大学理论力学十达朗贝尔原理答案

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

例13-7 已知：如图所示,轮盘(连同轴)的质量 m 20kg, 转轴AB与轮盘的质量对称面垂直,但轮盘的质心 C不在转轴上,偏心距 e 0.1mm. 当轮盘以均转速 转动. n 12000 r min 求：轴承A,B的约束力
解:
0.1 12000π 1 2 an e m s 158 m s 2 1000 30
2
FI man 3160 N 1 FNA FNB mg FI 2

1 20 9.8 3160N 1680N 2
(e) Fi 为作用于第i个质点上质点系外部物体的作用力. (i) Fi 为作用于第i个质点上质点系内部的力. (e) (i) Fi Fi Fi 0 i 1,2,, n
例13-2 已知:如图所示,定滑轮的半径为r ,质量为m 均匀分布在轮缘 上,绕水平轴Ｏ转动.垮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.
例13-1 已知: 求:
m 0.1kg , l 0.3m , 60
v, FT .
解:
v2 FI man m l sin mg FT FI 0
Fb Fn
0, FT cos mg 0 0, FT sin FI 0
Fs f s FN f s m1 m2 g
Fs 3m1 fs FN 2m1 m2
D
§ 13-4
绕定轴转动刚体的轴承动约束力
F
x
0 FA x FB x FR x FI x 0
F
y
0 FA y FB y FR y FI y 0

FI2 1、平移 m2 FI1 FIR FIn mn m1 m aC
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

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 = 0SV = 0> Fv " mg + F M COS30 = 0 F</S F N解岀不滑的条件是2血l二2-91 m/H（1）2）物块不滑，但即将翻倒时，受力如图（b）,由EM A（F」）=0* ¥（F耳cos30 一mg）+ 豊片 sin30 = 0结合式（1），可解岀滑动之前先倾倒的条件是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 + I1 r2 . 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^<p * y CQS 2^P )], 式中 ip — (Ait16.3已知 半径为『的圆轮对轴O 的转动惯量为丿*轮上 作用有恒力偶矩M 、轮缘上的销子C 推动质量为丹的滑槽ABD 沿水平滑道运动，滑道处摩擦系数为/ ■其余各处光滑；求 圆轮的转动微分方程。

解如图冷），圜盘角加速度为盘=花滑槽的运动方程和加 速度为J" = r COS 护， X = _ F （护2 8S 卩 + 0 审口爭）圆轮受力如图（b ）,图中惯性力偶距皿0 =北=宛•由达朗伯原式中 cosB 二 J 1 -尹 sin* <p物块受力如图（b ）,图中惯性力F 厂w(b)题16.3图乞Mo(F) = 0, A4 —- F.\r sin^j = 0得出J<p + F\r或1呻=M (1) 滑槽受力如图c、图中惯性力F f=豳，由达朗伯原理至X ~ 0* —P\ Fg l (F[ + F?) —0SY = 0, Fyp + F\i2 ~wg = 0 也及Fl =fFy；i, F2= JV池、Fy 二F、r 可得Fyj = Fv — ~ r>^ + fmg将式(2)代入式(1),得轮子的运动微分方程(J + mr~ sin2c：)G： + mr^ cos誓対口炉•炉'+ 6nijr sine? = M16.4已知物E质量m\ - 2 000 kg,物B质量酬2 =kg,物B下绳子拉力F r - 3 kN，不计滑轮的质量；求物E的加速度◎和绳FD的张力F HJC 解设物E*物B加速度如图*则a fl= 2a ;轮0和物E系统的受力.图中F曲=叱购=2叫;设轮O半径为厂2 .由达朗怕原理得SM Q( F) = 0, F( r；+ F测2「^1^2 什焜前2 =() ⑴轮C和物E系统的受力图中件=^2g, F；= Fi°设轮C半径为n，由达朗伯原理EM C(F)二0,_ *Fi厂I - F H Z I = 0SY = 0,F\ + F FD - mig - Eg = 0 (2) 由式(1)、(2)和其它各式，懈出一2丹七2如厂瞬“④讹/ni] +FfD^lg +-Wj-- = 10+21 kN16.5已知车重心为G,加速度为血’以及尺寸6f e t h ;求前后轮的压力；又，“为多大，方可使前后轮压力相等匸解设车质量为砒、受力如图，图中Fg = ma, P = mg 由达朗伯原理EM B(F) —0, (b+ c)F\x - 6P + hF K= 0SM A(F)= 0, -(b +CF.w + cP + = 0題込.4图4/2816.6已知曲杆线密度为宀圆弧半径为尸，以匀角速度绕轴O 转动，不计璽力，图(&)*求任意載面B处对AB段的约束反力。

aC aB a a
t CB
n CB
C
30 B
o
其中
a
t CB
la
mg x FN
a
n CB
l 0
2
E
A C
将惯性力系向质心C简化， 得惯性力 FI＝ FIe＋ FIr , 其 中 FIe ＝ maB , FIr ＝ matCB ＝ mla 和惯性力偶，其力 偶的矩为
1 1 2 2 M I J Ca m(2l ) a ml a 12 3
z B
FB
由式 (1) 和 (2) 解得
b e FA (1 )P ab g
2ห้องสมุดไป่ตู้
FIO
A
FA
O C
e
a e FB (1 )P ab g
2
aP
(b)
b
两轴承所受的力分别和 FA 、FB 的大小相等而 方向相反。
E 例10 均质杆的质量为m, 长为2l, A 一端放在光滑地面上, 并用两软 a C 绳支持 , 如图所示。求当 BD 绳 aB t 30o 切断的瞬时, B点的加速度、AE aCB B 绳的拉力及地面的约束力。 D aB 解: 以杆AB为研究对象，杆AB y FT 作平面运动。 以点 B为基点， A E 则点C 的加速度为
M Ix J xza J yz 0,M Iy J yza J xz 0
2 2
所以，要使惯性力系的主矢等于零，必须aC=0， 即转轴通过质心。要使主矩等于零，必须有 Jxz=Jyz= 0 ，即刚体对转轴z的惯性积等于零。 如果刚体对通过某点的轴z的惯性积Jxz=Jyz=0 等 于零，称该轴为过该点的惯性主轴，通过质心 的惯性主轴成为中心惯性主轴。则上述结论可 表达为——避免出现轴承附加动约束力的条件 为是:刚体的转轴是刚体的中心惯性主轴。

力和一个力偶，这个力等于刚体质量与质心的加速度的 乘积，方向与加速度方向相反，作用线通过转轴；这个 力偶的矩等于刚体对转轴的转动惯量与角加速度的乘积， 转向与角加速度相反。
（e） FIR - Fi -ma c
M IO M Iz -J z
讨论 ①刚体作匀速转动，转轴不通过质点C 。
求解步骤 ①选取研究对象。原则与静力学相同。 ②受力分析。画出全部主动力和外约束反力。
③运动分析。主要是刚体质心加速度，刚体角加速
度，标出方向。 ④虚加惯性力。在受力图上画上惯性力和惯性力偶， 一定要 在 正确进行运动分析的基础
上。熟记刚体惯 性力系的简化结果。
⑤列动静方程。选取适当的矩心和投影轴。 ⑦求解求知量。
M
y
解得
1 M y FRxOB M Ix M IxOB FAx AB


1 M x FRyOB M Ix FIyOB FAy AB


1 M y FRxOA M Ix FIxOA FBx AB



1 M x FRyOA M Ix FIyOA FBy AB
min
求:轴承A,B的约束力
解:
0.1 12000π 1 an e m 158 m 2 s s 1000 30
2
2
F man 3160N
n I
FNA FNB
1 20 9.8 3160N 1680N 2
内容
§13-1
惯性力〃质点的达朗贝尔原理
Force of Inertia ·D’Alembert’s Principle of a Particle
§13-2 质点系的达朗贝尔原理

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Fi、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、
F x 0,FIi cosi FA 0OFLeabharlann y 0,FIi sini FB 0
而
FIi = miain
m
2R
Ri
R 2
R Δθi
θi
FIi
B
x
FB
19
11.1 惯性力•达朗贝尔原理
令 Δθi
0，有
FIi
cosi
2 0
m
2
R 2
cosd
mR 2 2
FIi
sini
2 0
m
2
R 2 sind
例11－3 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。
y
A
R O
B
x
18
11.1 惯性力•达朗贝尔原理
解：由于对称，取四分之一轮 缘为研究对象，如图所示。
轮缘横截面张力设为FA、FB。
y
FA
A
取圆心角为Δθi的微小弧段， 每段 加惯性力FIi。 列平衡方程
FIi 0
故
i 1 n
i 1 n
MO (Fi(e) ) MO (FIi ) 0
i 1
i 1
(14-4)

MIC=0
(12-7) 因此得出结论：刚体平移时，惯性力系对任意点O的主矩一
般不为零；若选质心为简化中心，其主矩为零，惯性力系简化 为一合力FIR，合力的大小和方向与惯性力系的主矢相同。
第12章 达朗贝尔原理(动静法)及其应用
2. 刚体定轴转动 刚体定轴转动时，设刚体转动的角速度为ω，角加速度为 α，刚体内任一质点O的质量为mi，到转轴的距离为ri，则刚体 内任一质点的惯性力为FIi=-miai。在转轴上任选一点O为简化中 心，以O点为原点，建立固连在刚体上的直角坐标系如图12-6(a) 所示，第i个质点的坐标为xi、yi、zi。首先计算惯性力系的主 矩在坐标轴上的投影，即分别计算惯性力系对x、y、z轴的矩MIx、 MIy、MIz。
第12章 达朗贝尔原理(动静法)及其应用
式(12-1)中FI具有力的量纲，且与质点的惯性有关，称为 质点的达朗贝尔惯性力，简称惯性力。显然，惯性力的大小等 于质点的质量与加速度的乘积，它的方向与质点加速度的方向 相反。式(12-2)可解释为作用在质点上的主动力、约束力和惯 性力在形式上组成所谓的平衡力系。这就是根据达朗贝尔1743 年在《动力学教程》中提出的思想，发展形成的达朗贝尔原理。
第12章 达朗贝尔原理(动静法)及其应用
12.2.1 惯性力系的主矢 根据力系简化理论，惯性力系的主矢F′IR为
FIR FIi miai maC
(12-6)
即质点系惯性力系主矢的大小和方向与简化中心的位置无关， 其大小等于质点系的质量与质心加速度的乘积，其方向与质心 加速度的方向相反。式(12-6)对任何质点系做任意运动均成立。
综上所述，刚体定轴转动时，惯性力系向轴上一点O简化的 主矩为
(12-12)
第12章 达朗贝尔原理(动静法)及其应用

刚体惯性力系旳简化
刚体作平动
FI -ｍｉａｉ -ｍａｃ
刚体作定轴转动
FI
aC
O
C
1.转轴不经过质心,但刚体作匀速转动
FI mrc 2
2.转轴经过质心,但刚体作变速转动
a
M IO
O(C)
M IO Jc
3.刚体转轴经过质心并作匀速转动
O(C)
(c)
刚体旳惯性力系自行平衡
刚体作平面运动
FI
例题3
第14章 达朗贝尔原理
My
FOy
α
r O FOx
x
MI m2g
a
m1g
FI
图为一电动卷扬机构旳示意图。已知起
动时电动机旳平均驱动力矩为M，被提升重物
旳质量为m1 ，鼓轮质量为m2 ，半径为r，它对 中心旳回转半径为ρO。试求起动时重物旳平均 加速度a和此时轴承O旳动约束力。
FI m1a
MI
C
aC M IC
FI mac
M Ic Jc
例题2
第14章 达朗贝尔原理
如图所示，滑轮旳半径为r，质量为m均匀分 布在轮缘上，可绕水平轴转动。轮缘上跨过旳软 绳旳两端各挂质量为m1和m2旳重物,且m1 >m2 。 绳旳重量不计，绳与滑轮之间无相对滑动，轴承
摩擦忽视不计。求重物旳加速度。
M I FN
FP g
ra
1 2
FP1 g
r 2
0
C
FP a g
A
2gFP sin
(2FP FP1)r
a α FP
B
例题4
重为FP旳重物A沿一光滑斜面滑下，借无重而不
第14章 达朗贝尔原理可伸长旳软绳带动重为FP1，半径为r旳鼓轮转动。求 鼓轮旳角加速度.斜面旳倾角为α，鼓轮可视为均质圆

第10章 达朗贝尔原理——习题1-1610-1 均质细直杆AB 通过两根绳索挂在天花板上，已知杆的质量为m ，AB = O 1O 2 = O 1A = O 2B = l ，点C 为杆AB 的质心，绳索O 1A 的角速度为ω，角加速度为α，转向如图所示。

试求图示位置的达朗贝尔惯性力系分别向C ，A 两点的简化结果。

（题10.1答案：）10-2 均质细直杆AB 的质量为m ，长度为l ，绕O 轴作定轴转动，已知OA = l /3，杆的角速度、角加速度分别为ω、α，转向如图所示，试求其达朗贝尔惯性力系分别向质心C 和O 的简化结果。

（题10.2答案：）10-3 质量为mAB ，其两端与半径为r 的半圆形固定凹槽相接触，在图示位置，其角速度为ω，角加速度为α，转向都为顺时针，试求其达朗贝尔惯性力系分别向质心C 和圆心O 的简化结果。

（题10.3答案：）10-4 质量为m ，长度为2l 的均质细直杆AB 的两端分别沿水平地面和铅垂墙面运动，已知v A = 常矢，试求图示位置杆的达朗贝尔惯性力系分别向质心C 和点A 的简化结果。

题10-1图BC题10-2图A（题10.4答案：）10-5 均质杆AB 的质量为m ，长度为l ，用两根等长的绳索悬挂如图。

试求绳索OA 突然被剪断，杆开始运动的瞬时，绳索OB 的张力和杆AB 的角加速度。

（题10.5答案：）10-6 如图所示，质量为m ，长度为l 的均质杆由两根刚度系数为k ，质量不计的弹簧静止悬挂在空中，若突然将右边弹簧剪断，试求剪断瞬时杆AB 的角加速度和点A 的加速度。

（题10.6答案：）10-7 质量为m ，长度为2r 的均质杆AB 的一端A 焊接于质量为m ，半径为r 的均质圆盘的边缘上，圆盘可绕过圆盘中心的光滑水平轴O 转动，若在图示瞬间圆盘的角速度为ω，试求该瞬时圆盘的角加速度及杆AB 在焊接处所受到的约束力。

（题10.7答案：）题10-3图题10-4图题10-5图B题10-6图10-8 固连在一起的两轮子半径分别为r 、R ，它们的总质量为m 1，共同轮心C 为它们的质心，它们对过质心且垂直于纸面的轴的回转半径为ρ。

两者总质量为 m2，对 O 轴的回转半径为 ρ 。当重物 A 下降时，滚
子 C 沿水平轨道滚动而不滑动，试求重物 A 的加速度。
解： 取整个系统为研究对象，自由度为 1。设重物速度为 vA ，则轮
题 10-9 图
的角速度 ω = vA ，轮心速度为 R−r
vO
=
R
r −
r
vA 。系统的动能为
( ) T
拉格朗日方程的普遍形式
d dt
∂L ∂q& j
− ∂L ∂q j
= Q′j
( j = 1,2,..., m)
式中 Q′j 为非有势力对应的广义力。
矢量方法
动量法：动量定理
动量矩定理 质心运动定理 定轴转动微分方程 平面运动微分方程
质点系统动力学
动静法
动能定理
能量方法
拉格朗日方程
3 保守系统拉格朗日方程的初积分
10-3 质量为 m1 的匀质杆，长为 l，一端放在水平面上， 另一端与质量为 m2、半径为 r 的匀质圆盘在圆盘中心 O 点 铰接。圆盘在地面上作纯滚动，圆心速度为 v。求系统在此
题 10-3 图
位置的动能。
解：杆作平移，动能为
T1
=
1 2
m1v2
；
圆盘作纯滚动，动能为
T2
=
1 2
m2v2
+
1 2
mivi
⋅ vi
，
其中 n 为系统中的质点数目，可以是有限或无穷，mi 和 vi 分别为各质点的质量和速度。 平
移刚体的动能 T = 1 mv2 ， 2
其中 m 为平移刚体的质量。
定轴转动刚体的动能
T
=
1 2

ml
2
1 ml2 r sin mg l sin 0
2
2
3 2
Mrx
m(
l 2
cos
r)
x
1 2
mlr
cos
1 3
ml
2
1 ml2 r sin mg l sin 0
o
2
2
再研究AB杆，受力如图。
由达朗贝尔原理
FAy
A
FAx
x
1 ml 2
12
mx
C
1 ml
1 ml 2
2
2 mg
质点系达朗贝尔原理
①质点系达朗贝尔原理的形式：
n
n
F (e) i
FIi 0
i 1
i 1
n
n
MO (Fi(e) ) MO (FIi ) 0
i 1
i 1
• ②在解决质点系动力学的两类基本问题上， 达朗贝尔原理均适用。但若已知质点系的运 动，需要求解该系统的约束反力或外力时， 应用达朗贝尔原理尤其方便。
B
1 12
(2m)(2l
)
2
AB
• 解：设系统无初速度开始运动瞬时，OA 杆的角加速度为，
aA l,
AB杆的加速度中心为B点， AB
aA 2l
1,
2
aC
BC
AB
1 l ,
2
系统的惯性力系如图。
系统受力(包括惯性力)
如图。
由
MO (F ) 0, FOx
1 ml
2
1 ml 2
O
12
A
ml 1 ml2
• ③应用达朗贝尔原理的关键是解决质点系的 惯性力系的简化问题。

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。

第13章作业答案
1、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b 所示，它满足以下条件：
（2）零件不滑动而倾倒时，约束力F N 已集中到左侧点A ，如图c 所示，零件在惯性力作用下将向左倾倒。

倾倒条件是
2、解 取车与矩形块为研究对象如图b 所示。

惯性力为
取矩形块为研究对象，如图c 所示，且矩形块惯性力为
由动静法，不翻倒的条件为
取物块为研究对象，惯性力如图3d 所示。

由动静法
3、解 取平板为研究对象，突然撤去销B 的瞬时平板的角速度ω =0，角加速度α ≠ 0。

平板对质心C 的转动惯量为
平板对A 的转动惯量为
把惯性力系向销A 简化（见图b）得
4、解 取2 球及杆CD 为研究对象如图b 所示，由动静法
5、解 忽略重力影响，惯性力F IC 作功
6、解 取整个系统为研究对象，受力如图b 所示。

因为转速n = 常量，所以角加速度α = 0，惯性力偶矩M I = 0。

（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。

解： 取轮为研究对象

虚加惯性力系：
RQ maC mR
M QC JC m 2
O
由动静法，得：
23
X 0 , F T RQ 0
(1)
Y 0 , N mg S 0
(2)

mC (F )
0
, M

FR M QC

0
(3)
2
2
M F( R) T (4)
4
二、质点的达朗贝尔原理
非自由质点M，质量m，受主动力 F， 约束反力 N ，合力 R F N ma
F N ma 0
F N Q 0
质点的达朗贝尔原理
该方程对动力学问题来说只是 形式上的平衡，并没有改变动力学 问题的实质。采用动静法解决动力 学问题的最大优点，可以利用静力 学提供的解题方法，给动力学问题 一种统一的解题格式。
方向。 ④虚加惯性力。在受力图上画上惯性力和惯性力偶，一定要
在 正确进行运动分析的基础上。熟记刚体惯 性力系的简化结果。
26
⑤列动静方程。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。
[注] RQ , MQO 的方向及转向已在受力图中标出，建立方程时， 只需按 RQ maC , MQO JO 代入即可。
5
[例1] 列车在水平轨道上行驶，车厢内悬挂一单摆，当车厢向
右作匀加速运动时，单摆左偏角度 ，相对于车厢静止。求车
厢的加速度 a 。 a

6
解： 选单摆的摆锤为研究对象 虚加惯性力 Q ma ( Q ma )
由动静法, 有
X 0 , mg sin Qcos 0

§10-3 刚体惯性力系的简化
简化方法就是采用静力学中的力系简化的理论。将虚拟的 惯性力系视作力系向任一点O简化而得到一个惯性力R Q 和一个 惯性力偶 M QO 。
RQ QmaMaC MQOmO(Q)
与简化中心无关 与简化中心有关
无论刚体作什么运动，惯性力系主矢都等于刚体质量与质 心加速度的乘积，方向与质心加速度方向相反。
5
二、质点的达朗伯原理
非自由质点M，质量m，受主动力 F ， 约束反力 N ，合力 RFNm a FNm a0
FNQ0
质点的达朗伯原理
6
该方程对动力学问题来说只是形式上的平衡，并没有 改变动力学问题的实质。采用动静法解决动力学问题的最 大优点，可以利用静力学提供的解题方法，给动力学问题 一种统一的解题格式。
7
例1 列车在水平轨道上行驶，车厢内悬挂一单摆，当车厢向
右作匀加速运动时，单摆左偏角度 ，相对于车厢静止。求车
厢的加速度 a 。
8
解： 选单摆的摆锤为研究对象 虚加惯性力 Qm a (Qm)a
由动静法, 有
X 0 ,m sg i Q n co 0 s
解得
agtg
对平面任意力系：
Xi(e) Qix0 Yi(e) Qiy0 mO(Fi(e) )mO(Qi )0
对于空间任意力系：
Xi(e)Qix0 , mx(Fi(e))mx(Qi)0 Yi(e)Qiy0 , my(Fi(e))my(Qi)0 Zi(e)Qiz0 , mz(Fi(e))mz(Qi)0
dv dvdv dvgsin dt d dt Rd
v2 2gR(1cos)
F Nm(3 g co s2)
§10-2 质点系的达朗伯原理