第十三章达朗伯原理习题解答
动力学第十三章
动力学第十三章达朗伯原理达朗伯原理是一种解决非自由质点和质点系动力学问题的普遍方法。
这种方法是用静力学中研究平衡问题的方法来研究动力学问题，因此又称为动静法。
本章介绍达朗伯原理和定轴转动刚体的轴承动反力，以及静平衡和动平衡的概念。
第一节达朗伯原理一、质点惯性力的概念当质点受到其他物体作用而使运动状态发生变化时，由于质点本身的惯性，对施力物体产生反作用力，这种反作用力称为质点的惯性力。
惯性力的大小等于质点的质量与其加速度的乘积，方向与加速度的方向相反，但作用于施力物体上。
若用F I表示惯性力，则。
例如，工人沿光滑的水平直线轨道推动质量为m的小车，作用力为F，小车在力的方向上产生加速度a，有。
根据作用反作用定律，此时工人手上必受到小车的反作用力F I，此力是由于小车具有惯性，力图保持其原来的运动状态，对手进行反抗而产生的，即小车的惯性力，有。
二、质点的达朗伯原理设质量为m的质点M，受主动力F和约束反力F N的作用，沿曲线运动，产生加速度a，如图13-1所示。
根据牛顿第二定律，有此时质点由于运动状态发生改变，它的惯性力为将以上两式相加，得(13-1)上式表明：任一瞬时，作用于质点上的主动力、约束反力和虚加在质点上的惯性力在形式上组成平衡力系。
这就是质点的达朗伯原理。
图13-1必须指出：由于质点的惯性力并不作用于质点本身，而是假想地虚加在质点上的，质点实际上也并不平衡。
式(13-1)反映了力与运动的关系，实质上仍然是动力学问题，但它提供了将动力学问题转化为静力学平衡问题的研究方法。
这种方法对求解质点的动力学问题并未带来明显的方便，但在研究方法上显然是个新的突破，而且，它对求解非自由质点系的动力学问题是十分有益的。
三、质点系的达朗伯原理设有n个质点组成的非自由质点系，取其中任意一质量为m i的质点M i，在该质点上作用有主动力F i，约束反力F Ni，其加速度为a i。
根据质点的达朗伯原理，如在质点M i上假想地加上惯性力，则F i、F Ni和F Ii构成一平衡力系，有对质点系的每个质点都作这样的处理，则作用于整个质点系的主动力系、约束力系和惯性力系组成一空间力系，此时力系的主矢和力系向任一点O简化的主矩都等于零，即(13-2)上式表明：任一瞬时，作用于质点系上的主动力系、约束力系和虚加在质点系上惯性力系在形式上构成一平衡力系。
达朗贝尔原理
例13-6某传动轴上安装有两个齿轮，质量分别为 m1、m2，偏心距分别为 e1
和 e2。 在图示瞬时， 1D1 平行于 z 轴， 2D2 平行于 x 轴， C C 该轴的转速是 n r/min。 求此时轴承 A、B 的附加动反力。
解：研究 AB 轴，其受力图如图示 Q1 m1e1 2 Q 2 m 2 e 2 2
解得
S B 45.5 N
例13-4图示矩形块质量m1 = 100 kg，b = 0.5 m，h = 1.0 m，置于平台车上。车质量m2 = 50 kg。此车沿光 滑水平面运动。车和矩形块在一起由质量为m3的物体 牵引，使之作加速运动。设物块与车之间的摩擦力足 够阻止相互滑动，求能够使车加速运动的质量m3的最 大值，以及此时车的加速度大小。
解：研究 ABC 杆，由机构可知，ABC 作平移运动，初瞬时＝0， 所以 a n 0, Q AB ma , QBC ma ，受力图如图示，由达朗贝尔原理：
X 0 Q AB Q BC mg sin mg sin 0 解得
a g sin
l l l m B (F ) 0 S A cos l Q AB sin mg Q BC cos 0 2 2 2 解得 S A 5.38 N Y 0 S A S B mg cos mg cos 0
M1、M2的惯性力的方向如图示，大小
在定滑轮上，质量为mi的轮缘质点的虚加切向
惯性力和法向惯性力方向如图示，大小分别为 n 2
qi mi r
qi mi r
根据质点系的达朗贝尔原理，由平衡方程得
X 0
n X O qix qix 0
例 13-1单摆摆长l，摆锤质量m，求单摆的运动规律 及绳的约束力。
理论力学第13章
例13-3
已知:如图所示均质杆的质量为m ,长为l ,绕定轴 O 转动的角速度为 ,角加速度为 . 求:惯性力系向点Ｏ 简化的结果(方向在图上画出). 解: 该杆作定轴转动，惯性力系向 t 点O简化的主矢、主矩大小为： FIO
l F m 2 1 2 M IO ml 3
t IO
n FIO
M IO ri FIi ri (mi aC ) ( mi ri ) aC mrC aC
惯性力系向质心简化： M IC 0
只简化为一个力： FIR maC
平移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加速度的乘 积，合力的方向与加速度方向相反。
这个力偶的矩等于刚体对转轴的转动惯量与 角加速度的乘积，转向与角加速度相反。
思考： 1.刚体匀速转动，转轴不通过质心。
FIR maC
作用点在转轴上。
2.转轴通过质心，但 0 。
M IO J O
3.刚体作匀速转动，且转轴通过质心。
FIR 0 , M IO 0
M IO
n aC
t aC
l 2 F m 2
n IO
方向如图所示。
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 值的大小带入，不能再带负号！
解题步骤及要点
1.选取研究对象：原则与静力学相同。 2.受力分析：画出全部主动力和外约束力。 3.运动分析：主要是刚体质心加速度，刚体角加速度， 标出方向或转向。 4.虚加惯性力：在受力图上画上惯性力和惯性力偶。 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.求解未知量。
达朗伯原理
求：BC 绳的张力及A处的约束反力。
解： 取AB杆为研究对象
分析AB杆的运动，计算惯性力
dFg
m 2x sin
l
dx
Fg
l m 2x sin dx 1 ml 2 sin
0l
2
X 0 FAx Fg FT 0
Y 0 FAy mg 0
MA 0
FTl cos
Fg
2 l cos
M
B
C
l
FCy
M
MC F 0 M MgC mgR FAg R 0
MgC
A C FCx
FAg maA
其中：
mg
M gC
J C C
1 mR2 2
aA R
1 2 mRaA
aA
2(M mgR) 3mR
A
mg FAg
X 0 FCx 0 Y 0 FCy mg mg FAg 0
O θ l
解：以小球为研究的质点。质点作匀速圆
周运动，只有法向加速度，在质点上
O
除作用有重力mg和绳拉力F外，再加
θ
上法向惯性力F*，如图所示。
F*
man
m
v2 l sin
l
F b
根据达朗伯原理，这三力在形 式上组成平衡力系，即
n
t
mg F*
F mg F * 0
解得：
取上式在自然轴上的投影式，有：
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 对平面惯性力系作向质心简化。
FgR
MgC
惯性力主矢:
C
哈理力十三章--达朗贝尔原理技巧与应用
理论力学
中南大学土木建筑学院
2
§13-1、2 达朗贝尔原理 13一、惯性力的概念 惯性力的概念 人用手推车
F′ F
a
F ' = − F = − ma
是由于小车具有惯性， 力 F '是由于小车具有惯性，力图保持 原来的运动状态，对于施力物体(人 原来的运动状态，对于施力物体 人) 产生的反抗力。称为小车的惯性力 惯性力。 产生的反抗力。称为小车的惯性力。
∑ F + ∑ F + ∑F = 0 ∑M (F ) + ∑M (F ) + ∑M (F ) = 0
i Ni Ii O i O Ni O Ιi
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∑ F + ∑ F + ∑F = 0 ∑M (F ) + ∑M (F ) + ∑M (F ) = 0
i Ni Ii O i O Ni O Ιi
质点的达朗贝尔原理
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F + FN + FI = 0
即：在质点运动的任一瞬时, 作用于质点上的主动 在质点运动的任一瞬时, 力、约束力和假想加在质点上的惯性力构成形式上 质点的达朗贝尔原理。 的平衡力系。这就是质点的达朗贝尔原理 的平衡力系。这就是质点的达朗贝尔原理。
方程简化为
Fi (e) + ∑ FI i = 0 ∑ MO (Fi (e) ) + ∑ MO (FI i ) = 0 ∑
对整个质点系来说，动静法给出的平衡方程， 对整个质点系来说，动静法给出的平衡方程，只是质 点系的惯性力系与其外力的平衡，而与内力无关。 点系的惯性力系与其外力的平衡，而与内力无关。
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大学物理第十三章课后答案
习题十三13-1 衍射的本质是什么？衍射和干涉有什么联系和区别 ？答：波的衍射现象是波在传播过程中经过障碍物边缘或孔隙时所发生的展衍现象• 其实质是 由被障碍物或孔隙的边缘限制的波阵面上各点发出的无数子波相互叠加而产生. 而干涉则是 由同频率、同方向及位相差恒定的两列波的叠加形成.13-2 在夫琅禾费单缝衍射实验中，如果把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样是否会 跟着移动？若把单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样是否会跟着移动 ？答：把单缝沿透镜光轴方向平移时， 衍射图样不会跟着移动. 单缝沿垂直于光轴方向平移时， 衍射图样不会跟着移动.13-3 什么叫半波带？单缝衍射中怎样划分半波带 ？对应于单缝衍射第 3级明条纹和第4级暗条纹，单缝处波面各可分成几个半波带？λ答：半波带由单缝 A 、B 首尾两点向'方向发出的衍射线的光程差用2来划分•对应于第3级明纹和第4级暗纹，单缝处波面可分成 7个和8个半波带. a Sin =(2k • 1) “ =(2 3 ■ 1) “ =7∙.∙由 22 2a Sin -4 ' - 8—213-4 在单缝衍射中，为什么衍射角 ，愈大(级数愈大)的那些明条纹的亮度愈小 ？ 答：因为衍射角「愈大则asin「值愈大，分成的半波带数愈多，每个半波带透过的光通量 就愈小，而明条纹的亮度是由一个半波带的光能量决定的，所以亮度减小.13-5 若把单缝衍射实验装置全部浸入水中时，衍射图样将发生怎样的变化？如果此时用公mλasin =(2k 1) (k =1,2,)式 2来测定光的波长，问测出的波长是光在空气中的还是在水中的波长？k ■解：当全部装置浸入水中时，由于水中波长变短，对应asin 「= k ∙ = n ,而空气中为asi n「= k ∙,∙. Si n 「=n Sin ",即「=n :,水中同级衍射角变小，条纹变密.λ如用asin(2k ■ I)2 (k=1,2,…)来测光的波长，则应是光在水中的波长.(因asin‘ 只代表光在水中的波程差)•13-6 在单缝夫琅禾费衍射中，改变下列条件，衍射条纹有何变化 ?(1)缝宽变窄；(2)入射光波长变长；(3)入射平行光由正入射变为斜入射. 解：(1)缝宽变窄，由asin ' =k'知，衍射角「变大，条纹变稀；(2) ,变大，保持a, k不变，则衍射角 「亦变大，条纹变稀； (3) 由正入射变为斜入射时， 因正入射时asin即=k ∙；斜入射时，a(Sin「-Sin^)^k-,保持a ,'不变，则应有 ^ k或k二：：k •即原来的k 级条纹现为k级.13-7 单缝衍射暗条纹条件与双缝干涉明条纹的条件在形式上类似，两者是否矛盾 ？怎样说明？λ答：不矛盾•单缝衍射暗纹条件为.asin=k' =2k 2 ,是用半波带法分析(子波叠加问 题)•相邻两半波带上对应点向'方向发出的光波在屏上会聚点一一相消， 而半波带为偶数，故形成暗纹；而双缝干涉明纹条件为dsin a ,描述的是两路相干波叠加问题，其波程差为波长的整数倍，相干加强为明纹.13-8 光栅衍射与单缝衍射有何区别 ？为何光栅衍射的明条纹特别明亮而暗区很宽 ？答：光栅衍射是多光束干涉和单缝衍射的总效果. 其明条纹主要取决于多光束干涉.光强与缝数N 2成正比，所以明纹很亮；又因为在相邻明纹间有 (N -1)个暗纹，而一般很大，故 实际上在两相邻明纹间形成一片黑暗背景.13-9 试指出当衍射光栅的光栅常数为下述三种情况时，哪些级次的衍射明条纹缺级 ?(1) a+b=2a;(2)a+b=3a;(3)a+b=4a.解：由光栅明纹条件和单缝衍射暗纹条件同时满足时，出现缺级.即"(a +b)si n d =±k ?* (k =0,1,2,…) a sin W = ±k 九 (^ = 1,2∙…)a +b * k = k H可知，当 a 时明纹缺级.(1)a∙b =2a 时，k = 2,4,6,•…偶数级缺级；(2) a b =3a 时，k=3,6,9,•…级次缺级；⑶ a ∙b =4a , k=4,8,12,∙∙级次缺级.13-10 若以白光垂直入射光栅，不同波长的光将会有不同的衍射角.问 (1)零级明条纹能 否分开不同波长的光?(2)在可见光中哪种颜色的光衍射角最大 ？不同波长的光分开程度与什 么因素有关？解：(1)零级明纹不会分开不同波长的光. 因为各种波长的光在零级明纹处均各自相干加强. ⑵可见光中红光的衍射角最大，因为由(a' b) sin :护=k ‘，对同一 k 值，衍射角 -'.ο13-11 一单色平行光垂直照射一单缝， 若其第三级明条纹位置正好与 6000 A的单色平行光的第二级明条纹位置重合，求前一种单色光的波长. 解：单缝衍射的明纹公式为a sin = (2 k 1)2o当人=6000 A 时 k = 2，='X 时，k = 3 重合时'角相同，所以有5 ■ X6000 =4286 o7Ao13-12 单缝宽0.10mm,透镜焦距为50Cm 用^ =5000 A 的绿光垂直照射单缝•求：(1) 位于透镜焦平面处的屏幕上中央明条纹的宽度和半角宽度各为多少 ?(2)若把此装置浸入水中(n=1.33),中央明条纹的半角宽度又为多少 ？AλL X = 2 f解：中央明纹的宽度为na-Sin —半角宽度为 na(1)空气中，n=1,所以A5000 汇 10 “J：x =2 0.5厂=5.0 100.10 汉 10ma sin 即=(22 1)-6000=(2 3 ■ 1)1015000 X 10 一 3V - Sin厂=5.0 10 一0.10x10 一rad(2)浸入水中，n=1.33 ,所以有105000 x10一3：^=2 0.50- 3.76 10 _1.33x0.10x10—mI5000 00」° 3V - Sin 3 : 3.7610 一 1.33 X 0.1 X10 一 rad13-13 用橙黄色的平行光垂直照射一宽为 a=0.60mm 的单缝，缝后凸透镜的焦距 f=40.0cm ,观察屏幕上形成的衍射条纹•若屏上离中央明条纹中心 1.40mm 处的P 点为一明条纹；求：（1）入射光的波长；（2）P 点处条纹的级数；（3）从P 点看，对该光波而言，狭缝处的波面可分成几个半波带？X 1.4 J3.5 10 tan f 4002 0.6 3.5 10 2k 1k = 4 得)-4 = 4700o若-3 = 6000 A ,则P 点是第3级明纹;o若-4 =4700 A ,贝U P 点是第4级明纹.a Sin = （2k 亠 1）-⑶由2可知，当k=3时，单缝处的波面可分成2k 1当k=4时，单缝处的波面可分成2kTo13-14用‘氛=5900A 的钠黄光垂直入射到每毫米有500条刻痕的光栅上，问最多能看到第几级明条纹？ 1 a+b = J二o解：500 mm =2.010 mm = 2.010 A由（a ' b ）sin ' = k '知，最多见到的条纹级数ka +b 2.0 汇104k max ==fc3.39∣Z-Qkmax^3所以有5900,即实际见到的最高级次为o 13-15 波长为5000A 的平行单色光垂直照射到每毫米有200条刻痕的光栅上，光栅后的透解：（1）由于P 点是明纹，故有a sin ' = (2k 1)—2 , k =1,2,3 - ■ 2a sin 2k 1X4.2 X10 °2k 1k =3，得 K =6000 mmoA=7个半波带;=9个半波带.<Pmax 对应的max镜焦距为60cm. 求：（1）屏幕上中央明条纹与第一级明条纹的间距；（2）当光线与光栅法线成30°斜入射时，中央明条纹的位移为多少？1a +b = ------ =5.0x10~6解： 200 mm 5.0 10 - m(1)由光栅衍射明纹公式X Sin Φ = tan W =— (a +b) sin 申=k k ,因k =1 ,又fX 1(a +b)所以有f这就是中央明条纹的位移值•o13-16 波长九=6000A 的单色光垂直入射到一光栅上，第二、第三级明条纹分别出现在 Sin=0∙20与Sin =0∙30处，第四级缺级.求：(1)光栅常数；(2)光栅上狭缝的宽度;⑶ 在90°> ’ > -90 °范围内，实际呈现的全部级数.解：(1)由(a b) Sin= k，式对应于Sin ：1=0∙2° 与Sin ；：2=0∙30 处满足：-Lo0.20 (a b) =2 6000 10 I. 100.30 (a b) =3 600010得 a ∙ b =6.0 10 * m(2)因第四级缺级，故此须同时满足(a ■ b) Sin = k ■a sin = k ，= 1.5 10 "βk解得取=1 ,得光栅狭缝的最小宽度为 1.5 10 m⑶由(a b) Sin = k ■k 土(a ■ b) Sin λπW =—当 2,对应 k = k m aXa +b .66.0 10 k10λ6000 10500010 210 恥 60 10 一X l5.0 10 -⑵对应中央明纹, 2= 6.0 10 一k = 0 =6 Cm正入射时, (a -b) Sin 斜入射时, (a -b)(sin=0二Sin所以 Sin=0日)=0 即Sin 申±sin 日=0Sinl : tanXCP二 30=1 60 10 2 2=3010m = 30Cm因_4 , _ 8缺级，所以在-9°：：：「：：： 9°范围内实际呈现的全部级数为k = 0, 一1, _2, _3, _5, _6, 一7, _9 共 15 条明条纹（k= 1° 在 k= 9° 处看不到）.o13-17 一双缝，两缝间距为 0.1mm ,每缝宽为0.02mm ,用波长为4800A 的平行单色光垂 直入射双缝，双缝后放一焦距为 50cm 的透镜.试求：（1）透镜焦平面上单缝衍射中央明条纹 的宽度；（2）单缝衍射的中央明条纹包迹内有多少条双缝衍射明条纹 ？ 解：（1）中央明纹宽度为 （2）由缺级条件a sin = k '■(a - b) sin = k ■0.1k " = 5k ' 0.02 k =1,2,即k=5,10,15,…缺级V -1.221 .22 5000= 30.5 10 D0.2d4f tan v : f v - 50030 .5 10 一 =1.5.∙.爱里斑半径2mm13-19已知天空中两颗星相对于一望远镜的角距离为 4.84 × 10-6rad ,它们都发出波长为o5500A 的光，试问望远镜的口径至少要多大，才能分辨出这两颗星 ？解：由最小分辨角公式J -1.22 —D5λ5.5j<10D =1.22 — =1 .22- = 13.864.84 10 Cmo13-20已知入射的X 射线束含有从0.95〜1.30A 范围内的各种波长，晶体的晶格常数为 o2.75 A ,当X 射线以45°角入射到晶体时，问对哪些波长的 X 射线能产生强反射？ 解：由布喇格公式2d Sin=k'_ 2d Sin 申λ = --------得k时满足干涉相长Qo当 k =1 时，& = m 、s in 45=3.89 A2 2.75 sin 45Λ --1.91 ok =2 时，2AI 。
达朗贝尔原理dAlembertsrinciple
2 A[ ]
mr
§3 刚体惯性力系的简化
一、刚体作平动
在同一瞬时，平动刚体内各点的加速度相等，
设刚体质心C的加速度为aC，则
ai aC i 1, 2, n
m1
在各质点上虚加对应的惯性力 FIi miai miaC
这些惯性力组成一同向平行力系。
FI C
该力系简化为通过质心的合力
aC ai
o
可以计算或查表得四分之一薄圆环的质心
位置为 OC 2 2 r
aCn OC 2
TB
∴惯性力合力的大小为
FI
1
2
2 mr22
根据质点系达朗贝尔原理，TA、TB与惯性力FI组成形式上的
F
)
=
0，
(FA
FB
)
sin
60
b 2
(FA
FB ) cos 60
b 2
0
……② ……③ ……④
解得 a = 4.9 m/s2, FA = 72 N, FB = 268 N
例2续2 已知边长b=100mm，m=40kg，求(2) 当AD、BE铅直时板a及两绳的张力。
D 60°
(2)当AD、BE铅直时,板受力如图。
FI maC maC maCn α
MIO =－JO
MIO aC
aC
FI
aCn
刚体绕定轴转动惯性力系的简化
（转轴垂直于质量对称面）(续)
MIO
FI maC FI FIn
FIn
MIO =－JOα
若将上述平面惯性力系向质心C 简化,将会出现什么结果?
MIC FIn
MIC = FI ·OC －JOα = maC ·OC －JOα
达朗伯原理(2010)
主要手段：虚加惯性力。
本章重点：惯性力。
第十三章
达朗伯原理
二、惯性力 (Inertial Force)
二、惯性力 (Inertial Force)
定义：
受力体因惯性而对 施力体的反抗。 FI ma
作用线： 过C点。
四、刚体惯性力系的简化
2、 刚体惯性力系简化结果------主矢与主矩
② 定轴转动 (Fixed-axis Rotation)
条件：具有质量对称面，且质量对称面⊥固定转轴。
向O点简化：
FIR＝－maC
大小： maC
方向： 与aC反向。
作用线：过O点。 大小： J O
第三篇 动力学
第十三章 达朗伯原理
（达朗贝尔原理） （D´Alembert´s Principle）
第十三章
达朗伯原理
一、引
言
一、引 言 (Introduction)
如何求解复杂机器的动反力 及内部构件的受力？
一、引 言 (Introduction)
主要思想：用静力学中研究平衡问题的方法来研究
原理：
若对质点系内的每个质点都假想地加上各自的惯性力， 则质点系的所有外力和所有惯性力组成平衡力系。
三、达朗伯原理 (D´Alembert´s Principle）
2、质点系的达朗伯原理
e Fi FIi 0 e M O Fi M O FIi 0
aC
O
FIR＝－maC
平动
FIR＝－maC
达朗伯原理(免费)
d 2 2 [( m1r1 m2 r2 J ) ] m1 gr1 m2 gr2 dt
m1r1 m2 r2 g 2 2 m1r1 m2 r2 J
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2008-7-16
方法3 用动能定理求解 取系统为研究对象，任一瞬时系统的 1 1 1 2 2 T m1v1 m2v2 J 2 2 2 2 2 (m1r12 m2 r2 2 J ) 2 元功 W F m1 gds1 m2 gds2
定义：质点惯性力
Q ma
加速运动的质点，对迫使其产生加速运动的物体的惯 性反抗的总和。
2008-7-16 3
2 d x Qx m ax m 2 dt d2y Q y m ay m 2 dt 2 d z Qz m az m 2 dt
d 2s Q m a m 2 dt v2 Qn m an m
2008-7-16
1
第十四章
达朗伯原理
§14–1
惯性力的概念 ·达朗伯原理
§14–3
§14–4 §14–5
2008-7-16
刚体惯性力系的简化
定轴转动刚体的轴承动反力
静平衡与动平衡的概念
达朗伯原理的应用
2
§14-1
惯性力的概念 ·质点的达朗伯原理
一、惯性力的概念 人用手推车 F ' F ma
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例-7 P340：已知曲柄OA=r，质量m，匀角速度转动，连杆AB=2r，质量 2m，滑块B质量m，受阻力F作用，求主动力偶MO．
解: 运动分析及惯性力计算 速度分析
加速度分析
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受力分析
1
理论力学第13章达朗贝尔原理
1 FB mg 98N FA 2 1 FB m 2 15775N 附加动反力 : FA 2 静反力 :
13.3 刚体达朗贝尔原理
例13-5：两圆盘质量均为m，对称偏心距均为e， A =常量。 求：A、B轴承反力。 解：研究对象:转子 C1 FI1 受力分析:如图示 mg 2 运动分析:转动 aC1 aC 2 e
非自由质点M：质量m ， 主动力F，约束反力FN，加速度a
则：F FN ma 即：F FN ma 0
M
F FN FR a
FI
得：F FN FI 0 —质点达朗贝尔原理
第13章 达朗贝尔原理
令：FI ma
—质点惯性力
FB
FI 1 FI 2
FB 0 FA
FB 0 FA
第13章 达朗贝尔原理
13.4 转子的静平衡与动平衡概念
动平衡—解决转子的偏心 和转轴与质量对称平面不垂直的问题
F'I 1 FI2
C2
FI1
C1
F'I2
适用于高速、细长转子
第13章 达朗贝尔原理
2
x
F1
受力分析：如图示 D 2 运动分析： an 2
dFI Ads an
D A 2 ds 2 D2 A 2d 4
第13章 达朗贝尔原理
13.2 达朗贝尔原理
例13-1：电机护环直径D，环截面面积A，材料密度 y （kg/m3），转子角速度=常数。 dFI F D2 2 解： dFI A d d 4 π x
第13章 达朗贝尔原理
FB
mg
理论力学（机械工业出版社）第十三章达朗伯原理习题解答
理论力学（机械工业出版社）第十三章达朗伯原理习题解答习题13-1 如图13-16所示，一飞机以匀加速度a 沿与水平线成仰角b 的方向作直线运动。
已知装在飞机上的单摆的悬线与铅垂线所成的偏角为f ，摆锤的质量为m 。
试求此时飞机的加速度a 和悬线中的张力F T 。
图13-16ma F =I0cos sin 0I T =-=∑β?F F F x ?βsin cos IT F F =0sin cos 0I T =--=∑mg F F F y β?0sin cos sin cos I I =--mg F F β??β0sin )cos(I=-+mg F ?β? mg ma=+?β?sin )cos( )cos(sin β??+=g amg maF F )cos(cos sin cos sin cos I T β?ββ?β+===13-2 球磨机的简图如图13-17所示，滚筒作匀速转动，内装钢球及被粉碎的原料，当钢球随滚筒转到某一角度f 时，将脱离筒壁作抛射运动，由于钢球的撞击，从而破碎与研磨原料。
已知钢球脱离筒壁的最佳位置'4054?=?，滚筒半径R =0.6m 。
试求使钢球在'4054?=?处脱离滚筒的滚筒转速。
图13-172n I ωmR ma F == 0cos 0I N n =-+=∑F mg F F ?)cos (cos cos 22I N ?ω?ω?g R m mg mR mg F F -=-=-=令0N =F0cos 2=-?ωg RRg ?ωcos =min r/35.296.00454cos 8.9π30cos π30π30='??===R g n ?ω13-3 一质量为m 的物块A 放在匀速转动的水平转台上，如图13-18所示。
已知物块的重心距转轴的距离为r ，物块与台面之间的静摩擦因数为s μ。
试求物块不致因转台旋转而滑出时水平转台的最大转速。
图13-182n I ωmr ma F ==00N =-=∑mg F F ymg F =N 00I =-=∑F F F x0N s 2=-F mr μω 0s 2=-mg mr μωrgs μω=rgn s max π30π30μω==13-4 离心调速器的主轴以匀角速度w 转动，如图13-19所示。
理论力学11—达朗贝尔原理1分析
处的动反力。
R
A
a FA
W
B
P
FB
b l
FI FI ma
解:梁在主动力、约束力、惯性力作用下平衡：
MB
0:
(W
FI
)(b
R)
P
l 2
FAl
0
FI ma
FA
2W
(b
R) 2l
Pl
FI
(b l
R)
R
2W (b R) Pl 静反力
A
ai
ri mi
k OBiblioteka Fj Iti zi FIni
y
i yi xi
qi
x
z
FIit miait miria
FIin miain miriw 2
惯性力对x轴的矩为
M Ix M x (FIit ) M x (FIin )
x
miria cosqi zi miriw 2 sinqi zi
O
11.2.2 刚体绕定轴转动
刚体定轴转动时, 设其角速
度为w, 角加速度为a, 刚体
内任一质点的质量为mi，到 转轴的距离为ri, 则刚体内任 一质点的惯性力为FIi＝-miai。
在转轴上任选一点O为简化
中心, 建立直角坐标系如图,
质点的坐标为xi, yi, zi, 现分 别计算惯性力系对三个坐标
ma F FN
FI
m
将上式改写成 F FN ma 0
F
令 FI ma
FN
a
FI具有力的量纲, 且与质点的质量有关，称其为 质点的惯性力。它的大小等于质点的质量与加
速度的乘积，方向与质点加速度的方向相反。
第十三章 达朗伯原理
ε
aiτ ain mi Fiτ
ω
Fgi = Fgi + F
τ
n gi
Fin
R 主矢： gi
= ∑ Fgi = ∑ (− mi ai ) = −∑ mi ai = −maC
m z (Fgi ) = ∑ m z F n + ∑ m z F τ ∑
gi gi
Rgi = − MaC
主矩： M gz =
( )
FgA A mAg B mBg A
FgA = m A a
FgB = mB a
三、列方程求解： mBg
图示系统，滑 轮的半径为r， 质量略去不 计。两重物的 质量分别为 mA、mB。求重 物的加速度和 轴承处的约束 反力。
∑ M (F ) = 0
O i
FgB
m A g ⋅ r − mB g + FgA + FgB r = 0
(
)
即： m A g − mB g − (m A + mB )a = 0
∑F
y
=0
FO − m A g − mB g + FgA − FgB = 0
a= m A − mB g m A + mB
FO = 2 m A mB g m A + mB
解得：
§13—3 刚体惯性力系的简化
应用达朗伯原理求解刚体动力学问题时，需要 对刚体内每个质点都加上它的惯性力，这就构成了 一个惯性力系。如果用静力学中力系简化的方法将 惯性力加以简化，对于解题就方便多了。 以下，分别对刚体做平动、绕定轴转动和平 面运动时的惯性力系进行简化。
一、刚体做平动。
a
C
aC
∵刚体平动 ∴ a i = aC
达朗贝尔原理
第十二章动静法达朗贝尔原理(动静§12-1 惯性力·质点的达朗贝尔原理NF F a m +=0=−+a m F F N 令a m F I −=惯性力a (0F F F I N =++有►质点的达朗贝尔原理:作用在质点的主动力、设非自由质点的质量为m ,加速度为a ,作用在质点上的主动力为约束力为根据牛顿第二定律,有,F ,F N需要指出的是:实际质点上只受主动力和约束题,所以亦称动静法。
►需要指出的是:实际质点上只受主动力和约束力的作用,惯性力并不作用在质点上,质点也非处于平衡状态。
►达朗贝尔原理将动力学问题转化为静力学问题,所以亦称动静法。
b (0F F F 0F F F 0F F F Iz Nz z Iy Ny y Ix Nx x ⎪⎭⎪⎬⎫=++=++=++式(a 的投影式为例12-1用达朗贝尔原理求解例10-3已知:o 60,m 3.0,kg 1.0===θl m 求:.,T F v0=++I T F F g m 0mg cos F ,0F T b =−=∑θ∑=−=0sin ,0n I T n F F F θ解得N 96.1cos ==θmg F T s m 1.2sin 2==ml F v T θθsin l v m r v m ma F 22n n I ===解:§12-2 质点系的达朗贝尔原理记(e iF 为作用于第i 个质点上外力的合力。
(i i F 为作用于第i 个质点上内力的合力。
则有(((((((⎪⎭⎪⎬⎫=++=++∑∑∑∑∑∑0F M F M F M 0F F F Ii 0ii 0e i 0Ii i i e i n21i 0F F F Ii Ni i ,,,L ==++质点系的达朗贝尔原理:质点系中每个质点上作用的主动力,约束和它的惯性力在形式上组成平衡力系。
因(((∑∑==,0,00i i i i F M F 有((((∑∑∑∑=+=+0000Ii e i Ii e i F M F M F F 也称为质点系的达朗贝尔原理:作用在质点系上的外力与虚加在每个质点上的惯性力在形式上组成平衡力系。
13-理论力学-第三部分动力学第十三章达朗贝尔原理
由于小车具有惯性，力图保持原来的运动状态，对于施力物体
(人手)产生的反抗力（反作用力），称为小车的惯性力。 F' F ma
动力学/达朗伯原理
二、质点的达朗贝尔原理
非自由质点M，质量m，受主动
FI
力 为
F
a
，约束反力 FN ，获得的加速度
。 由牛顿第二定律：
FN
F
FN
ma
F FN ma 0
▼任意点
Mi 切向加速度
a i
法向加速度
ain
▼
Mi 虚加上的惯性力
FIi
mi
ai
，
FIin
miain
α
所有的点组成一个平面内的惯性力系
α
ain aiτ
FIiτ
FIin
动力学/达朗伯原理
▼
Mi 虚加上的惯性力
FIi
mi
ai
，
FIin
miain
▼O为转轴 z与质量对称平面的交点，向O点简化：
理论力学
第三部分 动 力 学
第十三章
达 朗 贝尔原 理
2021年7月22日
动力学/达朗伯原理
第十三章
达朗贝尔原理
达朗贝尔原理是十八世纪为解决机器动力学问题 提出的，实质就是在动力学方程中引入惯性力，将动 力学问题从形式上转化为静力学中的力的平衡问题， 应用静力学的平衡理论求解。
本章介绍动力学的这一重要原理——达朗伯尔原 理 (也称动静法)。
FA
mg 4
cos0
FAτ
（与图示反向）
FAn
FIR
动力学/达朗伯原理
●用动量矩定理+质心运动定理再求解此题：
13达朗贝尔原理
§9-2达朗贝尔原理在刚体动力学中的应用
刚体惯性力系的简化
1.刚体作平动 1.刚体作平动
F
I R
I R
aC
F = ∑ FIi = ∑ (−mi ai ) = −aC ∑ mi
F = −maC
I R
2.刚体绕定轴转动 2.刚体绕定轴转动
（仅讨论刚体具有垂直于转轴的 质量对称面的情况） 质量对称面的情况） 取质量对称面与转轴的交点O点为简化中心 取质量对称面与转轴的交点 点为简化中心
Fi e + ∑ FIi = 0 ∑
∑M
O
( Fi ) + ∑ MO ( FIi ) = 0
e
例 如图所示,滑轮的半径为 ，质量m均匀分布在轮缘上，可绕 如图所示 滑轮的半径为r，质量 均匀分布在轮缘上， 滑轮的半径为 均匀分布在轮缘上 水平轴转动。轮缘上跨过的软绳的两端各挂质量为m 水平轴转动。轮缘上跨过的软绳的两端各挂质量为 1和m2的重 绳的重量不计，绳与滑轮之间无相对滑动， 物,且 m1 > m2 。绳的重量不计，绳与滑轮之间无相对滑动，摩 且 擦不计。求重物的加速度。 擦不计。求重物的加速度。
a
FR
注意： 注意： 非处于平衡状态。 非处于平衡状态。
F + FN + FI = 0
是形式上的平衡方程， 是形式上的平衡方程，实际质点并
质点的惯性力是真实的力， 质点的惯性力是真实的力，但是它不是作用在该质点 而是作用在使该质点运动变化的其他物体上。 上，而是作用在使该质点运动变化的其他物体上。故不能 质点受到惯性力作用” 而应该说“ 说“质点受到惯性力作用” ，而应该说“在质点上假想的 加上惯性力” 加上惯性力” 。 在质点上假想的加上惯性力只是为了借用静力学的研 究方法来解决动力学物体。故达朗伯原理也称为动静法。 究方法来解决动力学物体。故达朗伯原理也称为动静法。
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习 题13-1 如图13-16所示，一飞机以匀加速度a 沿与水平线成仰角b 的方向作直线运动。
已知装在飞机上的单摆的悬线与铅垂线所成的偏角为f ，摆锤的质量为m 。
试求此时飞机的加速度a 和悬线中的张力F T 。
图13-16ma F =I 0cos sin 0I T =-=∑βϕF F F xϕβsin cos IT F F =0sin cos 0I T =--=∑mg F F F y βϕ0sin cos sin cos I I=--mg F F βϕϕβ0sin )cos(I=-+mg F ϕβϕmg ma=+ϕβϕsin )cos()cos(sin βϕϕ+=g amg ma F F )cos(cos sin cos sin cos I T βϕβϕβϕβ+===13-2 球磨机的简图如图13-17所示，滚筒作匀速转动，内装钢球及被粉碎的原料，当钢球随滚筒转到某一角度f 时，将脱离筒壁作抛射运动，由于钢球的撞击，从而破碎与研磨原料。
已知钢球脱离筒壁的最佳位置'4054︒=ϕ，滚筒半径R =0.6m 。
试求使钢球在'4054︒=ϕ处脱离滚筒的滚筒转速。
图13-172n I ωmR ma F == 0cos 0I N n =-+=∑F mg F F ϕ)cos (cos cos 22I N ϕωϕωϕg R m mg mR mg F F -=-=-=令0N =F0cos 2=-ϕωg RRg ϕωcos =min r/35.296.00454cos 8.9π30cos π30π30='︒⨯===Rg n ϕω13-3 一质量为m 的物块A 放在匀速转动的水平转台上，如图13-18所示。
已知物块的重心距转轴的距离为r ，物块与台面之间的静摩擦因数为s μ。
试求物块不致因转台旋转而滑出时水平转台的最大转速。
图13-182n I ωmr ma F ==00N =-=∑mg F F ymg F =N 00I =-=∑F F F x0N s 2=-F mr μω 0s 2=-mg mr μωrgs μω=rgn s max π30π30μω==13-4 离心调速器的主轴以匀角速度w 转动，如图13-19所示。
已知滑块C 的质量为m ，小球A 、B 的质量为m 1，各杆长度均为l ，杆的自重不计。
试求杆OA 和OB 的张角θ。
图13-19小球A21n 1I sin θωl m a m F == 0sin sin 0I 21=-+=∑F F F F x θθ0s i n s i n s i n 2121=-+θωθθl m F F02121=-+ωl m F F (1)0cos cos 0121=--=∑g m F F F y θθ (2))2(cos )1(-⨯θ 得0cos cos 21212=+-g m l m F θωθ g m l m F 1212cos cos 2-=θωθ滑块C0cos 202=-=∑mg F F y θ (2)0cos 121=--mg g m l m θω211)(cos ωθl m g m m +=211)(a r c c o s ωθl m g m m +=13-5 物块A 放在倾角为θ的斜面上，如图13-20所示。
物块与斜面间的静摩擦因数为s μ=tan f m ，如斜面向左作匀加速运动，试问加速度a 为何值时物块A 不致沿斜面滑动。
图13-20(1) 物块A 有下滑趋势ma F =I0sin cos 0I =-+=∑θθmg F F F x (1)0cos sin 0I N =--=∑θθmg F F F y (2)由(2)得θθcos sin I N mg F F +=临界 m I m N N tan )cos sin (tan ϕθθϕμmg F F F F +=== 代入(1)得 0s i n t a n )c o s s i n (c o s m =-++θϕθθθmg mg ma ma θϕθθθs i n t a n )c o s s i n (c o s m g g a a =++ )t a n c o s (s i n )t a n s i n (c o s m m ϕθθϕθθ-=+g a )t a n (t a n t a n 1t a n t a n t a n s i n c o s )t a n c o s (s i n m mm mm ϕθϕθϕθϕθθϕθθ-=+-=+-=g gg a(2) 物块A 有上滑趋势 ma F =I0sin cos 0I =--=∑θθmg F F F x (1)0cos sin 0I N =--=∑θθmg F F F y (2)由(2)得θθcos sin I N mg F F +=临界 m I m N N tan )cos sin (tan ϕθθϕμmg F F F F +=== 代入(1)得 0s i n t a n )c o s s i n (c o s m =-+-θϕθθθmg mg ma ma θϕθθθs i n t a n )c o s s i n (c o s m g g a a =+- )t a n c o s (s i n )t a n s i n (c o s m m ϕθθϕθθ+=-g a)t a n (t a n t a n 1t a n t a n t a n s i n c o s )t a n c o s (s i n m mm mm ϕθϕθϕθϕθθϕθθ+=-+=-+=g gg a因此 )t a n ()t a n (m m ϕθϕθ+≤≤-g a g13-6 均质滑轮半径为r ，重为W 2，受力偶矩为M 的力偶作用并带动重为W 1的物块A 沿光滑斜面上升，如图13-21所示。
试求滑轮的角加速度及轴承O 的约束反力。
图13-21系统ααr gW r m a m F A 111I ===αα)(2122I r gW J M O O == 0)sin (0I 1I =+--=∑r F W M M M A O O θ0)s i n ()(211122=+--r r gW W r g W M αθα )2()s i n (22121W W r r W M g +-=θα0sin cos 0N I =--=∑θθF F F F A Ox xθθs i n c o s N I F F F A Ox += θθθαs i n c o s c o s 11W r gW +=θθθθsin cos cos )2()sin (212111W W W r r W M W ++-=0cos sin 0N I 21=+---=∑θθF F W W F F A Oy yθθα21121c o s s i n W r gW W W F Oy -++=θαθs i n s i n 1221r gW W W ++=θθθs i n )2()s i n (2s i n 2111221W W r r W M W W W +-++=13-7 如图13-22所示，试计算并在图上画出各刚体惯性力系在图示位置的简化结果。
刚体可视为均质的，其质量为m 。
a)尺寸如图示的板，以加速度a 沿固定水平面滑动； b)平行四边形机构中的连杆AB ，其曲柄以匀角速度ω转动； c)长为l 的细直杆，绕轴O 以角速度ω，角加速度α转动；d)半径为R 的圆盘，绕质心轴C 以角速度ω，角加速度α转动； e)半径为R 的圆盘，绕偏心轴O 以角速度ω，角加速度α转动； f)半径为R 的圆柱，沿水平面以角速度ω，角加速度α滚动而不滑动。
图13-22(a) ma F =IR(b) 2IR ωmr ma F C ==(c) αml ma F C 21ττIR == 2nn IR 21ωml ma F C == αα2I 31ml J M O O ==(d) 0IR =F αα2I 21mR J M C C ==(e) αme ma F C ==ττIR 2n n IR ωme ma F C == αα)21(22I me mR J M O O +==(f) αmR ma F C ==IR αα2I 21mR J M C C ==13-8 如图13-23所示，沿水平直线轨道运行的矿车总重量为W ，其重心离拉力F T 的距离为e ，离轨道面的距离为h ，离两轮中心线的距离分别为l 1、l 2，轨道面与轮间的摩擦力F =μW ，不计滚动阻碍，试求矿车的加速度及轨道面对两轮的约束反力。
图13-23a gW ma F ==I00I T =--=∑F F F F x0T =--a gW W F μg WF a )(T μ-=0)()(0T I 221N =--+++-=∑e h F h F Wl l l F M A B)()()()()(21T 221T T 2N l l eF h l W l l e h F gh WF gW Wl F A ++-=+---+=μμ0)()(0T I 121N =--+-+=∑e h F h F Wl l l F MB A)()()()()(21T 121T T 1N l l eF h l W l l e h F gh WF g W Wl F B +-+=+-+--=μμ13-9 移动式门重W =600N ，其滑靴A 和B 可沿固定水平梁滑动，如图13-24所示。
若动摩擦因数μ=0.25，门的加速度a =0.49m/s 2，试求水平力F 的大小及梁在A 、B 处的约束反力。
图13-24a gW ma F ==I00I =-++=∑F F F F F B A x (1)0=-++F a gW F F B A a gW F F F B A ++=A A F F N μ=B B F F N μ= a gW F F F B A ++=)(N N μ (1)00N N =-+=∑W F F F B A yW F F B A =+N N (2) 由式(1)、(2)得 N 1803.0)8.949.025.0()(==+=+=+=W W W ga a gW W F μμ05.120I N =--+=∑W F F F MB AN 5.3676125.0205.05.13.025.1N ==⨯-+=-+=W WW W a g W W F F B05.120I N =+-+-=∑W F F F M A B N 5.2323875.023.005.05.125.1N ==+-⨯=+-=W WW W W F a gW F A13-10 如图13-25所示，重W 1的电动机，安装在水平基础上，转子的重心偏出转轴O 的距离为e ，设转子重W 2，并以角速度ω匀速转动。