达朗贝尔原理习题解答~14293
第十四章达朗贝尔原理
Fb 0, F cos mg 0 Fn 0, F sin F* 0
例题
第14章 达朗贝尔原理
O
θ
l
F
eb
en
et
mg F*
F cos mg 0 F sin F* 0
J B 2
1 2
FP g
v2
QS
sin
FP S
1 2
Q g
v2
(1 2
1 2
Q g
r2
v2 r2
)2
1 2
FP g
v2
QS
sin
FP
S
(Q
FP ) v2 2g
(Q sin
FP )S
两边对时间求一次导数
B
2(Q
FP 2
)v
a
g(Q sin
FP
)v
例题
第14章 达朗贝尔原理
均质圆柱体A和B的重量均为P，半径均为r 一绳绕于可绕固定轴O转动的圆柱体A上， 绳的另一端绕在圆柱B上，求B下落的质心 的加速度，摩擦不计。
A
r
A
A J A A Tr JBB T r
O
D
B
O
T
ao1
A B ac
ao1c
aon1c
2Q F P
例题5
第14章 达朗贝尔原理
滚子A，重Q，沿倾角为α的斜面滚动而不滑 动，滑轮B与滚子A有相同的质量和半径，且均可 看作均值圆盘。物体C重FP，求滚子中心的加速 度。设绳子不可伸长，其重量可略而不计，绳与
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
达朗贝尔原理 理论力学
J z mi ri m
2
2 z
－刚体对z轴的转动惯量。
ρ：回转半径
J z J ZC md
2
J z mi ri m
2
2 z
－平行移轴公式
例1 求简单物体的转动惯量。(平行移轴）
解：由转动惯量的定义：
Jc
1 dx x x 3
2
l 2
l 2 l 2
a A R A R O
A O
A O 2( M P sinR )
(Q 3P ) R
2
FIA
g
FN
例6 在图示机构中，沿斜面向上作纯滚动的圆柱体和鼓轮O 均为均质物体，各重为P和Q，半径均为R，绳子不可伸长，其 质量不计，斜面倾角，如在鼓轮上作用一常力偶矩M，试求： 圆柱体A的角加速度。
(2)
FgC2 MgC2
A
FAX
C2 mg
B
4 均质圆柱体重为W，半径为R，沿倾斜平板从静止状 态开始，自固定端O处向下作纯滚动。平板相对水平线的倾 角为 ，忽略板的重量。试求： 固定端O处的约束力。
解题分析
以整体为研究对象，画受力图。
？确定惯性力大小
求解惯性力就是求解运动； 求解FN就是求解未知的约束力（包括动反力）
在已知运动求约束力的问题中，动静法往往十分方便
3.质点系的达朗伯原理
一 原理描述
质点i:
质点系的主动力系，约束力系和惯性力系组成平衡力系：
作用于质点系上的主动力系，约束力系和惯性力 系在形式上组成平衡力系。－质点系的达朗伯原理。
2 i i z
结论
平面刚体做定轴转动
如果刚体有质量对称面且该面与转轴z垂直； 向质量对称面进行简化，取转轴与该面交点为简化中心
达朗贝尔原理
aA l1
O
1
2
A C B
aA
由加速度基点法有
A
aCA 2
B C
aC aA aCA
aA
aA aC
1 aC l1 l 2 2
(2) 取AB 杆为研究对象
FgR2
Mg2
2
B
A
9g 1 , 7l
FgR 2
3g 2 7l
FAx
l 1 m(l1 2 ) M g 2 ml 2 2 2 12
研究整体
F
解得
x
0
F Fs m1 m2 a 0
3 F m1 m2 3 g 2 3 Fs m1 g F 2
M IA
A
FN
Fs f s FN f s m1 m2 g
解得
Fs 3m1 fs FN 2m1 m2
D m2 g
mr 2 mgr (3 4 ) 3
n gR 2
2
FgR 2mr , F 2mr , M gO
7 2 mr 3
（2）将惯性力系向质心C简化，其 主矢主矩分别为： F ma 2mr
gR C
MA
FAy
MgC
F ma 2mr
n gR n C
2
mg
例题
已知：两均质且长度为l直杆 自水平位置无初速地释放。 求： 两杆的角加速度和 O、A处的约束反力。 解: (1) 取系统为研究对象
FOx
O
A
B
FgR1
FgR2
Mg1
1
Mg2
2
B
A O
mg
第12章(150)
(12-13)
第12章 达朗贝尔原理(动静法)及其应用
于是可得出结论：当刚体有质量对称平面，且刚体绕垂 直于此对称面的轴做定轴转动时，惯性力系向转轴与质量对 称面的交点处简化，可得此对称面内的一个力(因为质心在此 对称平面内)和一个力偶，这个力等于惯性力系的主矢；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。
必须强调指出，惯性力是虚拟假想的力，它不是真实力； 质点也并非处于静平衡状态，惯性力隐含着质点加速度的信 息。达朗贝尔原理人为地引进惯性力的目的是将动力学 问题转化为静力学问题来处理，使“动”与“静”相通，它 是理论认识的一个飞跃。
第12章 达朗贝尔原理(动静法)及其应用
例12-1 一圆锥摆，如图12-2所示。质量m=0.1 kg的小球 系于长l=0.3 m的绳上，绳的一端系在固定点上，并与铅垂线 成θ=60°角。如小球在水平面内做匀速圆周运动，求小球的 速度与绳中张力的大小。
解：以小球为研究对象，作用于小球的真实力有重力(主 动力)mg与绳的拉力(约束力)FT；小球做匀速圆周运动，只有 法向加速度，因而作用于小球的惯性力只有法向惯性力FnI， 其大小为
FIn
ma n
v2 m
l sin
第12章 达朗贝尔原理(动静法)及其应用
图 12-2
第12章 达朗贝尔原理(动静法)及其应用
F (e) i
MO FIi 0
(12-4) (12-5)
第12章 达朗贝尔原理(动静法)及其应用
式(12-4)、(12-5)表明，作用在质点系上的所有外力与虚 加在每个质点上的惯性力在形式上组成平衡力系，这是质点 系达朗贝尔原理的又一表述。由于式(12-4)、(12-5)中不出现 复杂的未知内力，因此质点系达朗贝尔原理这种表示形式应 用起来更为方便。
【工程力学 课后习题及答案全解】第22章达朗贝尔原理习题解
习题 22-10 图
— 101 —
FIn = mrω 2 = 3.061× 0.1333 × 0.3 =0.122N FIτ = 0 (α = 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 方向分量对 B 截面弯矩有贡献。 微段质量： γ = 100 N/m
22-3 图示为作平面运动的刚休的质量对称平面，其角速度为 ω ，角加速度为α ，质量 为 m ，对通过平面上任一点 A（非质心 C）、且垂直于对称平面的轴的转动惯量为 J A 。若将 刚体的惯性力向该点简化，试分析图示的结果的正确性。
ω
α
FIC
θ
MIC a
dC
FIR A
习题 22-3 图
(a)
解：惯心力系向质心简化结果如图 a： FIC = ma M IC = −JCα
dm = γ dx g
d FI = d m
x2
+ 0.22 ω 2
=
γ 0.3
h
d FI y = d FI cosθ
x 2 + 0.22 d x
= 0.3 ⋅ 100 ⋅ 0.2
x2 + 0.22 d x
9.8 x2 + 0.22
= 0.3× 0.2 ×100 d x = 6 d x
9.8
9.8
∫ ∫ M A =
=
0
，只有加速度
aτ O
惯性力 FI = maOτ
∑ FI = 0 ， mg sin 30o − maOτ = 0
aOτ
大学理论力学十达朗贝尔原理答案
第十六章达朗伯原理16.1已知物块与水平臂之间的摩擦系数/s = 0.2,水平臂下降加速度为。
; 求l）a为多大，物块不滑? 2）务为多大,物块在滑动之前先倾倒？解1）物块受力如图（“, 图中惯性力耳=77W，由达朗伯原理，当物块不滑时，有主X = 0, F —Fg：5irt3O = 0SV = 0> Fv " mg + F M COS30 = 0 F</S F N解岀不滑的条件是2血l二2-91 m/H（1）2）物块不滑，但即将翻倒时，受力如图（b）,由EM A（F」）=0* ¥（F耳cos30 一mg）+ 豊片 sin30 = 0结合式（1），可解岀滑动之前先倾倒的条件是h、1 孑鼻泾E6.2已知曲柄OC = rM匀角速度如转动;连杆召C = I端连有质量为櫛的物A ;求杆AB所受的力。
解设杆长AB =趴则物A 的运动方程为j ： = b + r cos 爷 + I cos®cos® 1 — -y ^2 sin 2 卩j- = 6 + r cos 护 + I1 r2 . 2-2 7 s,n由达朗伯原理 SX = 0, mg - F - F* = 0得 AH 杆的力 F = 7ti[g + nw 2( cc^<p * y CQS 2^P )], 式中 ip — (Ait16.3已知 半径为『的圆轮对轴O 的转动惯量为丿*轮上 作用有恒力偶矩M 、轮缘上的销子C 推动质量为丹的滑槽ABD 沿水平滑道运动，滑道处摩擦系数为/ ■其余各处光滑；求 圆轮的转动微分方程。
解如图冷），圜盘角加速度为盘=花滑槽的运动方程和加 速度为J" = r COS 护， X = _ F （护2 8S 卩 + 0 审口爭）圆轮受力如图（b ）,图中惯性力偶距皿0 =北=宛•由达朗伯原式中 cosB 二 J 1 -尹 sin* <p物块受力如图（b ）,图中惯性力F 厂w(b)题16.3图乞Mo(F) = 0, A4 —- F.\r sin^j = 0得出J<p + F\r或1呻=M (1) 滑槽受力如图c、图中惯性力F f=豳，由达朗伯原理至X ~ 0* —P\ Fg l (F[ + F?) —0SY = 0, Fyp + F\i2 ~wg = 0 也及Fl =fFy；i, F2= JV池、Fy 二F、r 可得Fyj = Fv — ~ r>^ + fmg将式(2)代入式(1),得轮子的运动微分方程(J + mr~ sin2c：)G： + mr^ cos誓対口炉•炉'+ 6nijr sine? = M16.4已知物E质量m\ - 2 000 kg,物B质量酬2 =kg,物B下绳子拉力F r - 3 kN，不计滑轮的质量；求物E的加速度◎和绳FD的张力F HJC 解设物E*物B加速度如图*则a fl= 2a ;轮0和物E系统的受力.图中F曲=叱购=2叫;设轮O半径为厂2 .由达朗怕原理得SM Q( F) = 0, F( r；+ F测2「^1^2 什焜前2 =() ⑴轮C和物E系统的受力图中件=^2g, F；= Fi°设轮C半径为n，由达朗伯原理EM C(F)二0,_ *Fi厂I - F H Z I = 0SY = 0,F\ + F FD - mig - Eg = 0 (2) 由式(1)、(2)和其它各式，懈出一2丹七2如厂瞬“④讹/ni] +FfD^lg +-Wj-- = 10+21 kN16.5已知车重心为G,加速度为血’以及尺寸6f e t h ;求前后轮的压力；又，“为多大，方可使前后轮压力相等匸解设车质量为砒、受力如图，图中Fg = ma, P = mg 由达朗伯原理EM B(F) —0, (b+ c)F\x - 6P + hF K= 0SM A(F)= 0, -(b +CF.w + cP + = 0題込.4图4/2816.6已知曲杆线密度为宀圆弧半径为尸，以匀角速度绕轴O 转动，不计璽力，图(&)*求任意載面B处对AB段的约束反力。
达朗贝尔原理达朗贝尔原理是法国科学家达朗贝尔于1743年
第7章 达朗贝尔原理达朗贝尔原理是法国科学家达朗贝尔于1743年提出的，是分析力学的两个基本原理之一。
该原理揭示，对动力系统加入惯性力后，惯性力与外力构成平衡，因而提供一种用静力平衡方法处理动力学问题的普遍方法——动静法。
§7.1 质点系的达朗贝尔原理7.1.1 惯性力与质点的达朗贝尔原理1、质点达朗贝尔原理如图7.1所示，质量为m 的质点沿曲线轨道运动，受主动力F 和约束力N F 作用，由牛顿第二定律有N m +=F F a即0N m +-=F Fa 引入惯性力I m =-F a (7-1)则有0N I ++=F F F (7-2)这就是质点的达朗贝尔原理：作用在质点上的所有主动力、约束力和惯性力组成平衡力系。
这样，我们完全可以采用静力学的方法和技巧，求解动力学问题。
顺便指出，达朗贝尔原理作为分析力学的基本原理之一是不需要推导证明的。
这里由牛顿第二定律导出，可以说明它与牛顿力学在数学上的等价性。
问题7-1 如图所示，重为G 的小球用细绳悬挂，试求AC 绳断瞬时AB 绳的张力。
答 研究小球，加惯性力I F ，受力如图所示，由质点达朗贝尔原理，有0I T ++=F G F由力三角形有cos T F G =θ可见，加上惯性力，采用静力学中三力平衡的几何法求解决，直观简便。
2、惯性力的概念质点的惯性力I F 可以想象为：当质点加速运动时外部物质世界作用在质点上的一个场图7.1 质点达朗贝尔原理IF 问题7-1图力，其大小等于质点的质量与其加速度的乘积，方向与质点加速度方向相反。
惯性力与万有引力是完全等效的。
惯性力与参考系相关，如图7.2(a)所示，小球在旋转水平圆台上沿光滑直槽运动。
在地面惯性参考系观察，小球运动的绝对轨迹为螺旋线，见图7.2(b)，在水平面内受滑槽侧壁对它的作用力N F 作用，加速度如图所示；从转动圆台非惯性参考系观察，小球的运动轨迹沿槽直线，在半径方向，受牵连法向惯性力2()nnIe Ie F mr ω=F 作用，小球沿直槽加速向外运动。
达朗贝尔原理
MB 0 , MA 0 ,
F *h mgc FNA (b c) 0 F *h mgb FNB (b c) 0
(1) (2)
3
例题
达朗贝尔原理
例 题1
于是可写出汽车的动态平衡方程
MB 0 , MA 0 ,
F *h mgc FNA (b c) 0 F *h mgb FNB (b c) 0
y
0,
mg ( F1 F2 ) cos 0
F1
F1
C
F2
F*
m1 g
F1
m2 g
如把重锤C简化为一质点，它在杆AC， BC的拉力和重力作用下平衡，由此容易求 出 m1 g F1 2 cos
13
例题
达朗贝尔原理
O1
例 题4
x1
w
B
A
m1 g F1 2 cos
以F1值代入前两式，可解出
C
cos
m1 m2 m1lw 2
y1
F1
F1
C
F2
B
F*
由此式可知，调速器两臂的张角α与主 轴转动角速度ω有关。利用这个结果可以选 择m1 ，m2 ，l等参数量，使在某一转速ω下， 角α为某一值，从而可以求得重锤C的相应位 置，带动调节装置进行调速。
14
m1 g
惯性力F*与重力mg和绳的张力F
构成平衡力系mg+F+F*=0，向e φ 方向
投影，并代入l0－ ut ，得到运动微分 方程
v
O
φ
F
l0－ ut
(l0 vt) 2v g sin 0
达朗贝尔原理习题解答~14293
6－2. 图示系统由匀质圆盘与匀质细杆铰接而成。
已知：圆盘半径为 r 、质量为M ，杆长为L 、质量为 m 。
在图示位置杆的角速度为ω、角加速度为ε，圆盘的角速度、角加速度均为零，试求系统惯性力系向定轴O 简化的主矢与主矩。
解：∵圆盘作平动，相当一质点作用在A 点。
εττ⋅+==∑)2/(ML mL a m F Cii gR2)2/(ω⋅+==∑ML mL a m F nCii ngRεε⋅+==)31(2200ML mL J Mg6－3. 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。
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：αmr F C =I ；αr m F A ⋅=2Iααρα222I 5.1mr m J M C C ===∑=0)(F DM；0)2(I I I =+-++C A C M r mg F F mg g 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，∑=0yF；02I =-+mg F F A AB ；mg mg mr mg F AB 2134)2141(222=-=-=αa AM I gI A（b ）6－4. 重力的大小为100N 的平板置于水平面上，其间的摩擦因数f = 0.20，板上有一重力的大小为300N ，半径为20cm 的均质圆柱。
圆柱与板之间无相对滑动，滚动摩阻可略去不计。
若平板上作用一水平力F = 200N ，如图所示。
求平板的加速度以及圆柱相对于平板滚动的角加速度。
十达朗贝尔原理
刚体惯性力系旳简化
刚体作平动
FI -ｍｉａｉ -ｍａｃ
刚体作定轴转动
FI
aC
O
C
1.转轴不经过质心,但刚体作匀速转动
FI mrc 2
2.转轴经过质心,但刚体作变速转动
a
M IO
O(C)
M IO Jc
3.刚体转轴经过质心并作匀速转动
O(C)
(c)
刚体旳惯性力系自行平衡
刚体作平面运动
FI
例题3
第14章 达朗贝尔原理
My
FOy
α
r O FOx
x
MI m2g
a
m1g
FI
图为一电动卷扬机构旳示意图。已知起
动时电动机旳平均驱动力矩为M，被提升重物
旳质量为m1 ，鼓轮质量为m2 ，半径为r，它对 中心旳回转半径为ρO。试求起动时重物旳平均 加速度a和此时轴承O旳动约束力。
FI m1a
MI
C
aC M IC
FI mac
M Ic Jc
例题2
第14章 达朗贝尔原理
如图所示，滑轮旳半径为r，质量为m均匀分 布在轮缘上，可绕水平轴转动。轮缘上跨过旳软 绳旳两端各挂质量为m1和m2旳重物,且m1 >m2 。 绳旳重量不计，绳与滑轮之间无相对滑动，轴承
摩擦忽视不计。求重物旳加速度。
M I FN
FP g
ra
1 2
FP1 g
r 2
0
C
FP a g
A
2gFP sin
(2FP FP1)r
a α FP
B
例题4
重为FP旳重物A沿一光滑斜面滑下，借无重而不
第14章 达朗贝尔原理可伸长旳软绳带动重为FP1，半径为r旳鼓轮转动。求 鼓轮旳角加速度.斜面旳倾角为α，鼓轮可视为均质圆
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。
第16章 达朗贝尔原理(动静法)
共6个方程， 6个未知量
mg 30 ° a B
aA
联立方程(1)~(6)，得 ε =
3 3 g = 0.666 g rad/s2 = 6.525 rad/s2 13 − 3 3 l
此题共写出3个动力学方程， 3个运动学方程，求解 还是较繁的。
12
现考虑 用动静法求解。 解：画杆受力、运动图，如图。 其中惯性力 和惯性力 偶：
解：I. 求加速度aC 。 研究重物、轮子、滚子整体，画受力图如 图。其中惯性力 和惯性力 偶大小：
FIP = FIC = P P a = aC g g Q aC g aC = rε M IO = M IC = 1Q 2 r ε 2g
A
ε Y M IO O O B a P
XO
M IC FIC
C E
C
§16-2 刚体惯性力系的简化
一、平动刚体 惯性力 系： 向质心 简化：
r r′
r r FIi = −mi aC
r aC
r r r r r r 主矢： FI = ΣFIi = Σ(− mi aC ) = − MaC 即 FI = − MaC ——惯性力 r r r r r r r r r 主矩： M IC = ΣmC ( FIi ) = Σri '×( − mi aC ) = − Σmi ri '×aC = − MrC '×aC = 0
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。
【工程力学 课后习题及答案全解】第22章达朗贝尔原理习题解
W
③轴承反力：
∑ Fx = 0 ， FOx = 0 ∑ Fy = 0 ， FOy + FI − W = 0
FOy
=
mgW mg + 2W
（7）
（8） （9） （10）
Tb FI
a
由此可见，定滑轮的角加速度 αa 、 αb ，绳中拉 力，轴承反力均不相同。
W
(a)
22-5 图示调速器由两个质量各为 m1 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 m2 ，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：1、图（a）：
① JOαa = Wr
1 2
mr 2α a
= Wr
αa
=
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
αa
MIO
FOy αb FOx
FI a
W
①
MIO
=
1 2
mr 2α b
AD = 2 l 3
FI
=
maC
=
mrCω 2
=
mω 2
l sin β 2
2、求 β 角
（1）
FAz
FAx
A
∑MA
=
0，
FI
2 3
l cos β
−
mg
第12章 达朗伯原理-
FI 2
第12章 达朗贝尔原理
mO ( F ) 0,
12.4 例 题 分 析
( m2 g FI 2 )r ( m1 g FI1 )r mO ( qi ) mO ( qin ) 0
解得
m1 m2 a g m1 m2 m0
Fx 0 Fy 0
m A (F ) 0
Theoretical Mechanics
FAx FI FT 0 FAy mg 0
FT l mg l 2 FI l 0 2 3
第12章 达朗贝尔原理
解得
1 1 1 1 2 2 FT mg lm mg ml 2 2 2 3 2 3 1 1 FAx mg ml 2 FAy mg 2 6
12.4 例 题 分 析
以整体为研究对象
Fx 0 Fy 0
mO ( F ) 0
FOx FDx FI 0 FOy mg 0
解得
l 2 FDx (CD l OA) mg FI (OA l ) 0 2 3
1 7 mg lm 2 4 24 FOx 5 1 lm 2 mg 24 4
m2 g
m2 g
FOx
FI1
FI 2
m1 g m1 g
Theoretical Mechanics
第12章 达朗贝尔原理
12.4 例 题 分 析
例12-6 定滑轮的半径为r，质量为m0。软绳两端悬挂质 量分别为m1、m2的物体，m1>m2。假设滑轮的质量均匀分布 在轮缘上，求物体运动的加速度和轮轴O的约束力。 解：已知m1>m2，则M1向下运动， M2向上运动。加速度为a，滑轮的角速 度、角加速度为及，则有a＝r。
(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。
达朗贝尔原理试题及答案
达朗贝尔原理试题及答案一、选择题1. 达朗贝尔原理是以下哪位科学家提出的？A. 牛顿B. 达朗贝尔C. 欧拉D. 拉格朗日答案：B2. 达朗贝尔原理适用于以下哪种情况？A. 仅适用于静力学B. 仅适用于动力学C. 适用于静力学和动力学D. 仅适用于流体力学答案：C3. 在应用达朗贝尔原理时，以下哪项是不需要考虑的？A. 惯性力B. 外力C. 约束力D. 摩擦力答案：C二、填空题1. 达朗贝尔原理认为，一个系统在任意虚位移下，其总的虚功为零。
答案：（空）2. 达朗贝尔原理是牛顿第二定律在______形式下的推广。
答案：虚功3. 当一个系统处于平衡状态时，其______力和外力的虚功之和为零。
答案：惯性三、简答题1. 简述达朗贝尔原理的基本内容。
答案：达朗贝尔原理认为，对于一个受约束的系统，当它处于平衡状态时，系统内各部分的惯性力和外力的虚功之和为零。
2. 达朗贝尔原理与牛顿第二定律有何不同？答案：达朗贝尔原理是牛顿第二定律在虚功形式下的推广，它考虑了惯性力的作用，而牛顿第二定律仅考虑了外力的作用。
四、计算题1. 一个质量为m的物体在水平面上以速度v做匀速直线运动，受到一个大小为F的外力作用。
求该物体在任意虚位移下，其总的虚功是否为零。
答案：是的，由于物体做匀速直线运动，其加速度为零，根据达朗贝尔原理，总的虚功为零。
2. 一个质量为m的物体受到一个大小为F的恒定外力作用，物体在水平面上做加速运动。
求该物体在任意虚位移下，其总的虚功是否为零。
答案：否，因为物体在做加速运动，其加速度不为零，根据达朗贝尔原理，总的虚功不为零。
运动学第六章达朗贝尔原理习题课
运动学第六章达朗贝尔原理习题课达朗贝尔原理习题课主讲教师祝瑛2016年3月27日星期日ωα = 0α = 0α≠0α≠0ωωω（a ）（b ）（c ）（d ）1.均质圆盘作定轴转动。
试对图示四种情形向转轴进行惯性力系的简化。
2I F m rω=2n IF m rω=I F m rτα=232I mr M α=22I mr M α=1ω1α2ω2αCAO n IFτI F IOM n IAFτIAFIAM 2.均质杆OA 长为L ,质量为m,绕O 轴转动的角速度ω1,角加速度α1,圆盘半径为R,质量为M , 相对杆的角速度为ω2,角加速度α2.计算杆对O 点及圆盘对A 点的惯性力系的简化结果.2121ωml F n I =2121ωl a n C =12131ααml J M O IO ==)(21212ααα+==MR J M A A IAlω=lM F n IA 21ω=解：杆121ατl a C =121ατml F I =1ατl a A =盘1ατMl F IA =绕O 轴转动平面运动3.两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力是否相同。
解: (a)Wr J O =a αWrmr =a 221αmrW 2a =α0=Ox F mgW F O y +=∑=0O M OyF OxF WT a =aαbαOy F Ox F IOaM mgmgF IWOyF OxF bαIObM F IWmgabT IF W(b)2b 12IObM mr α=b I W W F a r g g α==∑=0O M 0I I =-+Wr r F M Ob )2(2b W mg r Wg +=αWWmg mga g W W T 2b +=-=0=Ox F 整体物体()W mg mg W mg 23++= IOy F mg W F -+=4.质量为m 1和m 2的两重物,分别挂在两条绳子上,绳又分别绕在半径为r 1和r 2并装在同一轴的两鼓轮上,已知两鼓轮对于转轴O 的转动惯量为J ，系统在重力作用下发生运动，求鼓轮的角加速度。
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6－2. 图示系统由匀质圆盘与匀质细杆铰接而成。
已知：圆盘半径为 r 、质量为M ，杆长为L 、质量为 m 。
在图示位置杆的角速度为ω、角加速度为ε，圆盘的角速度、角加速度均为零，试求系统惯性力系向定轴O 简化的主矢与主矩。
解：∵圆盘作平动，相当一质点作用在A 点。
ετ
τ
⋅+==∑)2/(ML mL a m F Ci
i gR
2
)2/(ω⋅+==∑ML mL a m F n
Ci
i n
gR
ε
ε⋅+==)3
1(2
200
ML mL J M
g
6－3. 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。
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：
αmr F C =I ；αr m F A ⋅=2I
ααρα2
2
2
I 5.1mr m J M C C ===
∑=0)(F D
M
；
0)2(I I I =+-++C A C M r mg F F mg g g r a C 21
45
.132
=
+=
=α
∑
=0y F ；02I I =--+-mg mg F F F A C DE ；mg mr mg F DE 21
593=
-=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 21
34)21
41(222=
-
=-=α
a A
M I g
I A
（b ）
6－4. 重力的大小为100N 的平板置于水平面上，其间的摩擦因数f = 0.20，板上有一重力的大小为300N ，半径为20cm 的均质圆柱。
圆柱与板之间无相对滑动，滚动摩阻可略去不计。
若平板上作用一水平力F = 200N ，如图所示。
求平板的加速度以及圆柱相对于平板滚动的角加速度。
解：设平板的重力P 1 = 100 N ，加速度为a ；圆柱的重力P 2 = 300 N ，角加速度为α，
在平版上建立动系，则根据加速度合成定理可得：质心的加速度a O = a – αr ，或者
a O = a – αr ，
受力如图（a ）。
a g P F 11I =；)(222I αr a g P a g P F O -==；αα2
2I 21r g
P J M O O ⋅==
∑=0)(F A
M ；0I 2I =-O M r F ；αα2
2221)(r g
P r r a g
P ⋅=
-；αr a 23=
∑=0x
F
；0f 2I 1I =---F F F F ；其中：N 80)(21N f =+=⋅=P P f F f F 080)(20021=---
-
αr a g
P a g P ；0)3(
12021=+
-a g
P g
P ；
2
m/s 88.5200
120==
g a ；2
rad/s 6.1932==
a r
α
6－5 图示匀质定滑轮装在铅直的无重悬臂梁上，用绳与滑块相接。
已知：轮半径r =1m, 重Q =20kN ，滑块重P =10kN ，梁长为2r ，斜面的倾角4/3tg =θ, 动摩擦系数1.0'
=f 。
若在轮O 上作用一常力偶矩m kN 10⋅=M 。
试用动静法求：（1）滑块B 上升的加速度；（2）支座A 处的反力。
解：（1）取滑块B 为研究对象，设其质量为m 1，加速度为a B ，则其惯性力为：B a m F 1I =，
受力如图（a ）所示。
∑=0t
F
；0sin 1T I =+-+θg m F F F ；kN 8.0cos 1.01N ==⋅=θg m F f F
B B a m a m F 11T 8.68.06+=++=
取定滑轮O 为研究对象，设其质量为m 2，半径为r ，则其惯性力矩为：r
a r
m M B O 2
2I 2
1=，
受力如图（b ）所示。
∑=0)(F O M ；0T I ='--r F M M O ；0108.61010=-
--B B a g
a g
；2
m/s 57.1=B a
kN 4.86.18.68.61T =+=+=B a m F
∑=0x F ；0cos T =-'Ox F F θ；kN 72.68.04.8=⨯=Ox F
∑=0y
F
；0sin 2T =-'-g m F F Oy θ；kN 04.25206.04.8=+⨯=Oy F
（2）取梁AO 为研究对象，设梁长为l ，受力如图（c ）所示，
∑=0)(F A
M ；0='-l F M
Ox
A
；m kN 44.13227.6⋅=⨯=A
M
∑=0x F ；0=-'Ax Ox
F F ；kN 72.6=Ax F ∑=0y
F
；0='-Oy
Ay F F ；kN 04.25=Ay F
ϕ
ϕϕω
2sin )(sin cos 33
3
2
22
a b a b g
--=
/
2′
（a ）
（b ）
（c ）
\。