第二十五章动力学普遍方程和拉格朗日方程825-1动力学普遍方程将达朗贝尔原理与虚位移原理相结合，得到动力学普遍方程设有n个质点的质点系，约束皆为理想约束，对于第个质点：F, + Fi, + Fn, = 0给虚位移8π≠0Z(F +F, +Fni)8r, =0(F +F, +FN).8r =0n: Z(F +F).8r =0:2Fn,-8r = 0i-1
第二十五章 动力学普遍方程和拉格朗日方程 §25-1 动力学普遍方程 将达朗贝尔原理与虚位移原理相结合,得到动力学普遍方程。 ( ) δ 0 Fi + FIi + FNi ri = 设有n个质点的质点系，约束皆为理想约束，对于第i个质点： 0 Fi + FIi + FNi = 给虚位移 δ ri 0 ( I ) δ 0 1 + = = i i i n i F F r FNi δ ri = 0 (Fi + FIi + FNi )δ ri = 0
即动力学普遍方程E(F-ma).8r =0i=1解析形式：nE[(Fx -m,x,)8x, +(F -m,j,)8 y, +(F-, -m,z,)8z,] = 0i-1任一瞬时，作用在受理想约束的质点系上的主动力与惯性力，在质点系任意虚位移中的元功之和为零
解析形式： [( )δ ( )δ ( )δ ] 0 1 − + − + − = = xi i i i yi i i i z i i i i n i F m x x F m y y F m z z 任一瞬时，作用在受理想约束的质点系上的主动力与惯 性力，在质点系任意虚位移中的元功之和为零。 ( ) δ 0 1 − = = i i i i n i F m a r 即 动力学普遍方程
例1：一套滑轮系统悬挂两个重物。设绳和滑轮质量不计试求：重力为P的物体的加速度al解：自由度1-(P +F)r +(P2-F2)8r =0P2Fu=BaFi2 =7a,F12gga.8r =28raz = 2aj2or2P, - Pa =gorit4P, + PaP解题步骤1、运动分析，确定自由度；虚位移分析：2、受力分析（包括惯性力）；3、列写方程；4、确定虚位移之间的关系，运动关系：5、求解。:
例1：一套滑轮系统悬挂两个重物。设绳和滑轮质量不计。 试求:重力为P1的物体的加速度a1。 解: −(P1 + FI1 )δr1 +(P2 −FI2 )δr2 = 0 2 1 a2 = 2a1 δr = 2δr g P P P P a 2 1 2 1 1 4 2 + − = 1 1 I1 a g P F = 2 2 I2 a g P F = 2 a a1 P1 P2 r1 r2 FI 2 FI1 自由度1 解 题 步 骤 ： 1、运动分析，确定自由度；虚位移分析； 2、受力分析（包括惯性力）； 3、列写方程； 4、确定虚位移之间的关系，运动关系； 5、求解
例2：调速器稳定在βB时，试求の与系，弹簧原长为2l。2e解：取广义坐标β自由度1x38x=lcosβ8βx=e+lsinβ-FFaaya=-lsin ββyA =lcos βkBAmigmig8yc =-2lsin β8β1Yc = 2l cos βm2g2F8xA+2mgyA+(m2g+F)8yc =001F =m,(e+lsin β)oF = 2l(1-cos β)k(2m(e+ I sin β)o-1cos β-2mgl sin β-[(m2g +k2l(1-cos β)]2l sin β)β= 0[(m + m, )g + 2kl(I -cos P)] tan β0=m(e+I sin β)
例2：调速器稳定在b 时，试求与b关系,弹簧原长为2l。 解: F = 2l(1− cos b)k 2FI δ xA + 2m1 g δ yA + (m2 g + F)δ yC = 0 xA = e+lsin b δ xA = l cosb δb yA = l cosb δ yA = −lsin b δb yC = 2l cos b δ yC = −2lsin b δb 2 I 1 F = m (e +lsin b) {2 ( sin ) cos 2 1 sin [( 2 2 (1 cos )]2 sin }δ 0 2 m1 e +l b l b − m gl b − m g + k l − b l b b = b b b tan ( sin ) [( ) 2 (1 cos )] 1 1 2 m e l m m g k l + + + − = FI FI 2e m m1g 1g l l l l k m2g b A B C F F x y 自由度1 a a 取广义坐标b
例3：三棱柱A沿三棱柱B的光滑斜面下滑，A和B的质量各为mA、mB。试求:三棱柱B的加速度。F解：自由度2AlrmagF1)8x ±0,8x =0AleOxBadArOXAFmpg(-FAIr +mAg sin α+ FAle cosα)8x =0RaAr = gsin α +aβ cosαFBr = mgaB2)8x =0,8x ±0FAIr =mAaAr(- FBI - FAle + FAr Cosα)dxg = OFAle = mAaBmag sin 2αmBa+mAaBaB=QA2(m sin α+mg)m, cosα
mAg mBg FN aAr aB 例3：三棱柱A沿三棱柱B的光滑斜面下滑，A和B的质量各为 mA、mB。试求:三棱柱B的加速度。 解: FBI = mB aB FAIr = mA aAr FAIe = mA aB 1）δ xA 0,δ xB = 0 (−FAIr + mA g sin + FAIe cos)δ xA = 0 aAr = g sin + aB cos 2）δ xA = 0,δ xB 0 （− FBI − FAIe + FAIr cos)xB = 0 A cos B B A B Ar m m a m a a + = , 2( sin ) sin 2 2 A B A B m m m g a + = xB xA FBI FAIe FAIr 自由度2