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
理力11(动力学-李卓球)-达朗贝尔原理
(e) (i ) M ( F ) M ( F ) M ( F ) 0 O i O i O Ii (e) F i FIi 0 (e) M O (Fi ) M O (FIi ) 0
小。
3
例题
第11章 达朗贝尔原理
例 题 11-1
4
例题
第11章 达朗贝尔原理
例 题 11-1
解： 以小球为研究的质点。质点作匀速圆周
运动，只有法向加速度，在质点上除作用有
O θ
重力mg和绳拉力F外，再加上法向惯性力FI，
如图所示。
l
v2 FI man m l sin
F eb en mg
作用在质点上的主动力、约束力和虚加的惯性力 在形式上组成平衡力系。 ——动静法
..＼惯性力· 达朗贝尔原理＼质点的达朗贝尔原理
质点达朗贝尔原理的投影形式
Fx FNx FIx Fx 0 Fy FNy FIy Fy 0 Fz FNz FIz Fz 0
i i i
应用达朗贝尔原理求解质点动力学问题的步骤
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。 4、应用达朗贝尔原理建立平衡方程求解
2
例题
第11章 达朗贝尔原理
例 题 11-1
如图所示一圆锥摆。质
O θ l
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 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F的大
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
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（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。
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+=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 αWr mr =a 221αmrW2a =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 Oy W mg mgW F Oy2+=（10）AB CDEllφ φ习题11－3图（a ）F IF AF Ba A 2m g A B C3l /43l/4 φφ O abT IF W(a)习题11-4图αaF OyF OxF OyF OxαbM I OF I Wa22g m yOAxF ϕg1m xI F AAy F(a) IF 0.61m0.102mgm AaONF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？习题11－5图A B D C G 1 θ G 2习题11－6图习题11－7图B G 1 G 2 AC θ a F I1F I2 m 1g m 2g F B（a ） F AyF AxF CD B ′ （b ）OB0.1333m=r ωAxF AyF AInF CD0.2mP 0.05m 0.05m(a)Id F R0.2mAyI d F Byxωx d θD(b)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⨯⨯= =0.122N 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 x x 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 y A=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。
AB CDO GM l l习题11－9图习题11－8图G O aM I OF IP Q F O AC DOl lF O ′ B F A （a ）e OϕAkyBDr xC(a)2π=ϕmaxa IF gm Fx(b)O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 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 =。