理论力学课后习题答案第11章达朗贝尔原理及其应用
《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
武汉理工理论力学第十一章 达朗贝尔原理讲解
FIin
mi
v2 r
MO 0
(m1g FI1 m2g FI2)r FIit r 0
FIin
ait aiOn
FIit FOy FOx
FI1
mg
a
(m1g m1a m2g m2a)r miar 0 a
m2g
miar (mi )ar mar
m1g
FI2
a m1 m2 g m1 m2 m
理论力学
第十一章达朗贝尔原理 (动静法)
2020年9月24日
第十一章 达朗贝尔原理
§11－1 惯性力•质点的达朗贝尔原理 §11－2 质点系的达朗贝尔原理 §11－3 刚体惯性力系的简化 §11－4绕定轴转动刚体的轴承动约束力
§11-1 惯性力•质点的达朗贝尔原理
设一质点的质量为m，加速度为a，作用于质点的主动 力F，约束力FN。 由牛顿第二定律，有
§11-2 质点系的达朗贝尔原理
例：飞轮质量为m，半径为R, 以匀角速度ω定轴转动，设
轮辐质量不计，质量均布在较薄的轮缘上，不考虑重力的
影响，求轮缘横截面的张力。
解：由于对称，取四分之一轮缘为研究对象。
y
取微小弧段，加惯性力
FIi
mi ain
m
2R
Ri
R2
FA
A
列平衡方程
Fx 0 , FIi cosi FA 0
加惯性力
FIi miai miaC
惯性力系的合力：
FIR
FI1
FI
ma F FN
m
令 FI ma
F FN
F FN FI 0
ma
FI — 称为质点的惯性力。
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-达朗贝尔原理及其应用
t aC
FIR ＝－m a C
a
n C
C
n FR
t n 2、定轴转动 FIR ＝－m aC ＝－m( aC aC )
FR
3、平面运动 FIR ＝－m a C
C
O
FR
Ft R
aC
12.3 刚体惯性力系的简化
惯性力系的主矩与刚体的运动形式有关！
理论力学 第三篇 动力学
第三篇 动力学
第12章 达朗贝尔原理
第12章 达朗贝尔原理
12.1 质点惯性力与达朗贝尔原理 12.2 质点系的达朗贝尔原理 12.3 刚体惯性力系的简化
第12章 达朗贝尔原理
12.1 质点惯性力与达朗贝尔原理
12.1 质点惯性力与达朗贝尔原理
z m A
FI2 a1
m C FIi m2 a2
mi
FR FIi mi ai maC
主矢
ai
FIR maC
主矢与刚体的运动形式无关。
主矩
12.3 刚体惯性力系的简化
刚体平移时，惯性力系向质心简化 ● 主矢
1.刚体作平移
m1
FIR maC
FI2
m2 FI1
a2 maC FIR an m FIn n
12.2 质点系的达朗贝尔原理
例题3
FnIi FtIi F at an
Ny
r
a
FI1
A
mg
解： 对象：系统 受力：如图 运动：略 方程： FNx 惯性力 F I1 n FI 2 a F dm a
B m2g
B 理论力学-第11章 达朗贝尔原理及其应用-2解析
本课程有部分内容与《大学物理》重复，如点的运动、刚体 简单运动、质点运动微分方程、质点的动量、动量矩和动能 定理等，对这些内容，本课程只作适当的复习或让学生自学。
第11章 达朗贝尔原理及其应用
引入惯性力的概念，应用达朗贝尔原理，将静力学中求解 平衡问题的方法用于分析和解决动力学问题。这种方法称为 “动静法”。“动”代表研究对象是动力学问题；“静”代表 研究问题所用的方法是静力学方法。 达朗贝尔原理是在18世纪随着机器动力学问题的发展而提 出的，它提供了有别于动力学普遍定理的新方法，尤其适用于 受约束质点系统求解动约束力和动应力等问题。因此在工程技 术中有着广泛应用，并且为“分析力学”奠定了理论基础。 达朗贝尔原理虽然与动力学普遍定理具有不同的思路， 但却获得了与动量定理、动量矩定理形式上等价的动力学方程， 并在某些应用领域也是等价的。
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
惯性力系的主矢与刚体的运动形式无关；惯性力系的主矩 与刚体的运动形式有关。
刚体平移时惯性力系的简化结果
刚体平移时，由于同一瞬时刚体内各质点的加速度都相同， 惯性力系为平行力系，所以，惯性力系简化结果为通过质心C 的合力，用FIR表示：
FIR m a C
其中m为刚体的质量;aC为刚体的质心加速度。
e i Ii e O i
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
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。
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
(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，此中图（ 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。
试对图示四种情况进行惯性力的简化。
≠≠（a ）（b ）（c ）（d ）习题 11－1 图F I F I nOO F I tM I OO O≠M IO≠（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：（a ） F I mr 2 ， M I O 0（ b ） F I nmr 2 ， F I tmr ，M IOJ O3 mr 22（ c ） F I 0，M IO 0（ d ） F I0，M IOJ O1 mr 2211－ 2 矩形均质平板尺寸如图，质量 27kg ，由两个销子AA 、B 悬挂。
若忽然撤去销子 B ，求在撤去的刹时平板的角加速度和销子A 的拘束力。
C解：如图（ a ）：设平板的质量为 m ，长和宽分别为 a 、 b 。
F I mM I AJ A[ 1m( a 2 b 2 ) m AC 2] 习题 11－2 图122F AyM A (F ) 0；M IA 0 ； 47.04 rad/s F IF Ax AF x0 ； F I sinF Ax0 ；此中： sin3M IA 5CF Ax95.26 NF y0 ； F I cosF Aymg0 ； sin4aC mg5Bm5 1 .Bm51.F Ay 27 9.8 3.375 47.04 0.8 137.6 N11－ 3 在均质直角构件 ABC 中， AB 、 BC 两部分的质量各为 AE 保持在图示地点。
若忽然剪断绳索，求此刹时连杆 AD 、 BE已知 l = 1.0m ， φ= 30o 。
3.0kg ，用连杆 AD 、 DE 以及绳索所受的力。
连杆的质量忽视不计，C解：如图（ a ）：设 AB 、 BC 两部分的质量各为 m = 3.0kg 。
第11章达朗贝尔原理
第十一章 达朗贝尔原理一． 重点概括1 质点系的达朗贝尔原理在质点系运动的任一瞬时，作用于每一质点上的主动力、约束力和该质点的惯性力在形式上构成一平衡力系。
上式表明，作用在质点系上的外力系和虚加的惯性力系组成平衡力系——质点系的达朗贝尔原理。
用达朗贝尔原理求解非自由质点系动力学问题（已知运动求力或已知力求运动）的方法称为质点系的动静法。
对于空间力系，由这两个矢量式总共可写出6个投影方程；对于平面力系，由这两个矢量式总共可写出3个投影方程。
2 刚体惯性力简化（1） 惯性力系的主矢（2） 惯性力系的主矩I Ni =++i i F F F Ci i i m a m a F F -=-==∑∑)(I IR )(I I i O O F M M ∑=0I e =+∑∑iiF F 0)()(I e=+∑∑iOiOF M FM惯性力系的主矢与刚体的运动形式无关；惯性力系的主矩与刚体的运动形式有关。
3 几种刚体的惯性力（1）平移刚体主矢主矩刚体平移时，惯性力系简化为通过刚体质心的合力。
（2）定轴转动刚体主矢主矢等于刚体质量与质心加速度大小的乘积，方向与质心加速度方向相反。
对转轴的主矩主矩等于刚体对转动轴的转动惯量与角加速度的乘积，方向与角加速度方向相反。
（3）平面运动刚体（具有质量对称面的情形）IR ()i i m ∑F a ＝－ () i C Cm m ∑a a ＝－＝－I 0C M ＝)(n t R R IR C C C m m F a a a +＝－＝－αz z J M -=I主矢主矢大小等于刚体质量与质心加速度大小的乘积，方向与质心加速度方向相反。
主矩主矩小等于刚体对通过质心的转动轴的转动惯量与角加速度的乘积，方向与角加速度方向相反。
二． 常见问题和对策常见问题：1.惯性力系出错，表现在方向或大小出错，尤其主矩出错较多；2.质点系运动时，主动力系、约束反力系和惯性力系组成了形式上的平衡力系，切记不含质点之间的内力系（也不要画出内力系）；3.质点系的运动参数之间联系出错。
理力11(动力学-李卓球)-达朗贝尔原理
c
mg
b FNA
A
FNB
11
例题
第11章 达朗贝尔原理
例 题 11-3
如图所示，滑轮的
半径为r，质量为m均匀分
布在轮缘上，可绕水平轴
r
转动。轮缘上跨过的软绳
的两端各挂质量为m1和m2
B A
的重物,且m1 >m2 。绳的 重量不计，绳与滑轮之间
无相对滑动，轴承摩擦忽
略不计。求重物的加速度。
12
例题
a
附加压力（或附加动约束力）决定于惯性力系， 只求附加压力时，列方程不必考虑重力。
mg
FI
20
达朗贝尔原理＼刚体惯性力系的简化
§11.2 刚体惯性力系的简化
M O ( Fi ( e ) ) M O ( FIi ) 0 Fi ( e ) FIi 0
刚体作平动
惯性力系主矢 FIR FIi 惯性力系主矩 M IO M O (FIi )
动力学篇
第 11 章 达朗贝尔原理（动静法）
1
达朗贝尔原理＼惯性力· 达朗贝尔原理
§11.1 惯性力· 达朗贝尔原理
惯性力 ma F FN
FI
m F FN ma
F FN ma 0
FI ma ——惯性力 有 F FN FI 0
令
惯性力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。
达朗贝尔原理＼刚体惯性力系的简化＼刚体定轴转动
刚体定轴转动
FIit mi ait mi ri 切向惯性力 FIin mi ain mi ri 2 法向惯性力
M Ix M x (FIi ) M x (F ) M x (F )
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。
哈工大理论力学教研室《理论力学Ⅰ》(第7版)课后习题-达朗贝尔原理(圣才出品)
图 13-4 解：以整体为研究对象，受力分析如图 13-5 所示。
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图 13-5
作出所有主动力、约束力和惯性力。
由平衡方程
可得
解得 当两轮压力相等时，
，解得
13-3 图 13-6 所示均质矩形块质量 m1＝100 kg，置于平台车上，车质量 m2＝50 kg， 此车沿光滑的水平面运动，不计定滑轮质量。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。
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图 13-3 答：（a）满足动平衡，（b）满足静平衡，（c）、（d）不满足。 二、习题 13-1 图 13-1 所示由相互铰接的水平臂连成的传送带，将圆柱形零件从一高度传送到 另一个高度。设零件与臂之间的摩擦因数 fs＝0.2。求：（1）降落加速度 a 为多大时，零件 不致在水平臂上滑动；（2）在此加速度 a 下，比值 h／d 等于多少时，零件在滑动之前先倾 倒。
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图 13-3
当零件处于倾倒的临界状态时，由 M A = 0 可得
因为
，所以
,即
时零件先倾倒。
13-2 图 13-4 所示汽车总质量为 m，以加速度 a 作水平直线运动。汽车质心 G 离地 面的高度为 h，汽车的前后轴到通过质心垂线的距离分别等于 c 和 b。求其前后轮的正压力； 又，汽车应如何行驶能使前后轮的压力相等?
图 13-9 解：以圆盘 B 为研究对象，受力分析如图 13-10 所示。
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理论力学（I）第8版哈尔滨工业大学理论力学教研室课后答案前辅文静力学关注网页底部或者侧栏二维码回复理论力学（I）第8版答案免费获取答案引言第一章静力学公理哈尔滨工业大学理论力学教研室理论力学（I）第8版课后答案理论力学思考题集》、《理论力学解题指导及习题集》（第3版）、《理论力学电子教案》、《理论力学网络课程》、《理论力学习题解答》、《理论力学网上作业与查询系统》等。
理论力学（I）第8版哈尔滨工业大学理论力学教研室课后答案前辅文静力学引言第一章静力学公理和物体的受力分析第二章平面力系第三章空间力系第四章摩擦理论力学（I）第8版哈尔滨工业大学理论力学教研室习题答案§4-4 滚动摩阻的概念运动学引言第五章点的运动学*§5-5 点的速度和加速度在球坐标中的投影思考题习题第六章刚体的简单运动§6-1 刚体的平行移动§6-2 刚体绕定轴的转动§6-3 转动刚体内各点的速度和加速度§6-4 轮系的传动比§6-5 以矢量表示角速度和角加速度·以矢积表示点的速度和加速度思考题习题第七章点的合成运动第八章刚体的平面运动动力学引言第九章质点动力学的基本方程第十章动量定理第十一章动量矩定理第十二章动能定理第十三章达朗贝尔原理第十四章虚位移原理参考文献习题答案索引Synopsis哈尔滨工业大学理论力学教研室理论力学（I）第8版课后答案第十四章虚位移原理。
(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。
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。
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（a ）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。
r ，0 ，αI （d ）I =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 A M ；01.0I =-mg M A ；2rad/s 04.47=α∑=0xF ；0sin I =-Ax F F θ；其中：6.053sin ==θN 26.956.004.47375.3=⨯⨯=Ax F∑=0yF；0cos I =-+mg F F Ay θ；8.054sin ==θN 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直角构件ABC 作平移，其加速度为a = a A ，质心在O 处。
ma F 2I =∑=0)(F O M ；04sin )(43cos 4cos =+--lF F l F l F B A A B ϕϕϕ （1）∑=0AD F ；0cos 2=-+ϕmg F F B A（2） 联立式（1）和式（2），得：A B F mg F 3+=习题（（22g m yOAxF ϕg1m xI F AAy F N 38.5)13(41=-=mg F A ；N 5.4538.53=⨯+=mg F B11－4 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。
解：1、图（a ）：① Wr J O =a α Wr mr =a 221αmr W2a =α （1） ②绳中拉力为W （2） ③∑=0x F ，0=Ox F （3） ∑=0y F ，W F Oy = （4） 2、图（b ）： ① b 2I 21αmr M O =（5） b I αr gW a g W F ==（6）∑=0O M ，0I I =-+W r r F M O （5）、（6）代入，得)2(2b W mg r Wg +=α（7）②绳中拉力（图c ）：∑=0y F ，W F T =+I b W Wmg mg a g W W T 2b +=-= （8） ③轴承反力： ∑=0x F ，0=Ox F（9）∑=0y F ，0I =-+W F F OyW mg mgWF Oy 2+=（10） 由此可见，定滑轮的角加速度a α、b α，绳中拉力，轴承反力均不相同。
11－5 图示调速器由两个质量各为1m 的圆柱状的盘子所构成，两圆盘被偏心地是悬于与调速器转动轴相距a 的十字形框架上，而此调速器则以等角速度ω绕铅垂直轴转动。
圆盘的中心到悬挂点的距离为l ，调速器的外壳质量为2m ，放在这两个圆盘上并可沿铅垂轴上下滑动。
如不计摩擦，试求调速器的角速度ω与圆盘偏离铅垂线的角度ϕ之间的关系。
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2/2g m 。
取左圆盘为研究对象，受力如图（a ），惯性力21I )sin (ωϕl a m F +⋅=由动静法∑=0A M ，0cos sin )2(I 21=-+ϕϕl F l gm g m 将I F 值代入，解出abT IF WαFFF F αMF WaIF 0.61m0.102m gm AaONF ϕϕωan t )sin (221212g l a m m m ++=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G 1、G 2的质量分别为m 1 = 50kg ，m 2 = 70kg ，杆AB 长l 1 = 120cm ，A 、C 间的距离l 2 = 80cm ，夹角θ = 30˚。
试求杆CD 所受的力。
解：取滑轮和物G 1、G 2如图（a ）所示，设物G 1、G 2的加速度为a ，则其惯性力分别为： a m F 11I =；a m F 22I =∑=0)(F B M ；0)(212I 1I =-++r g m g m F F ；6120201212gg g m m m m a ==+-=∑=0yF ；0212I 1I =--+-g m g m F F F B ；g g g F B 3350120310=+-= 取杆AB 为研究对象，受力如图（b ）所示，∑=0)(F A M；0sin 12='-l F l F B CD θ；kN 43.3N 34303350221==⋅=g l l F CD11－7 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？解：图（c ）中 ma F =I ∑=0A M22I )102.061.0(61.0)102.061.0(--=-mg F22598.061.0598.0-=⨯mg ma 51.6max ==a a m/s 2讨论：若max a a >，则惯性力引起的对A 点的力矩会大于重力m g 对A 点的矩，使圆柱向后滚动。
原文求min a 不合理。
11－8 两匀质杆焊成图示形状，绕水平轴A 在铅垂平面内作等角速转动。
在图示位置时，角速度3.0=ωrad/s 。
设杆的单位长度重力的大小为100N/m 。
试求轴承A 的约束反力。
解：（1）求A 处约束力重力：303.0100=⨯=P N质量：061.38.9/3.0100=⨯=m kg 质心O 点位置：1333.0=r m2In ωmr F =3.01333.0061.3⨯⨯= =0.122NA B D C G 1 θ G 2B G G AC θ aF F m mF （FF F （Id F 0τI =F (0=α)轴承A 的约束反力122.0=Ax F N （∑=0x F ）30=Ay F N （∑=0y F ） （2）求B 截面弯矩考虑BD 段受力，只有惯性力I d F ，在y 方向分量对B 截面弯矩有贡献。
微段质量：100=γN/mx gm d d γ=222I 2.0d d ω+=x m F x x hd 2.03.022+=γθcos d d I I F F y =xx xx x d 8.96d 8.91002.03.0d 2.02.02.08.91003.02222=⨯⨯=++⋅⋅=⎰⎰⨯⨯===05.00205.00I 05.0218.96d 8.96d x x F x M yA=0.000765N·m=0.765N·mm11－9 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。
解：取滑轮和物G 1、G 2如图（a ）所示，设物G 1、G 2的加速度为a ，则其惯性力分别为： a m F 11I =；a m F 22I =∑=0)(F B M ；0)(212I 1I =-++r g m g m F F ；6120201212gg g m m m m a ==+-=∑=0yF ；0212I 1I =--+-g m g m F F F B ；g g g F B 3350120310=+-= 取杆AB 为研究对象，受力如图（b ）所示，∑=0)(F A M ；0sin 12='-l F l F B CD θ；kN 43.3N 34303350221==⋅=g l l F CD11－10图示系统位于铅直面内，由鼓轮C 与重物A 组成。
已知鼓轮质量为m ，小半径为r ，大半径R = 2r ，对过C 且垂直于鼓轮平面的轴的回转半径ρA 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。
解：设鼓轮的角加速度为α， 在系统上加惯性力如图（a ）所示， 则其惯性力分别为： MF （（a 2（e OϕAkyBDr xC 2π=ϕmaxa IF gm FxOαmr F C =I ；αr m F A ⋅=2I ααρα222I 5.1mr m J M C C ===∑=0)(F DM；0)2(I I I =+-++C A C M r mg F F mgg g r a C 2145.132=+==α∑=0y F ；02I I =--+-mg mg F F F A C DE ；mg mr mg F DE 21593=-=α 取重物A 为研究对象，受力如图（b ）所示，∑=0y F ；02I =-+mg F F A AB ；mg mg mr mg F AB 2134)2141(222=-=-=α11－11 凸轮导板机构中，偏心轮的偏心距e OA =。
偏心轮绕O 轴以匀角速度ω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，试求弹簧刚度系数的最小值。
解：本题结果与ω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r t e y B +=ωsint e y a Bωωsin 2-==&& 当2π=t ω时，a 取极值 2ωe a -=，方向向下。
2、导板受力： 2π=ϕ时，导板上受惯性力I F 2I ωme F =，方向向上。
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I F ：I F F mg >+2)2(ωme b e k mg >++be g e m k +->2)(2ω讨论：1、当g e ≤2ω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。
11－12图示小车在F 力作用下沿水平直线行驶，均质细杆A 端铰接在小车上，另一端靠在车的光滑竖直壁上。