大学理论力学全套课件3
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理论力学第三章.ppt
MB MB (F ) Fd
2、平面任意力系向作用面内一点简化·主矢和主矩
F1' F1 F2' F2
M1 Mo (F1) M2 Mo (F2 )
Fn' Fn Mn Mo (Fn )
FR Fi Fi
MO Mi MO (Fi )
求: A ,C支座处约束力. 解: 取整体,受力图能否这样画?
取整体,画受力图.
求: A,B处的约束力.
解: 取整体,画受力图.
M A 0 12FBy 10P 6P1 4P2 2P 5F 0
解得
FBy 77.5kN
Fiy 0 FAy FBy 2P P1 P2 0
解得
FAy 72.5kN
取吊车梁,画受力图.
MD 0
求:
DC=CE=CA=CB=2l,R=2r=l, 450,
P, 各构件自重不计.
A,E支座处约束力及BD杆受力.
解: 取整体,画受力图.
ME 0
5
FA
2 2l P l 0 2
பைடு நூலகம்
解得
FA
52 8
P
Fix 0
FEx FA cos 450 0
解得
FEx
Fy 0
M A 0
M M
A B
0 0
各力不得与投影轴垂直 A, B 两点连线不得与各力平行
例3-3 已知: P1 700kN, P2 200kN, 尺寸如图;
求: (1)起重机满载和空载时不翻倒,平衡载重P3;
2、平面任意力系向作用面内一点简化·主矢和主矩
F1' F1 F2' F2
M1 Mo (F1) M2 Mo (F2 )
Fn' Fn Mn Mo (Fn )
FR Fi Fi
MO Mi MO (Fi )
求: A ,C支座处约束力. 解: 取整体,受力图能否这样画?
取整体,画受力图.
求: A,B处的约束力.
解: 取整体,画受力图.
M A 0 12FBy 10P 6P1 4P2 2P 5F 0
解得
FBy 77.5kN
Fiy 0 FAy FBy 2P P1 P2 0
解得
FAy 72.5kN
取吊车梁,画受力图.
MD 0
求:
DC=CE=CA=CB=2l,R=2r=l, 450,
P, 各构件自重不计.
A,E支座处约束力及BD杆受力.
解: 取整体,画受力图.
ME 0
5
FA
2 2l P l 0 2
பைடு நூலகம்
解得
FA
52 8
P
Fix 0
FEx FA cos 450 0
解得
FEx
Fy 0
M A 0
M M
A B
0 0
各力不得与投影轴垂直 A, B 两点连线不得与各力平行
例3-3 已知: P1 700kN, P2 200kN, 尺寸如图;
求: (1)起重机满载和空载时不翻倒,平衡载重P3;
理论力学第三章刚体力学 ppt课件
正常转动,赝张量的变换多出一个负号。
对于张量,可定义如下运算:
1)相等。
设A和B为两个同阶张量,如果它们的所有分量相等,
即
A ... B ... ,则称它们相等,记为A = B.
2)加法。
两个同阶张量A和B的和定义为 C ...=A ...+B ... 它仍为一个张量,记为 C=A+B
L
a
L
a AL L )(a L
a L
a
B L
L
)
a L aa L a AL L BL L (a a )
a L aa L a ( AL L BL L )
nr nr nr nr
1)转动前: rr 2)转动nr 后:rr nr rr
3)再rr 转动nr rrnr后nr:rr nr rr
不计二阶微量,则有
rr rr nr rr nrrr
交换转动次序,则有
rr rr nrrr nr rr 已知对线位移,有 rr rr rr rr 可得 nr rr nrrr nrrr nr rr
§3.1 刚体运动的分析 §3.2 角速度矢量 §3.3 欧勒角 §3.4 刚体运动方程与平衡方程 §3.5 转动惯量 §3.6 刚体的平动与绕固定轴的转动
§3.7 刚体的平面平行运动 §3.8 刚体绕固定点的运动 §3.9 重刚体绕固定点转动的解 §3.10 拉莫尔进动
§3.1 刚体运动的分析
1. 描写刚体位置的独立变量
将两个矢量Av和Bv按顺序并在一起,不作任何运算
得到的量称为并矢,记为
vv AB
A
B ev ev
理论力学第三章课件
例6:起重机自重 P1=700kN, 作用线过塔
M A (F ) 0 :
FAy–P–Fcos600=0
MA–M–Fql+Fcos600l+Fsin6003l=0 解得:FAx=316.4kN; FAy=300kN
MA=–1188kN.m (与图示转向相反)
Fq FAy FAx MA
静力学/第三章:平面任意力系
■ 平衡方程的其它形式 1 二矩式:
Y 0
FAy FB Fq F 0
1 M 1 FB (3F qa ) 2 a 2
1 M 5 FAy ( F qa ) 2 a 2
静力学/第三章:平面任意力系
例3 :已知有一平面任意力系, 满足 X ≠ 0, Y = 0,
y
b B
A为x轴上的点,B为y轴上的 点,OB=b, 角已知。 求:OA=?
二矩式成立
充分性 即: 二矩式成立
由:
则: 力系不可能合成为合力偶,
只可能合成为合力或平衡。
静力学/第三章:平面任意力系
由 由
又因: X= 0
若有合力,则合 力作用线过A点。
若有合力,则合 力作用线过B点。
B A
x
合 力 作 用 线 过 AB
且 x 轴不与AB连线垂直
故必有:合力为零,即力系平衡。
合 力
合 力 偶 MO = M
O
Mo
作用于O点
静力学/第三章:平面任意力系
2、力系的主矢和主矩
力系的主矢: 对O点的主矩:
M o M o (F )
F FR
■力系主矢的特点: * 对于给定的力系,主矢唯一;
理论力ppt课件
力矩对时间的累积等于物体角 动量的变化率。
角动量守恒的条件
系统不受外力矩或所受外力矩 的矢量和为零。
角动量守恒定律
不受外力矩作用的系统,其总 角动量保持不变。
应用领域
广泛应用于航天、航空、航海 等领域,用于分析系统的旋转
运动规律和设计。
CHAPTER 04
质点和刚体的动力学应用
质点和刚体的直线运动
理论力学的历史与发展
理论力学的起源可以追溯到古代,如阿基米德等人的贡献。 然而,真正意义上的理论力学是在牛顿发表《自然哲学的数 学原理》之后发展起来的。
随着数学和物理学的不断发展,理论力学也不断完善和深化 ,形成了多个分支。近年来,随着计算机科学的进步,理论 力学与数值计算方法的结合为解决复杂问题提供了更有效的 手段。
弹性力学的基本方程
01
02
03
平衡方程
根据牛顿第二定律,描述 了物体在力的作用下保持 平衡的状态。
几何方程
描述了物体在外力作用下 产生的变形。
物理方程
描述了物体的应力与应变 之间的关系。
弹性力学的应用实例
桥梁和建筑物的设计
材料科学的研究
通过弹性力学,可以分析桥梁和建筑 物的受力情况,从而设计出更加安全 和经济的结构。
连续性假设
物质没有空隙地连续充满所占据的空 间,或者说物质所占据空间的场内, 物质分布函数的值是连续的。
完全弹性假设
当外力撤去后,所有的变形全部恢复 ,并且不出现残余的应变。
各向同性假设
弹性性质与方向无关,也就是说,在 各个方向上,弹性模量是常数。
小变形假设
物体在外力作用下产生的变形量远远 小于物体原来的尺寸,即可以忽略不 计。
基础运动形式
角动量守恒的条件
系统不受外力矩或所受外力矩 的矢量和为零。
角动量守恒定律
不受外力矩作用的系统,其总 角动量保持不变。
应用领域
广泛应用于航天、航空、航海 等领域,用于分析系统的旋转
运动规律和设计。
CHAPTER 04
质点和刚体的动力学应用
质点和刚体的直线运动
理论力学的历史与发展
理论力学的起源可以追溯到古代,如阿基米德等人的贡献。 然而,真正意义上的理论力学是在牛顿发表《自然哲学的数 学原理》之后发展起来的。
随着数学和物理学的不断发展,理论力学也不断完善和深化 ,形成了多个分支。近年来,随着计算机科学的进步,理论 力学与数值计算方法的结合为解决复杂问题提供了更有效的 手段。
弹性力学的基本方程
01
02
03
平衡方程
根据牛顿第二定律,描述 了物体在力的作用下保持 平衡的状态。
几何方程
描述了物体在外力作用下 产生的变形。
物理方程
描述了物体的应力与应变 之间的关系。
弹性力学的应用实例
桥梁和建筑物的设计
材料科学的研究
通过弹性力学,可以分析桥梁和建筑 物的受力情况,从而设计出更加安全 和经济的结构。
连续性假设
物质没有空隙地连续充满所占据的空 间,或者说物质所占据空间的场内, 物质分布函数的值是连续的。
完全弹性假设
当外力撤去后,所有的变形全部恢复 ,并且不出现残余的应变。
各向同性假设
弹性性质与方向无关,也就是说,在 各个方向上,弹性模量是常数。
小变形假设
物体在外力作用下产生的变形量远远 小于物体原来的尺寸,即可以忽略不 计。
基础运动形式
理论力学课件3
a
a
a
C
D
B
FC
三、平面简单桁架的内力计算
列平衡方程
Fx 0,
FAx FE 0
Fy 0,
FB FAy FC 0
M AF 0, FC a FE a FB 3a 0
求解得
FAx= -2 kN FAy= 2 kN FB = 2 kN
第三章 平面任意力系和平面平行力系
FAy
第三章 平面任意力系和平面平行力系
三、平面简单桁架的内力计算 桁 架 是 工 程 上 常 见 的 结 构 形 式
定义:由若干杆件彼此在两端用适当方式连接而成,受力后几何形状不变的结构。 第三章 平面任意力系和平面平行力系
三、平面简单桁架的内力计算
第三章 平面任意力系和平面平行力系
三、平面简单桁架的内力计算
MO ≠0
合力 FR
大小等于 主矢
此力为原力系的合力,合力的 作用线距简化中心的距离
d MO FR
第三章 平面任意力系和平面平行力系
本章小结
(2)主矢等于零,即 FR’ = 0
主矩 合成结果 MO ≠ 0 合力偶
说
明
此力偶为原力系的合力偶, 由简化结果彼此等效知: 此情况下,主矩与简化中 心 O 无关。
已求得: FAx= -2 kN FAy= 2 kN FB = 2 kN
第三章 平面任意力系和平面平行力系
三、平面简单桁架的内力计算
FAy
A
FAx
FAy
A
FAx
F m E FE
a
a
a
a
C
D
FC m
(2)作一截面m-m将三杆截断,取左 FB 部分为分离体,受力分析如左下图,列
理论力学课件-动力学精选全文完整版
第一类问题-----已知质点的运动,求作用在质点上的力; 第二类问题-----已知作用在质点上的力,求质点的运动规律。
26
总结 4.求解质点动力学问题的步骤:
(1)根据题意确定研究对象,选择恰当的坐标系; (2)分析研究对象的受力情况,作受力图; (3)分析研究对象的运动情况; (4)列出质点的动力学基本方程,然后求解;如是第二类问题,
(相对地面静止或作匀速直线平动的参考系)
(3)矢量性和瞬时性
二. 质点运动微分方程
F
ma
m
dv dt
m
d2r dt 2
6
利用合矢量投影定理 ,可以在直角坐标系, 自然坐标系及其他坐标系中建立投影方程.
1.质点运动微分方程在直角坐标系上的投影
d2x m dt 2 XFx
m
d2y dt 2
YFy
m
还需根据初始条件确定积分常数。
27
作业
• 9-2 • 9-12
28
例题:电梯以加速度a上升,在电梯地板上,放
有质量为m的重物。求重物对地板的压力。 解:取重物为研究对象
进行受力分析与运动分析。
Fy= m ay
N - mg=m a
mg
N=mg+ma=N'
(静约束力;附加动约束力)
a
讨论:若加速度方向向下 N
b
l
FT
n
r
v
τ
z
mg
m
dv dt
F
t
0
m
v2 r
F
n
FT sin 600
0 F b mg FT cos 600
FT
mg cos 600
19.6N
26
总结 4.求解质点动力学问题的步骤:
(1)根据题意确定研究对象,选择恰当的坐标系; (2)分析研究对象的受力情况,作受力图; (3)分析研究对象的运动情况; (4)列出质点的动力学基本方程,然后求解;如是第二类问题,
(相对地面静止或作匀速直线平动的参考系)
(3)矢量性和瞬时性
二. 质点运动微分方程
F
ma
m
dv dt
m
d2r dt 2
6
利用合矢量投影定理 ,可以在直角坐标系, 自然坐标系及其他坐标系中建立投影方程.
1.质点运动微分方程在直角坐标系上的投影
d2x m dt 2 XFx
m
d2y dt 2
YFy
m
还需根据初始条件确定积分常数。
27
作业
• 9-2 • 9-12
28
例题:电梯以加速度a上升,在电梯地板上,放
有质量为m的重物。求重物对地板的压力。 解:取重物为研究对象
进行受力分析与运动分析。
Fy= m ay
N - mg=m a
mg
N=mg+ma=N'
(静约束力;附加动约束力)
a
讨论:若加速度方向向下 N
b
l
FT
n
r
v
τ
z
mg
m
dv dt
F
t
0
m
v2 r
F
n
FT sin 600
0 F b mg FT cos 600
FT
mg cos 600
19.6N
大学物理_力学课件(全)
m1g T1 m1a
则mm32ggTT22
m2 (b a) m3 (a b)
2T2 T1 0
m3 对O点为 (a b)i
ab[mm(m11 ((1mm22
m3 )
m3 ) 2m2 )a
4m2m3 ] g 4m2m3 ( m1 2m2
)g
2m2
2m2
T1 m1 (g a)
52
砝码受三个力,木块六个力
F 1N1 2 N 2 Ma1
N1 N 2 Mg 0
2 N 2 ma2
N2 mg 0
解得
a2 2 g( 0);
r ji 2
(rji ) rji
F
d
v1v2
fij
G
v1v2
i dvi j dv j
rji 2
( rji rji
)
32
例. 一质量为m的质点受一质量为M,半 径为R的均匀分布圆环的万有引力(m 在垂直于环的直线上)
33
解: 线元 dl
dM dl
mdl
d F G r r2
M 2R
F
静止或匀速直线运动
49
例 . 如图,忽略摩擦,并设 绳子柔软不伸长,知 m1 200g, m2 100g, m3 50g.
求 m1、m2、m3 各自的加速度,
绳中张力。
50
解:选悬挂顶点为参考点。
设m1 向下的加速度为 a
m2 对悬挂它的滑轮2的加速度向下为b.
m2对O点的加速度为 (b a)i
0)
12
例. 半径为1 m的轮子以匀角加速度从静止开 始转动,20 s末的角速度为100 rad·s-1。求① 角加速度及20 s内转过的角度 ②第20 s末轮 边缘上一点的切向和法向加速度
《理论力学(Ⅰ)》PPT 第3章
C
P
a
a
q 2P a
B
D
NB a
Fix 0 FAx 0
13P
FAy
解得:
6
Fiy MA
0
Fi
FAy NB
0 MA
P Q 0
2aP
Q
2a
a 3
M
3aN B
A
25Pa 6
0
3-26 绳系于销钉B上,绕过半径R = 0.3 m的
轮E受拉力F = 1200 N,求构件ABCD在B处
A
B
2. 基本假设: ⑴ 各杆轴线都是直线,并通过节点; ⑵ 各杆端点光滑铰接;
⑶ 不计杆重,外力都作用于节点,各力作 用线都在桁架平面内。 各杆都是二力杆,平面简单桁架是静定结构: 设n个节点,杆数m=3+2(n-3)=2n-3,未知力
m+3=2n个,恰好等于独立方程数。
m=21,
n=12,独
A
FABx
体现出待求量 CD是二力杆
D
C
S
、 FABx FABy 是AB在A处的受力
Fiy 0 FABy 0
M D Fi 0 NBa FABxa 0
FABy 0
FABx
P 2
NB
B
3. 取AC+C(带销钉C)为研究对象
AC是二力构件 FAC 是AC在A处的受力
FAC A
Fiy 0
FAyFAx
A
难点。
FAx 、FAy 是支座A的约束力
Fiy 0 FAy P 0
D
C
M A Fi 0 2NBa Pa 0
NB
Fix 0 FAx NB 0
B
P
理论力学三-PPT精品
q q qq qq q 1 q 2 1 e 1 d1 e 2 d2 d1 d2(e 1 e 2) d1 d2 e 1e 2 q q q q 1 e 1 d1 e 2 d2 q 2 q 1 2 (e 1 d1 e 2 d2)
• 因此,无穷小角度旋转是可交换的,且能表示为 转轴方向的大小为dq的矢量,并满足合成法则。
ω j θψ
R(y
,
e(3) z
)R(q
,
e(2) x
)[je(z1)
]
R(y
,
e(3) z
)[qe(x2)
]
[y
e(3) z
]
cosy
siny
0
siny cosy
0
0 1 0 ( 0 1 0
0
cosq sinq
0 0 q 0
四元数表示旋转
• 转动可以用一个归一化的4元数来表示。 r xiyjzk, eexiey jezk, ee* 1
qcosqesinq, q* cosqesinq, qq* 1 rqrq* (rq2sinqer)q* r2sinq(er)q* r2sinq[cosqer(er)esinq] rsin2qer(cos2q1)[r(re)e] cos2q(r(re)e)ersin2q(re)e
sinq
0
0
)
0
cosq j 0 y
r(rez)ezco sq(r(rez)ez)sinqez r
zez(xco sqysinq)ex(xsinqyco sq)ey
• 变换矩阵为
cosq sinq 0x
• 因此,无穷小角度旋转是可交换的,且能表示为 转轴方向的大小为dq的矢量,并满足合成法则。
ω j θψ
R(y
,
e(3) z
)R(q
,
e(2) x
)[je(z1)
]
R(y
,
e(3) z
)[qe(x2)
]
[y
e(3) z
]
cosy
siny
0
siny cosy
0
0 1 0 ( 0 1 0
0
cosq sinq
0 0 q 0
四元数表示旋转
• 转动可以用一个归一化的4元数来表示。 r xiyjzk, eexiey jezk, ee* 1
qcosqesinq, q* cosqesinq, qq* 1 rqrq* (rq2sinqer)q* r2sinq(er)q* r2sinq[cosqer(er)esinq] rsin2qer(cos2q1)[r(re)e] cos2q(r(re)e)ersin2q(re)e
sinq
0
0
)
0
cosq j 0 y
r(rez)ezco sq(r(rez)ez)sinqez r
zez(xco sqysinq)ex(xsinqyco sq)ey
• 变换矩阵为
cosq sinq 0x
理论力学课件 受力分析与受力图、第三章
5、球铰链
约束结构: 由一物体的球部嵌入另一物体的球窝构成。
约束特性: 允许物体绕球心转动,不能沿半径移动。
约束反力: 通过球心,方向不能预先确定,通常用三个正交分力F x,F y,F z来表示。
人造髋关节
二力杆工程实例
固定端约束除了加约束力,还要加上约束力偶。
运动学角度:固定端既限制线位移,又限制角位移,如果只有约束力,则构件将转动。
必须有约束力偶才行。
力系简化角度:固定端所受的力是一个复杂的平面任意力系,力系向端部某点简化的结果是一力和一力偶。
CD是不是二力
杆?
2.3 受力分析与受力图
刚化原理:若变形体在某一力系作用下处于平衡,则将此变形体刚化为刚体,其平衡状态保持不变。
只有刚化原理没有软化原理。
1. 右拱BC 的受力图。
C
B
解:
F C
F B
2. 左拱AC 的受力图。
A C
F
F Ax C F
F Ay。
理论力学3PPT课件
解得:
a 2 g sin
3
例8 卷扬机如图,鼓轮在常力偶M的作用下将圆柱上拉。已
知鼓轮的半径为R1,质量为m1,质量分布在轮缘上;圆柱的 半径为R2,质量为m2,质量均匀分布。设斜坡的倾角为α, 圆柱只滚不滑。系统从静止开始运动,求圆柱中心C经过路
程S 时的速度。
FOy
M
解:以系统为研究对象, 受力如图。系统在运动过程中
T2 T1 W12,i
质点系在某一运动过程中,起点和终点的 动能的改变量,等于作用于质点系的全部力在 这一过程中所作的功之和。
12.3 动能定理
3. 理想约束及内力作功
• 对于光滑固定面和一端固定的绳索等约束,其约束力 都垂直于力作用点的位移,约束力不作功。
• 光滑铰支座和固定端约束,其约束力也不作功。
O FOx
所有力所作的功为
W12
M
s R1
m2g sin s
C m2g
FS FN
m1g
系统在初始及终了两状态的动能分别为
T1 0
T2
1 2
J112
1 2
m2vC2
1 2
J
2
C2
其中 于是
J1 m1R12
JC
1 2
m2 R22 R2
T2
vC2 4
(2m1
3m2 )
C m2g
FOy M
O FOx
FS
m1g
由 T2 T1 W12 得
FN
vC2 4
(2m1
3m2 ) 0
M
s R1
m2 g sin
s
解之得
vC 2
(M m2 gR1 sin )s
R1(2m1 3m2 )
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v v ∂ri ∂ri , 由于r是广义坐标和时间的函数,即r=r(qα,t),所以 ∂qα ∂t 义坐标和时间和函数,不显含广义速度。 v v v v v & & & & & ∂ri ∂q1 ∂ri ∂q2 ∂ri ∂qα ∂r ∂ri ∂qs ∂ = + +L+ +L+ + ∴ & & & & & & ∂qα ∂q1 ∂qα ∂q2 ∂q∂ ∂qα ∂qα ∂qs ∂qα ∂qα v ∂r = i 这就是我们要证明的第一个关系。 ∂qα
v v 当力学体系受理想约束时,有 ∑ ( Ri ⋅ δ ri ) = 0
n i =1
石河子大学物理系殷保祥
则
v v n v v Fi ⋅ δ ri − ∑ mi && ⋅ δ ri = 0 LL (22) ri ∑
n i =1 i =1
(22)式说明非惯性系中主动力和惯性力的虚功的代数和为零,称 为是非惯性系的虚功原理,方程(22)称为d’Alembert-Lagrange方程, 又叫第一类Lagrange方程。方程是用功的形式表述的。所以称为是力 学方程的普遍形式。
v v ∂ d ri d ∂ ri 利用(27)式 B: ( ∂ q ) = ∂ q ( dt )LL (27) dt α α
v v v n n v ∂ ri d v ∂ dri v ∂ri & & r + ∑ mi ri ( ) (∑ mi ri ) = ∑ m i &&i 得 ∂qα dt ∂qα ∂qα dt i =1 i =1 i =1 v v n n & ∂ ri v v ∂ ri & = ∑ m i && ri + ∑ m i ri LL (30) ∂ qα ∂qα i =1 i =1 v v v n n d n v ∂ri v ∂ ri ∂ri v & && & & = ( ∑ mi ri ) − ∑ mi ri ∴ ∑ m i ri LL (31) ∂qα ∂ q α dt i =1 ∂qα i =1 i =1
§5.3 Lagrange方程
§3.1 d’Alembert原理 1、 d’Alembert原理 v v 设质点m受主动力 F ,约束力 R ,由牛顿方程得:
v v v && LL (19) F + R = mr
将方程(19)右边的项移到左边
v v v F + R − m&& = 0 LL (20) r
v v 设 δri是体系在约束许可条件下mi的任一虚位移,用δri标乘(20)式, 得:
v v v v &&) ⋅ δr = 0 (i = 1,2,3, L n)LL (21) ( Fi + Ri − mi ri i
n i =1 i =1
v v v n v v && 对各质点的方程求和,得 ∑ (Fi − mi ri ) ⋅ δri + ∑ ( Ri ⋅ δ ri ) = 0
是用广义力表述的平衡方程。
§3.2.一般(基本)形式Lagrange方程
§3.2.1 几个常用的基本关系
v v & ∂ ri ∂ ri = A: LL (26) & ∂ qα ∂ qα
石河子大学物理系殷保祥
v v v s ∂ ri d ri ∂ ri v & & Q ri = qα + =∑ ∂t dt α =1 ∂ qα
石河子大学物理系殷保祥
v
d’Alembert原理的特殊之处在于,它把求运动问题转化为了求平 衡问题,把动力学问题化为了静力学问题了。
2.第一类Lagrange方程
v v 设有个n质点的约束体系mi,受主动力分别为 Fi ,约束力分别为 Ri , 则mi运动满足d’Alembert方程,得
v v v Fi + Ri − mi && = 0 LL (20)′ ri
这就证明了第二个关系。
∂T C: = ∂ qα
∑
i =1
n
v ∂ ri v & & LL (28) m i ri ∂ qα
n
n
v & 1 ∂ v2 v ∂ri 1 v2 ∂T ∂ & & & ri = ∑ mi ri (∑ mi ri ) = ∑ mi = ∂qα ∂qα ∂qα ∂qα i =1 2 i =1 2 i =1
v v v v & ∂ri ∂ri ∂ dri ∂ s ∂ri & ∴ ( )= (∑ = qα + ) & & & ∂qα α =1 ∂qα ∂t ∂qα ∂qα dt
也是广
v ∂ri ( ) ∂t
v v ∂ d ri d ∂ ri ( )= ( )LL (27) B: ∂ q α dt dt ∂ q α
n
d ∂T ∂T ( )− = Qα 式代入(36)式,得 将(33) & dt ∂qα ∂qα
d ∂T ∂T ∂V ( )− =− & dt ∂qα ∂qα ∂qα
∂T ∂V d ∂T ( )− + =0 整理 ,得 & ∂qα ∂qα dt ∂qα
∂ d ∂T ( )− (T − V ) = 0LL (37) 即 & dt ∂qα ∂qα
方程式可以理解为是以m为参照系时质点的动力学方程,它是受主动 力、约束力、惯性力的平衡方程,是非惯性系中的动力学方程。这 是由d’Alembert提出的观点,故称d’Alembert原理。它是用力表述的。
r 对单个质点而言,− m&&是惯性力,但是对质点组就无法用一个统一 v − m&& 理解为是惯性系中的力,叫逆效力或 r 的参照系来描述。所以将 倒转有效力(renersed effeclive force).
n
石河子大学物理系殷保祥
将(28)、(29)代入,得 v n d ∂T ∂T v ∂ ri )− LL (32) = ( Pα = ∑ m i && ri & ∂qα ∂ q α dt ∂qα i =1
d ∂T ∂T = Qα (α = 1,2,3, L s ) LL (33) ( )− 由 Qα = Pα,得 & ∂qα dt ∂qα
n
Qα − Pα = 0LL (24)
或 Qα = Pα (α = 1,2,3, L s )LL (25) 方程(25)说明受理想约束的力学体系在d’Alembert的非惯性系中 平衡的必要充分条件是主动广义力和惯性广义力相等。 平衡的必要充分条件是主动广义力和惯性广义力相等
(24), (25)式称为广义坐标系下的d’Alembert-Lagrange方程。它们
v v s 主动力的虚功之和为 δA = ∑ Fi ⋅ δri = ∑ Qα δqα
n i =1
α =1
(3)通过δqi上的虚功求广义力
Qi = (δAi ) 依次求得每一个广义力。 δqi
(4)力学体系所受主动力均为保守力时
∂V ∂xi ∂V ∂yi ∂V ∂zi ∂V − )=− Qα = ∑ (− − ∂xi ∂qα ∂yi ∂qα ∂zi ∂qα ∂qα i =1
v n n n v ∂ri ∂z ∂xi ∂yi ∴ Qα = ∑ Fi ⋅ = ∑ Fxi + ∑ Fzi i + F ∂qα i=1 ∂qα ∑ yi ∂qα i =1 ∂qα i =1 i =1
n
∂V ∂xi ∂V ∂y i ∂V ∂z i ∂V ) =− = ∑ (− − − LL (36) ∂qα ∂xi ∂qα ∂y i ∂qα ∂z i ∂qα i =1
n
这是我们证明的第三个关系式。
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∂T = D: & ∂ qα
∑
i =1
n
v v ∂ ri & m i ri LL (29) ∂ qα
v n n & ∂ n 1 v2 ∂T 1 ∂ v2 v ∂ri & & & = (∑ mi ri ) = ∑ mi ri = ∑ mi ri & & & & ∂qα ∂qα i =1 2 ∂qα ∂qα i =1 i =1 2 v n v ∂ri & (利用了第一个关系式 ) = ∑ mi ri ∂qα i =1
石河子大学物理系殷保祥
一般形式Lagrange的右边是广义力,因此在利用一般形式Lagrange方 程时需要求出广义力。广义力可以通过下面几种方法求得: (1)从定义出发计算 v n n n n v ∂ri ∂xi ∂yi ∂zi ∴ Qα = ∑ Fi ⋅ = ∑ Fxi + ∑ Fyi + ∑ Fzi ∂qα i =1 ∂qα i =1 ∂qα i =1 ∂qα i =1 (2)通过主动力的虚功之和求广义力
v ∂ri 由于r是广义坐标和时间的函数,所以 也是广义坐标和时间 ∂qα 的函数,因此有
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v v v ∂ ∂ri d ∂ri ∂ ∂ri & & ( )q 2 + ( )= ( )q1 + ∂q 2 ∂qα dt ∂qα ∂q1 ∂qα v v v ∂ ∂ri ∂ri ∂ ∂ri ∂ ) & & L+ ( )q β + L + ( )q s + ( ∂t ∂qα ∂ q β ∂q α ∂q s ∂qα v v v v v s s d ri ∂ri ∂ri ∂ ri ∂ 2 ri ∂ ∂ ∂ & & ( )qβ ] + = ∑[ ( ) qβ + = (∑ )= ∂ q α dt ∂ qα ∂ qα ∂ t ∂qα β =1 ∂q β ∂t β =1 ∂ q β