清华大学版理论力学课后习题答案大全第11章达朗贝尔原理及其应用习题解
《理论力学(Ⅰ)》PPT 第11章
11.1 惯性力·质点的达朗贝尔原理
设一个质量为m的质点，受到固定曲线约
束而沿此曲线运动，作用于质点的主动力为
F，约束力为N，其加速度为a。
牛顿第二定律 ma F N
F
F N ma 0
质点的惯性力：FI ma
ma N
⑴ 假想的，并不作用在质点上；
⑵ 应用时大小、方向分开；
FAy
l aC1 2 α1
ml FIC1 maC1 2 α1
M IC1
ml 2 12 α1
A
FIC1
FAx αM1
IC1
l aC2 lα1 2 α2
ml 2 M IC2 12 α2
FIC2
maC2
mlα1
ml 2
α2
Fmg C1aC1
B α FIC2
2
M IC2
mg C2aC2
Fix 0
ωα O aC ain
MO
MO JOα
Fi M O Fit α miri2 M
负号表示矩的转向与α相反
IO
x
C
FIO FIit
y
ait FIin
结论：⑴ 定轴转动刚体惯性力系向轴心简
化，结果为通过轴心的一个惯性力和一个惯
性力偶。 FIO MaC，M IO JOα ⑵ 定轴转动刚体惯性力系向质心简化，结
ae P
FIAe
ar
P sin 2φ
aB ae 2 Q P sin2 φ
B Q FIB
φ
N
例11-6 长为l、质量为m的两均质细杆AB和 BD，用光滑铰链B相连接，并自由地挂在铅 直位置。今以水平力F作用于AB杆的中点， 求此瞬时两杆的角加速度及A点的约束力。
理论力学11达朗贝尔原理
11.1 惯性力•达朗贝尔原理
例14－2 如图所示，定滑轮的半径为r，质量m均匀分 布在轮缘上，绕水平轴O转动。跨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。
O
mg
m1g
m2g
14
11.1 惯性力•达朗贝尔原理
解：取滑轮与两重物组成的质点系为研 究对象，并对该质点系进行受力分析：
11.1 惯性力•达朗贝尔原理
例11－1 如图所示一圆锥摆，质量m＝0.1kg的小球系于 长l＝0.3m的绳上，绳的另一端系在固定点O,并与铅直线成 θ ＝60º 角。如小球在水平面内作匀速圆周运动，求小球的速 度v与绳的张力FT的大小。 O
θ
ι
FT
FIn
mg
6
11.1 惯性力•达朗贝尔原理
解：视小球为质点，受力分析如下：
三、 质点系的达朗贝尔原理 设质点系由n个质点组成，其中任意质点i的质量为mi， 加速度为ai。 （1）若把作用于此质点上的所有力分为主动力的合 力 F i、 约束力的合力FNi， 再虚拟加上此质点的 惯性力FIi= –miai。 由质点的达朗贝尔原理，有
Fi+ FNi+ FIi =0 （11－3） 该式表明：质点系中每个质点上作用的主动 力、约束力和它的惯性力在形式上组成平衡力系，这 10 就是质点系的达朗贝尔原理。
（Ж）
O
θ
F F
b
0 : FTcos θ-mg=0 0 : FTsin θ-FIn=0
(1) (2)
ι
FT b n
n
联解（1）、（2）式得：
τ
FIn
mg FT＝ cos ＝1.96N
理论力学第11章习题答案
四川大学 建筑与环境学院 力学科学与工程系 魏泳涛
我在沙滩上写上你的名字，却被浪花带走了；我在云上写上你的名字，却被风儿带走了；于是我在理论力 学的习题答案上写上我的名字.
11.8 如图所示，重物 M 系于弹簧上，弹簧的另一端则固定在置于铅垂平面内的 圆环的最高点 A 上。重物不受摩擦地沿圆环滑下，圆环的半径为 20 cm ，重物的 质量为 5 kg ，如重物在初位置时 AM 20 cm ，且弹簧具有原长，重物的初速度 等于零，弹簧的重量略去不计，欲使重物在最低处时对圆环的压力等于零，弹簧 刚性系数应为多大？
11.5 计算图示各系统的动能 (1)如图(a)所示，质量为 m 、长为 l 的均质圆盘在自身平面内作平面运动，已知圆 盘上 A 、 B 两点的速度方向， B 点的速度为 vB ， 45 ； (2)如图(b)所示，质量为 m1 的均质杆 OA 、一端铰接在质量为 m2 的均质圆盘中心， 另一端放在水平面上，圆盘在地面上作纯滚动，圆心速度为 v ； (3)如图(c)所示质量为 m 的均质细圆环半径为 R ，其上固结一个质量也为 m 的质 点 A ，细圆环在水平面上纯滚动，图示瞬时角速度为 。
魏 魏 魏
泳
F ) 2
涛 涛 涛
解： 滚阻力偶： M N (mg 轮转动角度：
x R
将力 F 向 C 简化， F 对 C 主矩： M C Fr
F sin 60 x M C M
3 FR x F x 总功： Fx (mg ) 2 2 R 2 R Fx F x (1 3 ) (mg ) 2 2 R
涛 涛 涛
解：
1 l 2 (2m)l 2 2m ( ) 2 ml 2 12 3 3 滑块 A 的速度： vA l cos sin 滑块 B 的速度： vB l 1 2 1 2 1 2 5 2 2 系统动能： J D mvA mvB ml 2 2 2 6 l 重力功： (sin 0 sin ) 2mg l (sin 0 sin ) mg 2mgl(sin 0 sin ) 2 1 弹性力功： k[l 2 (1 cos 0 ) 2 l 2 (1 cos ) 2 ] 2 根据动能定理： 5 2 2 1 ml 0 2mgl(sin 0 sin ) k[l 2 (1 cos 0 ) 2 l 2 (1 cos ) 2 ] ( 1 ) 6 2 当 0 60 、 0 时，
理论力学第十一章 达朗贝尔原理(动静法)
讨论：1）脱离角α与滚筒的角速度和滚筒半径有关，而与钢球质量无关。
2）
筒壁。此时转筒
的转速称为临界转速，对球磨机而言，要求n小于nL，否则球磨机就不能工作。
§11－2 刚体惯性力系的简化
刚体平移时惯性力系的简化
当刚体平移时,任一瞬时体内各点的加速度相等。若记某瞬 时刚体质心加速度为aC，则该瞬时体内任一质量为m的质点 的加速度ai=aC，虚加在该点上的惯性力Fgi=-miai=-miaC 。 刚体内每一点都加上相应的惯性力，由静力学知,该空间平 行力系可简化为过质心的合力，即
式中，Fgτ=-maτ，称为切向惯性力 Fgn=-man称为法向惯性力（也称离心力）
负号表示它们分别与切向加速度和法向加速度的方向相反。
§11－1 惯性力与质点的达朗贝尔原理
质点系的动静法
对由n个质点组成的非自由质点系,设其中任一质点的质量 为mi,某瞬时加速度为ai，作用其上的主动力F，约束反力 Fni，假想在该质点上加上惯性力Fgi=-mai，由质点达朗贝 尔原理，则
=－ maC
该力偶的力偶矩等于惯性力系对刚体惯性力系的简化
结论 当刚体有质量对称面，且绕垂直于质量对称面的定轴 转动时，惯性力系可以简化为对称面内的一个力和一个力偶。 该力等于刚体的质量与质心加速度的乘积，方向与质心加速 度方向相反，且力的作用线通过转轴；
该力偶的力偶矩等于刚体对转轴的转动惯量与角加速度的乘 积，其转向与角加速度转向相反。惯性力系向点O简化的结 果如图b)所示。
Fg=-m a
质点的达朗伯原理:质点在运动的每一瞬时，作用 于质点上的主动力、约束反力与假想地在质点上 的惯性力，在形式上构成一平衡力系。
§11－1 惯性力与质点的达朗贝尔原理
理论力学课后习题答案
理论力学(盛冬发)课后习题答案c h11(总18页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--第11章 动量矩定理一、是非题(正确的在括号内打“√”、错误的打“×”)1. 质点系对某固定点(或固定轴)的动量矩，等于质点系的动量对该点(或轴)的矩。
(×)2. 质点系所受外力对某点(或轴)之矩恒为零，则质点系对该点(或轴)的动量矩不变。
(√)3. 质点系动量矩的变化与外力有关，与内力无关。
(√)4. 质点系对某点动量矩守恒，则对过该点的任意轴也守恒。
(√)5. 定轴转动刚体对转轴的动量矩，等于刚体对该轴的转动惯量与角加速度之积。
(×)6. 在对所有平行于质心轴的转动惯量中，以对质心轴的转动惯量为最大。
(×)7. 质点系对某点的动量矩定理e 1d ()d nOO i i t ==∑L M F 中的点“O ”是固定点或质点系的质心。
(√)18. 如图所示，固结在转盘上的均质杆AB ，对转轴的转动惯量为20A J J mr =+2213ml mr =+，式中m 为AB 杆的质量。
(×)9. 当选质点系速度瞬心P 为矩心时，动量矩定理一定有e 1d()d nP P i i t ==∑L M F 的形式，而不需附加任何条件。
(×)10. 平面运动刚体所受外力对质心的主矩等于零，则刚体只能做平动；若所受外力的主矢等于零，刚体只能作绕质心的转动。
(×)图二、填空题1. 绕定轴转动刚体对转轴的动量矩等于刚体对转轴的转动惯量与角速度的乘积。
2. 质量为m ，绕z 轴转动的回旋半径为ρ，则刚体对z 轴的转动惯量为2ρm J z =。
3. 质点系的质量与质心速度的乘积称为质点系的动量。
24. 质点系的动量对某点的矩随时间的变化规律只与系统所受的外力对该点的矩有关，而与系统的内力无关。
5. 质点系对某点动量矩守恒的条件是质点系所受的全部外力对该点之矩的矢量和等于零，质点系的动量对x 轴的动量矩守恒的条件是质点系所受的全部外力对x 轴之矩的代数和等于零。
(完整版)理论力学课后习题答案第11章达朗贝尔原理及其应用
第11章达朗贝尔原理及其应用11－1均质圆盘作定轴转动，其中图（a ），图（c ）的转动角速度为常数，而图（b ），图（d ）的角速度不为常量。
试对图示四种情形进行惯性力的简化。
ωα=0α≠0ωα=0ωα≠0ω（a ）（b ）习题11－1图（c ）（d ）F I OOF InF Itωα=0M I OωOωOωα≠0M I Oα≠0α=0（a ）（b ）（c ）（d ）习题11-1解图解：设圆盘的质量为m ，半径为r ，则如习题11-1解图：2（a ）F I=mr ω，MI O=0（b ）F I =mr ω，F I=mr α，MI O=J O α=（c ）F I=0，MI O=0（d ）F I=0，MI O=J O α=11－2矩形均质平板尺寸如图，质量27kg ，由两个销子A 、B 悬挂。
若突然撤去销子B ，求在撤去的瞬时平板的角加速度和销子A 的约束力。
n2t32mr α212mr α2ACB解：如图（a ）：设平板的质量为m ，长和宽分别为a 、b 。
F I=m α⋅AC =3.375α0.20m习题11－2图.15m1M I A =J A α=[m (a 2+b 2)+m ⋅AC 2]α=0.5625α122α=47.04rad/s M -0.1mg =0；；M (F )=0I A∑A F AyF IF Ax AM I A C a CBαm g θ∑F y=0；F I cos θ+F Ay -mg =0；sin θ=4=0.850.20m （a ）.15m∑Fx=0；F I sin θ-F Ax=0；其中：sin θ=3=0.65F Ax=3.375⨯47.04⨯0.6=95.26NF Ay=27⨯9.8-3.375⨯47.04⨯0.8=137.6N11－3在均质直角构件ABC 中，AB 、BC 两部分的质量各为 3.0kg ，用连杆AD 、DE 以及绳子AE 保持在图示位置。
若突然剪断绳子，求此瞬时连杆AD 、BE 所受的力。
理论力学11—达朗贝尔原理2
aC aB a a
t CB
n CB
C
30 B
o
其中
a
t CB
la
mg x FN
a
n CB
l 0
2
E
A C
将惯性力系向质心C简化， 得惯性力 FI＝ FIe＋ FIr , 其 中 FIe ＝ maB , FIr ＝ matCB ＝ mla 和惯性力偶，其力 偶的矩为
1 1 2 2 M I J Ca m(2l ) a ml a 12 3
z B
FB
由式 (1) 和 (2) 解得
b e FA (1 )P ab g
2ห้องสมุดไป่ตู้
FIO
A
FA
O C
e
a e FB (1 )P ab g
2
aP
(b)
b
两轴承所受的力分别和 FA 、FB 的大小相等而 方向相反。
E 例10 均质杆的质量为m, 长为2l, A 一端放在光滑地面上, 并用两软 a C 绳支持 , 如图所示。求当 BD 绳 aB t 30o 切断的瞬时, B点的加速度、AE aCB B 绳的拉力及地面的约束力。 D aB 解: 以杆AB为研究对象，杆AB y FT 作平面运动。 以点 B为基点， A E 则点C 的加速度为
M Ix J xza J yz 0,M Iy J yza J xz 0
2 2
所以，要使惯性力系的主矢等于零，必须aC=0， 即转轴通过质心。要使主矩等于零，必须有 Jxz=Jyz= 0 ，即刚体对转轴z的惯性积等于零。 如果刚体对通过某点的轴z的惯性积Jxz=Jyz=0 等 于零，称该轴为过该点的惯性主轴，通过质心 的惯性主轴成为中心惯性主轴。则上述结论可 表达为——避免出现轴承附加动约束力的条件 为是:刚体的转轴是刚体的中心惯性主轴。
清华大学版理论力学课后习题答案大全
第6章 刚体的平面运动分析6－1 图示半径为r 的齿轮由曲柄OA 带动，沿半径为R 的固定齿轮滚动。
曲柄OA 以等角加速度α绕轴O 转动，当运动开始时，角速度0ω= 0，转角0ϕ= 0。
试求动齿轮以圆心A 为基点的平面运动方程。
解：ϕc o s )(r R x A += （1） ϕsin )(r R y A +=（2）α为常数，当t = 0时，0ω=0ϕ= 0221t αϕ=（3）起始位置，P 与P 0重合，即起始位置AP 水平，记θ=∠OAP ，则AP 从起始水平位置至图示AP 位置转过θϕϕ+=A因动齿轮纯滚，故有⋂⋂=CP CP 0，即 θϕr R = ϕθr R =， ϕϕrr R A += （4）将（3）代入（1）、（2）、（4）得动齿轮以A 为基点的平面运动方程为：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+=+=+=222212sin )(2cos )(t r r R t r R y t r R x A A A αϕαα6－2 杆AB 斜靠于高为h 的台阶角C 处，一端A 以匀速v 0沿水平向右运动，如图所示。
试以杆与铅垂线的夹角θ 表示杆的角速度。
解：杆AB 作平面运动，点C 的速度v C 沿杆AB 如图所示。
作速度v C 和v 0的垂线交于点P ，点P 即为杆AB 的速度瞬心。
则角速度杆AB 为6－3 图示拖车的车轮A 与垫滚B 的半径均为r 。
试问当拖车以速度v 前进时，轮A 与垫滚B 的角速度A ω与B ω有什么关系？设轮A 和垫滚B 与地面之间以及垫滚B 与拖车之间无滑动。
解：RvR v A A ==ωR v R v B B 22==ωB A ωω2=6－4 直径为360mm 的滚子在水平面上作纯滚动，杆BC 一端与滚子铰接，另一端与滑块C 铰接。
设杆BC 在水平位置时，滚子的角速度ω＝12 rad/s ，θ＝30︒，ϕ＝60︒，BC ＝270mm 。
试求该瞬时杆BC 的角速度和点C 的速度。
理论力学第11章的课后习题答案
求:重物A下降的加速度以及轮C与地面接触点处的静摩擦力。
C B rO R
D A
C
B
r OR
m2 g Fs
FN
解：分别选轮子和重物A为研究对象，受力分析和运动分析 如图所示。轮子作平面运动，应用刚体平面运动微分方程，有
C B
FT
Fs
m2aO
D
rO
R
FT r Fs R m2 2
JO g W1R2
g
小车上升的加速度为
aห้องสมุดไป่ตู้
R
M W1R sinR
JO g W1R2
gR
a
FT
W1
FN
由小车的运动微分方程，有
FT
W1 sin
W1 g
a
解得绳子的拉力为
FT
W1 sin
W1 g
a
11-18 如图11.52所示结构中，重物A、B的质量分别为m1和m2 B物体与水平面间摩擦系数为f，鼓轮O的质量为M，
重物A的运动微分方程为 A
m1g FT' m1aA
C B r OR
m2 g Fs
FN
FT
F T'
a
A
m1g
其中： aO R
aA (R r)
FT' FT
联立求解，可得重物A下降的加速度为
aA
m1(R
m1(R r)2 r)2 m2 (R2
2)
g
轮C与地面接触点处的静摩擦力为
Fs
(2
m1(R r)2
FT'A
A
aA
Mg
A
m1g
重物A： m1g FTA m1a A
B 理论力学-第11章 达朗贝尔原理及其应用-2
O ( FIi ) 0
这两个矢量式可以写出六个投影方程。 根据达朗贝尔原理，只要在质点系上施加惯性力，就 可以应用上述方程求解动力学问题，这就是质点系的动静法。
11.2 惯性力系的简化
惯性力系的主矢与主矩 刚体平移时惯性力系的简化结果
刚体作定轴转动时惯性力系的简化结果 刚体作平面运动时惯性力系的简化结果
应用上述方程时，除了要分析主动力、约束力外，还必 须分析惯性力，并假想地加在质点上。其余过程与静力学完 全相同。 需要注意的是，惯性力只是为了应用静力学方法求解动 力学问题而假设的虚拟力，所谓的平衡方程，仍然反映了真 实力与运动之间的关系。
质点系的达朗贝尔原理
将质点的达朗贝尔原理推广至质点系。考察由n个质点组成 的非自由质点系，对每个质点都施加惯性力，则n个质点上所受 的全部主动力、约束力和假想的惯性力均形成空间一般力系。 对于每个质点，达朗贝尔原理均成立，即认为作用在质点上 的主动力、约束力和惯性力组成形式上的平衡力系，则由n个质 点组成的质点系上的主动力、约束力和惯性力，也组成形式上的 平衡力系。
动静法平衡方程的矢量形式
F FN FI 0
动静法平衡方程的投影形式
Fx FNx FIx 0 Fy FNy FIy 0 Fz FNz FIz 0
动静法方程的矢量形式
F FN FI 0
动静法方程的投影形式
Fx FNx FIx 0 Fy FNy FIy 0 Fz FNz FIz 0
刚体作定轴转动时惯性力系的简化结果
这里仅讨论刚体有质量对称 面且转轴与质量对称面垂直的
情形。这种情形下，可以先将
惯性力系简化在质量对称面内， 然后再进一步简化。
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。
理论力学 动力学 达朗贝尔原理
xOΒιβλιοθήκη FT18FT
例 铅直轴以轴角速度转动,水平杆OA固定在轴上,在A点绞连于 AB均质杆.设OA=0,AB=L，求:图示情况下的角速度ω值. ω A 解: 方法一:积分 0 r P 2 2 ϕ ∆S = ∆m × ω = dr (a + r sin ϕ )ω ， gl ∆S l P l
∑M
A
=0
P sin ϕ − ∫ ∆sr cos ϕ = 0, 0 2
m2 g ′＝ FT1 , 2cosα
FT2
′ ＝FT1 FT1
FT3 B FT1 FI C m1 g m2 g
8
F′T1
m1 + m 2 cosα = g 2 m1lω
§14-2 质点系的达朗伯原理 F1 m1 a1 FN2 FI2 F2 m2 FIi FI1 FN1 FNi mi Fi ai 质点系的主动力系
1 m 2 FΙ = ∫ ω x sin α ⋅ dx = mlω 2 sin α 0 l 2
l
ω
C
FT B FAy
A
mg FAx
B
x FI
∑ Fx = 0 ∑ Fy = 0
∑MA = 0
FAx + FΙ − FT = 0 FAy − mg = 0
α
A
l 2 FT l cos α − FΙ l cos α − mg sin α = 0 3 2
例 题
已知： 求：
离心调速器
m1－球A、B 的质量； m2－重锤C 的质量； l－杆件的长度； ω－ O1 y1轴的旋转角速度。
O1 l α α l A l C
x1
ω
l
B
ω－ α 的关系。
(完整版)理论力学课后习题答案第11章达朗贝尔原理及其应用
（a ）习题11－1图第11章 达朗贝尔原理及其应用11－1 均质圆盘作定轴转动，其中图（a ），图（c ）的转动角速度为常数，而图（b ），图（d ）的角速度不为常量。
试对图示四种情形进行惯性力的简化。
解：设圆盘的质量为m ，半径为r ，则如习题11-1解图：（a ）2I ωmr F =，0I =O M（b ）2n I ωmr F =，αmr F =tI ，αα2I 23mr J M O O == （c ）0I =F ，0I =O M （d ）0I =F ，αα2I 21mr J M O O ==11－2矩形均质平板尺寸如图，质量27kg ，由两个销子 A 、B 悬挂。
若突然撤去销子B ，求在撤去的瞬时平板的角加 速度和销子A 的约束力。
解：如图（a ）：设平板的质量为m ，长和宽分别为a 、b 。
αα375.3I =⋅=AC m Fααα5625.0])(121[222I =⋅++==AC m b a m J M A A∑=0)(F AM ；01.0I =-mg M A ；2rad/s 04.47=α ∑=0x F ；0sin I =-Ax F F θ；其中：6.053sin ==θN 26.956.004.47375.3=⨯⨯=Ax F∑=0y F ；0cos I =-+mg F F Ay θ；8.054sin ==θ习题11－2图习题11-1解图（a ）（a ）N 6.1378.004.47375.38.927=⨯⨯-⨯=Ay F11－3在均质直角构件ABC 中，AB 、BC 两部分的质量各为3.0kg ，用连杆AD 、DE 以及绳子AE 保持在图示位置。
若突然剪断绳子，求此瞬时连杆AD 、BE 所受的力。
连杆的质量忽略不计，已知l = 1.0m ，φ = 30º。
解：如图（a ）：设AB 、BC 两部分的质量各为m = 3.0kg 。
直角构件ABC 作平移，其加速度为a = a A ，质心在O 处。
理论力学解答清华版
第一章 静力学基本概念1-1 考虑力对物体作用的运动效应，力是（ A ）。
A.滑动矢量B.自由矢量C.定位矢量1-2 如图1-18所示，作用在物体A 上的两个大小不等的力1F 和2F ，沿同一直线但方向相反，则其合力可表为（ C ）。
A.1F –2FB.2F - 1FC.1F +2F图1－18 图1－191-3 F =100N ，方向如图1-19所示。
若将F 沿图示x ，y 方向分解，则x 方向分力的大小x F = C N ，y 方向分力的大小y F = ___B __ N 。
A. 86.6B. 70.0C. 136.6D.25.91-4 力的可传性只适用于 A 。
A. 刚体B. 变形体1-5 加减平衡力系公理适用于 C 。
A. 刚体；B. 变形体；C. 刚体和变形体。
1-6 如图1-20所示，已知一正方体，各边长a ，沿对角线BH 作用一个力F ，则该力在x 1轴上的投影为 A 。
A. 0B. F/2C. F/6D.－F/31-7如图1-20所示，已知F=100N ，则其在三个坐标轴上的投影分别为： Fx = －402N ，Fy = 302N ，Fz = 502 N 。
图1－20 图1－21第二章 力系的简化2-1．通过A （3，0，0），B （0，4，5）两点（长度单位为米），且由A 指向B 的力F ，在z 轴上投影为 ，对z 轴的矩的大小为 。
答：F /2；62F /5。
2-2．已知力F 的大小，角度φ和θ，以及长方体的边长a ，b ，c ，则力F 在轴z 和y 上的投影：Fz= ；Fy= ；F 对轴x 的矩M x ()= 。
答：Fz=F ·sin φ；Fy=－F ·cos φ·cos φ；Mx （F ）=F （b ·sin φ+c ·cos φ·cos θ）图2－40 图2－412-3．力通过A （3，4、0），B （0，4，4）两点（长度单位为米），若F=100N ，则该力在x 轴上的投影为 ，对x 轴的矩为 。
2012秋-11土木理论力学 (下)24 第十一章 达朗贝尔原理 课件例题和习题 缩打版
由式(1)和(2)解得
FNA
=
m(gc - ah) b+c
FNB
=
m(gb + ah) b+c
FI C
h FB
mg
Bc
b
FNB
a A FNA
如图所示，质量为m1和m2的物体A和 B，分别系在两条绳子上，绳子又分 别绕在半径为r1和r2并装在同一轴的 两鼓轮上。已知两轮对转轴O的转动
惯轮量的为质心J，在重转力轴为上W，，系且统例m在1r1重>m力2r作2,鼓用
x
W
a1 FI1
A W1
B W2 FI2
a2
已知：r1，r2，J， W1， W2， W。 MIO
试求： a， FOx， FOy 。
a
解 根据达朗贝尔原理，列平衡方程 ∑MO=0 W1r1-FI1r1-MIO-W2r2-FI2r2=0
r2
其中：
y FOy O r1 FOx
=
1 4
P g
la A
-
1 12
P g
la A
Ba
=
1 6
P g
la A
( 转向如图)
j
Ft C
Ir M IO
q
FIe O
A aA A aA
[例] 均质杆长l ,质量m, 与水平面铰接, 杆由与平面成 j0角位置静止落下。求开始落下时杆AB的角加速度及 A点支座反力。
解： 选杆AB为研究对象
虚加惯性力系：
本次课作业
本次课作业
【例11-1】图示列车在水平轨道上行驶，车厢内悬挂一
单摆，当车厢向右作匀加速运动时，单摆左偏角度a， 相对于车厢静止。求车厢的加速度a。
理论力学课后习题答案_清华大学出版社_2004年版_范钦珊,刘燕,王琪 编著
习题 1－1 图
y
y2
F
F y1
F y1
F y2 F y2
F
Fx1 Fx1
（c）
x
F x2
Fx 2
x2
（d）
解： （a）图（c） ： F F cos i1 F sin j1 分力： F x1 F cos i1 投影： Fx1 F cos ， ，
F y1 F sin j1 Fy1 F sin
讨论： = 90°时，投影与分力的模相等；分力是矢量，投影是代数量。 （b）图（d） ： 分力： F x 2 ( F cos F sin cot ) i 2 投影： Fx 2 F cos ， 讨论： ≠90°时，投影与分量的模不等。
1－2 试画出图 a 和 b 两种情形下各物体的受力图，并进行比较。
F Ax
， Fy 2
F sin j2 sin
Fy 2 F cos( )
FAy
A
C
F
B
D
习题 1－2 图
FRD
FAy
F Ax
A
C
F
C
FC
F Ax
FAy
(a-1)
F
C
B
A
B
D
' FC
(a-2)
FRD
(a-3)
FRD
D
(b-1)
比较：图（a-1）与图（b-1）不同，因两者之 FRD 值大小也不同。
解： 图（a） ： 2F3 cos 45 F 0
F3 2 F （拉） 2
F1 = F3（拉）
F2 2 F3 cos 45 0
F2 = F（受压） 图（b） ： F3 F3 0 F1 = 0 F2 = F（受拉）
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解：取调速器外壳为研究对象，由对称可知壳与圆盘接
触处所受之约束反力为 m2 g / 2 。 取左圆盘为研究对象，受力如图（a），惯性力
FI m1 (a l sin ) 2 由动静法
M
A
0 ， (m1g
m2 g )l sin 2
FIl cos
0
将 FI 值代入，解出
FI
2 2m1 m2 g t an 2m1 (a l sin )
的最小值。
解：本题结果与 转向无关，因讨论加速度。
1、图（a），导板上点 B 的运动代表导板运动 yB esint r a yB e 2 sin t
当 t π 时，a 取极值 2
a e 2 ，方向向下。
y
习题 11－11 图
FI
2、导板受力：
π 2
时，导板上受惯性力
FI
FI me 2 ，方向向上。
质心 O 点位置： r 0.1333 m
FIn mr 2 3.061 0.1333 0.3 =0.122N FIτ 0 ( 0 )
轴承 A 的约束反力 FAx 0.122 N（ Fx 0 ）
FAy 30 N （ Fy 0 ）
（2）求 B 截面弯矩
考虑 BD 段受力，只有惯性力 d FI ，在 y
（5）、（6）代入，得
b
2Wg r(mg 2W
)
（5） （6）
（7）
W
习题 11-4 图
Tb
②绳中拉力（图 c）：
Fy 0 ， Tb FI W
Tb
W
W g
a
mg mg 2W
W
（8）
FI a
③轴承反力：
Fx 0 ， FOx 0
Fy 0 ， FOy FI W 0
FOy
mgW mg 2W
0；a
m2 m2
m1 m1
g
20 120
g
g 6
Fy
0
；
FB
FI1
FI 2
m1g
m2 g
0
；
FB
10 g 3
120g
350 3
g
取杆 AB 为研究对象，受力如图（b）所示，
M
A(F )
0；
FCD
sin l2
FBl1
0；
FCD
2l1 l2
350 3
g
3430
N
3.43
kN
11－7 直径为 1.22m、重 890N 的匀质圆柱以图示方式装置在卡车的箱板上，为防止运输时圆柱前后 滚动，在其底部垫上高 10.2cm 的小木块，试求圆柱不致产生滚动，卡车最大的加速度？
FAx
0 ；其中： sin
3 5
0.6
FAx 3.375 47.04 0.6 95.26 N
习题 11－2 图
FAy FI
FAx A
B
MIA
C
Fy
0
；
FI
cos
FAy
mg
0
； sin
4 5
0.8
aC mg 0.20m
FAy 27 9.8 3.375 47.04 0.8 137.6 N
（a）
—1—
0.15m
11－3 在 均质 直角 构 件 ABC 中 ，AB、BC 两 部分 的质 量 各为 3.0kg， 用连 杆 AD、 DE 以 及绳 子
AE 保持在图示位置。若突然剪断绳子，求此瞬时连杆 AD、BE 所受的力。连杆的质量忽略不计，
已知 l = 1.0m，φ = 30º。
解：如图（a）：设 AB、BC 两部分的质量各为 m = 3.0kg。
B
FI2 mg
F Mg
B FAy
FI1
A
FAx mg
习题 11－12 图
FN1
FN2
（a）
（b）
解：取整体为研究对象，受力如图（a）所示，设小车的加速度为 a，则其惯性力分别为：
FI1 ma ； FI 2 Ma
Fx
0；
F
FI1
FI 2
0
；a
m
F M
取杆 AB 为研究对象，设杆长为 2l，且杆 B 端的受力为零，受力如图（b）所示，
速度和销子 A 的约束力。
解：如图（a）：设平板的质量为 m，长和宽分别为 a、b。
FI m AC 3.375
MIA
J A
[ 1 12
m(a2
b2)
m
AC 2 ]
0.5625
M A (F ) 0 ； M I A 0.1mg 0 ； 47.04 rad/s2
Fx
0 ； FI sin
半径 R = 2r，对过 C 且垂直于鼓轮平面的轴的回转半径ρ = 1.5r，重物 A 质量为 2m。试求（1）鼓
轮中心 C 的加速度；（2）AB 段绳与 DE 段绳的张力。
FDE
解：设鼓轮的角加速度为， 在系统上加惯性力如图（a）所示， 则其惯性力分别为：
E FIC
FAB
MIC
FIA
FIC mr ； FI A 2m r
第 11 章 达朗贝尔原理及其应用
11－1 均质圆盘作定轴转动，其中图（a），图（c）的转动角速度为常数，而图（b），图（d） 的 角 速 度 不 为 常 量 。 试对图示四种情形进行惯性力的简化。
FI O
习题 11－1 图
FIn
O
FIt
MIO O
O MIO
习题 11-1 解图
解：设圆盘的质量为 m，半径为 r，则如习题 11-1 解图：
m2 g
y
2
FAy
O A
x FAx
习题 11－5 图
m1 g
(a)
11－6 图示两重物通过无重滑轮用绳连接，滑轮又铰接在无重支架上。已知物 G1、G2 的质量分 别为 m1 = 50kg，m2 = 70kg，杆 AB 长 l1 = 120cm，A、C 间的距离 l2 = 80cm，夹角θ = 30˚。试求杆 CD 所受的力。
FB mg 3 5.38 45.5 N
（2）
习题 11－3 图
C
3l/4
FI 3l/4 O
A aA FA
B FB φ 2mg φ
（a）
11－4 两种情形的定滑轮质量均为 m ，半径均为 r 。图 a 中的绳所受拉力为 W；图 b 中块重力为 W。 试分析两种情形下定滑轮的角加速度、绳中拉力和定滑轮轴承处的约束反力是否相同。
C
此力力图使导板与凸轮脱开，
为使不脱开，应使弹簧力 F 与板重
力 mg 之和大于 FI ： mg F FI
k
BD
r
e
A
O
mg a max
F
O
π
x
2
x
mg k(2e b) me 2
(a)
(b)
—5—
k m(e 2 g) 2e b
讨论：1、当 e 2 g 时，表示可不加弹簧。
3、板至最低位置时，a 也取极植，但此时惯性力是向下的，不存在脱离凸轮的问题。
11－9 图示均质圆轮铰接在支架上。已知轮半径 r = 0.1m、重力的大小 Q = 20kN，重物 G 重 力的大小 P = 100N，支架尺寸 l = 0.3m，不计支架质量，轮上作用一常力偶，其矩 M = 32kN·m。 试求（1）重物 G 上升的加速度；（2）支座 B 的约束力。
习题 11－9 图
解：1、图（a）：
① JOa Wr
1 2
mr 2 a
Wr
a
2W mr
②绳中拉力为 W
③ Fx 0 ， FOx 0
Fy 0 ， FOy W
2、图（b）：
（1）
（2） （3） （4）
FOy
FOx
a
MIO
FOy b FOx
FI a
①
MIO
1 2
mr 2b
FI
W g
a
W g
rb
M O 0 ， M IO FI r Wr 0
C DB
A aA
M IC JC m 2 1.52 mr 2
MD(F) 0 ；
FIA
mg
A
2mg
(mg FIC FI A 2mg)r M IC 0
aC
r
g 3 1.52
4g 21
习题 11－10 图
（a） 2mg
（b）
Fy
0 ； FDE
FI C
FI A
mg
2mg
0 ； FDE
3mg
FI1 G1
FB B
FI2
G2 a
FAy
FAx
A
θC
FCD
B FB′
习题 11－6 图
m1g
m2g
（a）
（b）
解：取滑轮和物 G1、G2 如图（a）所示，设物 G1、G2 的加速度为 a，则其惯性力分别为：
FI1 m1a ； FI 2 m2a
M B (F )
0 ； (FI1
FI 2
m1g
m2 g )r
mr
59 mg 21
取重物 A 为研究对象，受力如图（b）所示，
Fy
0
；
FAB
FI A
2mg
0；
FAB
2mg
2mr
2(1
4 )mg 21
34 mg 21
11－11 凸轮导板机构中，偏心轮的偏心距 OA e 。偏心轮绕 O 轴以匀角速度 转动。当导板 CD 在最
低位置时弹簧的压缩为 b 。导板质量为 m 。为使导板在运动过程中始终不离开偏心轮，试求弹簧刚度系数
9.8