列平衡方程: 2 2 2 2 åX = 0, X A - m 2 l a 2 = 0 l a C 2 åY =0 mg 2 2 YA Y A - mg + m l a = 0 A 2 2 åm = 0 A J C a X A 2 ml l 2 2 a - mg + m l a l = 0 6 2 2 2 解得 3 5 3 g X A = mg , Y A = mg , a = 8 8 4 l B 例 半径r的圆柱体被水平绳拉着作纯滚 动,质量为M;绳子绕过无重定滑轮B后系在 质量为m的物体A上,求圆柱体质心C的加速 度和绳子的拉力。 B C A 圆柱体和物体A的加速度 B a C ra 2 r a A 惯性力和真实力 B T Mr a C Mg T Mr a mr 2 2 a 2 mg N F A 研究圆柱体,列平衡方程 Mr a C Mg Mr 2a 2 T T B 2 a mr A mg N F 2 Mr a 2 å m Q = 0 , 2 + Mr a - 2 Tr = 0 研究物体A T - 2 mr - mg = 0 a Q 联立解得: a C = r a = Mm 4 mg T = 3 M + 8 m 3 M + 8 m 例 三棱柱A(质量m)沿三棱柱B(质量 M)的光滑表面滑动,三棱柱B斜面与水平面 成α 角,不计摩擦,求三棱柱B的加速度。 A α B a ma r a e Ma e a e B Mg A mg ma e a r a N 取A为动点,三棱柱B为动系,加速度 如图: 受力分析 ,整体研究,列 å X = 0 Ma e + ma - ma r cos a = 0 e 再研究三棱柱A ma r N¢ 列平衡方程 ma e mg ξ å Fx = 0 ma e cos a + mg sin a - ma r = 0 解得:三棱柱B的加速度 m sin 2 a a = g e 2 2 M + m sin a ) ( C A B K 1 K 2 l 1 l 2 建立汽车质心垂直运动和绕质心俯仰运动 的运动微分方程,车身质量m,对质心C的 回转半径ρ,两弹簧刚度系数及两轴到质心 两弹簧刚度系数及两轴到 距离已知。图示汽车的静平衡位置。 距离已知。图示 解:取从静平衡位置质心垂直位移x, 解:取从静平衡位置 俯 仰角θ为坐标。惯性力向质心简化 为 k2 ( x + l q ) k1( - 1 ) x l q 2 A x A x C C θ B θ θ B θ & 2 & q& && x r & m & m q& x K K K K 1 2 l 1 l 2 加速度图 1 2 l 1 l 2 受力图 研究汽车车身, 根据达朗伯原理 0 åX = - m & - k ( x + l q ) - k ( x - l q ) = 0 & 2 x 2 1 1 åm = 0 2 & & C mr q + 2 ( +l q) 2 -k ( -l ) 1 = 0 k x 2 l 1 x 1 l q 其解具有如下形式 k 2 ( x + l q ) 2 k1( - 1 ) x l q A x t ) = X cos( t - j ) ( w K q ( t ) = O cos( w t - j ) 1 x C m && x θ B θ 2 & & m q r K 2 l 1 l 2 定轴转动刚体的轴承动反力 在高速旋转机械中,由于种种原因,转 子对于转轴常常产生偏心或偏角,引起轴承 动反力,其值远远超过主动力引起的轴承反 力,会引起机器强烈振动或破坏。 定义 主动力引起的轴承反力称为静反力 惯性力引起的轴承反力称为动反力 转子偏心的影响 质量20kg 偏心0.1mm 转速n=12000 转子偏角的影响 。 1 rpm 质量20kg 偏角1度 转子偏心惯性力的 转速n=3000rpm 动反力是静反力的16 转子偏角时惯性力的动 倍! 反力是是静反力的61倍 1: 一般情况下刚体绕Z轴转动,惯性力系 向转轴O点简化 惯性力系的主矢 ★ 2 R = åm y + åm x a w X i i i i Z A 2 = MY a + MX w C C ★ 2 R = å-m i +åm y a w Y i x i i = - MX C a + MY w C ω α 2 2 m r w i i m i r a i M X = å m ar cos i z - å m w r sin i z a i a i i i i i z i 2 = a å m x z - w å m y z i i i i i i ★ = J XZ a - J w YZ 2 O 2 X y i Y x i 同理: M Y = J YZ a + J XZ w ★ M ★ Z = - J Z a Fi α 主动力系{Fi} 约束力系{ X , O , O , X , A } O Y Z A Y 惯性力系 ★ X A Z Y A A ω 2: 平衡方程 ★ 2 ★ ★ ★ { R , R , , M X , M , M } X Y 0 Y Z 2 m r w i i m i r a i Z O O X X Y O O Y 平衡方程: ★ X ★ å F + X O + X A + R å F + Y O + Y A + R Y = 0 X Y å F Z = 0 + Z O = 0 ★ m ) Y Y å (F +m ( ) +m ( ) +M =0 x x O x A X m ) å (F +m ( X ) +m ( X ) +M =0 ★ y y å m Z O y A Y ★ ( F ) + M Z = 0 用前五个方程可求出五个约束力,为使 R Y X Y 其与惯性力无关,必须令 X , R , M , M 为零。 ★ ★ ★ ★ 为使轴承动反力为零:必须 X C = Y C = 0 J XZ = J YZ = 0 结论:为使轴承动反力为零,刚体必须 绕中心惯性主轴转动。 3:静平衡: 转轴穿过刚体质心,刚体 能静止于任何位置。 动平衡: 转轴为中心惯性主轴,轴 承动反力为零。 火车动轮配置 均重铁 连杆轴 连杆 连杆轴 φ230mm 大轴 动轮 动轮 铁轨 1397mm 连杆轴产生巨大惯性力Fg,使动轮倾斜,轴 r r F F 承受交变压力! g g 大轴 均重铁 动轮 r F ¢ g r F ¢ g 为平衡此惯性力, 设计均重铁.通过灌铅,灌铝合金,达到动平衡 杆AB作平面运动! P324 12­14 B 2 R a 2 2 2 A O 2 2 R m w 2 J C a N B 2 Ra m 2 2 R w YA A X O A a w B a w P325 12­18 初始瞬间: a A B D θ a A C a A A θ a l a 2 N A aB a A = l sin q a l a T ma A C mg J C a l m a 2 ■ 绕定轴转动刚体的轴承动反力 刚体作绕定轴转动时,轴承处除有由 主动力引起的约束反力外,由于刚体质量 分布不均衡,还可因转动运动引起附加约 束反力,此附加部分即称为轴承动反力。 用动静法求刚体定轴转动时的轴承动反力: 建立坐标系 Oxyz 与刚体固结,在刚体的各 点加上假想的惯性力。 将此惯性力系向转轴上的O点简化 ,得到 主矢、主矩: FI = å Ii = -å m a = -ma F i i C M IO = M O ( F Ii ) = -å i ´ m a r i i vi = w ´ r i 式中: ai = a ´ r + w ´ v i i 定轴转动轴承动反力 r = xi + yj + zk i 2 2 M Io = ( J xz a - J yz w ) + ( J yz a + J xz w ) j - J z ak i 式中: J zx = J xz = å m zx i } J yz = J zy = å m yz i ——刚体对z轴的惯性积 J z = å m ( x 2 + y 2 ) = å m r 2 ——刚体对z轴的转动惯量 i i i 应用达朗伯原理,列平衡方程,可求出轴承约束反力,其中 包括由主动力引起的静反力,由惯性力引起的附加动反力。 避免出现轴承附加动反力条件为: 转轴通刚体的质心,刚体对转轴的惯性积为零或者说刚 体转轴为刚体的中心惯性主轴。 若刚体对通过某点的z轴的惯性积 J xz 和J yz 为零,则Z轴称 为该点的惯性主轴。 通过刚体的质心惯性主轴称为中心惯性主轴。 静平衡 动平衡 ? ? ■ 绕定轴转动刚体的轴承动反力 理想情形 偏心情形 F I1 F I1 F A RA R m A m w B A m m w F I2 F I2 F =F I1 I2 F >F I1 > I2 I2 F B RB R B ■ 绕定轴转动刚体的轴承动反力 偏角情形 一般情形 F I1 F I1 m F B RB R A F A RA R m q w B F B RB R A q w B F A RA R m m F I2 F I2 ■ 讨 论 ◇ 关于达朗贝尔原理 ◇ 工程实际问题 ◇ 关于达朗贝尔原理 * 引进惯性力的概念,将动力学系统的二阶运 动量表示为惯性力,进而应用静力学平衡方法研 究动力学问题 —— 达朗贝尔原理(动静法) 究动力学问题 * 达朗贝尔原理或动静法为解决非自由质点系 的动力学问题提供了有别于动力学普遍定理的另 外一类方法。 * 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。 塌倒样怎囱烟时破爆 ◇ 工 程 实 际 问 题 ◇ 工 程 实 际 问 题 ◇ 工程实际问题 1、建立蛤蟆夯的 1 运动学和动力学模 型; 型; 2、分析蛤蟆夯工 2 作过程中的几个阶 段。 ...
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This document was uploaded on 10/31/2011 for the course ME 204 at Tsinghua University.

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