第14章 达朗贝尔原理（动静法） 14-1 图示由相互铰接的水平臂连成的传送带，将圆柱形零件从一高度传送到另一个高度。设零件与臂之间的摩擦系数f s = 0.2。求：（1）降落加速度a 为多大时，零件不致在水平臂上滑动；（2）比值h / d 等于多少时，零件在滑动之前先倾倒。 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F I 。 （1）零件不滑动时，受力如图（a ），它满足以下条件： 摩擦定律 N s F f F s ≤ （1） 达朗伯原理 0=∑x F 030sin I s =?-F F （2） 0=∑y F 030cos I N =-?+mg F F （3） 把F I = ma 代入式（1）、（2）、（3），解得2m/s 92.2≤a 2）零件不滑动而倾倒时，约束反力F N 已集中到左侧A 点 如图（b ），零件在惯性力作用下将向左倾倒。 倾倒条件是 0≥∑A M 即 02 30sin )30cos (2I I ≥?+?+-h F F mg d （4） 以F I = ma 代入式（4），解得 a a g d h 32-≥ 此时零件仍满足式（1），（2），（3），将其结果2m/s 92.2≤a 代入上式 得 5≥d h 加速度为 t l r t r x a B x ωωωω2222 cos cos --==&& 取重物为研究对象，并虚加惯性力F I ，受力如图（b ）。 )2cos cos (2 22I t l r t r m ma F x x ωωωω+=-= 按达朗伯原理有 0 ,0I T =++-=∑F mg F F x 故金属杆受之拉力 )2cos (cos 2T t l r t r m mg F ωωω++= 14-3 图示矩形块质量m 1 = 100 kg ，置于平台车上。车质量为m 2 = 50 kg ，此车沿光滑的水平面运动。车和矩形块在一起由质量为m 3的物体牵引，使之作加速运动。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而m 1块不倒的质量为m 3的最大值，以及此时车的加速度大小。 解：取车与矩形块为研究对象如图（a ）。 惯性力 F I = (m 1 + m 2 ) a = 150 a 。 由动静法 a F F F F x 150 , 0,0T I T ==-=∑ 取矩形块为研究对象，欲求使车与矩形块一起 加速运动而m 1块不倒的m 3最大值，应考虑在此时 矩形块受车的约束反力F N 已集中到左侧A 点，如图 （b ），且矩形块惯性力F I1 = m 1a 。 由动静法，不翻倒的条件为：
第六讲 数项级数的敛散性判别法 §1 柯西判别法及其推广 比较原理适用于正项级数，高等数学中讲过正项级数的比较原理： 比较原理I ：设 1 n n u ∞=∑，1 n n v ∞ =∑都是正项级数，存在0c >，使 (1,2,3,...)n n u cv n ≤= （i ） 若 1 n n v ∞ =∑收敛，则 1 n n u ∞ =∑也收敛；（ii ） 若 1 n n u ∞ =∑发散，则 1 n n v ∞ =∑也发散． 比较原理II （极限形式）设 1 n n u ∞ =∑，1 n n v ∞ =∑均为正项级数，若 lim (0,)n n n u l v →∞=∈+∞ 则 1 n n u ∞=∑、1 n n v ∞ =∑同敛散． 根据比较原理，可以利用已知其敛散性的级数作为比较对象来判别其它 级数的敛散性．柯西判别法和达朗贝尔判别法是以几何级数作为比较对象而 得到的审敛法．下面用比较判别法推出更宽泛的柯西判别法． 定理1（柯西判别法1）设 1 n n u ∞ =∑为正项级数， （i ）若从某一项起（即存在N ，当n N > 1q ≤<（q 为常数）， 则 1 n n u ∞ =∑收敛； （ii 1≥，则1 n n u ∞ =∑发散． 证（i ）若当n N > 1q ≤<，即n n u q ≤，而级数 1 n n q ∞ =∑收敛， 根据比较原理I 知级数 1 n n u ∞ =∑也收敛． （ii ） 1≥，则1n u ≥，故l i m 0n n u →∞ ≠，由级数收敛的必要条件知 1 n n u ∞ =∑
发散．定理证毕． 定理2（柯西判别法2） 设 1 n n u ∞ =∑ 为正项级数，n r =， 则：（i ）当1r <时，1 n n u ∞ =∑收敛；（ii ） 当1r >（或r =+∞）时，1 n n u ∞ =∑发散；（iii ）当1r =时，法则失效． 例1 判别下列正项级数的敛散性 23123(1)()()()357 21 n n n +++ +++；n n n e ∞ -∑n=1 (2) n n x α∞ ∑n=1 (3) （α为任何实数，0x >）． 解 (1) 因为11 2 n r ==<，所以原级数收敛． (2) 因为lim n n n r e →∞===∞，所以原级数发散． (3) 对任意α，n r x ==．当01x <<时收敛；当1x >时发散；当1x =时， 此时级数是p -级数，要对p α=-进行讨论，当1α->，即1α<-时收敛；当1 α- ≤时，即1α ≥-时发散． 例2 判别级数11[(1)]3 n n n n ∞ =+-∑的敛散性． 解 由于 (1)lim 3 n n n n →∞-== 不存在，故应用定理2 无法判别级数的敛散性．又因为 (1)1133 n q -==≤=< 由定理1（柯西判别法1）知原级数收敛． 例3（98考研）设正项数列{}n a 单调减少，且1(1)n n n a ∞ =-∑发散，试问级数111n n n a ∞ =?? ?+?? ∑是否收敛？并说明理由．
数学分析第十二章数项级数正项级数的比式判别法 第六讲
数学分析第十二章数项级数比式判别法和根式判别法 本段所介绍的两个方法是以等比级数作为比较对象而得到的,特征就能作出判断，不需要与已知级数进行比较.但在使用时只要根据级数一般项本身的
数学分析第十二章数项级数 定理12.7（达朗贝尔判别法，或比式判别法） 则级数n u ∑收敛; >0(ii),n N 若对一切成立不等式 11,(6) n n u u +≥. n u ∑则级数发散1,(5)n n u q u +≤>0(i),n N 若对一切成立不等式0n u N ∑设为正项级数，且存在某正整数及常数01. q q <<（）
数学分析第十二章数项级数把前n -1个不等式按项相乘后,得到 --???≤132121 ,n n n u u u q u u u 或者由于当0 < q < 1时,-∑1,n q 等比级数收敛根据比较 原则及上述不等式可得. n u ∑级数收敛证+≤≥1(i)1n n u q n u 不妨设不等式对一切成立,于是有21,u q u ≤32u q u ≤，, 1,.n n u q u -≤ 11. n n u u q -≤
数学分析第十二章数项级数 0n N ≥因为当时,(ii )1n n u u +≥1n u -≥00, N u ≥≥> 从而 因此所以级数发散.00lim ,n N n u u →∞ ≥>
数学分析第十二章数项级数 推论1（比式判别法的极限形式） 若n u ∑为正项级数，且1lim ,(7) n n n u q u +→∞=则(i)1,; n q u <∑当时级数收敛(ii)1,. n q q u >=+∞∑当或时级数发散证由(7)式, 对任意取定的正数<-(1),q ε存在正数当n > N 时, 有+-<<+1.n n u q q u εεN ,
（a ） 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。 r ， 0 ，α I （ d ） I =F ， αα2 I 2 1mr 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 F ααα5625.0])(12 1 [222I =?++==AC m b a m J M A A ∑=0)(F A M ；01.0I =-mg M A ；2rad/s 04.47=α ∑=0x F ；0sin I =-Ax F F θ；其中：6.05 3sin ==θ N 26.956.004.47375.3=??=Ax F ∑=0y F ；0cos I =-+mg F F Ay θ；8.05 4sin ==θ N 6.1378.004.47375.38.927=??-?=Ay F 11－3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 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 ； 04 sin )(43 cos 4cos =+--l F F l F l F B A A B ??? （1） ∑=0AD F ； 0cos 2=-+?mg F F B A （2） 联立式（1）和式（2），得：A B F mg F 3+= 习 题 （ （
一、填空题（共15分，共 5 题，每题3 分） A 处的约束反力为： M A = ；F Ax = ；F Ay = 。 2. 已知正方形板ABCD 作定轴转动，转轴垂直于板面，A 点的速度v A ＝10cm/s ，加速度a A =cm/s 2，方向如图所示。则正方形板的角加速度的大小为 。 题1图 题2图 3. 图示滚压机构中，曲柄OA = r ，以匀角速度绕垂直于图面的O 轴转动，半径为R 的轮子沿水平面作纯滚动，轮子中心B 与O 轴位于同一水平线上。则有ωAB = ，ωB = 。 4. 如图所示，已知圆环的半径为R ，弹簧的刚度系数为k ，弹簧的原长为R 。弹簧的一端与圆环上的O 点铰接，当弹簧从A 端移动到B 端时弹簧所做的功为 ；当弹簧从A 端移动到C 端时弹簧所做的功为 。 题3图 题4图 5. 质点的达朗贝尔原理是指：作用在质点上的 、 和 在形式上组成平衡力系。 二、选择题（共20分，共 5 题，每题4 分） AB 的质量为m ，且O 1A =O 2B =r ，O 1O 2=AB =l ，O 1O =OO 2=l /2，若曲柄转动的角速度为ω，则杆对O 轴的动量矩L O 的大小为( )。 A. L O = mr 2ω B. L O = 2mr 2ω C. L O = 12mr 2ω D. L O = 0 2. 质点系动量守恒的条件是：( ) A. 作用于质点系上外力冲量和恒为零 B. 作用于质点系的内力矢量和为零 C. 作用于质点系上外力的矢量和为零 D. 作用于质点系内力冲量和为零 3. 将质量为m 的质点，以速度 v 铅直上抛，试计算质点从开始上抛至再回到原处的过程中质点动量的改变量：( ) A. 质点动量没有改变 B. 质点动量的改变量大小为 2m v ，方向铅垂向上 B
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13-16 ma F =I 0cos sin 0 I T =-=∑β?F F F x ? βsin cos I T F F = 0sin cos 0 I T =--=∑mg F F F y β? 0sin cos sin cos I I =--mg F F β?? β 0sin ) cos(I =-+mg F ?β? mg ma =+? β?sin ) cos( ) cos(sin β?? += g a mg ma F F ) cos(cos sin cos sin cos I T β?β ?β? 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13-17 2n I ωmR ma F == 0cos 0 I N n =-+=∑F mg F F ? )cos (cos cos 22I N ?ω?ω?g R m mg mR mg F F -=-=-= 令0N =F 0cos 2=-?ωg R R g ?ωcos = min r/35.296 .00454cos 8.9π30cos π30π30='??=== R g n ?ω 13-3 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13-18 2n I ωmr ma F == 00 N =-=∑mg F F y
第13章作业 1、已知：图示由相互铰接的水平臂连成的传送带，将圆柱形零件从一高度传送到另一个高度。设零件与臂之间的摩擦系数 f s =0.2 。试求 :(1)降落加速度 为多大时，零件不致在水平臂上滑动；(2)比值h / d 等于多少时，零件在滑动之前先倾倒。 2、已知：图示均质矩形块质量m1 =100kg ，置于平台车上。车质量为 m2 =50kg ,此车沿光滑的水平面运动。车和矩形块在一起由质量为 m3 的物体牵引，使之作加速运动。设物块与车之间的摩擦力足够阻止相互滑动。 试求：能够便车加速运动的质量 m3 的最大值，以及此时车的加速度大小。 3、已知： 图示长方形均质平板，质量为 27kg ，由两个销 A 和 B 悬挂。如果突然撤去销 B 。 试求：在撤去销 B 的瞬时平板的角加速度和销 A 的约束力。
4、已知：转速表的简化模型如图示。杆 CD 的两端各有质量为 m 的 C 球和 D 球 ,杆 CD 与转轴 AB 铰接于各自的中点，质量不计。当转轴 AB 转动且外载荷变化时，杆 CD 的转角 j 就发生变化。设 ω=0 时， φ=，且盘簧中无力。盘簧 产生的力矩 M 与转角 j 的关系为M=k(φ-)，式中 k 为盘簧刚度系数。 试求： (1)角速度 ω与角 j 之间的关系；(2)当系统处于图示平面时，轴承 A ， B 的约束力。 5、已知：当发射卫星实现星箭分离时，打开卫星整流罩的一种方案如图所示。先由释放机构将整流罩缓慢送到图示位置，然后令火箭加速，加速度为 a ,从而使整流罩向外转。当其质心 C 转到位置 C ′ 时， O 处铰链自动脱开，使整流罩离开火箭。设整流罩质量为 m ，对轴 O 的回转半径为 r ，质心到轴 O 的距离 OC = r 。试求：整流罩脱落时，角速度为多大 ?
a I F F C N m 4.0m 4.0m 8.0A 第十三章 达朗贝尔原理 [习题13-1] 一卡车运载质量为1000kg 的货物以速度h km v /54=行驶。设刹车时货车作匀减速运动，货物与板间的摩擦因数3.0=s f 。试求使货物既不倾拿倒又不滑动的刹车时间。 解： 以货物为研究对象，其受力如图所示。图中， )/(1536001000540s m s m v v =? == 0=t v t t v v a o t 15 -=-= t m ma F I 15= = G f N f F s s == 虚加惯性力之后，重物在形式上“平衡”。 货物不滑动的条件是： 0=∑x F 0=-F F I 015 ≤-N f t m s N f t m s ≤15 )(1.58 .910003.01000 1515s N f m t s =???=≥
N 即货物不滑动的条件是：) (1.5s t≥ (1) 货物不倾倒（不向前倾倒）的条件是： ) (≥ ∑i A F M 8.0 4.0≥ ? - ? I F N 8.0 15 4.0≥ ? - ? t m mg 30 ≥ - t g t g 30 ≥ ) ( 06 .3 8.9 30 30 s g t= = ≥ (2) （1）（2）的通解是) (1.5s t≥。即，使货物既不倾拿倒又不滑动的刹车时间是) (1.5s t≥。[习题13-2] 放在光滑斜面上的物体A，质量kg m A 40 =，置于A上的物体B，质量kg m B 15 =；力kN F500 =，其作用线平行于斜面。为使A、B两物体不发生相对滑动， 试求它们之间的静摩擦因素 s f的最小值。 解：以A、B构成的质点和系为研究对象，其受力如图所示。在质心加上惯性力后，在形式上构成平面一般“平衡”力系。 = ∑x F 30 sin ) (0= + - -g m m F F B A I
第十六章达朗伯原理 16.1已知物块与水平臂之间的摩擦系数/s = 0.2,水平臂下降加速度 为。; 求l）a为多大，物块不滑? 2）务为多大,物块在滑动之前先倾倒？解1）物块受力如图（“, 图中惯性力耳=77W，由达朗伯原理，当 物块不滑时，有主X = 0, F —Fg：5irt3O = 0 SV = 0> Fv " mg + F M COS30 = 0 F
h、1 孑鼻 泾 E6.2已知曲柄OC = rM匀角速度如转动;连杆召C = I端连有质量为櫛的物A ; 求杆AB所受的力。
解设杆长AB =趴则物 A 的运动方程为 j ： = b + r cos 爷 + I cos? cos? 1 — -y ^2 sin 2 卩 j- = 6 + r cos 护 + I 1 r 2 . 2 -2 7 s,n 由达朗伯原理 SX = 0, mg - F - F* = 0 得 AH 杆的力 F = 7ti[g + nw 2( cc^
（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 ）2 I ωmr F =，0I =O M （b ）2n I ωmr F =，αmr F =t I ，αα2I 2 3mr J M O O == （c ）0I =F ，0I =O M （d ）0I =F ，αα2 I 2 1mr 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 F ααα5625.0])(12 1 [222I =?++==AC m b a m J M A A ∑=0)(F A M ；01.0I =-mg M A ；2 rad/s 04.47=α ∑ =0x F ；0sin I =-Ax F F θ；其中：6.05 3sin ==θ N 26.956.004.47375.3=??=Ax F ∑=0y F ；0cos I =-+mg F F Ay θ；8.05 4sin ==θ 习题11－2图 习题11-1解图 （a ） （a ）
N 6.1378.004.47375.38.927=??-?=Ay F 11－3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 ； 04 sin )(43cos 4cos =+--l F F l F l F B A A B ??? （1） ∑=0AD F ； 0cos 2=-+?mg F F B A （2） 联立式（1）和式（2），得：A B F mg F 3+= N 38.5)13(4 1 =-=mg F A ； N 5.4538.53=?+=mg F B 11－4 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 α Wr mr =a 22 1 α mr W 2a =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 2 1αmr M O = （5） b I αr g W 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 W mg 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 Oy 2+= （10） A B C D E l l φ φ 习题11－3图 （a ） F I F A F B a A 2m g A B C 3l /4 3l/4 φ φ O a b T I F W (a) 习题11-4图 αa F Oy F Ox F Oy F Ox αb M I O F I W a