15章动静法习题(重庆大学理论力学习题) ppt课件
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理论力学课件 26.1 质点的动静法
达朗贝尔原理（动静法）
达朗贝尔原理 （动静法）
本讲主要内容
1、质点的动静法 2、质点系的动静法 3、刚体惯性力系向一点的简化
达朗贝尔原理 （动静法）
1、质点的动静法
达朗贝尔原理 （动静法）
1. 惯性力(inertia force)的概念
1、质点的动静法
人用手推车力为F，车的加速度为a。
a
C
由牛顿第二定律： F = ma
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an，在质点上除作用有重力mg和绳拉 力F外，再加上法向惯性力FI，如图所示。
FI
=
man
=
m
v2 l sin
q
根据动静法，这三力在形式上组成平衡力系，即:
F + mg + FI = 0
取在自然轴上的投影式，有：
åFb = 0, F cosq - mg = 0
F
a
C
根据作用与反作用定律： 施力物体(人手)也受到一个力F’
F '= -F = -ma
F’是因为人要改变车的运动状态，由于车的惯性
F'
（小车要保持原来的运动状态）而引起的对于施力
物体(人手)产生的反抗力。称为小车的惯性力。
达朗贝尔原理 （动静法）
质点惯性力： FI = -ma
加速运动的质点，对迫使其产生加速运动的物体的惯性反抗的总和。
FI
FN
F maa
1、质点的动静法
非自由质点M，质量m，受主动力F，约束力FN 作 用，质点的加速度为a，由牛顿第二定律有：
F + FN = ma
将 ma 移项，得：
F + FN - ma = 0
达朗贝尔原理 （动静法）
本讲主要内容
1、质点的动静法 2、质点系的动静法 3、刚体惯性力系向一点的简化
达朗贝尔原理 （动静法）
1、质点的动静法
达朗贝尔原理 （动静法）
1. 惯性力(inertia force)的概念
1、质点的动静法
人用手推车力为F，车的加速度为a。
a
C
由牛顿第二定律： F = ma
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an，在质点上除作用有重力mg和绳拉 力F外，再加上法向惯性力FI，如图所示。
FI
=
man
=
m
v2 l sin
q
根据动静法，这三力在形式上组成平衡力系，即:
F + mg + FI = 0
取在自然轴上的投影式，有：
åFb = 0, F cosq - mg = 0
F
a
C
根据作用与反作用定律： 施力物体(人手)也受到一个力F’
F '= -F = -ma
F’是因为人要改变车的运动状态，由于车的惯性
F'
（小车要保持原来的运动状态）而引起的对于施力
物体(人手)产生的反抗力。称为小车的惯性力。
达朗贝尔原理 （动静法）
质点惯性力： FI = -ma
加速运动的质点，对迫使其产生加速运动的物体的惯性反抗的总和。
FI
FN
F maa
1、质点的动静法
非自由质点M，质量m，受主动力F，约束力FN 作 用，质点的加速度为a，由牛顿第二定律有：
F + FN = ma
将 ma 移项，得：
F + FN - ma = 0
理论力学第13章动静法
5
用动静法求解动力学问题时，
FixA FixN FixI 0 对平面任意力系： FiyA FiyN FiyI 0 N I A M O ( F i ) M O ( Fi ) M O ( Fi ) 0
对于空间任意力系：
N I F F F 0 , M x ( F ) M x ( Fi ) M x ( Fi ) 0 N I A A N I Fiy Fiy Fiy 0 , M y ( F i ) M y ( Fi ) M y ( Fi ) 0 N I A A N I Fiz Fiz Fiz 0 , M z ( F i ) M z ( Fi ) M z ( Fi ) 0
12
向O点简化：（转轴） n FI MaC M (aC aC )
n FI
O
FI
M IO
C
aC n aC
M IO J O
作用在O点。
向质点C点简化： n FI MaC M (aC aC )
M IC J C
求:基础与地角螺钉给电动机总的约束力.
17
解:
F F M
x
0,
0, 0,
Fx FI sin 0
FI me
2
y
Fy (m1 m2 ) g F1 cos 0 M m2 ge sin F1h sin 0
A
因
t , 得
作用在C点。
FI
O
aCn
C
aC
M IC
n FI
用动静法求解动力学问题时，
FixA FixN FixI 0 对平面任意力系： FiyA FiyN FiyI 0 N I A M O ( F i ) M O ( Fi ) M O ( Fi ) 0
对于空间任意力系：
N I F F F 0 , M x ( F ) M x ( Fi ) M x ( Fi ) 0 N I A A N I Fiy Fiy Fiy 0 , M y ( F i ) M y ( Fi ) M y ( Fi ) 0 N I A A N I Fiz Fiz Fiz 0 , M z ( F i ) M z ( Fi ) M z ( Fi ) 0
12
向O点简化：（转轴） n FI MaC M (aC aC )
n FI
O
FI
M IO
C
aC n aC
M IO J O
作用在O点。
向质点C点简化： n FI MaC M (aC aC )
M IC J C
求:基础与地角螺钉给电动机总的约束力.
17
解:
F F M
x
0,
0, 0,
Fx FI sin 0
FI me
2
y
Fy (m1 m2 ) g F1 cos 0 M m2 ge sin F1h sin 0
A
因
t , 得
作用在C点。
FI
O
aCn
C
aC
M IC
n FI
理论力学-静力学：静力学 STATICS教学课件
2021/5/4
18
§1-3 平衡问题的解法
（一）柔索－绳索、 链条、皮带等 假设条件：不计质量 。 约束力特点：力沿柔索方向，受拉。
限制运动的条件 x2 y2 L2
限制该方向的运动
约束力的方向与限制物体运动的方向相反
2021/5/4
19
§1-3 平衡问题的解法
（二）光滑面约束 约束力沿公法线方向指向被约束的物体
W FAy
4、研究整体
FAx
A
WA
W FA' x
FC
C
FBx
FD
C
A
FBy
FBx
B
FA' y
W
研究整体时，不画物体间的内力
32
例：已知物体的重量为P，求：维持平衡时F 的最小值及其方向。
B 解：1、取研究对象：销钉C
C
200
F
450 D
A
P 600
2、受力分析画受力图
C
F 650 CC
F
450
FCD
思考题： •机器人的哪些关节 是柱链接铰？ •人手的哪些关节可 简化成柱链接铰？
2021/5/4
35
§1-3 平衡问题的解法
米开朗基罗： “石头本身就赋予雕像以生命，我只是把多余的部分敲掉了”
哀 悼 基 督 （ 米 开 朗 基 罗
人 体 关 节 的 简 化 模 型
）
科学研究： 客观规律存在于自然界中。在研究问题的过程中，我们要
FRx Fix
FRy Fiy FR
FRz
Fiz
FR2x FR2y FR2z
cos FRx cos FRy cos FRz
FR
名校课件 理论力学 动力学 第四章 动静法
2
2
22
4
2
5 2
mvdv
FAvdt
5 2
mv
dv dt
FAv
dv dt
aC
5 2
maC
FA
mf (g aC tan ) 2(1 f tan )
aC
5
4
fg
f tan
19
取圆盘为研究对象
Foy
r aO
Fox
O
mg
aO
Jc Fr
F
FN
aC
fg
5 4 f tan
aO
1 F 2 maC
16
一个自由度
aC
ao r
O
u
A
六个未知力
FNA FA A
FIc
mg
Fox Foy
Foy ' MIo
Fox ' O
mg
FIo
F
FN
17
研
FA fFNA
究
Foy O
Fox
OA
杆
FA A
FNA
mg
mg FIc
应用动静法： Mo 0
mg
L cos
2
FIc
L sin 2来自FALsin FNAL cos
L 2
FI
L 2
cos
FI
L 2
s in
0
FB
mg 2
(sin
cos )
Fy 0 FB FA mg cos 0
FA
mg 2
(cos
sin
)
13
问题：已若绳索B变为弹簧，如何求水平线切断后的瞬时，板 质心加速度和绳索A的拉力。
理论力学(重庆大学)课后习题答案
FA
所以 F A
G b 方向水平向右 G c tan a a G a2 b2 方向指向左上方，且与水平成 arcta1
解：（1）此题临界状态为当A点刚 离地时，滚子在F力作用下处于平 衡状态，此时，F最小。以滚子为 研究对象，受力如图： 力多边形为： 则， F G tan 在RT△OGA中，
根据力偶只能与力偶平衡得：FB与FA 必组成一力偶，因FB必沿铅垂方向， 因此，受力如图： 由题意得：
y
x
FB 8m M1 M 2 0
M 1 M 2 60 kN m 20 kN m FB 5kN 负号表示铅垂向下。 8m 8m
则：
FA FB 5kN
3-1（d）
M O F Fa
3-2
解：将F分别向x轴、y轴投影，得： F Fx F cos 60 15 N ; 2 3F Fy F sin 60 26 N 2
M A F M A Fx M A Fy
Fy
Fx
r 3 Fx r2 1 Fy r2 2 2 0 .2 m 15 N 0.5m 26 N 0.866 0.2m 2 1 .5 N m
解之得：
FAx 0; FAy 192 kN; FB 288 kN
3-12（c）
y
x
FAx FAy FB
解：以AB梁为研究对象，受力如图： 建立图示坐标系，列平衡方程：
F 0, F 0 F 0, F F F 0 M F 0,M F 6m F 9m 0
G Fmin FB方向
FB
Fmin
R 2 R h AG 24 G sin G G 20 k N 12 k N OB R 40
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
《动静法》ppt课件
特别注意：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 的大小代入，不能再带负号！
第十三章 达兰贝尔原理
9
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求解求知量。
sin
)
cos
0
,
XO
P 3
sin
2
Fy 0 ,
FYO
P
(
2P 3
sin
α)
sin
α
0
,
YO
P( 1
2 3
sin2 )
MO(F) 0
,
MO
PR 3
sin
(
2P 3
sin
)
R
PS
cos
P
sin
R
0
MO P cos S
第十三章 达兰贝尔原理
24
[例9] 牵引车的主动轮质量为m，半径为R，沿水平直线轨
落下, 从而击碎物料, 如图。设滚筒内壁半径为r, 试求钢球的脱离角a。
解：以某一尚未脱离筒壁的钢球为研究对象, 受力如图。钢球
未脱离筒壁前, 作圆周运动, 其加速度为
a 0 an r 2
惯性力Fg的大小为 Fg mr2
假想地加上惯性力, 由达兰贝尔原理
Fg F
w
M
a qr
Fn 0 : FN mg cos Fg 0
2
1 2
P 2g
R
2
2 A
O2 (Q3P)R2
4g
由 T2 T1 W12 , 得
O2 (Q 3P)R2 C (M PR sin )
理论力学第I篇 静力学习题课
1、对象选择问题。一定要明确对象，根据指定的对象、画对应的受 力图、列对应的方程，让别人能看明白。 2、受力图问题。 1）无受力图、画在原图（原处打“？”）。 2）受力图要完整（画上所有的力，包括不要求解的力）。 3）受力要符合约束特点，不能随意臆造（如柔索约束、滑块滑动的 双侧约束）。 4）分布荷载要画在力的作用线上。 3、方程问题。 1）根据受力图列方程，对象要明确，要让别人能看懂。 2）根据公式列方程（一矩式、二矩式、三矩式），要明确写出来，每 一组只有三个独立方程，然后进一步代入数据写出表达式。 3）区分矢量和标量。方程是矢量方程在各个坐标轴上的投影方程，为 代数量（标量）。 4）列方程要会联立，不能简单的写最后结果。
A
O
B
FOx
FBy
B
FBx
W1
FBx
W2
C
M
FCD
O
a0 0, W1l FBy
2
由式（1）、（2），得
F
y
0, FBy W2
1
W1 a # W2 l
附录： 习题解答
3－15
3－15 图示构架中，物体重1200N，由细绳跨过滑轮E而水平系于墙上，尺寸如 图所示。如不计杆和滑轮的自重，试求支承A和B处的约束力，以及杆BC的受力 FBC 。 C
例题2
F b
C
q
a B
M C
FC B q F'B B M
M M 0 , F b M 0 , F F # C C B b
a A
F
FB
F F
x
0 0, F FAx FB
1
2
MA FAx A FAy
y
0, FAy qa 0, FAy qa#
A
O
B
FOx
FBy
B
FBx
W1
FBx
W2
C
M
FCD
O
a0 0, W1l FBy
2
由式（1）、（2），得
F
y
0, FBy W2
1
W1 a # W2 l
附录： 习题解答
3－15
3－15 图示构架中，物体重1200N，由细绳跨过滑轮E而水平系于墙上，尺寸如 图所示。如不计杆和滑轮的自重，试求支承A和B处的约束力，以及杆BC的受力 FBC 。 C
例题2
F b
C
q
a B
M C
FC B q F'B B M
M M 0 , F b M 0 , F F # C C B b
a A
F
FB
F F
x
0 0, F FAx FB
1
2
MA FAx A FAy
y
0, FAy qa 0, FAy qa#
理论力学知识点ppt课件
图 (a)
图 (b)
图 (c)
6
静力学
第一章 静力学公理和物体的受力分析
由此可见，对于刚体来说，作用其上力的三要素是：力的 大小、方向和作用线。此时，力是一个滑动矢量。
公理3 力的平行四边形法则
作用于物体上同一点的两个力，可以合成一个合力。合力 的作用点仍在该点，其大小和方向由这两个力为边构成的平行 四边形的对角线来确定。如图(a)所示。即
பைடு நூலகம்
FR=F1+F2
也可以由力的三角形来确定合力的大小和方向，如图 (b)(c )。
图(a)
图(b)
7
图(c)
静力学
第一章 静力学公理和物体的受力分析
推论 三力平衡汇交定理
作用于刚体上三个相互平衡的力，若其中任意两个力 的作用线汇交于一点，则第三个力的作用线必交于同一点， 且三个力的作用线在同一平面内。
5
静力学
第一章 静力学公理和物体的受力分析
由此公理可以导出下列推论： 推论 力的可传性
作用于刚体上某点的力，可以沿其作用线移到刚体内 任意一点，并不改变该力对刚体的作用。
证明：刚体上的点A处作用有力F，如图（a）所示。根 据公理2，可在力F的作用线上任取一点B，加上一对平衡 力F1和F2，使其 F=F2 = - F1 ，如图 (b)所示。再根据公 理2，去掉一对平衡力系F和 F1 ，这样只剩下力 F2 = F,如 图 (c )所示,即将力 F沿其作用线移到了点B。
根据力的定义，约束对其被约束物体的作用，实际上就 是力的作用，这种力称为约束力。它的大小是未知的，以后 可用平衡条件求出，但它的方向必与该约束对被约束的物体 所能阻止的位移方向相反。
11
静力学
理论力学达朗贝尔原理(动静法)
miri cosi zi (miri 2 sin i zi )
由
cos
i
xi ri
,
sin i
yi ri
有 MI x mix iz i2 m i y iz i
记 Jyz m i y iz i, Jxz m i x iz i
称对 y、z 轴的惯性积， 对x、z 轴的惯性积。
M Ix J xz J yz 2
已知: P, R, J , a, m.
求：支座A，B受到的附加约束力。
解 ： FI ma
MI0
J
J
a R
M B 0 mgl2 FIl2 Pl3 M IO FAl1 l2 0
Fy 0 FA FB mg P FI 0
解得：FA
l1
1
l2
mgl2
Pl3
a
ml2
J R
第十五章 达朗贝尔原理(动静法)
§15-1 惯性力·质点的达朗贝尔原理
一、惯性力的概念
人用手推车 F ' F ma
力 F '是由于小车具有惯性，力图保持其原
有的运动状态，对于施力物体(人手)产生 的反抗力。称为小车的惯性力。
定义：质点惯性力
FI m a
质点惯性力的大小等于质点的质量与加速度的乘积，方
Fz 0 FBz FRz 0
M x 0 FB yOB FAyOA M x M I x 0
M y 0 FAxOA FBxOB M y M I y 0
解得
FAx
1 AB
M y FRxOB M Iy FIxOB
FAy
1 AB
M x FRyOB M Ix FIyOB
由 miar mi ar mar
由
cos
i
xi ri
,
sin i
yi ri
有 MI x mix iz i2 m i y iz i
记 Jyz m i y iz i, Jxz m i x iz i
称对 y、z 轴的惯性积， 对x、z 轴的惯性积。
M Ix J xz J yz 2
已知: P, R, J , a, m.
求：支座A，B受到的附加约束力。
解 ： FI ma
MI0
J
J
a R
M B 0 mgl2 FIl2 Pl3 M IO FAl1 l2 0
Fy 0 FA FB mg P FI 0
解得：FA
l1
1
l2
mgl2
Pl3
a
ml2
J R
第十五章 达朗贝尔原理(动静法)
§15-1 惯性力·质点的达朗贝尔原理
一、惯性力的概念
人用手推车 F ' F ma
力 F '是由于小车具有惯性，力图保持其原
有的运动状态，对于施力物体(人手)产生 的反抗力。称为小车的惯性力。
定义：质点惯性力
FI m a
质点惯性力的大小等于质点的质量与加速度的乘积，方
Fz 0 FBz FRz 0
M x 0 FB yOB FAyOA M x M I x 0
M y 0 FAxOA FBxOB M y M I y 0
解得
FAx
1 AB
M y FRxOB M Iy FIxOB
FAy
1 AB
M x FRyOB M Ix FIyOB
由 miar mi ar mar
理论力学期末总结ppt课件
FG A
B
G
F A AxFEFNEDo PF
FAy
C FND
FN‘ E
C
F NF
FN‘ D
O
FAx FAy
折杆ABC、圆柱体O
P
F NF
欲求D处的反力思路：先研究物系整体，以A为矩心列力
矩平衡方程求出F处的约束反力FNF；再研究球O，列水平方
向力的投影平衡方程求F‘ND 。
14
三、受力分析
例6： 等腰三角形构架ABC的顶点 A
23.09kN () F 10kN
()
Fc
2F sin 60
46.19kN
(
)
26
五、平面任意力系的平衡 4、 物系的平衡
大计算题1
（1）基本概念
物系：由两个或两个以上的物体所组成的系统
仅仅研究整个系统不能确定全部未知力时，为了解决问题，需 要研究组成物系的某个或多个物体。
处，另一端绕过定滑轮Ⅰ和动滑轮
Ⅱ后拴在销钉B上。重物的重量为G， A
各杆和滑轮的自重不计。（1）试
分别画出各杆，各滑轮，销钉B以
及整个系统的受力图；（2）画出
销钉B与滑轮Ⅰ一起的受力图；（3） 画出杆AB ，滑轮Ⅰ ，Ⅱ ，钢绳
和重物作为一个系统时的受力图。
D K
C
E
BⅠ Ⅱ G
19
三、受力分析
矩为M，OA位于水平位置时，系统处于平衡状态。已知：
OA=a，若忽略摩擦和物体的自重，求： 冲压力F的大小。
解：（1）轮O为研究对象，
F‘A
连杆和轮受力如图所
示，列平衡方程
FOy
FB
《重庆大学理论力学》课件
刚体动力学
刚体的转动惯量
转动惯量的定义
转动惯量是描述刚体转动惯性大小的物理量，等于刚 体质量与质心到旋转轴距离平方的乘积。
转动惯量的计算
根据刚体的质量和质心位置，可以计算出刚体的转动 惯量。
转动惯量的性质
转动惯量是定值，与刚体的转速和角速度无关，只与 刚体的质量和质心位置有关。
刚体的运动方程
刚体的运动方程
动量、角动量、动能的定理
总结词
阐述了动量、角动量和动能定理的基本 概念和原理，以及它们在力学中的重要 应用。
VS
详细描述
介绍了动量定理、角动量定理和动能定理 的基本思想和应用。动量定理说明了力的 作用与物体动量的变化之间的关系，角动 量定理则描述了力矩的作用与物体角动量 的变化之间的关系。动能定理则揭示了能 量守恒的原理，即一个系统在力的作用下 运动时，其动能的变化等于外力所做的功 。
边值问题的求解方法
边值问题通常采用有限元法、有限差分法等数值方法进行求解。
06
专题研究
非线性力学
非线性力学概述
非线性力学是理论力学的一个重要分支，主要研究非线性现象的规律 和性质。
非线性振动的特点
非线性振动具有多种复杂的运动形式，如混沌、分岔等，其运动状态 与初始条件和外部激励密切相关。
非线性模型的建立
稳定性的定义
一个动力学系统在受到外部干扰时，能够保 持其原有状态或恢复到原有状态的能力。
稳定性的分类
根据不同的分类标准，稳定性可以分为线性稳定性 和非线性稳定性、局部稳定性和全局稳定性等类型 。
稳定性分析的方法
通过分析系统的平衡点、线性化、能量等特 性，研究其稳定性，为实际应用提供理论支 持。
04
动力学系统的运动方程
刚体的转动惯量
转动惯量的定义
转动惯量是描述刚体转动惯性大小的物理量，等于刚 体质量与质心到旋转轴距离平方的乘积。
转动惯量的计算
根据刚体的质量和质心位置，可以计算出刚体的转动 惯量。
转动惯量的性质
转动惯量是定值，与刚体的转速和角速度无关，只与 刚体的质量和质心位置有关。
刚体的运动方程
刚体的运动方程
动量、角动量、动能的定理
总结词
阐述了动量、角动量和动能定理的基本 概念和原理，以及它们在力学中的重要 应用。
VS
详细描述
介绍了动量定理、角动量定理和动能定理 的基本思想和应用。动量定理说明了力的 作用与物体动量的变化之间的关系，角动 量定理则描述了力矩的作用与物体角动量 的变化之间的关系。动能定理则揭示了能 量守恒的原理，即一个系统在力的作用下 运动时，其动能的变化等于外力所做的功 。
边值问题的求解方法
边值问题通常采用有限元法、有限差分法等数值方法进行求解。
06
专题研究
非线性力学
非线性力学概述
非线性力学是理论力学的一个重要分支，主要研究非线性现象的规律 和性质。
非线性振动的特点
非线性振动具有多种复杂的运动形式，如混沌、分岔等，其运动状态 与初始条件和外部激励密切相关。
非线性模型的建立
稳定性的定义
一个动力学系统在受到外部干扰时，能够保 持其原有状态或恢复到原有状态的能力。
稳定性的分类
根据不同的分类标准，稳定性可以分为线性稳定性 和非线性稳定性、局部稳定性和全局稳定性等类型 。
稳定性分析的方法
通过分析系统的平衡点、线性化、能量等特 性，研究其稳定性，为实际应用提供理论支 持。
04
动力学系统的运动方程
理论力学15动静法
MP Fi 0 , M IC mgR FIR R 0
Fiy 0 ,
mg FT FIR 0
解得圆柱体质心 C 的加速度和绳的拉力分别为
aC
2 3
g
FT
1 3
mg
y
FT FI R
M IC
P aC C
mg
[例9] 如图，两根长为 l、质量为 m 的相同匀质杆 OA 与 OB，一 端用铰链连接在铅垂轴上的 O 点，另一端用水平绳连在轴上的 D
解：取整个系统为研究对象
受力分析 运动分析，虚加惯性力
FI ma
M IO
JO
JO
a r
根据达朗贝尔原理，作用于系统
上的所有外力与虚加的惯性力在
形式上构成平衡力系
M IO
M
O
FA
l3
FB
A l1
P
l2
B
a mg
FI
FI ma
M IO
JO
a r
建立投影轴，列平衡方程
y
M IO
O
FA
M
l3
MB Fi 0 ,
g
FOx 0
FOy
m1 m2
g
P
m1r1 m2r2 2 m1r12 m2r22 J
g
FOy
M IO
O FOx
x
P
FI2
FI1
a2
B
A
a1
m2 g
m1 g
[例8] 如图，匀质圆柱体的质量为m、半径为R, 在外缘上绕有一 细绳，绳的一端固定在天花板上。圆柱体无初速度地自由下降， 试求圆柱体质心 C 的加速度和绳的拉力。
[例7] 如图，质量为 m1、m2 的物块 A、B 分别系在两条绳子上， 绳子又分别绕在半径为 r1、r2 并固连在一起的两个鼓轮上。已知鼓 轮对转轴 O 的转动惯量为 J，重力为 P，且 m1r1 > m2r2，鼓轮的质 心在转轴 O 上 ，系统在重力作用下发生运动。试求鼓轮的角加速
15动静法(1)(重庆大学理论力学课件)
根据质点的达朗伯原理， 对于每一个质点有
Fi Fi Fi 0
A N I
（i＝1，2，… ，n）
Fi Fi Fi 0
A N I
上式表明，质点系中每个质点上真实的主动力、约束力和它的
惯性力形式上组成平衡力系。这称为质点系的达朗伯原理。
2、质点系的达朗伯原理
对于由个质点组成的空间一般质点系，由静力学知，空间 一般力系平衡时应满足力系的主矢量和对任一点的主矩分别 等于零的条件，即
惯性力的大小等于质量乘以加速度，方向与加速 度相反，作用在使此物体产生加速度的其它物体上。 惯性力在工程实际中意义
当物体质量很大或运动的加速度很大时，惯性力
会达到相当大的数值，将引起物体的破坏。如高速转
动的物体的惯性力能达到很大值，在这些物体进行强
度计算或校核时，必须给予充分的考虑。
例如图示航空燃气涡轮叶片，每个叶片的质量不过 0.1kg，但叶轮转速很高，如n≈10000r/min，法向惯性力 （离心力）的数值
1800g n 2 D
这样才能保证混凝土浆或钢水
FI ω
F FN
mg
紧贴转筒内壁被压紧成形。
二、质点系的达朗伯原理
1、推导：设非自由质点系由个质点组成，质点间有约束， 其中任一质点Mi的质量为mi，加速度为ai，作用于质点上 的力有主动力FiA和约束力FiN ， 则有
mi ai Fi A Fi N
7、举例
例1 设飞球调速器的主轴O1y1以匀角速w转动，试求调速器
两臂的张角a。设重锤C的质量为m，飞球的质量各为m1，各 杆长均为l，杆重可以忽略不计，如图所示。
解：当调速器稳定运转时，飞 球在水平面内作匀速圆周运动，因 此惯性力（即离心力） FI 垂直并 通过主轴，其大小为
Fi Fi Fi 0
A N I
（i＝1，2，… ，n）
Fi Fi Fi 0
A N I
上式表明，质点系中每个质点上真实的主动力、约束力和它的
惯性力形式上组成平衡力系。这称为质点系的达朗伯原理。
2、质点系的达朗伯原理
对于由个质点组成的空间一般质点系，由静力学知，空间 一般力系平衡时应满足力系的主矢量和对任一点的主矩分别 等于零的条件，即
惯性力的大小等于质量乘以加速度，方向与加速 度相反，作用在使此物体产生加速度的其它物体上。 惯性力在工程实际中意义
当物体质量很大或运动的加速度很大时，惯性力
会达到相当大的数值，将引起物体的破坏。如高速转
动的物体的惯性力能达到很大值，在这些物体进行强
度计算或校核时，必须给予充分的考虑。
例如图示航空燃气涡轮叶片，每个叶片的质量不过 0.1kg，但叶轮转速很高，如n≈10000r/min，法向惯性力 （离心力）的数值
1800g n 2 D
这样才能保证混凝土浆或钢水
FI ω
F FN
mg
紧贴转筒内壁被压紧成形。
二、质点系的达朗伯原理
1、推导：设非自由质点系由个质点组成，质点间有约束， 其中任一质点Mi的质量为mi，加速度为ai，作用于质点上 的力有主动力FiA和约束力FiN ， 则有
mi ai Fi A Fi N
7、举例
例1 设飞球调速器的主轴O1y1以匀角速w转动，试求调速器
两臂的张角a。设重锤C的质量为m，飞球的质量各为m1，各 杆长均为l，杆重可以忽略不计，如图所示。
解：当调速器稳定运转时，飞 球在水平面内作匀速圆周运动，因 此惯性力（即离心力） FI 垂直并 通过主轴，其大小为
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D ω
300
A
C
B
4m 4m
习题 14.7图
15.7 如图所示，轮轴O具有半径R和r，对于O轴的转动惯量 为Jo，在轮轴上系有两物体A和B，其质量分别为m1和m2，若 此轮轴按逆时针的转向转动。试求轮轴的角加速度α。
解：受力分析如图， a1 R , a2 r F1I m1R , F2I m2r , M I J0
• 自铅直位置开始A端沿墙壁向下滑动，B端沿水平面滑动， AB保持在铅直平面内。不计摩擦，求杆AB任一瞬时的角速 度和角加速度用位置角q表示。
• 解：刚体作平面运动，惯性力系向质心简化，
FxI maCx mxc
FyI maCy myc
M
I C
JC
ml 2
/12
其中
xc
l 2
15.8解：惯性力系向O点简化,得主矢量和主矩
F0In mR 2 ,
F0I mR
M
I O
JO
1 ml2
3
由动静法列平衡方程
MB(F) 0:
F0I F0 x
M
I 0
mgl
cos
/
2
0
ml2 / 3 mgl cos / 2 0
3g cos
2l
O
FRI mR 2 4
M
I A
1 2
mR2
mR 2 2
15.5 如图所示，均质杆AB长50cm，质量为4kg，置于光滑水平
面上。在杆的B端作用一水平推力FP＝60N，使杆沿FP力方向作 直线平动。试求AB杆的加速度及θ角之值。
解： M B (F ) 0 :
mgl cos F Il sin 0
tan mg g 9.8 6.533
ma a 1.5
33.160
I
A a
p B θ mg
F I ma
X 0 : F F I 0, F ma, a F 60 15m / s2
m4
14.6 图示矩形块质量m1=100kg，置于平台车上。车质量为
代入数据得： 3g sin
2l
积分得
3g (1 cos )
l
解法二；用动能定理求解。
任一瞬时系统的动能
T
1 m l2 2 12
2
1 2
mvC2
1 6
ml 2 2
其中vC ＝lw/2
W1,2
mg
l 2
(1 cos )
由动能定理得
1 ml2 2 0 mg l (1 cos )
m2=50kg，此车沿光滑的水平面运动。车与矩形块在一起由 质量为质量为m3的物体牵引，使之做加速运动。设物块与车 之间的摩擦力足够阻止相互滑动，求能够使车加速运动的质
量m3的最大值，以及此时车的加速度大小。
0.5m
解:受力分析如图
m1 1m
F3I
FT
m3
m2
a m3
m3 g
F3I m3a
FT F3I m3g 0, FT m3 g a
FN
FN
m1 m2 a 0.5m1a 0.25m1g
a 0.25100 g 2.45m / s2
F1I
100
1m
再代入(1)、（2）得:
m3 50kg
14.7 均质杆CD的质量为m=6kg，长为l=4m，可绕AB梁 的中点C轴转动如图示。当CD处于θ=300，已知角速度 ω=1rad/s，角加速度α=0，不计梁重，试求梁的支座反力。
习题15—1, 5，7，8， 9，10, 14, 15 18，
15.1 均质圆盘D，质量为m，半径为R。设在图示瞬时绕 轴O转动的角速度为ω，角加速度为a 。试求惯性力系向C点 及向A点简化的结果。
解: C点为定轴转动均质圆盘D的质心， 本题中，质心与转轴不相重合， 惯性力系向质心简化应得到惯性力系的主矢量和 主矩，质心C的运动是以O为圆心的 圆周运动，因此惯性力系的主矢量 可分为切向和法向两个方向的分力， 并直接按照惯性力的定义可求得；
FT m3 g a (1)
0.5m
F
整体:
T mg
a
1
FI
Fx 0, FT F I 0
FT m1 m2 a (2)
mg
1m 物快:
2
mA F 0
FT 1 F1I 0.5 m1g 0.25 0
FN
FT
0.5m
mg 1
a
A
Ff
FRI mR 2 4 ,
M
I C
JC
1 2
mR2
向C点的简化结果
FRI mR 2 4 ,
M
I C
1 2
mR2
• 惯性力系向A点简化的结果
• 可以利用惯性力系向C点的简化结果，主矢量的大小与简化 中心位置无关，因此，向C、A简化结果相同，差别在主矩， 可利用力的平移定理，利用简化到C的主矢量和主矩求得惯 性力系向A点简化的结果。
由动静法列平衡方程
F0I F0 x
Fx 0 : F0x F0In mg
sin
F0 y
C
Fl 0In
l
P
A
(a)
x
Fy 0 : F0y F0I mg cos 0
F0 y
1 4
mg
cos
15.10：均质杆AB长为l，质量为m，
F0 y
C
Fl 0In
l
P
A
(a)
d 3g cosd
2l
3g sin / l
15.8解：惯性力系向O点简化,得主矢量和主矩
F0In ml 2 / 2, F0I ml / 2
M
I O
JO
1 3
ml 2
3g cos / 2l 3g sin / l
sin
yc
l 2
cos
对时间求二阶导数，得
xc
l sin
2
yc
l 2
cos
xc
l 2
(
cos
2
sin )
yc
l 2
(
cos
2
sin )
由动静法 MI FiI 0
MCI [FxI cos (FyI mg)sin ]l / 2 0
R r
O
α MI
MO F 0:
m1g F1I R M I m2g F2I r 0
a1 F1I
A
m1g m1R R J0 m2g m2r r 0 m1g
m1 m2 g
J0 m1R m2r
B a2
m2 g F2I
300
A
C
B
4m 4m
习题 14.7图
15.7 如图所示，轮轴O具有半径R和r，对于O轴的转动惯量 为Jo，在轮轴上系有两物体A和B，其质量分别为m1和m2，若 此轮轴按逆时针的转向转动。试求轮轴的角加速度α。
解：受力分析如图， a1 R , a2 r F1I m1R , F2I m2r , M I J0
• 自铅直位置开始A端沿墙壁向下滑动，B端沿水平面滑动， AB保持在铅直平面内。不计摩擦，求杆AB任一瞬时的角速 度和角加速度用位置角q表示。
• 解：刚体作平面运动，惯性力系向质心简化，
FxI maCx mxc
FyI maCy myc
M
I C
JC
ml 2
/12
其中
xc
l 2
15.8解：惯性力系向O点简化,得主矢量和主矩
F0In mR 2 ,
F0I mR
M
I O
JO
1 ml2
3
由动静法列平衡方程
MB(F) 0:
F0I F0 x
M
I 0
mgl
cos
/
2
0
ml2 / 3 mgl cos / 2 0
3g cos
2l
O
FRI mR 2 4
M
I A
1 2
mR2
mR 2 2
15.5 如图所示，均质杆AB长50cm，质量为4kg，置于光滑水平
面上。在杆的B端作用一水平推力FP＝60N，使杆沿FP力方向作 直线平动。试求AB杆的加速度及θ角之值。
解： M B (F ) 0 :
mgl cos F Il sin 0
tan mg g 9.8 6.533
ma a 1.5
33.160
I
A a
p B θ mg
F I ma
X 0 : F F I 0, F ma, a F 60 15m / s2
m4
14.6 图示矩形块质量m1=100kg，置于平台车上。车质量为
代入数据得： 3g sin
2l
积分得
3g (1 cos )
l
解法二；用动能定理求解。
任一瞬时系统的动能
T
1 m l2 2 12
2
1 2
mvC2
1 6
ml 2 2
其中vC ＝lw/2
W1,2
mg
l 2
(1 cos )
由动能定理得
1 ml2 2 0 mg l (1 cos )
m2=50kg，此车沿光滑的水平面运动。车与矩形块在一起由 质量为质量为m3的物体牵引，使之做加速运动。设物块与车 之间的摩擦力足够阻止相互滑动，求能够使车加速运动的质
量m3的最大值，以及此时车的加速度大小。
0.5m
解:受力分析如图
m1 1m
F3I
FT
m3
m2
a m3
m3 g
F3I m3a
FT F3I m3g 0, FT m3 g a
FN
FN
m1 m2 a 0.5m1a 0.25m1g
a 0.25100 g 2.45m / s2
F1I
100
1m
再代入(1)、（2）得:
m3 50kg
14.7 均质杆CD的质量为m=6kg，长为l=4m，可绕AB梁 的中点C轴转动如图示。当CD处于θ=300，已知角速度 ω=1rad/s，角加速度α=0，不计梁重，试求梁的支座反力。
习题15—1, 5，7，8， 9，10, 14, 15 18，
15.1 均质圆盘D，质量为m，半径为R。设在图示瞬时绕 轴O转动的角速度为ω，角加速度为a 。试求惯性力系向C点 及向A点简化的结果。
解: C点为定轴转动均质圆盘D的质心， 本题中，质心与转轴不相重合， 惯性力系向质心简化应得到惯性力系的主矢量和 主矩，质心C的运动是以O为圆心的 圆周运动，因此惯性力系的主矢量 可分为切向和法向两个方向的分力， 并直接按照惯性力的定义可求得；
FT m3 g a (1)
0.5m
F
整体:
T mg
a
1
FI
Fx 0, FT F I 0
FT m1 m2 a (2)
mg
1m 物快:
2
mA F 0
FT 1 F1I 0.5 m1g 0.25 0
FN
FT
0.5m
mg 1
a
A
Ff
FRI mR 2 4 ,
M
I C
JC
1 2
mR2
向C点的简化结果
FRI mR 2 4 ,
M
I C
1 2
mR2
• 惯性力系向A点简化的结果
• 可以利用惯性力系向C点的简化结果，主矢量的大小与简化 中心位置无关，因此，向C、A简化结果相同，差别在主矩， 可利用力的平移定理，利用简化到C的主矢量和主矩求得惯 性力系向A点简化的结果。
由动静法列平衡方程
F0I F0 x
Fx 0 : F0x F0In mg
sin
F0 y
C
Fl 0In
l
P
A
(a)
x
Fy 0 : F0y F0I mg cos 0
F0 y
1 4
mg
cos
15.10：均质杆AB长为l，质量为m，
F0 y
C
Fl 0In
l
P
A
(a)
d 3g cosd
2l
3g sin / l
15.8解：惯性力系向O点简化,得主矢量和主矩
F0In ml 2 / 2, F0I ml / 2
M
I O
JO
1 3
ml 2
3g cos / 2l 3g sin / l
sin
yc
l 2
cos
对时间求二阶导数，得
xc
l sin
2
yc
l 2
cos
xc
l 2
(
cos
2
sin )
yc
l 2
(
cos
2
sin )
由动静法 MI FiI 0
MCI [FxI cos (FyI mg)sin ]l / 2 0
R r
O
α MI
MO F 0:
m1g F1I R M I m2g F2I r 0
a1 F1I
A
m1g m1R R J0 m2g m2r r 0 m1g
m1 m2 g
J0 m1R m2r
B a2
m2 g F2I