理论力学(机械工业出版社)第十三章达朗伯原理习题解答
十三章达朗贝尔原理xppt课件-文档资料
a a l sin A B
2
加上相应的惯性力
W 1 2 F F lsin IA IB g
则所有主动力、约束力（未画出）与惯性力组成一 平衡力系。
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第二节 质点系的达朗贝尔原理
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第三节 运动刚体惯性力系的简化及应用
下面讨论几种常见运动刚体惯性力系的简化： 1 刚体作平行移动
设刚体作平行移动，某瞬时的加速度为a。根据刚 体平行移动的特点，体内各点的加速度也都是a，因 而各点的惯性力
F m Ii ia
组成一同向的平行力系，可进一步合成为一个合力
F F m a m a I I i i
2
y
F
Ii
i
O
i
x
FT
FT
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第三节 运动刚体惯性力系的 简化及应用
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第三节 运动刚体惯性力系的简化及应用
对于一般质点系，在应用达朗贝尔原理时，可在 每一质点上加上相应的惯性力，据此进行计算。 但应用达朗贝尔原理研究刚体动力学时，由于各 质点的加速度可用刚体运动的角速度与角加速度等量 来表明，因而可将各质点的惯性力组成的力系进行简 化，用表征刚体运动的量来表示。应用达朗贝尔原理 研究刚体动力学时，就可以直接利用简化结果。 下面就刚体作平移、定轴转动及平面运动的情形， 分别讨论惯性力系简化的结果。
合力FI的作用线通过刚体的质心。
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第三节 运动刚体惯性力系的简化及应用
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第二节 质点系的达朗贝尔原理
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。
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。
理论力学 第十三章达朗贝尔原理
设有一质点系由n个质点组成 第i个质点Mi，质量mi，受主动力 F， i 约束反力 FNi 作用，加速度为 ai ,对每一个质点，有： G G Fi mi ai Fi FNi Fi 0 (i 1, 2,, n)
表示为力系形式： G G G (F1,, Fi ,, Fn , FN1,, FNi ,, FNn , F 1 ,, F i ,, F n )0
G rC为刚体质心相对于质心 的矢径， rC 0MC 0
结论：刚体作平动时，惯性力系对质心C的主矩为零。
19
mi ri aC mrC aC
§13–2 刚体惯性力系的简化
三、刚体作定轴转动
讨论具有质量对称平面且转轴垂直于质量对称平面 的情况。（刚体的空间惯性力系投影在对称平面内 的平面力系，再将此平面力系向O点简化，O点为质 量对称平面与转轴Z的交点。） 空间惯性力系 平面惯性力系 （质量对称面） 直线 i : 平动， 过Mi点，惯性力系 G 为
将质点系受力按内力、外力划分：
（内力是大小相等，方向相反成 对出现，所以内力主矢和对任意点 的主矩分别恒为零）
e e e G G G (F1 ,, Fi ,, Fn , F1 ,, Fi ,, Fn ) 0 e G Fi Fi 0 e G M O ( Fi ) M O ( Fi ) 0
1
第十三章
达朗贝尔原理
§13–1 达朗贝尔原理 §13–2 刚体惯性力系的简化
§13–3 绕定轴转动刚体的动约束力
静平衡和动平衡的概念
2
第十三章
达朗贝尔原理
法国科学家达朗贝尔（J.le Rond d’Alembert)将适 用于自由质点的牛顿定律（第二定律）推广至受约束质 点，并于1743年提出了受约束质点动力学问题的一个原 理—达朗贝尔原理。 达朗贝尔原理为非自由质点系动力学的发展奠定了 基础。该原理提出一百多年后，后人引入了惯性力的概 念，并应用达朗贝尔原理中包含的用静力学中研究平衡 的方法研究动力学中不平衡问题的思想，将这一原理发 展成求解非自由质点系动力学问题的普遍而有效的方法， 称为动静法。 由于动静法简单有效，易于掌握，因此在工程技 术中得到了广泛应用。
第十三章 达朗贝尔原理
解:⑴ 以杆为研究对象 ⑵ 分析运动，并将惯性力系向 点O简化
质点系的达朗贝尔原理
例14-3 飞轮质量为m，半径为R，以匀角速度ω转动。设轮缘 较薄，质量均匀分布，轮辐质量不计。若不考虑重力的影响， 求轮缘横截面的张力。 解:⑴ 以飞轮一半为研究对象，画受力图 由于轮缘质量均布， 任意截面的张力都相同
FA FB
A y
FIi
d
n ai
⑵ 分析运动，加惯性力
z
FIin mi ri 2 ; FIit mi ri
惯性力对x轴之矩
M Ix M x ( FIi ) M x ( FIit ) M x ( FIin ) mi ri cos i zi mi ri 2 sin i zi
ri cos i xi ; ri sin i yi
第十四章 达朗贝尔原理
1
惯性力 · 质点的达朗贝尔原理
2 3
质点系的达朗贝尔原理 刚体惯性力系的简化 绕定轴转动刚体的轴承动约束力
4
PAG 3
Northeastern University
§14-1 一、惯性力
惯性力· 质点的达朗贝尔原理
F ma ' F F ma
§14-3
刚体惯性力系的简化
一、刚体作平移
FIi mi ai
FIi
ri
O C rC FIR
各质点惯性力的方向相同，组成 一个同向的平行力系 平行力系向任一点O简化
FIR FIi mi ai (mi )aC maC M IO ri FIi ri (mi aC ) (mi ri ) aC mrC aC
理论力学课件 第十三章 达朗贝尔原理
MO(F) 0
FΙC
r
l 2
MΙC
MΙO
M
0
联立求解，可得
1 7.9rad / s2 2 4.44rad / s2
由ΣFx=0 解得轴承O 水平方向的约束反力
FOy
O
FOx M mg
A
FΙ C
M ΙO
C
M ΙC
m1 g
B
FOx
FC
m1( r1
l 2
2
)
8.91N
由ΣFy=0 解得轴承O 铅垂方向的约束反力
Fii
F 0 Ii
MO (Fie ) MO (Fii ) MO (F Ii ) 0
由于质点系的内力总是成对出现的，且等值反向共线，它们相互抵消，这样， 上面两式可简化为
Fie FIi 0
MO (Fie )
MO (FIi ) 0
上式表明，作用于质点系上的所有外力与虚加在每一个质点上的惯性力 在形式上组成平衡力系，这就是质点系达朗贝尔原理的又一表述形式。
解得
FI mgtan
由于
FI
man
m
v2 lsin
FN
an
v
mg FI
解得
v gl tan sin
【例13-2】 如图所示的列车在水平轨道上行驶，车厢内悬挂一单摆，摆锤的
质量为m。当车厢向右做匀加速运动时，单摆向左偏转的角度为 ，求车厢
的加速度a。
解：选摆锤为研究对象，受力分析 如图所示。由达朗贝尔原理，列x方向 的平衡方程
解得
FAx FBx 0
FAy 200kN
FBy 200kN
FAz 20kN
z
B FBx
理论力学——达郎贝尔原理
（e） FIR - Fi -ma c
M IO M Iz -J z
讨论 ①刚体作匀速转动，转轴不通过质点C 。
求解步骤 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反力。
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。 ④虚加惯性力。在受力图上画上惯性力和惯性力偶， 一定要 在 正确进行运动分析的基础
上。熟记刚体惯 性力系的简化结果。
⑤列动静方程。选取适当的矩心和投影轴。 ⑦求解求知量。
M
y
解得
1 M y FRxOB M Ix M IxOB FAx AB
1 M x FRyOB M Ix FIyOB FAy AB
1 M y FRxOA M Ix FIxOA FBx AB
1 M x FRyOA M Ix FIyOA FBy AB
min
求:轴承A,B的约束力
解:
0.1 12000π 1 an e m 158 m 2 s s 1000 30
2
2
F man 3160N
n I
FNA FNB
1 20 9.8 3160N 1680N 2
内容
§13-1
惯性力〃质点的达朗贝尔原理
Force of Inertia ·D’Alembert’s Principle of a Particle
§13-2 质点系的达朗贝尔原理
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
《理论力学》第十三章 达朗贝尔原理.ppt
O
aCn C
A
Fix FOx－ma2lCn 2 mg sin 0
aCτ α
4.由动能定理计算2，T1-T2=∑Wi
1 2
J O 2
0
mg
l 2
sin
外力只有重力
例4: OB质量不计，AB长l、质量m。试求绳OA剪
HOHAI UNIVERSITY ENGINEERING MECHANICS
Fix FOx 0 （3）
4.补充方程
aC l / 2
FOx
0;
FOy
1 4
mg ;
3g
2l
HOHAI UNIVERSITY ENGINEERING MECHANICS
例3: 约束均质杆A端的绳索突然被剪断，试求杆转
到任一位置时的角加速度 、角速度及O处约束力
惯性系中：
0 FR ma FR FI
达朗贝尔原理将动力学加速度问题形 式上转换成静力学中的平衡问题，也 叫动静法
一、质点的达朗贝尔原理
ma FR F FN
FI
F
记
F N
ma
FI ma
0
称为质点的惯性力， 与加速度方向相反
则有 F FN FI 0
MIO MO (FIi ) MO FIi
MO miii miii
mi i2 JO
ω
MIO
FaOICFCρIii
i FIin
故定轴转动刚体惯性力系简化为：
作用在转轴上，且与质心加速 度方向相反的惯性力FI=maC 在对称平面内，转向与角加速度方 向相反的惯性力偶MIO=JOα
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。
第十三章朗伯尔原理
xC=0.75m, yC=0.25m。
30
30
E
F
Part C 达朗伯原理的应用 [解] 取刚体ABD为研究对象，作受力分析
y
D 0.75m
C
A
B
x
0.25m
aAn aAt
aCn
D
aBn
FIC
30
30
E
F
A
C
B 当割断绳子的瞬时，两杆的角速度
aBt
等于0，角加速度为a
FAE
2mg
FBF 刚体平动，惯性力 FIR2maC
பைடு நூலகம்ma Cy Fy mg
Part C 达朗伯原理的应用
例题4
y
如图所示，两均质杆AB和BD，
0.75m
D
质量均为3kg, AB = BD = 1m，焊
接成直角形刚体，以绳 AF 和两
等长杆 AE 、BF 支持。试求割
C
0.25m
断绳AF的瞬间两杆所受到的力。 A
B
x
杆的质量不计，刚体质心的坐标
Part A 达朗伯原理 例题 1
l
O
A
a
q
B
质量 m =10 kg的物块A沿与
铅直面夹角 q = 60°的悬臂梁下
滑,如图所示,不计梁的自重,并忽 略物块的尺寸,试求当物块下滑到 距离固定端O 的距离 l = 0.6m,加 速度a = 2m/s2时固定端 O 的约束 反力.
Part A 达朗伯原理
Part C 达朗伯原理的应用 [解]
D
n
t
C
FIC
B
A FAE
2mg
FBF
Ft 0
13 达朗伯原理
Fi FNi FIi 0 MO (Fi ) MO (FNi ) MO (FIi ) 0
重量WA=WB=W的两个物块A和B，系在一无重软绳的两端，软绳绕过 半径为R的无重定滑轮，光滑斜面的倾角为q 。试求物块A下降的加速度及 轴承O的反力。
a g (1 sin q ) / 2
I N
FOx W (1 sin q ) cosq / g
FOy W (1 sin q )2 / 2
5
第二节 刚体惯性力系的简化
一、刚体作平动
I IR 2 I2 2 2 I1 1 1 1
主矢 FI R FI i (mi ai ) ( mi ) ai maC 主矩 M I C M C ( FI i ) ri (mi ai ) ( mi ri ) ac mrc aC 0
Fy 0 FOy FI A WA FI B sin q WB FN B cosq 0
FOy Wa (1 sin q ) / g W (1 sin 2 q )
MO 0
I
WB R sin q WA R FI A R FI B R 0
W (sinq 1) R 2WRa / g 0
令
I F ma 称为质点 M 的惯性力.
F FN ma
F FN (ma) 0
质点的达朗伯原理：
I F FN F 0
质点在运动的每一瞬时，作用在质点上的主动力，约束反力与质点的惯性 力构成一形式上的平衡力系。
二、质点惯性力的概念
作用线通过质心C。
IR
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：
理论力学新第十三章
FG
ml
2
FnG man 0
,
M
G A
I A
ml2
3
根据动静法，有
25
Fi 0 , FA mg cos0 FG 0 (1)
Fin 0 , FAn mg sin 0 FnG 0 (2)
mA (Fi )
0
,
mg
cos 0
l
/
2
M
G A
0
(3)
由(2)得 : FAn mg sin0 ;
（主矢、主矩均为零）
（与M反IC 向）JC
FG 0 ,
M
G C
0
18
三、刚体作平面运动
假设刚体具有质量对称平面，并且平行于该平面作平面运动。此时，刚体的惯性力 系可先简化为对称平面内的平面力系。
刚体平面运动可分解为：
随基点（质点C）的平动： 绕通过质心轴的转动：
FI maC
M IC JC
FI maC 作用于质心
对于空间任意力 系：
Feix FIix 0 , M x (Fei) M x (FIi) 0 Feiy FIiy 0 , M y (Fei) M y (FIi) 0 Feiz FIiz 0 , M z (Fei) M z (FIi) 0
实际应用时, 同静力学一样任意选取研究对象, 列平衡方程求解。
MmOO (FFiIGi ) 0
8
用动静法求解动力学问题时，将质点
系受力按内力、外力划分, 则:
F (e) i
FiG 0
mO (Fi(e) ) mO (FiG ) 0
对平面任意力 系：
Feix FIix 0 , Feiy FIiy 0 , MO (Fei) MO (FIi) 0
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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 ϕβϕ mgma=+ϕβϕsin )cos()cos(sin βϕϕ+=g amgma 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 RR g ϕωcos =min r/35.296.00454cos 8.9π30cos π30π30='︒⨯===R g 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 =N00I =-=∑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 θθ0sin sin sin 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 θω 211)(cos ωθl m g m m +=211)(arccos 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=tanf 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0sin tan )cos sin (cos m =-++θϕθθθmg mg ma ma θϕθθθsin tan )cos sin (cos m g g a a =++ )tan cos (sin )tan sin (cos m m ϕθθϕθθ-=+g a)tan(tan tan 1tan tan tan sin cos )tan cos (sin m mm mm ϕθϕθϕθϕθθϕθθ-=+-=+-=g g g 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0sin tan )cos sin (cos m =-+-θϕθθθmg mg ma ma θϕθθθsin tan )cos sin (cos m g g a a =+- )tan cos (sin )tan sin (cos m m ϕθθϕθθ+=-g a )tan(tan tan 1tan tan tan sin cos )tan cos (sin m mmm m ϕθϕθϕθϕθθϕθθ+=-+=-+=g g g a因此 )tan()tan(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)sin ()(211122=+--r r gW W r gW M αθα)2()sin (22121W W r r W M g +-=θα0sin cos 0N I =--=∑θθF F F F A Ox xθθsin cos N I F F F A Ox += θθθαsin cos cos 11W r g W +=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 yθθα21121cos sin W r gW W W F Oy -++=θαθsin sin 1221r gW W W ++=θθθsin )2()sin (2sin 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 ，其曲柄以匀角速度转动； c)长为l 的细直杆，绕轴O 以角速度，角加速度转动； d)半径为R 的圆盘，绕质心轴C 以角速度，角加速度转动； e)半径为R 的圆盘，绕偏心轴O 以角速度，角加速度转动；f)半径为R 的圆柱，沿水平面以角速度，角加速度滚动而不滑动。
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 ==ττIR2nn 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 =W ，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 gWma F ==I 00I T =--=∑F F F F x0T =--a gW W F μ g WF a )(T μ-=0)()(0T I 221N =--+++-=∑e h F h F Wl l l F M A B)()()()()(21T 221T T2N l l e F h l W l l e h F gh WF g W Wl F A ++-=+---+=μμ 0)()(0T I 121N =--+-+=∑e h F h F Wl l l F M B A)()()()()(21T 121T T1N l l e F 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=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 gWma F ==I 00I =-++=∑F F F F F B A x (1)0=-++F a gW F F B Aa 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 M B AN 5.3676125.0205.05.13.025.1N ==⨯-+=-+=W WW W a gW W F F B05.120I N =+-+-=∑W F F F M A BN 5.2323875.023.005.05.125.1N ==+-⨯=+-=W W W W WF a gWF 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，并以角速度匀速转动。
试求电动机对基础的最大和最小压力。
图13-2522I ωe gW ma F == 0sin 021I N =--+=∑W W F F F y θθωθsin sin 2221I 21N e gW W W F W W F -+=-+= 2221max N ωe g W W W F ++= 2221minN ωe gWW W F -+=13-11 质量为m ，长为l 的均质杆AB 的一端A 焊接于半径为r 的圆盘边缘上，如图13-26所示。