理论力学-第十三章动静法
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第13章 动静法
FI2 P2 F2 N2 T
T
QP2 P 1P 2
可见质点系总重的情况下，拉力T并不取决于摩擦的状 况，并因第二重物的减少而降低，所以在编组货物列车时， 最好把较重的车辆靠近机车。
四、刚体惯性力系的简化
对质点系应用动静法，每个质点上均需虚加惯性 力，给求解质点系（包括刚体动力学问题）带来困难。 有必要利用静力学的力系简化理论，将惯性力系简化， 求出惯性力系的主矢和主矩，以等效地代替原来的惯 性力系。此外，刚体平动、定轴转动和平面运动时， 其上各点的运动有一定的联系，也有可能将惯性力系 进行简化，这样会给解题带来方便。
例1 均质杆长l ，质量m，与水平面铰 接，杆由与平面成0角位置静止落下。 求开始落下时杆AB的角加速度及A点 支座约束力。
解一：选杆AB为研究对象，虚加惯性力系：
ml F 2 n FIR ma n 0 ,
t IR
ml 2 M IA J A 3 根据动静法，有
t t F 0 , F mg cos F t AR 0 IR 0 n AR n IR
应用动静法求动力学问题的步骤及要点： (1) 选取研究对象。原则与静力学相同。 (2) 受力分析。画出全部主动力和约束力。 (3) 运动分析。主要是刚体质心加速度，刚体角 加速度，标出方向。 (4) 虚加惯性力。在受力图上画上惯性力和惯性 力偶，一定要在运动分析的基础上进行。熟记 刚体惯性力系的简化结果。
（二）惯性力系的主矩
1、刚体作平动 作平动时，刚体任一点i的加速度 a i 与质心的 加速度 aC 相同，如图，以O为简化中心，有 M IO ri ( mi ai ) ( mi ri ) aC mrC aC
若选质心C为简化中心，则rC=0，有：
T
QP2 P 1P 2
可见质点系总重的情况下，拉力T并不取决于摩擦的状 况，并因第二重物的减少而降低，所以在编组货物列车时， 最好把较重的车辆靠近机车。
四、刚体惯性力系的简化
对质点系应用动静法，每个质点上均需虚加惯性 力，给求解质点系（包括刚体动力学问题）带来困难。 有必要利用静力学的力系简化理论，将惯性力系简化， 求出惯性力系的主矢和主矩，以等效地代替原来的惯 性力系。此外，刚体平动、定轴转动和平面运动时， 其上各点的运动有一定的联系，也有可能将惯性力系 进行简化，这样会给解题带来方便。
例1 均质杆长l ，质量m，与水平面铰 接，杆由与平面成0角位置静止落下。 求开始落下时杆AB的角加速度及A点 支座约束力。
解一：选杆AB为研究对象，虚加惯性力系：
ml F 2 n FIR ma n 0 ,
t IR
ml 2 M IA J A 3 根据动静法，有
t t F 0 , F mg cos F t AR 0 IR 0 n AR n IR
应用动静法求动力学问题的步骤及要点： (1) 选取研究对象。原则与静力学相同。 (2) 受力分析。画出全部主动力和约束力。 (3) 运动分析。主要是刚体质心加速度，刚体角 加速度，标出方向。 (4) 虚加惯性力。在受力图上画上惯性力和惯性 力偶，一定要在运动分析的基础上进行。熟记 刚体惯性力系的简化结果。
（二）惯性力系的主矩
1、刚体作平动 作平动时，刚体任一点i的加速度 a i 与质心的 加速度 aC 相同，如图，以O为简化中心，有 M IO ri ( mi ai ) ( mi ri ) aC mrC aC
若选质心C为简化中心，则rC=0，有：
《理论力学》--第十三章 达朗贝尔原理(动静法)
例13-7 已知：如图所示,轮盘(连同轴)的质量 m 20kg, 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,偏心距 e 0.1mm. 当轮盘以均转速 转动. n 12000 r min 求：轴承A,B的约束力
解:
0.1 12000π 1 2 an e m s 158 m s 2 1000 30
2
FI man 3160 N 1 FNA FNB mg FI 2
1 20 9.8 3160N 1680N 2
(e) Fi 为作用于第i个质点上质点系外部物体的作用力. (i) Fi 为作用于第i个质点上质点系内部的力. (e) (i) Fi Fi Fi 0 i 1,2,, n
例13-2 已知:如图所示,定滑轮的半径为r ,质量为m 均匀分布在轮缘 上,绕水平轴Ｏ转动.垮过滑轮的无重绳的两端挂有质量 为m1 和m2 的重物(m１>m2),绳与轮间不打滑,轴承摩擦 忽略不计。 求:重物的加速度.
例13-1 已知: 求:
m 0.1kg , l 0.3m , 60
v, FT .
解:
v2 FI man m l sin mg FT FI 0
Fb Fn
0, FT cos mg 0 0, FT sin FI 0
Fs f s FN f s m1 m2 g
Fs 3m1 fs FN 2m1 m2
D
§ 13-4
绕定轴转动刚体的轴承动约束力
F
x
0 FA x FB x FR x FI x 0
F
y
0 FA y FB y FR y FI y 0
动静法
F'' FN 得出：损失力等于约束反力冠以负号
（6）达朗伯尔原理：
从上式移项可以得出达朗伯尔原理的表达式：
F'' FN 0
即：非自由质点所受的约束反力与耗损力相平衡。
（7）动静法：利用上式变形为：
F ma FN 0
令：F ma, F 称为惯性力
I I
可得到：
F FN F 0
对于动力学问题，“平衡力系”实际并不存在，此
处 仅仅是在每一个质点上假想地加上惯性力后，借用 静力学的平衡理论来求解动力学的问题，因此称为 “动静法”。
例 如图所示，机车沿水平直线轨道以匀加速度 a行驶，求水箱中水面的倾斜角θ。
解： （1）取水的自由表面
y
θ
上质量为m的某一水分
子为研究对象。 （2）受力分析： 水分子的重力mg， 其它水分子给该水分子
I
Ff FN
θ
D n cos 1800 g
2
2
mg
――此即脱离角θ应满足的 条件之一 与此相反，在离心 浇注混凝土管或钢管时， 必须满足：
1800 g n 2 D
这样才能保证混凝土浆或钢水紧贴转筒内壁 而被压紧成形。
2、惯性力系的简化
应用动静法解决质点系动力学的问题时，需要
在每个质点上附加相应的惯性力，这对于质点较多
(3)
即：如果质点系中的每一个质点都加上惯性力，则 作用于质点系的所有主动力约束反力以及惯性力在 形式上组成一平衡力系。 (3)式即为质点系的达朗伯尔原理的表达式。
(10) 动静法
在质点或质点系运动的某一瞬时，除真实作用 在质点或质点系的每一个点的主动力和约束反力外， 再假想地加上各自的惯性力，则可按静力学求解平 衡问题的方法，建立平衡方程，求解质点或质点系 的动力学问题。 具体求解时，仍然选择投影形式的平衡方程。
理论力学第13章动静法
5
用动静法求解动力学问题时，
FixA FixN FixI 0 对平面任意力系： FiyA FiyN FiyI 0 N I A M O ( F i ) M O ( Fi ) M O ( Fi ) 0
对于空间任意力系：
N I F F F 0 , M x ( F ) M x ( Fi ) M x ( Fi ) 0 N I A A N I Fiy Fiy Fiy 0 , M y ( F i ) M y ( Fi ) M y ( Fi ) 0 N I A A N I Fiz Fiz Fiz 0 , M z ( F i ) M z ( Fi ) M z ( Fi ) 0
12
向O点简化：（转轴） n FI MaC M (aC aC )
n FI
O
FI
M IO
C
aC n aC
M IO J O
作用在O点。
向质点C点简化： n FI MaC M (aC aC )
M IC J C
求:基础与地角螺钉给电动机总的约束力.
17
解:
F F M
x
0,
0, 0,
Fx FI sin 0
FI me
2
y
Fy (m1 m2 ) g F1 cos 0 M m2 ge sin F1h sin 0
A
因
t , 得
作用在C点。
FI
O
aCn
C
aC
M IC
n FI
用动静法求解动力学问题时，
FixA FixN FixI 0 对平面任意力系： FiyA FiyN FiyI 0 N I A M O ( F i ) M O ( Fi ) M O ( Fi ) 0
对于空间任意力系：
N I F F F 0 , M x ( F ) M x ( Fi ) M x ( Fi ) 0 N I A A N I Fiy Fiy Fiy 0 , M y ( F i ) M y ( Fi ) M y ( Fi ) 0 N I A A N I Fiz Fiz Fiz 0 , M z ( F i ) M z ( Fi ) M z ( Fi ) 0
12
向O点简化：（转轴） n FI MaC M (aC aC )
n FI
O
FI
M IO
C
aC n aC
M IO J O
作用在O点。
向质点C点简化： n FI MaC M (aC aC )
M IC J C
求:基础与地角螺钉给电动机总的约束力.
17
解:
F F M
x
0,
0, 0,
Fx FI sin 0
FI me
2
y
Fy (m1 m2 ) g F1 cos 0 M m2 ge sin F1h sin 0
A
因
t , 得
作用在C点。
FI
O
aCn
C
aC
M IC
n FI
13理论力学讲义第十三讲PPT课件
证明：相同的速度和加速度?
A1
z
rArBBA
rA A
drA drB dBA dt dt dt
vAvB aAaB
O
rB B
x
退出
结论：刚体平动的问题，可归结为点的运动问题
B1
y
§8－1 刚体的平行移动
7
7 例8-1：曲柄滑块机构中，当曲柄OA在平面上绕定轴O转动时
，通过滑槽连杆中的滑块A的带动，可使连杆在水平槽中沿直 线往复滑动。若曲柄OA的半径为r，曲柄与x轴的夹角为ф=ωt ，其中ω是常数，求此连杆在任一瞬时的速度及加速度。
d
dt
d d dt d
/2
d d
an
0
0
an r
a r
a a2an2 a
ωα
a a2an2r12
arcatgarc1tg1.77
an
写在最后
经常不断地学习,你就什么都知道。你知道得越多,你就越有力量 Study Constantly, And You Will Know Everything. The More
退出
ωα at
aθ
an
φ
x
O
§8－3 转动刚体内各点的速度与加速度
例如：转动刚体从静止开始，以匀角加速度α逆时针转动，分析角位移
为0。90。时OM线上的切向加速度、法向加速度和全加速度的分布
O
at=xa
Mo
α
a 0。时OM线上at、an和a的分布: t
vr0
an r2 0
M
a r an r2 ?
9 9
转动的度量： φ=φ（t） 刚体的定轴转动方程
φ角位移
y
13-动静法
I i i i o i o i o i
I
=0
或
RF + RN + R = 0
I
MFo + MNo + M = 0
I o
例题. 例题 图示的构架滑轮机 构中,重物 构中 重物 M1和 M2分别重 P1=2kN,P2 =1kN。略去各 。 杆及滑轮 B和 E 的质量。 和 的质量。 已知AC =CB = l = 0.5 cm, 已知 θ = 45o。滑轮B和E的半径 滑轮 和 的半径 分别为r 分别为 1和r2且r1 =2r2 = 0.2cm求重物 M1的加速度 求重物 a1和 DC 杆所受的力。 杆所受的力。
A
θ
C
B
D
E M1
M2
取滑轮组为研究对象,进行运 解: 取滑轮组为研究对象 进行运 动分析和受力分析,并虚加惯性力 并虚加惯性力。 动分析和受力分析 并虚加惯性力。 x1 + 2xE = c1 x2 - xE = c2
(1) (2)
E
YB B XB
F1I =
M1 P2 F = ɺɺ2 x g
I 2
A
4R
O
B
2R
C D
解除支座A和 的 解:解除支座 和B的 解除支座 约束,画系统的受力图 约束 画系统的受力图 并加惯性力
1 2
MR 2ε
B
2R
A
RA 4R
O
4ma
Mg
RB
C
∑ mA(F) = 0
a 4mg mg
(3) 平面运动刚体中惯性力系的简化
本节只讨论具有质量对称平面的刚体 作平面运动的情形。 作平面运动的情形。
设刚体有一质量对称平面,且该平面在其 设刚体有一质量对称平面 且该平面在其 自身平面内运动,惯性力系可简化为在对称 自身平面内运动 惯性力系可简化为在对称 平面内的平面力系。取质心 为简化中心 为简化中心。 平面内的平面力系。取质心c为简化中心。 1) 惯性力系的主矢 R = -M ac 2)惯性力系的主矩 惯性力系的主矩 McI = - Jc α
I
=0
或
RF + RN + R = 0
I
MFo + MNo + M = 0
I o
例题. 例题 图示的构架滑轮机 构中,重物 构中 重物 M1和 M2分别重 P1=2kN,P2 =1kN。略去各 。 杆及滑轮 B和 E 的质量。 和 的质量。 已知AC =CB = l = 0.5 cm, 已知 θ = 45o。滑轮B和E的半径 滑轮 和 的半径 分别为r 分别为 1和r2且r1 =2r2 = 0.2cm求重物 M1的加速度 求重物 a1和 DC 杆所受的力。 杆所受的力。
A
θ
C
B
D
E M1
M2
取滑轮组为研究对象,进行运 解: 取滑轮组为研究对象 进行运 动分析和受力分析,并虚加惯性力 并虚加惯性力。 动分析和受力分析 并虚加惯性力。 x1 + 2xE = c1 x2 - xE = c2
(1) (2)
E
YB B XB
F1I =
M1 P2 F = ɺɺ2 x g
I 2
A
4R
O
B
2R
C D
解除支座A和 的 解:解除支座 和B的 解除支座 约束,画系统的受力图 约束 画系统的受力图 并加惯性力
1 2
MR 2ε
B
2R
A
RA 4R
O
4ma
Mg
RB
C
∑ mA(F) = 0
a 4mg mg
(3) 平面运动刚体中惯性力系的简化
本节只讨论具有质量对称平面的刚体 作平面运动的情形。 作平面运动的情形。
设刚体有一质量对称平面,且该平面在其 设刚体有一质量对称平面 且该平面在其 自身平面内运动,惯性力系可简化为在对称 自身平面内运动 惯性力系可简化为在对称 平面内的平面力系。取质心 为简化中心 为简化中心。 平面内的平面力系。取质心c为简化中心。 1) 惯性力系的主矢 R = -M ac 2)惯性力系的主矩 惯性力系的主矩 McI = - Jc α
《动静法》ppt课件
特别注意：在画虚加的惯性力系的主矢和主矩时，必 须按照和质心加速度的方向相反以及与角加速度转向 相反(考虑负号)的原则画出。在方程中只需按其数值 的大小代入，不能再带负号！
第十三章 达兰贝尔原理
9
⑤列动静法方程：选取适当的矩心和投影轴。 ⑥建立补充方程：运动学补充方程（运动量之间的关 系）。 ⑦求解求知量。
sin
)
cos
0
,
XO
P 3
sin
2
Fy 0 ,
FYO
P
(
2P 3
sin
α)
sin
α
0
,
YO
P( 1
2 3
sin2 )
MO(F) 0
,
MO
PR 3
sin
(
2P 3
sin
)
R
PS
cos
P
sin
R
0
MO P cos S
第十三章 达兰贝尔原理
24
[例9] 牵引车的主动轮质量为m，半径为R，沿水平直线轨
落下, 从而击碎物料, 如图。设滚筒内壁半径为r, 试求钢球的脱离角a。
解：以某一尚未脱离筒壁的钢球为研究对象, 受力如图。钢球
未脱离筒壁前, 作圆周运动, 其加速度为
a 0 an r 2
惯性力Fg的大小为 Fg mr2
假想地加上惯性力, 由达兰贝尔原理
Fg F
w
M
a qr
Fn 0 : FN mg cos Fg 0
2
1 2
P 2g
R
2
2 A
O2 (Q3P)R2
4g
由 T2 T1 W12 , 得
O2 (Q 3P)R2 C (M PR sin )
达朗贝尔原理(动静法)
a g tg .
Solving it we get
The angle changes with the acceleration a, when a does not change, the angle does not change, too. If we know the angle the acceleration a of the train can be calculated . This is the theory of a pendulum accelerometer.
Ai
a i ain
Bi
FIi
n
FIi FIi FIi
n
FIi mi ai n FIi mi ain
n 2
FIi FIi
FIi mi ri FIi mi ri
类似地，将其它直线 的惯性力系也都简化质量对称 平面合惯性力。—— 变成一平面的惯性力系。 （2） 将平面的惯性力系 ——向轴与对称平面的交点O 简化： 主矢： FIR
FI
W
第十三章 达朗贝尔原理
§13-2
质点的动静法
[Example 3] A train is running along a horizontal railway, and a
single pendulum is hanging in the carriage. When the carriage
—— 加在对称平面内
（2） 刚体作匀速转动，则
n FIR maC maC
0
M IO 0 FIR me
2
惯性力系合成为一合力：
( FIR me )
2
Solving it we get
The angle changes with the acceleration a, when a does not change, the angle does not change, too. If we know the angle the acceleration a of the train can be calculated . This is the theory of a pendulum accelerometer.
Ai
a i ain
Bi
FIi
n
FIi FIi FIi
n
FIi mi ai n FIi mi ain
n 2
FIi FIi
FIi mi ri FIi mi ri
类似地，将其它直线 的惯性力系也都简化质量对称 平面合惯性力。—— 变成一平面的惯性力系。 （2） 将平面的惯性力系 ——向轴与对称平面的交点O 简化： 主矢： FIR
FI
W
第十三章 达朗贝尔原理
§13-2
质点的动静法
[Example 3] A train is running along a horizontal railway, and a
single pendulum is hanging in the carriage. When the carriage
—— 加在对称平面内
（2） 刚体作匀速转动，则
n FIR maC maC
0
M IO 0 FIR me
2
惯性力系合成为一合力：
( FIR me )
2
理论力学教学大纲(64学时)09-10
《理论力学》课程教学大纲（开实验2个）Theoretical Mechanics学时：64 学分： 3层次：本科适用专业：机械设计、机电、汽车服务类等第一部分大纲说明一、课程性质、目的和培养目标《理论力学》是工科大学的一门重要的技术基础课。
它既是各门后续力学课程的理论基础，又是一门具有完整体系并继续发展着的独立的学科，而且在许多工程技术领域中有着广泛的应用。
本课程的任务是使学生掌握质点，质点系和刚体机械运动（包括平衡）的基本规律和研究方法，初步学会运用这些理论和方法去分析、解决实际问题，为学习后续课程和有关的科学技术打好基础。
结合本课程的特点，使学生的逻辑思维能力（包括推理、分析、综合等能力）、表达能力（包括运用文字和图象等的能力）、计算能力，以及解决实际问题的能力（把一些简单工程实物抽象为力学模型，进行数学描述，应用力学原理求解）得到训练与提高。
二、课程的基本要求第一篇：静力学（20学时）基本要求：熟悉力、力矩和力偶的基本概念及其性质，熟练地计算力的投影，力对点之矩和力对轴之矩。
熟悉各种常见约束的性质，能熟练地取分离体并画出受力图。
掌握各种类型力系的简化方法，熟悉简化结果，能熟练地计算主矢和主矩。
能应用平衡条件和各种类型的平衡方程求解单个物体和物体系统的平衡问题。
对平面一般力系的平衡问题，能熟练地选取分离体和应用各种形式的平衡方程求解，掌握求解简单桁架、组合桁架内力的节点法和截面法。
掌握计算物体重心的各种方法。
理解滑动摩擦、摩擦力的概念，能求解考虑摩擦时简单的物体系统平衡问题。
了解滚动摩擦的概念、超静定问题概念。
第二篇：运动学（22学时）基本要求：掌握描述点的运动的矢量法、直角坐标法、自然坐标法及各种方法下点的运动轨迹、运动方程、速度和加速度。
熟悉刚体平动、刚体定轴转动的概念，能求解转动刚体的角速度、角加速度，转动刚体上各点的速度和加速度。
掌握运动合成和分解的基本概念和方法，熟练掌握点的速度合成定理，牵连运动为平动、定轴转动时的加速度合成定理及应用。
黄安基第13章动静法-精选文档
F F F 0(i 1,2,...... , n ) i N i I i 该式表明，质点系中每个质点上作用的主动力、约束力和惯 性力在形式上构成平衡力系。这就是质点系的达朗贝尔原理。
把作用于质点的所有(主动、约束)力分为外力的合力 Fi ( e ) ， 内力的合力 Fi ( i ) ，则
( e ) ( i ) F F F 0 (i 1,2,...... , n ) i i I i
( e )
M ( F M ( F 0 x i ) x I i)
( e )
M ( F M ( F 0 y i ) y I i)
( e )
F F 0, iz I iz
( e )
M ( F M ( F 0 z i ) z I i)
( e )
实际应用时, 同静力学一样选取研究对象, 列平衡方程求解。 但需注意一定要把所有外力、惯性力、惯性力矩画出来。
上式表明，质点系中每个质点上作用的外力、内力和惯性 力在形式上构成平衡力系。
理论力学电子教程
第十三章 动静法
质点系的每一个质点平衡，则整个质点系受一组平面或空间任 意力系作用处于平衡状态，质点系所受平衡力系满足平衡条件：
F0 ,
( e ) ( i ) F F F 0 i i I i
理论力学电子教程
第十三章 动静法
用动静法求解动力学问题时，
Fix FIix 0
(e)
对于平面任意力系： 对于空间任意力系：
( e )
Fiy FIiy 0
(e)
MO(Fi ) MO(FIi ) 0
(e)
F F 0, ix I ix F F 0, iy I 力、约束力和虚加惯性力组 成平衡力系， 这只不过是处理动力学问题的一种方法，质点并未处于平衡 状态。这种方法称为动静法。 具体应用时可以采用投影形式。
动静法
第十三章动静法§13-1 惯性力的概念一、惯性力的概念反对破坏其原来的运动状态而加于人手上的反抗力，称为小车的惯性力。
小车的惯性力并不作用在小车上，而是作用在使小车产生加速度的其他物体（人手）上。
arFrIFr质点惯性力的大小等于质点质量与其加速度的乘积，方向与加速度的方向相反，而作用在迫使质点改变运动状态的施力物体上。
ar Fr IF r lv a n 2=na m F r r =nI a m F F r r r −=−=二、惯性力的解析表达式惯性力在直角坐标系中的投影：222222dtz d m ma F dt y d m ma F dt xd m ma F z zI y yI x xI −=−=−=−=−=−=惯性力在自然轴系中的投影：dt dvmma F I −=−=ττn I F r τIF r Mna r τa r ar ατrnIF r τI F r ：切向惯性力n IF r ：法向惯性力、离心惯性力、离心力ρ2v mma F n nI −=−=§13-2 质点的动静法质量为m的质点M，在主动力、约束反力、的作用下运动，由牛顿第二定律得：F rN F r a m F F N r r r =+0=−+a m F F N r r r 0=++I N F F F rr r +（）Mam r Fr NF r在质点运动的任一瞬时，质点所受的主动力、约束反力与虚加的质点惯性力构成一零力系。
质点的动静法F rNF r I F r注意：1、动静法与牛顿第二定律相比，实际上是一致的，只是形式上有所不同；2、动静法是将动力学问题在形式上转化为静力学问题，即用静力学的方法求解动力学问题；3、惯性力并不作用在讨论其运动的质点上，质点也不处于平衡状态；动静法中的“平衡”并没有改变问题的动力学性质，这种平衡没有实际的物理意义。
§13-3 质点系的动静法设质点系由n个质点组成，其中第I个质点M i的质量为m i ，在主动力、约束反力、的作用下运动，其加速度为，i F r Ni F ri a r由动静法，在质点M i 上虚加上惯性力，则有：iIi a m F r r −=),2,1(0n i F F F Ii Ni i L r r r ==++在质点系运动的任一瞬时，作用于质点系的主动力、约束反力与虚加的质点系惯性力构成一零力系。
动静法
由 2)得: ( R = mg sinϕ0 ;
n A
τ
(1) (2) (3)
3g ε = cosϕ0 ; ( 由 3)得: 2l mg τ (1) cosϕ0 。 代入 得: RA = − 4
22
理力13理力13-动静法
一、惯性力 一、惯性力
r r r 人用手推车 F' = −F = −ma
图保持原来的运动状态， 图保持原来的运动状态，对于
是由于小车具有惯性， 力 F ' 是由于小车具有惯性，力 施力物体(人手 产生的反抗力。 施力物体 人手)产生的反抗力 人手 产生的反抗力。
r r 定义： 定义：质点惯性力 FI = −ma
实际应用时, 与静力学一样， 实际应用时, 与静力学一样，可以任意选 取研究对象, 列平衡方程求解。 取研究对象, 列平衡方程求解。
11
理力13理力13-动静法
【 例 13-2】 两个相同的小球连接如图示 ： 轻质 】 两个相同的小球连接如图示： 细杆AO=BO=b， 小球 、B的质量匀为 ， 轻 的质量匀为m， 细杆 ， 小球A、 的质量匀为 质转轴CD以匀角速度ω转动，杆 AB与轴 的 以匀角速度ω 与轴CD的 质转轴 以匀角速度 转动， 与轴 夹角为α 的约束力。 夹角为α，CD=L。求轴承 、D的约束力。 。求轴承C、 的约束力 解： A A 1) 取整体为研究对象； 取整体为研究对象； 小球的法向加速度相等： 小球的法向加速度相等：
动的物体的惯性反抗的总和。 动的物体的惯性反抗的总和。
称为小车的惯性力。 称为小车的惯性力。 惯性力
加速运动的质点，对迫使其产生加速运 加速运动的质点，
3
理力13理力13-动静法
惯性力投影式: 惯性力投影式:
n A
τ
(1) (2) (3)
3g ε = cosϕ0 ; ( 由 3)得: 2l mg τ (1) cosϕ0 。 代入 得: RA = − 4
22
理力13理力13-动静法
一、惯性力 一、惯性力
r r r 人用手推车 F' = −F = −ma
图保持原来的运动状态， 图保持原来的运动状态，对于
是由于小车具有惯性， 力 F ' 是由于小车具有惯性，力 施力物体(人手 产生的反抗力。 施力物体 人手)产生的反抗力 人手 产生的反抗力。
r r 定义： 定义：质点惯性力 FI = −ma
实际应用时, 与静力学一样， 实际应用时, 与静力学一样，可以任意选 取研究对象, 列平衡方程求解。 取研究对象, 列平衡方程求解。
11
理力13理力13-动静法
【 例 13-2】 两个相同的小球连接如图示 ： 轻质 】 两个相同的小球连接如图示： 细杆AO=BO=b， 小球 、B的质量匀为 ， 轻 的质量匀为m， 细杆 ， 小球A、 的质量匀为 质转轴CD以匀角速度ω转动，杆 AB与轴 的 以匀角速度ω 与轴CD的 质转轴 以匀角速度 转动， 与轴 夹角为α 的约束力。 夹角为α，CD=L。求轴承 、D的约束力。 。求轴承C、 的约束力 解： A A 1) 取整体为研究对象； 取整体为研究对象； 小球的法向加速度相等： 小球的法向加速度相等：
动的物体的惯性反抗的总和。 动的物体的惯性反抗的总和。
称为小车的惯性力。 称为小车的惯性力。 惯性力
加速运动的质点，对迫使其产生加速运 加速运动的质点，
3
理力13理力13-动静法
惯性力投影式: 惯性力投影式:
理论力学-第十三章动静法 共49页
1 2W g2v21 2(2 3W g1R 2)(R v)2T 0W 2s
2、运用动能定理，求加速度
12(W g223W g1)v2T0W2s
等式两边同时对t 求导得
CR W1 F
(W g2 32W g1)vddvt W2ddst
FN
ds v dt
a 2W2g 2W2 3W1
s
质点的达朗贝尔原理
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。
§13-2 质点系的达朗贝尔原理
Fi(e)、Fi(i) 为质点 i 受的外力和内力
F(e) i
Fi(i)FIi 0
0
F Ii
F i(e )F i(i)F I i 0
0
F (e) i
mi
i
i
惯性力系的主矢等于刚体的质量与刚体质心
加速度的乘积，方向与质心加速度方向相反。
这一简化结果与运动形式无关。
惯性力系的主矩：惯性力系的主矩与刚体 的运动形式有关。
以下为针对三种刚体运动进行简化。
● 刚体平移时惯性力系简化
考虑惯性力系向O点简化：主矩MIO
MIO=∑ri×FIi =－∑ri×miai =－∑miri×ai
FOy FOx
O
vA
W2
3、对大圆轮应用动静法 加上惯性力系（向质心C简化） FI
FI
W1 g
a
MIC
1 W1 2g
R2
a R
C W1 FT
MIC
F FN
M C ( F ) 0 , F R M I C 0
F W2W1 2W2 3W1
§13-4 绕定轴转动刚体的轴承动约束力
十三章动静法
MgC FgR
w
C aC
刚体平面运动可分解为①随质心C的平移 ②绕通过质心轴的转动
惯性力系向质心简化得到作用 于质心的一个力和一个力偶。
FgR maC
MgC JC
24
理论力学
中南大学土木建筑学院
惯性力系向质心简化得到作用 于质心的一个力和一个力偶。
FgR maC
MgC JC
理论力学
中南大学土木建筑学院
25
理论力学
中南大学土木建筑学院
26
对于平面运动刚体：由动静法可列出如下三个方程：
Fx 0 ,
Fy 0 ,
实质上：
(e) F x (maCx ) 0
M C (F ) 0 ,
(e) M ( F ) ( J C ) 0 C
an (x sin )w
2
微元段的质量 dm ＝ Pdx/gl 。在该微元段 虚加惯性力dFg ,它的大小为
FAy B
dFg
Pw dFg d m an sin x d x gl
2
FAx A
x
于是整个杆的惯性力的合力的大小为
P B
Fg
Pw P 2 sin x d x lw sin 0 gl 2g
i Ni gi O i O Ni
O
( Fgi ) 0
式中的约束力既有质点系外的约束力(外力)，亦有质点系 内部各质点间相互的约束力(内力)，将质点系真实的受力 按内力和外力划分， 并注意到有：
F
方程简化为
(i )
i
0 , M O ( Fi ) 0
(i )
(e) F i Fgi 0 (e) M ( F O i ) M O ( Fgi ) 0
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求：大圆轮与地面之间的滑动摩擦力。
CR W1
O
A W2
解：1、受力分析
考察整个系统，有4个 未知约束力。
如果直接采用动静法， 需将系统拆开。
CR W1 F
FN
所以考虑先用动能定理，求出加速度，
再对大圆轮应用动静法。
FOy FOx
O
vA
W2
2、运用动能定理，求加速度
设任意位置时A速度为v, 向下运动距离为s
§13-1 质点的达朗贝尔原理
根据牛顿定律
maFFN
z
F—— 主动力
FI
O
x
F N —— 约束力
F ma
A
移项 FFNma0 FR 令 FI ma
FN y
FFNFI 0 FI─惯性力（inertia force)
s
质点的达朗贝尔原理
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。
惯性力系的主矢：
F IR ＝ F Ii＝ (－ m ia i)＝ － m a C
i
i
惯性力系的主矢等于刚体的质量与刚体质心
加速度的乘积，方向与质心加速度方向相反。
这一简化结果与运动形式无关。
惯性力系的主矩：惯性力系的主矩与刚体 的运动形式有关。
以下为针对三种刚体运动进行简化。
● 刚体平移时惯性力系简化
§13-2 质点系的达朗贝尔原理
MO(FFi(ie()e)) M FIiO(F 0Ii)0
作用在质点系上的所有外力（含约束力） 与虚加的惯性力系形式上组成平衡力系。
§13-3 刚体惯性力系的简化
★ 刚体惯性力系的特点 ★ 刚体惯性力系的简化结果 ● 刚体平移时惯性力系的简化 ● 定轴转动时惯性力系的简化 ● 平面运动时惯性力系的简化
3g sin
2l
MIO A
F
t I
a
t C
F
C
n
aCn
I mg
O
FOx FOy
解：法1. 动静法
A
3g sin d
MIO
2l
d
C
0d032glsind
2 3g1cos
F
t I
F
n
I
mg
O
l
Fx 0， F O xF In m g co s0 FOx FOy
Fy 0， F O yF Itm gsin0
i
i
＝－m(aC t aC n)
主矩 MIO＝ MO(FIit )
＝－ ( miri2)＝－JO
● 定轴转动时惯性力系的简化
主矢 主矩
以O为简化中心
（转轴垂直于对称面）
F IR ＝ F Ii＝ (－ m ia i)＝ － m a C ＝－m(aC t aC n)
i
i
MIO＝ MO(FIit )＝－ ( miri2)＝－JO
m a C n m g c o s F O yc o s F O xsin
联解方程组得
A
a
t C
C
O
a
n C
mg
FOy FOx
F O x 1 4m gsin 2 1 0 c o s2 6 m gc o s
FOy1 4mgsin69cos
动静法应用于弹性杆件 的动应力分析
求：倾倒角度为 时的最大弯矩。
mgl1 l1 l2
● 定轴转动时惯性力系的简化
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。
a
t i
F
n Ii
a a t
F
I
t i
C
C
n C
a
n i
mF iI n
O MIOF IR
F
t I
以O为简化中心
主矢
F IR ＝ F Ii＝ (－ m ia i)＝ － m a C
m
FRB
A
m B
FI2 FI1＝FI2
A
m B
FI2
FI1>FI2
■ 轴承的动约束力
偏角情形
FI1 m
A
FRB
FRA
B
m FI2
一般情形
FI1
A
FRA m
m FRB
B
FI2
习题讨论课--题1
位于铅垂平面内长度都等于l，质量都等于m的均 质直杆OA和AB，在A处用销钉连接，在O处用铰 链支座固定如图所示。设两杆从水平位置由静止
考虑惯性力系向O点简化：主矩MIO
MIO=∑ri×FIi =－∑ri×miai =－∑miri×ai
FIR
=－∑miri×aC=－mrC×aC
得F：Ii 通过i ri刚OarCi体Ca质C 心当有的点M合OIC力和=0质心FCIR重＝合－时ma，CrC=0
计算 大小: FIR＝maC 方向: 和aC反向
O
F
t I
以O为简化中心
主矢
FIn maCn FIt maCt
主矩 MIO JO
A
a
t C
MIC
C
a
n C
F
n I
F
t I
O
以C为简化中心
主矢
FIn maCn FIt maCt
主矩 MIC JC
例13-3 半径为R、重量为W1的均质大圆轮， 由绳索牵引，在重量为W2的重物A的作用下 ，在水平地面上作纯滚动，系统中的小圆轮 重量忽略不计。
对比重力系：pi＝ mi g 合重力：P＝mig=mg
例13-1
轿车以速度 v 行驶在水平 路面，因故急刹车，滑行距
离 s，设轿车在刹车过程中 作匀减速运动，求地面对前
后轮的法向约束力。
已知轿车总质量为m， 质心距地面高度为h， 距前后轴的水平距离 分别为 l1和 l2。
解：刹车中轿车加速度为
a v2
1 2W g2v21 2(2 3W g1R 2)(R v)2T 0W 2s
2、运用动能定理，求加速度
12(W g223W g1)v2T0W2s
等式两边同时对t 求导得
CR W1 F
(W g2 32W g1)vddvt W2ddst
FN
ds v dt
a 2W2g 2W2 3W1
FOy FOx
O
FOx
ml2mgcos
2
1mg(35cos)
2
FOy
mlmgsin
2
1 4
mgsin
解：法2.动能定理+质心运动定理
由动能定理得
11m l22m gl1cos
23
2
2 3g1cos
l
两边对时间 t 求导
A
a
t C
C
a
n C
O mg
2 3gsin
l
3g sin
2l
a
n C
12 2
l
a
t C
1 2
l
解：法2.分析OA的受力和运动
A
或由定轴转动动力学方程得
1ml2mgl sin
3
2
即
3gsind
2l
d
a
t C
C
O
a
n C
mg
FOy FOx
2 3g1cos
l
a
t C
1 2
l
a
n C
12 2
l
解：法2. 由质心运动定理得
a
t C
1 2
l
a
n C
12 2
l
m
a
t C
mgsin
FOysin
FOxcos
主矢 F IF Ii m ia i m a C
主矩 M I O M O ( F I i) r i m ia i
F IF Ii m ia i m a C
M I O M O ( F I i) r i m ia i
式中： ai rivi
vi ri ri xiyjzk
M I o ( J x z J y z2 ) i ( J y z J x z2 ) j J zk
方向 与 a C 反向
转轴O 主矢｛大方小向FFItIt与 maCtrC反向FFInIn与 maCnrC反向 2
定轴转动
主矩 大小 MIO JO 转向与 反向
质心C 同平面运动
平面运动
质心C
主矢 主矩
大小 FI＝maC
大小MIC JC
方向与a C 反向
转向与 反向
A
Ma ICtO C
F
n I
a
n C
M IxJxz Jyz 20
M IyJyz Jxz 20
Jxzห้องสมุดไป่ตู้yz0
表明：刚体对转轴的惯性积必须为零，
称转轴为惯性主轴。
转轴通过质心
中心惯性主轴
对转轴的惯性积为零
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。
■ 轴承的动约束力
理想情形
FI1 m
偏心情形
FRA
FI1
分析：FAx 由二部分构成。
1
F A xl M ybF R xM IybF Ix
F A y1 l M xbF R yM IxbF Iy
避免出现轴承动约束力的条件为：
MIy 0, FIx 0 MIx 0, FIy 0
FIx 0 FIy 0
aCx 0 aCy 0
上式表明：转轴必须通过质心。
M B(x lW ) M B(F I)－ M d＝ 0
动静法应用于弹性杆件 的动应力分析
CR W1
O
A W2
解：1、受力分析
考察整个系统，有4个 未知约束力。
如果直接采用动静法， 需将系统拆开。
CR W1 F
FN
所以考虑先用动能定理，求出加速度，
再对大圆轮应用动静法。
FOy FOx
O
vA
W2
2、运用动能定理，求加速度
设任意位置时A速度为v, 向下运动距离为s
§13-1 质点的达朗贝尔原理
根据牛顿定律
maFFN
z
F—— 主动力
FI
O
x
F N —— 约束力
F ma
A
移项 FFNma0 FR 令 FI ma
FN y
FFNFI 0 FI─惯性力（inertia force)
s
质点的达朗贝尔原理
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。
惯性力系的主矢：
F IR ＝ F Ii＝ (－ m ia i)＝ － m a C
i
i
惯性力系的主矢等于刚体的质量与刚体质心
加速度的乘积，方向与质心加速度方向相反。
这一简化结果与运动形式无关。
惯性力系的主矩：惯性力系的主矩与刚体 的运动形式有关。
以下为针对三种刚体运动进行简化。
● 刚体平移时惯性力系简化
§13-2 质点系的达朗贝尔原理
MO(FFi(ie()e)) M FIiO(F 0Ii)0
作用在质点系上的所有外力（含约束力） 与虚加的惯性力系形式上组成平衡力系。
§13-3 刚体惯性力系的简化
★ 刚体惯性力系的特点 ★ 刚体惯性力系的简化结果 ● 刚体平移时惯性力系的简化 ● 定轴转动时惯性力系的简化 ● 平面运动时惯性力系的简化
3g sin
2l
MIO A
F
t I
a
t C
F
C
n
aCn
I mg
O
FOx FOy
解：法1. 动静法
A
3g sin d
MIO
2l
d
C
0d032glsind
2 3g1cos
F
t I
F
n
I
mg
O
l
Fx 0， F O xF In m g co s0 FOx FOy
Fy 0， F O yF Itm gsin0
i
i
＝－m(aC t aC n)
主矩 MIO＝ MO(FIit )
＝－ ( miri2)＝－JO
● 定轴转动时惯性力系的简化
主矢 主矩
以O为简化中心
（转轴垂直于对称面）
F IR ＝ F Ii＝ (－ m ia i)＝ － m a C ＝－m(aC t aC n)
i
i
MIO＝ MO(FIit )＝－ ( miri2)＝－JO
m a C n m g c o s F O yc o s F O xsin
联解方程组得
A
a
t C
C
O
a
n C
mg
FOy FOx
F O x 1 4m gsin 2 1 0 c o s2 6 m gc o s
FOy1 4mgsin69cos
动静法应用于弹性杆件 的动应力分析
求：倾倒角度为 时的最大弯矩。
mgl1 l1 l2
● 定轴转动时惯性力系的简化
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。
a
t i
F
n Ii
a a t
F
I
t i
C
C
n C
a
n i
mF iI n
O MIOF IR
F
t I
以O为简化中心
主矢
F IR ＝ F Ii＝ (－ m ia i)＝ － m a C
m
FRB
A
m B
FI2 FI1＝FI2
A
m B
FI2
FI1>FI2
■ 轴承的动约束力
偏角情形
FI1 m
A
FRB
FRA
B
m FI2
一般情形
FI1
A
FRA m
m FRB
B
FI2
习题讨论课--题1
位于铅垂平面内长度都等于l，质量都等于m的均 质直杆OA和AB，在A处用销钉连接，在O处用铰 链支座固定如图所示。设两杆从水平位置由静止
考虑惯性力系向O点简化：主矩MIO
MIO=∑ri×FIi =－∑ri×miai =－∑miri×ai
FIR
=－∑miri×aC=－mrC×aC
得F：Ii 通过i ri刚OarCi体Ca质C 心当有的点M合OIC力和=0质心FCIR重＝合－时ma，CrC=0
计算 大小: FIR＝maC 方向: 和aC反向
O
F
t I
以O为简化中心
主矢
FIn maCn FIt maCt
主矩 MIO JO
A
a
t C
MIC
C
a
n C
F
n I
F
t I
O
以C为简化中心
主矢
FIn maCn FIt maCt
主矩 MIC JC
例13-3 半径为R、重量为W1的均质大圆轮， 由绳索牵引，在重量为W2的重物A的作用下 ，在水平地面上作纯滚动，系统中的小圆轮 重量忽略不计。
对比重力系：pi＝ mi g 合重力：P＝mig=mg
例13-1
轿车以速度 v 行驶在水平 路面，因故急刹车，滑行距
离 s，设轿车在刹车过程中 作匀减速运动，求地面对前
后轮的法向约束力。
已知轿车总质量为m， 质心距地面高度为h， 距前后轴的水平距离 分别为 l1和 l2。
解：刹车中轿车加速度为
a v2
1 2W g2v21 2(2 3W g1R 2)(R v)2T 0W 2s
2、运用动能定理，求加速度
12(W g223W g1)v2T0W2s
等式两边同时对t 求导得
CR W1 F
(W g2 32W g1)vddvt W2ddst
FN
ds v dt
a 2W2g 2W2 3W1
FOy FOx
O
FOx
ml2mgcos
2
1mg(35cos)
2
FOy
mlmgsin
2
1 4
mgsin
解：法2.动能定理+质心运动定理
由动能定理得
11m l22m gl1cos
23
2
2 3g1cos
l
两边对时间 t 求导
A
a
t C
C
a
n C
O mg
2 3gsin
l
3g sin
2l
a
n C
12 2
l
a
t C
1 2
l
解：法2.分析OA的受力和运动
A
或由定轴转动动力学方程得
1ml2mgl sin
3
2
即
3gsind
2l
d
a
t C
C
O
a
n C
mg
FOy FOx
2 3g1cos
l
a
t C
1 2
l
a
n C
12 2
l
解：法2. 由质心运动定理得
a
t C
1 2
l
a
n C
12 2
l
m
a
t C
mgsin
FOysin
FOxcos
主矢 F IF Ii m ia i m a C
主矩 M I O M O ( F I i) r i m ia i
F IF Ii m ia i m a C
M I O M O ( F I i) r i m ia i
式中： ai rivi
vi ri ri xiyjzk
M I o ( J x z J y z2 ) i ( J y z J x z2 ) j J zk
方向 与 a C 反向
转轴O 主矢｛大方小向FFItIt与 maCtrC反向FFInIn与 maCnrC反向 2
定轴转动
主矩 大小 MIO JO 转向与 反向
质心C 同平面运动
平面运动
质心C
主矢 主矩
大小 FI＝maC
大小MIC JC
方向与a C 反向
转向与 反向
A
Ma ICtO C
F
n I
a
n C
M IxJxz Jyz 20
M IyJyz Jxz 20
Jxzห้องสมุดไป่ตู้yz0
表明：刚体对转轴的惯性积必须为零，
称转轴为惯性主轴。
转轴通过质心
中心惯性主轴
对转轴的惯性积为零
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。
■ 轴承的动约束力
理想情形
FI1 m
偏心情形
FRA
FI1
分析：FAx 由二部分构成。
1
F A xl M ybF R xM IybF Ix
F A y1 l M xbF R yM IxbF Iy
避免出现轴承动约束力的条件为：
MIy 0, FIx 0 MIx 0, FIy 0
FIx 0 FIy 0
aCx 0 aCy 0
上式表明：转轴必须通过质心。
M B(x lW ) M B(F I)－ M d＝ 0
动静法应用于弹性杆件 的动应力分析