理论力学14(1)
《理论力学》第十三章--虚位移试题及答案
理论力学14章作业题解思考题14-1 确定自由度。
解 (a) k=2 ； (b) k=2； (c) 只滚不滑 k=2，又滚又滑 k=314-1 一台秤构造如图。
已知：BC//OD ，且BC=OD ，BC=AB/10。
设秤锤重P 1=10N ，试求秤台上的重物P 2。
解：（1）分析虚位移 秤杆AC 作转动，有10=C A r r d d /。
秤台作平动，有E C r r d d =，故有E C A r r r d d d 1010==。
（2）建立虚位移原理方程1002121=+-=+-E E A r P P r P r P d d d )(故有：01021=+-P P ，N P 1002=。
Cr d Er14-5 OA=l ，OC=R满足的条件。
解： （用虚位移原理求解）(1) 运动分析（虚位移关系分析）A 处虚位移关系用合成运动的理论分析。
A 为动点，OC 为动系。
r e A r r r r r r d d d +=f d d cos A e r r =另外：R r l r C e /d d = (2) 虚功方程fd f f d d d d cos /)cos /(cos /R l F F r R l F F R r l F r F r F r F C C C A C 21212121000==-=-=-14-9 已知：AC=BC=EC=GC=DE=DG=l ，荷载F 2。
求平衡时的F 1。
解 用解析法，1个自由度，选q 为广义坐标。
建立坐标，如图。
(1) 计算虚位移qdqd q qdq d q sin ,cos cos ,sin l y l y l x l x A A D D 2233-====(2) 计算力的投影 2211F F F F x y -=-= , (3) 建立虚位移原理方程qqdq q q d d sin cos )cos sin (230320212121F F l F l F x F y F D x A y ==×-×=+Oxy14-12 F=4kN, AO=OE=5m. 求D 解：(1) 接触D 处水平约束，代之约束力。
东大14春学期《理论力学》在线作业1答案
14春学期《理论力学》在线作业1一,单选题1. 1.7 力的三要素是。
A. 大小、方向和作用点B. 大小、方向和作用线；正确答案：B2. 5.3本相同的书，每本重W，设书与书间的摩擦因数为0.1，书与手间的摩擦因数为0.25，欲将4本书一起提起，则两端应加力F至少应大于（）A. 10gB. 8gC. 4gD.125g正确答案：A3. 8.3 点的速度合成定理va=ve+vr的适应条件是（）A. 牵连运动只能是平动B. 各种牵连运动都适应C. 牵连运动只能是转动D. 牵连运动为零正确答案：B4. 2.2 作用在刚体上同一平面内某点的三个力，必使刚体平衡。
（）A. 对B. 错正确答案：B5. 1.2 力和力的合力为,, 它们之间的大小关系，可能属于下列哪种情况（）。
A.必有B. 必有且C. 必有且D.可能有且正确答案：D6. 9.38．某瞬时平面图形上（图8）任两点A、B的速度为vA和vB，则AB连线中点C的速度为（）。
A. vC＝vA＋vBB. vC＝vA－vBC. vC＝（vA＋vB）∕2D. vC＝（vA－vB）∕2正确答案：C7. 13.1 作平面运动的刚体的动能等于随平移的动能与绕转动的动能的和。
A. 质点、质点B. 质点、质心、；C. 质心、质点D. 质心、质心.正确答案：D8. 15.3 用虚位移原理可以推导出作用在刚体上的平面一般力系的平衡方程A. 对B. 错正确答案：A9. 3.4 平面汇交力系的平衡方程数目为。
A. 一B. 二C. 三D. 四正确答案：B10. 2.3平面汇交力系的必要和充分条件是各力在两个坐标轴上投影的代数和( )。
A. 一个大于0，一个小于0B. ．都等于0C. 都小于0D. 都大于0正确答案：B11. 5.1 只要受力物体处于平衡状态，摩擦力的大小一定是。
（）A. 对B. 错正确答案：B12. 1.4 二力平衡公理中的两个力、作用与反作用定律中的两个力，它们相同。
南航理论力学习题答案14(1)
第十四章达朗贝尔原理1．平移刚体上的惯性力系向任意点简化，所得主矢相同，R Q ＝－m a C 。
设质心为C ，点O 到质心的矢径为r C ，则惯性力系向O 点简化的主矩为（ ）。
① ＭQO ＝0② ＭQO ＝J O α③ ＭQO ＝J C α④ ＭQO ＝r C ×R Q正确答案：④2．定轴转动刚体，其转轴垂直于质量对称平面，且不通过质心C ，当角速度ω＝0，角加速度α≠0时，其惯性力系的合力大小为R Q ＝ma C ，合力作用线的方位是（ ）。
（设转轴中心O 与质心C 的连线为OC ；J C 、J O 分别为刚体对质心及转轴中心的转动惯量）。
① 合力作用线通过转轴轴心，且垂直于OC② 合力作用线通过质心，且垂直于OC③ 合力作用线至轴心的垂直距离为h ＝J O α / ma C④ 合力作用线至轴心的垂直距离为h ＝OC ＋J C α / ma C正确答案：③、④3．刚体作定轴转动时，附加动反力等于零的充分必要条件是（ ）。
① 转轴是惯性主轴② 质心位于转轴上③ 转轴与质量对称面垂直④ 转轴是中心惯性主轴正确答案：④4．如图所示，质量为m 的质点A ，相对于半径为r 的圆环作匀速圆周运动，速度为u ；圆环绕O 轴转动，在图示瞬时角速度为ω，角加速度为α。
则图示瞬时，质点A 的惯性力为（ ）。
① )22(ωαu r m F gx +=)/2(22r u r m F gy +=ω② )22(ωαu r m F gx +−=)/2(22r u r m F gy +−=ω③ αmr F gx 2−=)22/(22ωωr u r u m F gy +−=④ 0=gx Fr mu F gy /2−=正确答案：③5．如图所示，半径为r ，质量为m 的均质圆盘与质量也为m 、长为l 的均质杆焊在一起，并绕O轴转动。
在图示瞬时，角速度为ω，角加速度为α 。
则惯性力系向O 点简化结果为（ ）。
① 2/)23(αm r l F g τ+=2/)23(2ωm r l F gn +=6/)1298(22αm lr r l M gO ++=② 2/)(αm r l F g τ+=2/)(2ωm r l F gn +=6/)1298(22αm lr r l M gO ++=③ 2/)23(αm r l F g τ+=2/)23(2ωm r l F gn +=2/)23(2αm r l M gO +=④ 2/)23(αm r l F g τ+=2/)23(2ωm r l F gn +=4/])(4[22αm r l l M gO ++=正确答案：①6．长度为r 的杆OA 与质量为m 、长度为2r 的均质杆AB 在A 端垂直固接，可绕轴O 转动。
理论力学第十四章 虚位移原理
面
A
δS A
M
O
δSB
P x
B
三 虚功 作用于质点上的力在其虚位移上所作的功。
δW=Fδr 四、理想约束：
约束反力虚功之和为零的约束。
ΣδWN = ΣNδr = 0
那些约束为理想约束？ 回到动能定理里理想约束部分
1、光滑面 N δr
3、固定支座 Y X
Nδr = 0
δr = 0
2、可动支座 N
δr
因为： δrB = δxB = tanϕ δrA δyA
将虚位移间的关系代入虚 功方程，求解可得：
所以，同样可以得到：δrB = δrA ⋅ tanϕ
y A
FA = δrB = tanϕ FB δrA
δ rA vA FA
O
FB ϕ B
x
vB
δ rB
切
δr1
平
面
A
δS A
M
O
δSB
P x
B
质点：δr 质点系:(δr1 ,δr2 ,…,δrn )
说明: 1.对给定瞬时而言(不同位置位移不同). 2.为约束所允许的(不能破坏约束). 3.无限小位移(不是有限位移).
4.任何无限小位移(不只一个;对质点 系来说不只一组).
M（x,y,z)
切
δr1
平
由AB的速度瞬心P可知：
y
vB = PB = tanϕ
vA PA
A
P
于是：δrB = δrA ⋅ tanϕ
δ rA vA FA
O
FB ϕ B
x
vB
δ rB
方法二：坐标变分法
yA = lsinϕ xB = lcosϕ
理论力学动能定理
12
2
mi ri 2
即
T
1 2
J z 2
（3）平面运动刚体的动能
速度瞬心为P
T
1 2
J
p 2
1 2
(JC
md 2 ) 2
得
T
1 2
mvC2
1 2
JC
2
即：平面运动刚体的动能等于随质心平移的动能
与绕质心转动的动能之和。
§14-3 动能定理
1、质点的动能定理
将 m d F 两端点乘 dt dr ，
1.势力场
力场 F F x, y, z 如：重力场、弹性力场、万有引力场
势力场： 物体在力场内运动，作用于物体的力的功只 与力作用点的始、末位置有关，与路径无关。
2.势能：在势力场中，质点从点M运动到任选的点M0，
有势力所作的功。
V M0 F dr M
M 0 称零势能点
4．摩擦力的功
(1) 动滑动摩擦力的功
W
M1M2F
ds
M1M
2
f
'Nds
N=常量时, W= –f´N S, 与质点的路径有关。
(2) 圆轮沿固定面作纯滚动时，滑动摩擦力的功 正压力 N ，摩擦力 F 作用于速度瞬心C，瞬心的元位移
dr vCdt0 W Fdr FvCdt0
dt
得 m d F dr
由于 m d d(1 m2 ), F dr w,
2 因此 d(1 m 2 ) w
2
上式称为质点动能定理的微分形式，即质点
动能的微分等于作用在质点上力的元功。
理论力学第14章
双侧约束
单侧约束
单侧约束
双侧约束
定常约束
非定常约束
2.虚位移 在某瞬时,质点系在约束允许的条件下,可能实现的 任何无限小的位移称为虚位移。与约束条件有关。
虚位移用变分符号 δ表示
虚位移: δ r , δx, δ
实位移是质点系真实实现的位移，它与约束条件、 时间、主动力以及运动的初始条件有关 .
δ xC
hδ sin2
Fh
M sin 2
例14-5
求图所示无重组合梁支座Ａ的约束力.
解：解除A处约束，代之 FA ，给虚位移，如图
列虚功方程：
δWF FAδsA F1δs1Mδ F2δs2 0
δ δsA ,
8
δs1
3δ
3 8
δsA,
δsM
11δ
11 8 δsA
δs2
4 7
δ
sM
约束方程中不包含坐标对时间的导数，或者约 束方程中的积分项可以积分为有限形式的约束为 完整约束.
例如：车轮沿直线轨道作纯滚动时
xA r 0 微分形式
积分 xA r C
完整约束
约束方程是等式的，称双侧约束（或称固执约束）. 约束方程为不等式的，称单侧约束（或称非固执单 侧约束）
本章只讨论定常的双侧、完整、几何约束.
FBx
3 2
F
cot
k 0
cot
例14-3
已知：如图所示椭圆规机构中,连杆AB长为l,滑
块A ,B与杆重均不计,忽略各处摩擦,机构在图示
位置平衡.
求：主动力 F与A F之B 间的关系。
解: (1)几何法 给虚位移 δrA , δrB ,
由虚功方程 Fi δ,r有i ：0
理论力学(14.7)--虚位移原理-思考题答案
第十四章 虚位移原理答 案14-1(1)若认为B处虚位移正确，则A，C处虚位移有错：A处位移应垂直于O1A向左上方，C处虚位移应垂直向下。
若认为C处虚位移正确，则B，A处虚位移有错：B处虚位移应反向，A处虚位移应垂直于O1A向右下方。
C处虚位移可沿力的作用线，A处虚位移不能沿力的作用线。
(2)三处虚位移均有错，此种情况下虚位移均不能沿力的作用线。
杆AB，DE若运动应作定轴转动，B，D点的虚位移应垂直于杆AB，DE；杆BC，DE作平面运动，应按刚体平面运动的方法确定点C虚位移。
14-2（1）可用几何法，虚速度法与坐标（解析）法；对此例几何法与虚速度法比坐标（解析）法简单，几何法与虚速度法难易程度相同。
（2）可用几何法，虚速度法与坐标（解析）法。
几何法与虚速度法相似，比较简单。
用坐标法也不难，但要注意δθ的正负号。
（3）同（2）（4）用几何法或虚速度法比较简单，可以用坐标法，但比较难。
（5）同（4）14-3（1）不需要。
（2）需要。
内力投影，取矩之和为零，但内力作功之和可以不为零。
14-4弹性力作功可用坐标法计算，也可用弹性力作功公式略去高阶小量计算；摩擦力在此虚位移中作正功。
14-5在平面力系所在的刚体平面内建立一任意的平面直角坐标系，在此刚体平面内任选一点作为基点，写出此平面图形的运动方程。
设任一力 的作用点为（x i， y i），且把此坐标以平面图形运动方程表示，设此点产生虚位移，把力投影到坐标轴上，且写出此点直角坐标的变分，用解析法形式的虚位移表达式，把力的投影与直角坐标变分代入，运算整理之后便可得。
也可以在平面力系所在的刚体平面内任选一点O（简化中心），把平面力系向此点简化得一主矢与主矩，把主矢以 表示，分别给刚体以虚位移，由虚位移原理也可得平衡方程。
理论力学14应力状态分析
2
2 xy
在 - 坐标系下，其对应一圆，称为应力圆。
该应力圆的圆心坐标为
半径为
C
x
2
y
,
0
R
x
2
y
2
2 xy
30
x y
2
x
y
2
cos 2
xy
sin
2
30 50 30 50 cos 60 20sin 60 52.3 MPa
2
2
30
x
2
y
sin
2
xy
cos
2
30
30 50 sin 60 20cos 60 18.66 MPa
3
3. 切应力最大值
max
五、单向应力状态
1. 斜截面上的应力
2
2
cos 2
2
sin 2
2. 主平面和主应力
主平面： 主应力：
0 0
1 1 0
2 0 2 0
3 0 3
3. 最大切应力及其所在平面
最大切应力所在平面： 最大切应力：
45°斜截面
max
2
[例1] 试求图示单元体指定斜截面上的正应力和切应力（图中应 力单位为 MPa）
解： 对于图示单元体，有 x 30 MPa y 50 MPa xy 20 MPa 30 代入相应公式，即得指定斜截面上的正应力和切应力
哈尔滨工业大学 第七版 理论力学.14
m2 g )l sin ϕ − FI l cos ϕ = 0 2
ω2 =
2m1 + m2 g tan ϕ 2m1 (a + l sin ϕ )
14-5 曲柄滑道机械如图 14-5a 所示，已知圆轮半径为 r，对转轴的转动惯量为 J，轮上 作用 1 不变的力偶 M，ABD 滑槽的质量为 m，不计摩擦。求圆轮的转动微分方程。
∑ M x = 0, M − 2 FI ⋅ l cos ϕ = 0
其中 代入前式得
FI = m ⋅ l sin ϕ ⋅ ω 2
209
理论力学（第七版）课后题答案 哈工大.高等教育出版社
k (ϕ − ϕ 0 ) − 2 ⋅ m ⋅ l sin ϕ ⋅ ω 2 ⋅ l cos ϕ = 0
ω=
k (ϕ − ϕ 0 ) ml 2 sin 2ϕ
y
m2 g 2
FAy
A FI
FAx
x
ϕ
m1 g
(a) 图 14-4
(b)
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约束力为 FN = m2 g/2
取左圆盘为研究对象，受力如图 14-4b 所示，惯性力为
FI = m1 ⋅ (a + l sin ϕ )ω 2
由动静法
∑ M A = 0, (m1 g +
FI
a
FI
a
FS FN mg
(a) (b) 图 14-1
A FN mg
(c)
FS
解 取圆柱形零件为研究对象，作受力分析，并虚加上零件的惯性力 FI。 （1）零件不滑动时，受力如图 14-1b 所示，它满足以下条件： 摩擦定律
Fs ≤ f s FN
理论力学 第十四章虚位移原理
7
§14–1 约束和约束方程
导弹A追击目标B，要求导弹速度方向 总指向目标。
A A x y 0, xB xA yB y A A A x z 0 xB xA zB z A
图
8
§14–1 约束和约束方程
初始时摆长 l0 , 匀速v拉动绳子
x y l0 vt
O
r
l
B
x
6-5=1，只有一个独立坐标，故此系统只有一个自
由度
17
§14–2 广义坐标和自由度
二、广义坐标
一般，用直角坐标系表示非自由质点系的位置不太方便， 可选择任意变量来表示质点系的位置。 用来确定质点或质点系位置的独立变量或参数， 称为广义坐标。
xA r cos （x, y, z, s 等）也可以取角位移（如 , , , 等）。 y A r sin yB 0
q1 q2 qk
j 1
q j
k yi yi yi yi yi q1 q2 qk qj q1 q2 qk j 1 q j k zi zi zi z zi q1 q2 qk i q j q1 q2 qk j 1 q j
§14–1 约束和约束方程
3、双面约束和单面约束 （用等式表示） i , y i , z 双面约束：约束在两个方向都能起限制运动的作用。 i , t ) 0 f j ( xi , yi , zi , x
单面约束：约束只在一个方向起作用，另一方向能 i , y i , z i , t ) 0 f j ( xi , yi , zi , x （不等式表示） 松弛或消失。
1
第十四章
虚位移原理
理论力学14极坐标描述法
第1章
点 的 运 动 学
例2
解
a 2
1
d dt
(2 )
0
2 C
p
1
e cos
a 2 C2 / 3
C2
p2
(e
cos
p
)
p
2
e
sin
a
C2
p 2
Ce sin
p
Ce
p
cos
C 2e p
1
2
cos
行星的加速度始终指向太阳！
第1章
点 的 运 动 学
返回
径向加速度a
横向加速度a
请注意径向和法向、
横向和切向之间的 e
e
r
P
差别！
o
第1章
点 的 运 动 学
例1
已知点的运动方程是 = e(1-cost), = t, 其中e、 均为常数，求当t = /2 瞬时点
的速度和加速度。
解： v e e esinte e
v e(e e )
t / 2
a 2 (ecost )2 a 2 2e2sint
a e2e 2e2e
第1章
点 的 运 动 学
例2
开普勒定律
• 行星沿着椭圆形轨道绕太阳运动，椭圆 方程为 p /(1 ecos), 0 e 1, p 0；
• 在行星运动过程中，从太阳到行星的向 径所扫过的面积与时间成正比，或者说 面积速度始终保持是常数，即 2 C
点
v(t) r(t)
r(t) (t)e (t)
的
e e
e e
运
e e
动
学
径 向 速 度
理论力学第十四章 拉格朗日方程 [同济大学]
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动力学
韋林教授
第十四章拉格朗日方程(第二类方程) §14-1动力学普遍方程
达朗伯原理 虚位移原理
例14-1 一套滑轮系统悬挂两个重物.设:绳,滑轮质量不计.求重 为P1的物体上升的加速度a1。 解:
(P 1F 1 g )δS1 ( P 2 F2 g )δS 2 0
(F F
i
r
r i δq j j 1 q j
广义力 r r r i i i q j, (1) vi r t j 1 q j
r
d T T )δq j 0, j q j dt q
Qj
δq j 0
V q j
广义 速度
ri
d T T Qj, j q j dt q
T 1 1 1 2 m2v 2 (m1 m2 ) R 2 2 J 0 2 2 2
1 1 2 kR 2 2 L T V (m1 m2 )R 2 2 2
m1
V
1 l k k 2 2 mg θ (δ0 bθ )2 δ0 θ b 2 2 2 2 2
3
v0 v
x
L R 2 k1 k 2 ( y R )( R ),
d L L ( ) 0 dt y y L , m2 y y L ( y R )k 2 y
R 2 k1 ( y R)k 2 ( R) 0 m1 R 2
R 2 (k1 k 2 ) k 2 Ry m1 R 2
k 2 y k 2 R m2 y
r 1 3 3 xc x r sin 1 , c x r cos θ1θ x 1 v0 1 2 2 c 3 3 , v0 rθ x c r sin 1 yc r cos 1 , y 2 1 2 2 2 2 r 2 9 r 2θ 2 3θ θ 2 r 2 ( 3 r cos 2 3 2 3 r 2 cos θ vc2 2 1 2 1 cos θ1r 2 1 1 ) ( r sin 11 ) 2 2 1 1 4 2 2 2
东大14秋学期《理论力学》在线作业1答案
14秋学期《理论力学》在线作业1
一,单选题
1. 1.6 光滑面的约束力沿着接触面法线方向指向物体。
A. 对
B. 错
?
正确答案：A
2. 3.1 作用在一个刚体上的两个力FA、FB满足FA=-FB的条件，则该二力可能是（）。
A. 作用力和反作用力或一对平衡的力
B. 一对平衡的力或一个力偶
C. 一对平衡的力或一个力和一个力偶
D. 作用力和反作用力或一个力偶
?
正确答案：B
3. 5.1重为W的物体放在不光滑的水平面上，在力的作用下处于平衡状态，已知：静摩擦因数，平面对物体的法向反力为，摩擦力为F。
下面哪种正确（）
A. 必有
B. 可能有
C. 必有
D.
可能有
?
正确答案：D
4. 8.3 点的速度合成定理va=ve+vr的适应条件是（）
A. 牵连运动只能是平动
B. 各种牵连运动都适应
C. 牵连运动只能是转动
D. 牵连运动为零
?
正确答案：B
5. 6.4 点沿其轨迹运动时，（）。
理论力学第14章 刚体定点转动与刚体一般运动
v2 = ω × r2
=
−ω1(
j
+
l r
k)
× (ri + lk)
ω
γ
ω2
ζ ωω11
O
γ
α
= −ω1 (li + lj − rk ) x (ξ )
? 方向
a2B = α × r2
? =
−
l2 r
ω
2 1
j
方向
y
a2B
2
xα
a2B
A
z(η)
C*
v2
1
y
36
刚体空间运动
a2N = ω× v2
= ω12[−(
OC*为瞬轴 vC = AC ⋅ ω ω = vC = vC AC r cos β
=
h2 + rh
r2
v C = 常数
25
刚体空间运动
2） 求角加速度
先求牵连角速度和相对角速度。
运动分解： 研究对象：圆锥 动系： Oz轴
牵连运动：Oz轴绕ζ 轴的转动
相对运动：绕Oz轴的自转
ωe = ψ& ωr = ϕ& θ& = 0 θ = 常数 ω = ωe + ωr = ψ& + ϕ& 这种 θ = 常数，ψ& = 常数,ϕ& = 常数 的情况: 规则进动
18
刚体空间运动
§14-4 刚体绕相交轴转动的角速度合成定理
一、 刚体绕相交轴转动的角速度合成定理
框架以ω1绕 z轴转动，同时圆盘又以ω2绕CD轴转动。 ω1 ω2
19
刚体空间运动
动系： 框架 绝对运动： 定点转动 相对运动： 绕CD轴转动 牵连运动： 定轴转动
理论力学 第十四章 动荷载解析
三、动荷载的分类
1.惯性荷载 2.冲击荷载 3.振动荷载 4.交变荷载
实验表明：在静载荷下服从虎克定律的材料，只要应力不超 过比例极限 ,在动载荷下虎克定律仍成立且 E静 = E动。
四、本章讨论的动载荷问题：
（1）构件作等加速直线运动和等速转动时的动应力计算； （2）构件在受冲击的动应力计算；
§14-2 等加速直线运动时构件的应力计算
P d
d2 2 st d 2h st 0
d 2 st d st ( 1
42st
2
8h st
st (1
1
2h
st
)
Kd st
1 2h )
st
其中 Kd 1
Fd d P st
1 Kd
2h
st
d Kd st
为冲击动荷系数
Fd Kd P
解决冲击问题,关键在于如何确定动荷系数Kd
图示装有飞轮的轴,飞轮的转速n=100r/min,转动惯
量I=0.5kN.m.s2.轴的直径d=100mm.刹车时使轴在
10秒内均匀减速至停止.求:轴内最大动应力
飞轮与轴的转动角速度:
0
n
30
10
3
角加速度: 1 0
角加速度与角速度方向相反, 按动静y法在飞轮上加惯性力:
Md
10
I
动静法：
达朗伯原理 达朗伯原理认为 处于不平衡状态的物体,存在惯性力,惯性力
的方向与加速度方向相反,惯性力的数值等于加速度与质量的乘 积.只要在物体上加上惯性力,就可以把动力学问题在形式上作为
静力学问题来处理,这就是动静法.
惯性力大小等于质点的质量m与加速度a的乘积,方向与a 的
理论力学达朗贝尔原理
FIR mac
（14－6）
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第十四章 达朗伯原理
即惯性力系主矢的大小等于刚体的质量与质心加速度的乘 积，方向与质心加速度相反。不论刚体作任何运动，这个结论 均成立。
至于刚体惯性力系的主矩，则与简化中心的位置和刚体的 运动形式有关。
现讨论刚体作平行移动、定轴转动和平面运动三种情况下 刚体惯性力系的简化结果。
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第十四章 达朗伯原理
达朗贝尔原理提供了研究动力学问题的一个新的普 遍的方法，即用动力学中研究平衡问题的方法来研究动 力学问题，故又称为动静法。它借助于的质点和质点系 虚加惯性力，动静法在形式上将动力学问题化为静力平 衡问题，以静力平衡方程的形式列出动力学方程。
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第十四章 达朗伯原理
a
FI1
M1 M2
＝
C
FI 2
M3
FIR
FI 3
由平行力系中心的概念，可知此力系合成为通过质心c之 合力。
FIR FIi (mia) ( mi )a
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第十四章 达朗伯原理
即
FIR ma
（14－7）
此式表明：刚体平动时，其惯性力系向质心c简化为一 力，这个力的大小等于刚体质量与加速度的乘积，方向与
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第十四章 达朗伯原理
例14-1 如图所示，一沿水平直线向右作匀加速运动的车厢内 悬挂一单摆，在正常状态下摆的悬线向左偏斜，与铅垂线成角 ，相对于车厢静止。试求车厢的加速度a。
a
M
(a)
F
FI (bP)
F
F(I c) P
【解】以摆锤为研究对象，设它的质量为。摆锤与车厢一样， 有向右的加速度。则摆锤上作用的力有：
理论力学14
vr2
A C α M
D
vr1
B
v1
a2
vM
v2
上式沿⊥CD方向投影得
v1 vr1 v2 vr 2
v1cosα + vr1sin α =v2 vr1=(v2－v1cosα )/ sin α
ar2
A C α M
D B
ar1
a2
(2) 求加速度，牵连运动为平动。则： ae1=a1=0 , ar1 沿AB，则 aM=ar1 动系AB：
vr2
A C
α D
M
vr1 vM v2
B
v1
a2
vr2
A C α M
D
vr1
B
v1
a2
vM
v2 解：设动点为交点M, 分别取AB和CD为动系， 地为定系。 (1) 求速度
ve1=v1 , vr1 沿AB，则 vM v1 vr1 动系AB： ve2=v2 , vr2 沿CD，则 vM v2 vr 2 动系CD：
2
习题: 5.9,5.10,5.11,5.12，
5. 如图示,已知 h、 、ω和 , 求小园 环M的绝对加速度。
O
M
h
B
解: (1) 动点: 园环 M , 定系: 地面 , 动系: OB。 (2) 运动分析
相对运动: 直线运动 绝对运动: 直线运动 牵连运动: 定轴转动 (3) 速度分析 vM
aen r
2 2
其中， a e 0
a rn r 2
a C 2r
将上式沿CA方向投影:
a r