理论力学复习题第十四章达朗贝尔原理
达朗贝尔原理
理论力学
第十四章 达朗贝尔原理
一、刚体惯性力系的特点
第 三 节 刚 体 惯 性 力 系 的 简 化
刚体惯性力的分布与刚体的质量分布以及刚体 上各点的绝对加速度有关。 FIi＝－miai 对于平面问题，刚体的惯性力为面积力，组成 平面力系。 对于一般问题，刚体的惯性力为体积力，组成 空间一般力系。 在用达朗伯原理研究刚体的运动时，必须研究 其简化问题。 以刚体质心为简化中心
鞍山科技大学机械工程与自动化学院工程力学系 赵宝生
理论力学
第十四章 达朗贝尔原理
n Fi
五、定轴转动刚体惯性力系的简化
第 三 节 刚 体 惯 性 力 系 的 简 化
aC ai
a
n C
C
a in
O
mi
F i C
n FR
O
FR
F R
MIO FR
O
FR mi ai maC m(aC a )
M IC＝－J C
赵宝生
3、平面运动（质心）
鞍山科技大学机械工程与自动化学院工程力学系
理论力学 例题三
第十四章 达朗贝尔原理
第 三 节 刚 体 惯 性 力 系 的 简 化
均质杆OA长l，质量为m，其O端用铰 链支承，A端用细绳悬挂，如图所示，试求将细绳 突然剪断瞬时，铰链O的约束反力。
O
A ml/2 FOx
s
非自由质点的达朗贝尔原理
作用在质点上的主动力和约束力 与假想施加在质点上的惯性力，形 式上组成平衡力系。
赵宝生
F —— 主动力； FN —— 约束力；
FI —— 质点的惯性力。
鞍山科技大学机械工程与自动化学院工程力学系
第十四章达朗贝尔原理
mgຫໍສະໝຸດ 48.2o2 gr 3
9
v 2 2gr1 cos
2018年10月13日 理论力学CAI
v
14.2
达朗贝尔惯性力系的简化
F1
m1 a1 F2* m2 Fi* mi
*
Fi mi ai
*
F , F , , Fi , , Fi
ai 向简化中心O简化
F + FN ＋ F* ＝0
2018年10月13日 理论力学CAI
4
F
F m
ma F
F ma 0
F F 0
*
F ma
*
F F ma
2018年10月13日 理论力学CAI
反作用力
5
一摆长随时间改变的单摆如图示，摆长的变化规律 为l0vt，v为常值。试用达朗贝尔原理列写摆的运动微 分方程，并求出绳的张力F。 解：用极坐标r ，j 表示质点P的位 置，其加速度a可根据式(5.3.4)列出
20
2018年10月13日 理论力学CAI
:
Fj Fr
2vj g sin j 0 l0 vtj
:
eρ
2 F mgcosj mj l0 vt
2018年10月13日 理论力学CAI
7
小球在光滑球面顶端无初速地滑下。 求小球在何处脱离球面？此时速度多大？ an 受力分析，运动分析 FN a mg
a a r e r aj ej
rj j 2，aj rj 2r ar r
引入达朗贝尔惯性力
eφ eρ
:
F mar er，F maj ej
2018年10月13日 理论力学CAI
第14章达朗贝尔原理汇总
FT1＝
m2 g
2cos
,
FT1＝FT1
cos m1 m2 g m1l 2
质点的惯性力与动静法
例 题2
y 振动筛
y
平衡位置 O
y＝a sin t
求：颗粒脱离台面的 最小振动频率
质点的惯性力与动静法 例 题 2
解：通过分析受力、分析运动并施加惯性力，确定 颗粒脱离台面的位置和条件。
y
y
FI FN m
m1g (FT1 FT2 )cos 0
对于重锤 C
FT1＝FT3 ,
FT1＝
m2 g
2cos
,
FT1＝FT1
质点的惯性力与动静法 例 题 1
解：
Fx1 0 Fy1 0
FT1＝FT3 ,
m1l 2sin (FT1 FT2 )sin 0
m1g (FT1 FT2 )cos 0
Wsin
W g
l
2
W 4
sin
CR W1
动静法应用于刚体的 动约束力分析
例 题5
半径为R、重量为W1的 大圆轮，由绳索牵引，在
O
重量为W2的重物A的作用 下，在水平地面上作纯滚
动，系统中的小圆轮重量
忽略不计。
A
求：大圆轮与地面之间
的滑动摩擦力
W2
动静法应用于刚体的 动约束力分析
例 题5
CR
W1
F FN
FO
解：1、受力分析
y
考察整个系统，有4个未知
O
FO 约束力。
x
如果直接采用动静法，需
将系统拆开。因为系统为一
个自由度，所以考虑先应用
A
动能定理，求出加速度，再 对大圆轮应用动静法。
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
理论力学第十四章 达朗伯原理讲解
FT1＝FT1
cos m1 m2 g m1l 2
§14-2 质点系的动静法
F1
Fg1
m1
a1
FN1 FNi
mi
Fg2
FN2
Fgi
m2
ai Fi
F2
a2
质点系的主动力系
F1 ,F2 ,,Fi ,,Fn 质点系的约束力系 FN1 , FN2 ,,FNi ,, FNn 质点系的惯性力系
Fg1, Fg2 ,, Fgi ,, Fgn
刚体的惯性力为面积力，组成平面力系。
对于一般问题，刚体的惯性力为体积力， 组成空间一般力系。
§14-3 刚体惯性力系的简化 刚体惯性力系简化结果－ 主矢与主矩 惯性力系的主矢
FgR ＝ Fgi＝ (－mi ai )＝－m aC
i
i
惯性力系的主矢等于刚体的质量与刚体质心 加速度的乘积，方向与质心加速度方向相反。 这一简化结果与运动形式无关。
i
i
i
§14-3 刚体惯性力系的简化
刚体惯性力系特点 刚体惯性力系简化结果
—— 主矢与主矩 刚体惯性力系主矢与主矩与动量
和动量矩之间的关系
§14-3 刚体惯性力系的简化 刚体惯性力系特点
刚体惯性力的分布与刚体的质量分布以及 刚体上各点的绝对加速度有关。
Fgi＝－ 对于平面问题m(或ia者i 可以简化为平面问题)，
§14-3 刚体惯性力系的力系的主矩 —— 惯性力系的主矩与刚体的 运动形式有关。
3、平面运动
具有质量对称平面的刚体作平面运动，并且运动平 面与质量对称平面互相平行。对于这种情形，先将刚 体的空间惯性力系向质量对称平面内简化，得到这一 平面内的平面惯性力系，然后再对平面惯性力系作进 一步简化。
理论力学第14章达郎贝尔原理
F(e) i
MO(Fi(e))
Fgi 0
MO(Fgi)0
上式表明，作用在质点系上的外力和虚加在每个质点上的惯 性力在形式上组成平衡力系，这是质点系达郎贝尔原理的又 一表述。
§14.2 质点系的达郎贝尔原理
在静力学中，称 Fi 为主矢，MO(Fi)为对点 O 的主矩，现在 称 Fgi 为惯性力系的主矢，MO(Fgi)为惯性力系对点 O 的主
第十四章 达郎贝尔原理
主要内容
§14.1 惯性力 质点的达郎贝尔原理
§14.2 质点系的达郎贝尔原理 §14.3 刚体惯性力系的简化
达郎贝尔原理
本章讨论达朗伯原理，它提供了解决质 点和质点系动力学问题的普遍方法，这 种方法就是用静力学的方法来研究动力 学的问题，从而把动力学问题形式上转 化为静力学问题，根据关于平衡的理论 来求解。所以又称之为动静法。应用动 静法既可求运动，例如加速度、角加速 度；也可以求力。
而
cosi
xi ri
sin i
yi ri
则 M g x m ix iz i2 m iy iz i
记 J y zm iy iz i,J x zm ix iz i
称其为对于 z 轴的惯性积，它取决于刚体质量对于坐标轴的
分布情况。于是，惯性力系对于 x 轴的矩为
Mgx JxzJyz2
因为
m ia r a r m i a r m
解得
a m1 m2 g m1 m2 m
§14.2 质点系的达郎贝尔原理
例 题 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。若不靠考虑重 力的影响，求轮缘横截面的张力。
理论力学第十四章达朗贝尔原理(动静法)课件
动静法的物理意义
物理背景
实际应用
达朗贝尔原理反映了牛顿第二定律在 静力学中的应用，通过引入惯性力， 将动力学因素考虑到平衡问题中。
在工程实际中，达朗贝尔原理广泛应 用于分析高速旋转的机械、振动系统 以及瞬态动力学问题。
意义阐述
通过动静法，我们可以分析在某一瞬 时，运动系统由于惯性作用而产生的 力，从而更准确地描述系统的平衡条 件。
03
在应用动静法时，要确 保惯性力与主动力相平 衡，避免出现误差。
04
在求解方程时，要注意 解的物理意义和实际情 况是否相符。
04
CATALOGUE
达朗贝尔原理的应用实例
简单实例解析
总结词
通过一个简单的实例，介绍达朗 贝尔原理的基本应用。
详细描述
以一个单摆为例，运用达朗贝尔 原理分析其运动状态，通过对比 理论计算和实验结果，验证达朗 贝尔原理的正确性。
具体推导过程
在受力分析的基础上，列出系统的平 衡方程。
解出未知数，得到系统的运动状态。
将动静法应用于平衡方程，将惯性力 与主动力相平衡。具体来说，就是在 平衡方程中加入惯性力项，使得该力 与主动力相平衡。
推导过程中的注意事项
01
确定研究对象和系统时 要明确，避免出现混淆 。
02
在建立平衡方程时，要 确保所有力的方向和大 小都正确。
理论力学第十四章 达朗贝尔原理(动静 法)课件
contents
目录
• 达朗贝尔原理概述 • 达朗贝尔原理的基本概念 • 达朗贝尔原理的推导过程 • 达朗贝尔原理的应用实例 • 达朗贝尔原理的扩展与深化
01
CATALOGUE
达朗贝尔原理概述
达朗贝尔原理的定义
知识资料理论力学(十四)(新版)(1)
五、达朗伯原理达朗伯原理是一种解决非自由质点系动力知识题的普遍主意。
这种主意将质点系的惯性力虚加在质点系上，使动力知识题可以应用静力学写平衡方程的主意来求解，故称为动静法，动静法在工程技术中得到广泛的应用。
（一）惯性力当质点受到其他物体的作用而改变其本来运动状态时，因为质点的惯性产生对施力物体的反作使劲，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，并作用在施力物体上。
惯性力的表达式为（二）达朗伯原理在非自由质点M运动中的每一瞬时，作用于质点的主动力F、约束反力N和该质点的惯性力FI构成一假想的平衡力系。
这就是质点达朗伯原理，其表达式为在非自由质点系运动中的每一瞬时，作用于质点系内每一质点的主动力Fi、约束反力N，和该质点的惯性力FiI构成一假想的平衡力系。
这就是质点系达朗伯原理。
即（三）刚体运动时惯性力系的简化对刚体动力知识题，可以将刚体上每个质点惯性力组成惯性力系，使劲系简化的主意，得出简化结果。
这些简化结果与刚体的运动形式有关。
详细结果见表4-3-9。
（四）动静法按照达朗伯原理，在质点或质点系所受的主动力、约束反力以外，假想地加上惯性力或惯第1 页/共7 页性力系的简化结果，则可用静力学建立平衡方程的主意求解动力知识题，这种求解动力知识题的主意称为动静法。
必须指出，动静法只是解决动力知识题的一种主意，它并不改变动力知识题的性质，因为惯性力并不作用在质点或质点系上，质点或质点系也不处于平衡状态。
动静法中“平衡”只是形式上的平衡，并没有实际意义。
应用动静法列出的平衡方程，实质上就是运动微分方程。
（五）例题[例4—3—13] 长方形匀质薄板重W，以两根等长的软绳支持如图4—3—37所示。
设薄板在图示位无初速地开始运动，图中α=30°。
求此时绳子中的拉力。
[解](1)对象以平板的为研究对象。
(2)受力分析运动开始时板受重力w、软绳约束反力T1、T2。
理论力学——第14章 达朗贝尔原理
Fix(e) FIix 0 Fiy(e) FIiy 0 M O (Fi(e) ) M O (FIi ) 0
Fix(e) FIix 0 ,
M x (Fi(e) ) M x (FIi ) 0
Fiy(e) FIiy 0 ,
M y (Fi(e) ) M y (FIi ) 0
由于质点系的内力总是成对存在，且等值、反向、共线，有
F (i) i
0,
MO (Fi(i) ) 0
则上式可改写为
Fi(e) FIi 0 MO (Fi(e) ) MO (FIi ) 0
上式表明，作用于质点系上的所有外力与虚加在每个质点上 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。对整个质点系来说，动静法给出的平衡方程， 只是质点系的惯性力系与其外力的平衡，而与内力无关。
MIO ri (miai ) ( miri )aC mrC aC
若选质心C为简化中心，则 rC=0，有： M IC 0
故平移刚体的惯性力系可以简化
为通过质心的合力，其力大小等
于刚体质量与加速度的乘积，合
力的方向与加速度方向相反。
2、定轴转动刚体 如图示定轴转动刚体，考 虑质点i，以O为简化中。 有
l 2
2
0，aCt A
l
2
方向如图所示
角加速度的计算，以杆端点A为基点，B为动点
aB
aA
a
t BA
aB
aA
aBt A
aBt A aA
ll
aC aA aCt A
B
aBt A
aB
aA
aCt A C
aA
q
A aA
因此得此杆惯性力系得主矢为
FIR
第十四章 达朗贝尔原理
O
O
O
J k
O
2 i
M
IO
F
i
Ii
n Ii
R
O
I
* 结论：
I
R M a
IO O
C
（过O点）
a m F r C a
n i
i C
M J
（与反向）
* 特殊情况分析
a
F
n I
C
M C
O
IO
C
e
a
n C
F
ea
F
O
n I
n C
I
M
IO
O
g mg mg
ml 9 1 3 9 g ml g 2 7l 2 7l 7l
2 mg 7
初始均质圆柱静止于 A处，受微小干扰后纯滚 而下，
求：轮心滚过任一距离 S时，轮心的加速度、 A处反力
X
A
Y
A
A
S
C
M
A
P
a
B
C
v
C
O
N
Ii
F
(e) i
i
即：
F
Ii
[ F F N F ] 0 (e) (i ) M O[ F i F i N i F Ii ] 0
(e) (i ) i i i
内力的主矢、主矩 0
F
a
(i ) i
i
m
i
Y
当圆盘以启动时：
A
M A
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
南京航空航天大学内部理论力学习题集
①F
② 2F
③0
④ F2
13．平面力系平衡方程的二矩一投影式是（
是（
）。
），其应满足的附加条件
14．平面力系平衡方程的三矩式是（
是（
）。
），其应满足的附加条件
15．有 n 个物体组成的平衡系统，其中有 n1 个物体受到平面力偶系作用，n2 个物体受到平面平行力
系作用，n3 个物体受平面共点力系作用，其余的物体受平面任意力系作用，则系统能列出的平
① M1=4M2 ③ M1=M2
② M1=2M2 ④ M1=M2/2
） 姓名（
y
）5
F x
3．如图所示的机构中，在构件 OA 和 BD 上分别作用着矩 为 M1 和 M2 的力偶使机构在图示位置平衡，当把 M1 搬到 AB 构件上时使系统仍能在图示位置保持平衡，则 应该有（ ）。
① 增大 M1 ② 减小 M1 ③ M1 保持不变 ④ 不可能在图示位置上平衡
5．考虑力对物体作用的两种效应，力是（ ）。
① 滑动矢量
② 自由矢量
③ 定位矢量
6．三种情况下，力 F 沿其作用线滑移到 D 点，并不改变 B 处受力的的情况是（ ）。
①
②
③
7．一刚体受两个作用在同一直线上，指向相反的力 F1 和
F2 作用（如图），它们的大小之间的关系为 F1=2F2,则
该力的合力矢 R 可表示为（ ）。
五、由 AC 和 CD 构成的组合梁通过铰链 C 连接。它的支承和受力如图所示。已知均布载荷强度 q=10kN/m，力偶矩 M=40kN•m，不计梁重。求支座 A、B、D 的约束反力和铰链 C 处所受的力。
14
六、构架由杆 AB，AC 和 DF 铰接而成，如图所示，在 DEF 杆上作用一力偶矩为 M 力偶。不计各杆 的重量，求 AB 杆上铰链 A，D 和 B 所受的力。
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。
理论力学 第十四章
x
FRyOB M Ix FIy OB
FBx
1 AB
1
M
y
FRxOA M Ix FIx OA
FBy
AB
M
x
FRyOA M Ix FIy OA
FBz FRz
由 F , M 引起的轴承约束力称动约束力, IR IO
2ห้องสมุดไป่ตู้
1.96 N
v
FT l sin m
2.1 m
s
§ 14-2
质点系的达朗贝尔原理
i 1,2,, n
Fi FNi FIi 0
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.
记 F (e ) 为作用于第i个质点上外力的合力. i (i ) Fi 为作用于第i个质点上内力的合力.
解:
t Ii
FI 1 m1a, FI 2 m2 a
,
F mi
n Ii
F mi r mi a
v
2
r
M
由
O
0,
m1 g m1a m2 g m2 a r mi ar 0
m ar m ar mar
i i
解得
a
m1 m2 m1 m2 m
FBz FR z 0
FB y OB FA y OA M x M I x 0 FAxOA FBxOB M y M I y 0
M
x
0 0
M
y
解得
FAx
1 AB
M
14达朗贝尔原理
解：1、以杆为研究 对象，受力分析如图 对象， 、 F ⅠC 刚好离开地面时，地面约束力为零。 刚好离开地面时，地面约束力为零。
= m2 a
∑M
A
= 0 m aRsin 30 −m gRcos30 = 0 2 2
o o
a = 3g
2、以整体为研究对象，受力分析如图 、以整体为研究对象， 得
1 2 a FA = ma, MIA = m R I 1 1 2 R
aA = anA + atA= aCx + aCy + atAC + anAC
绳BO刚剪断瞬时，杆角速度ω = 0 ，角加速度α ≠0。 BO刚剪断瞬时 杆角速度ω 刚剪断瞬时， 角加速度α
anAC = AC ·ω2 = 0
atAC = lα／2
t aAC
t aA
O
把 aA 投影到点A轨迹的法线 AO上 投影到点A AO上
MIx = ∑ x (F ) = ∑ x Fi +∑ x Fn M Ii M Ii M Ii
( )
( )
= ∑ irαcosθi zi +∑ −mrω2 sinθi zi ) mi ( ii
由
xi yi cos θi = , sinθi = 有 MI x =α∑mi x i z i−ω2∑mi y i z ri ri
第十四章 达朗贝尔原理(动静法) 达朗贝尔原理(动静法)
§ 14-1 惯性力 质点的达朗贝尔原理 惯性力·质点的达朗贝尔原理
m = F +F a N
F + F −m = 0 a N
令 有
F = −m a I
惯性力
F + FN + F = 0 I
理论力学14_动力学_5.达朗贝尔原理
第16章达朗伯( D′Alembert)原理※引言※几个工程实际问题※质点的惯性力与动静法※质点系的达朗伯原理※刚体惯性力系的简化※动绕定轴转动刚体的轴承动反力※结论与讨论引言♉引进惯性力的概念，将动力学系统的二阶运动量表示为惯性力，进而应用静力学方法研究动力学问题——达朗伯原理（动静法）。
♉达朗伯原理为解决非自由质点系的动力学问题提供了有别于动力学普遍定理的另外一类方法。
♉达朗伯原理一方面广泛应用于刚体动力学求解动约束力；另一方面又普遍应用于弹性杆件求解动应力。
几个工程实际问题爆破时烟囱怎样倒塌几个工程实际问题几个工程实际问题sF I F NFm axzyO mAF N ——约束力；F ——主动力；§16-1 惯性力·质点的达朗伯原理根据牛顿定律m a ＝F + F NF + F N －m a ＝0F I ＝－m a F + F N ＋F I ＝0——质点的惯性力。
非自由质点的达朗伯原理作用在质点上的主动力和约束力与假想施加在质点上的惯性力，形式上组成平衡力系。
F I ＝－m aF + F N ＋F I ＝0应用达朗伯原理求解非自由质点动约束力的方法动静法1、分析质点所受的主动力和约束力；2、分析质点的运动，确定加速度；3、在质点上施加与加速度方向相反的惯性力。
非自由质点达朗贝尔原理的投影形式00N N =++=++=++I I y y y x x x F F F F F F F F FωBACll l lααO 1x 1y 1例题16-1离心调速器已知：m 1－球A 、B 的质量；m 2－重锤C 的质量；l －杆件的长度；ω－O 1 y 1轴的旋转角速度。
求：ω－α的关系。
解：1、分析受力：以球B (或A )和重锤C 为研究对象，分析所受的主动力和约束力BF F T2CF T3F T1′2、分析运动：施加惯性力。
球绕O 1y 1轴作等速圆周运动，惯性力方向与法向加速度方向相反，其值为F I ＝m 1l ω2sin αF IBF F T2CF T3F T1′F I3、应用动静法：)cos (00)sin (sin 0T2T111T2T1211=-+=∑=+-=∑αααωF F g m F F F l m F y x 对于重锤CT1T12T1T3T1cos 2F F gm F F F ＝＝＝''',,α对于球Bg l m m m 2121cos ωα+=例题16-2y振动筛平衡位置Oy＝a sin t求：颗粒脱离台面的最小振动频率平衡位置Oy yma m g F NF I解：通过分析受力、分析运动并施加惯性力，确定颗粒脱离台面的位置和条件。
理论力学 (14)
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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
ma a
FW
FI
一、质点的达朗贝尔原理
则有 F FN FI 0
记 FI ma 称为质点的惯性力
ma FR F FN F FN ma 0
M
a FN
F
FR
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F FN FI 0
在质点运动的每一瞬时，如果在质点上加上惯性力，则作用 于质点的主动力、约束力与惯性力成平衡。
二、质点系的达朗贝尔原理 对每一个质点 Fi FNi FIi 0 相加得 Fi FNi FIi 0
三、平面运动刚体惯性力系的简化
（运动平面与刚体对称平面平行） 对质点i 主矢:
aC
α
FIi mi ai FI mi ai maC
a iCn aC aiCt
主矩:
M IC
以C为基点 ai aC aiCn aiCt FIi FIic FIin FIit MC ( FIit ) mi ri ri
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a A aB a R
WA WB PR2 a FIA a; FIB a; M I g g 2g R
局部达朗贝尔 原理求未知量a
整体达朗贝尔 原理求EF受力
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例 质量m、半径r的均质圆轮在质量 M的楔块上纯滚动，楔块则被搁置在 光滑的水平面上。试求楔块的加速 度和圆轮的角加速度。 解1：动力学方法
理论力学复习题第十四章达朗贝尔原理
的运动状态，对于施力物体反抗力。
称为小车的定义：质点惯性力，质点系的达朗贝尔原理对整个质点系，主动力系、约束反力系、惯性力系形式上个质点组成，对每一个质点，有) ,1,2,...... ( 0n i Q i ==∑∑=+ 0)(ix e i Q X 用动静法求解动力学问题时，cR 看动画平面惯性力系（质量对称面）点简化： O点（主矢、主矩均为零）0 )()(=+=+∑∑Qy e Qx e R Y R X质量m , 与水平面铰接, 杆由与平面成ϕ0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。
为研究对象虚加惯性力系：用动量矩定理+质心运动定理再求解此题：g εla ==cos 432 ϕτ之最大值。
O(4)可见，f 越大越不易滑动。
M max 的值为上式右端的值。
O（逆时针）εεz ii i I R m R -=-=∑2AB =l ,OA =l 1, OB =l 2 可得静平衡：(b)、(d)动平衡：(a)GrrGrrRMmrGrMQQQ==-+=-222121,ε11ωε两个相同的定滑轮如下图示，开始时都处于静止，问哪a) 绳子上加力G绳子上挂一重G的物体OO代入2grϕgdrmrm)()]2211-=圆柱体与斜面间的摩擦力（不计滚动摩擦）？和惯性力偶MQC如图示。
ϕα)sin (2PR M C R -=- )( A O R ωR ωv ==22)3(4R P Q gO +ωgR P PR ⋅2))sin α )sin (O O PR M ωα-=为研究对象，根据质心运动定理：R P Q PR M )3)sin +-α点的约束反力。
板的重力略去不计。
圆柱体作平面运动。
在初始位置时，Pαεsin 32 Rg =P0sin cos =⋅--R P PS ααα2sin 3PX O =)sin 3212α-=P( Y O 2)cos (R gP I r R TR O +-α)sin ()2ααT P f R gPRr gP -≤+)cos Rr gPO +α cos 2212221a a a a m ++ααθcos sin tg 2121a a a +=-。
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的运动状态，对于施力物体反抗力。
称为小车的定义：质点惯性力
，
质点系的达朗贝尔原理
对整个质点系，主动力系、约束反力系、惯性力系形式上个质点组成，对每一个质点，有
) ,1,2,...... ( 0n i Q i ==∑∑=+ 0)
(ix e i Q X 用动静法求解动力学问题时，
c
R 看动画
平面惯性力系（质量对称面）
点简化： O
点
（主矢、主矩均为零）
0 )()
(=+=+∑∑Qy e Qx e R Y R X
质量m , 与水平面铰接, 杆由与平面成ϕ0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。
为研究对象
虚加惯性力系：
用动量矩定理+质心运动定理再求解此题：g εl
a ==cos 4
32 ϕτ之最大值。
O
(4)
可见，f 越
大越不易滑动。
M max 的值为上式右端的值。
O
（逆时针）ε
εz i
i i I R m R -=-=∑2
AB =l ,OA =l 1, OB =l 2 可得
静平衡：(b)、(d)
动平衡：(a)
Gr
r
Gr
r
R
M
mr
Gr
M
Q
Q
Q
=
=
-
+
=
-
2
2
2
1
2
1
,
ε1
1
ω
ε
两个相同的定滑轮如下图示，开始时都处于静止，问哪
a) 绳子上加力G绳子上挂一重G的物体
O
O
代入
2
gr
ϕ
gd
r
m
r
m)
(
)]
2
2
1
1
-
=
圆柱体与斜面间的摩擦力（不计滚动摩擦）？
和惯性力偶M
QC
如图示。
ϕ
α)sin (2
PR M C R -=- )( A O R ωR ωv ==2
2
)3(4R P Q g
O +ωg
R P PR ⋅2
))
sin α )sin (O O PR M ωα-=
为研究对象，根据质心运动定理：
R P Q PR M )3)
sin +-α点的约束反力。
板的重力略去不计。
圆柱体作平面运动。
在初始位置时，P
α
εsin 32 R
g =P
0sin cos =⋅--R P PS ααα2sin 3
P
X O =)sin 3
212α-=P( Y O 2
)
cos (R g
P I r R TR O +-α)
sin ()2
ααT P f R g
P
Rr g
P -≤+
)
cos Rr g
P
O +α cos 2212221a a a a m ++α
αθcos sin tg 2121
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