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理论力学15

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吉林大学理论力学课件-第15章

吉林大学理论力学课件-第15章
2 0
A x + =
(u0+nx) 0
w
2 d
xwd 0 tg = a u0 + nx 0
衰减振动的圆频率
wd = w -n
2 n
2
阻尼振动是振幅逐渐减小的衰减振动.
衰减振动的运动图线
x t o
M=450kg K=26519N/m C=400NS/m & ) . x( 0 = 0 539567,x(0 = 1 0 ) .
由 知
x0 =c cos = c 0 1 1 & x= -cwn sin nt+ cwncos nt w w 1 2 u = c2wn cos 0= cwn 0 2
即 解化为
u0 x t = x cos nt+ sin nt ( ) 0 w w wn
2 2 0 2 n
xt =A wnt+a) ( ) sin(
F
TACOMA窄桥是于1938年开工,到1940年7月1日 建成通车,是美国华盛顿州西部一座著名的大桥,连 接TACOMA到大港(GigHarbor)全长5939英尺,还 有一个外号"飞驰盖地(Galloping Gertie)".但是在 通车后仅仅4个多月,1940年11月7日,就在一阵每小 时42英里的"和风"吹拂下,坍塌了.
2 2 n
2p
w
n 2
1 -
n 2
w
2 n
w
n
w
)
-
1 2
n = T ( + 1 2w
2 n
) @ T
n n 混凝土 = 0 . 027 =0. 0003 024 . 钢结构 w n wn

理论力学知识点总结(15篇)

理论力学知识点总结(15篇)

理论力学知识点总结第1篇xxx体惯性力系的简化：在任意瞬时，xxx体惯性力系向其质心简化为一合力，方向与质心加速度(也就是刚体的加速度)的方向相反，大小等于刚体的质量与加速度的乘积，即。

平面运动刚体惯性力系的简化：如果刚体具有质量对称面，并且刚体在质量对称面所在的平面内运动，则刚体惯性力系向质心简化为一个力和一个力偶，这个力的作用线通过该刚体质心，大小等于刚体的质量与质心加速度的乘积，方向与质心加速度相反；这个力偶的力偶矩等于刚体对通过质心且垂直于质量对称面的轴的转动惯量与刚体角加速度的乘积，其转向与角加速度的转向相反。

即（10－3）定轴转动刚体惯性力系的简化：如果刚体具有质量对称面，并且转轴垂直于质量对称面，则刚体惯性力系向转轴与质量对称面的交点O简化为一个力和一个力偶，这个力通过O点，大小等于刚体的质量与质心加速度的乘积，方向与质心加速度的方向相反；这个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，其转向与角加速度的转向相反。

即（10－4）理论力学知识点总结第2篇定点运动刚体的动量矩。

定点运动刚体对固定点O的动量矩定义为：（12－6）其中：分别为刚体上的质量微团的矢径和速度，为刚体的角速度。

当随体参考系的三个轴为惯量主轴时，上式可表示成（12－7）（2）定点刚体的欧拉动力学方程。

应用动量矩定理可得到定点运动刚体的欧拉动力学方程（12－8）（3）陀螺近似理论。

绕质量对称轴高速旋转的定点运动刚体成为陀螺。

若陀螺绕的自旋角速度为，进动角速度为，为陀螺对质量对称轴的转动惯量，则陀螺的动力学方程为（12－9）其中是作用在陀螺上的力对O点之矩的矢量和。

理论力学知识点总结第3篇牛顿第二定律建立了在惯性参考系中，质点加速度与作用力之间的关系，即：其中：分别表示质点的质量、质点在惯性参考系中的加速度和作用在质点上的力。

将上式在直角坐标轴上投影可得到直角坐标形式的质点运动微分方程（6－2）如果已知质点的运动轨迹，则利用牛顿第二定律可得到自然坐标形式的质点运动微分方程（6－3）对于自由质点，应用质点运动微分方程通常可研究动力学的两类问题。

西交《理论力学》在线作业15秋满分答案

西交《理论力学》在线作业15秋满分答案

西交《理论力学》在线作业15秋满分答案西交《理论力学》在线作业一、单选题（共10道试题，共20分。

）1.点作曲线运动时下列说法正确的是（）、A.若切向加速度为正，则点作加速运动B.若切向加速度与速度符号相同，则点作加速运动C.若切向加速度为零，则速度为常矢量D.以上说法都不正确——————选择：B2.一实心圆柱体，沿一斜面无滑动的滚下，下列说法正确的是（）、A.机械能守恒，动量矩不守恒B.质心动量守恒C.机械能不守恒，动量矩守恒D.没有守恒量——————选择：A3.刚体绕同平面内任意二根轴转动的合成运动（）、A.一定是平面运动B.一定是平动C.一定是定轴转动D.是绕瞬轴的转动——————选择：D4.一个均质实心球与一个均质实心圆柱在同一位置由静止出发沿同一斜面无滑动地滚下，则（）、A.圆柱先到达底部B.质量大的一个先到达底部C.半径大的一个先到达底部D.球先到达底部——————选择：D5.三力平衡定理是（）、A.共面不平行的三个力互相平衡必汇交于一点B.共面三力若平衡，必汇交于一点C.XXX交于一点，则这三个力必相互平衡——————挑选：A6.下述刚体运动一定是平动的是（）、A.刚体运动时，其上有不在一条直线上的三点始终作直线运动B.刚体运动时，其上所有的点到某牢固平面的距离始终保护稳定C.刚体运动时，其上有两条相交直线始终与各自初始位置保持平行D.刚体运动时，其上有不在一条直线上的三点的速度大小方向始终相同——————选择：D7.三棱柱重P，放在光滑的水平面上，重Q的匀质圆柱体静止释放后沿斜面作纯滚动，则系统在运动过程中（）、A.沿水平方向动量守恒，机械能守恒B.动量守恒，机械能守恒C.沿水平方向动量守恒，机械能不守恒D.均不守恒。

——————选择：A8.一动点作平面曲线运动，若其速率稳定，则其速率矢量与加快度矢量（）、A.平行B.垂直C.夹角随时间变革D.不能确定——————选择：B9.点作匀变速曲线运动是指（）、A.点的加速度大小a=常量；B.点的加速度a=常矢量C.点的切向加快度大小为常量D.点的法向加速度大小为常量——————选择：C10.在有心力场中运动的质点，下列说法正确的是（）、A.动量守恒，角动量守恒，机械能守恒B.动量不守恒，角动量守恒，机械能守恒C.角动量不守恒D.机械能不守恒——————选择：B西交《理论力学》在线作业二、判断题（共40道试题，共80分。

北航《理论力学(第二学期)》考题整理

北航《理论力学(第二学期)》考题整理

A
（a）
B
A
(b)
B
A:情况（a）时 AB 杆的角加速度大； B:情况（b）时 AB 杆的角加速度大； C：条件不足，不能确定。 二、 填空题（第 8 小题 5 分，其余每空 4 分，共 65 分, 将计算的最简结果填写在 空格上） 1、定轴转动刚体绕 O 轴在铅垂面内运动，若其质量为 2m，对转轴的转动惯量为 J, 质心到转轴的距离 OC=b,根据系统的广义坐标 （如图 3 所示） ， 建立其运动微分方 程。答:运动微分方程为： 2、匀 质 三 角 板 用 圆 柱 铰 链 与 铅 垂 的 AB 杆 和 CD 杆 连 接 ， 如 图 4 所 示 。 已 知
=
O
。
已知图示瞬时刚体的角速度为 （方向由 O 点指向 A B 点） ，角加速度为 （方向由 O 点指向 B 点） 。求正
4

A
图7
北京航空航天大学交通科学与工程学院《理论力学（第二学期） 》复习资料
方体上顶点 B 速度 vB 和加速度 aB 。 答：
B 点速度的大小 vB = B 点加速度的大小 aB =
4、两个相同的均质杆 AC、BC（各质量均为 m 长为 L）由铰链 C 连接在图示平面内 运动，已知图示瞬时铰链 C 的速度大小为ｕ，杆的角速度的大小为ω，方向如图 3A-D 所示，则该瞬时图 3_______所示情况，系统得动能最大。
AB=2L,CD=AC=L,各刚体的质量分别为 m1 ， m2 ， m3 ，若图示瞬时 AB 杆
3
北京航空航天大学交通科学与工程学院《理论力学（第二学期） 》复习资料
的角速度为 (方向如图)。该瞬时系统动量的大小 P=
。
B
O
m2
D

理论力学考试试卷(附答案)

理论力学考试试卷(附答案)

理论力学考试试卷（附答案）一、 名词解释（每个4分，共20分）1、刚化原理2、加减平衡力系公理3、相对运动、牵连运动4、质点系动量守恒定理5、质点系动能定理二、 单项选择题（每个4分，共20分）1、已知F1、F2、F3、F4为作用于刚体上A 、B 、C 、D 四点的平面一般力系，其力矢关系如下图所示为平行四边形，由此可知 （ ）。

2（A ）力系可以合成为一个力偶 （B ）力系可以合成为一个力（C ）力系可以合成为一个力和一个力偶 （D ）力系的合力为零，力系平衡2、物块重P ，与水面的摩擦角o20m ϕ=，其上作用一力Q ，且已知P=Q ，方向如图，则物块的状态为( )。

（A ）静止（非临界平衡状态） （B ）临界平衡状态（C ）滑动状态 （D ）不能确定 3、图（a ）、(b)为两种结构，那么（ ）。

（A ）图（a ）为静不定，图（b ）为静定 （B ）图（a ）、（b ）均为静不定 （C ）图（a ）、（b ）均为静定 （D ）图（a ）为静定，图（b ）为静不定4、点作匀变速曲线运动是指（ ）。

（A ）点的加速度大小a =常量 （B ）点的加速度a =常矢量（C ）点的切向加速度大小τa =常量 （D ）点的法向加速度大小na =常量5、边长为a 2的正方形匀质薄板，截去四分之一后悬挂在A 点，今若使BC 边保持水平，则点A 距右端的距离x= （ ）。

(A) a (B) 3a /2 (C) 6a /7 (D)5a /6三、计算题（15分）结构的尺寸及荷载如下图所示，已知q=1.5kN/m ，试求支座A 的反力。

(a)(b)a aaaxBAC四、计算题（15分）已知P=5kN ，试求图示桁架中1、2、3杆的内力。

五、计算题（15分）在图示机构中，已知m r B O A O 4.021===，AB O O =21，A O 1杆的角速度4rad s ω=，角加速度22rad s α=，求三角板C 点的加速度，并画出其方向。

理论力学课后习题及答案解析

理论力学课后习题及答案解析

理论力学课后习题及答案解析文稿归稿存档编号：[KKUY-KKIO69-OTM243-OLUI129-G00I-FDQS58-MG129]第一章习题4-1．求图示平面力系的合成结果，长度单位为m。

解：(1) 取O点为简化中心，求平面力系的主矢：求平面力系对O点的主矩：(2) 合成结果：平面力系的主矢为零，主矩不为零，力系的合成结果是一个合力偶，大小是260Nm，转向是逆时针。

习题4－3．求下列各图中平行分布力的合力和对于A 点之矩。

解：(1) 平行力系对A点的矩是：取B点为简化中心，平行力系的主矢是：平行力系对B点的主矩是：向B点简化的结果是一个力RB和一个力偶M B，且：如图所示；将RB向下平移一段距离d，使满足：最后简化为一个力R，大小等于RB。

其几何意义是：R 的大小等于载荷分布的矩形面积，作用点通过矩形的形心。

(2) 取A点为简化中心，平行力系的主矢是：平行力系对A点的主矩是：向A点简化的结果是一个力RA和一个力偶M A，且：如图所示；将RA向右平移一段距离d，使满足：最后简化为一个力R，大小等于RA。

其几何意义是：R 的大小等于载荷分布的三角形面积，作用点通过三角形的形心。

习题4-4．求下列各梁和刚架的支座反力，长度单位为m。

解：(1) 研究AB杆，受力分析，画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。

校核：结果正确。

(2) 研究AB杆，受力分析，将线性分布的载荷简化成一个集中力，画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。

校核：结果正确。

(3) 研究ABC，受力分析，将均布的载荷简化成一个集中力，画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。

校核：结果正确。

习题4-5．重物悬挂如图，已知G=1.8kN，其他重量不计；求铰链A的约束反力和杆BC所受的力。

解：(1) 研究整体，受力分析（BC是二力杆），画受力图：列平衡方程：解方程组：反力的实际方向如图示。

习题4-8．图示钻井架，G=177kN，铅垂荷载P=1350kN，风荷载q=1.5kN/m，水平力F=50kN；求支座A的约束反力和撑杆CD所受的力。

14-15年 理论力学(A卷)试题及答案

广州大学2014-2015 学年第II 学期考试卷
课程理论力学考试形式（闭卷，考试）
一、无重水平梁的支承和荷载如下图所示，已知力ql、力偶矩ql2、均布荷载q，求支座A、B处的约束反力。

（10分）
二、桁架受力如图所示，求杆1、2、3的内力。

（10分）
三、图示结构由AC、CB组成，所受荷载如图，不计杆重，求固定端A、支座B和铰链C的内力。

（15分）
四、工字钢截面尺寸如图，尺寸单位均为mm，求此截面的几何中心。

（5分）
五、牛头刨床机构如图所示，已知O 1A=200mm ，O 1A 角速度ω1=2rad/s ，O 1A 角加速度α1=0。

求图示位置滑枕CD 的速度和加速度。

（15分）
六、已知图示机构中滑块A的速度为常值，v A=1m/s，AB=4m。

当AC=CB、θ=30°时，杆CD的速度和加速度。

（15分）
七、如图在铅直平面内有质量为m的细铁环，当OC为水平时，由静止释放，求铁环的初始角加速度及铰链O的约束力。

（15分）
八、如图水平匀质细杆AB的质量为m，长为l。

杆A处为光滑铰支座，B端为一挂钩。

如B端突然脱落，求杆AB转到铅垂位置时的角速度。

（15分）。

理论力学复习题及答案

初始
末时 其中
5）由动能定理
两边求导：
11、画出下列各图中物体A或构件AB的受力图。未画重力的物体的自重不计，所有接触处均为光滑接触。
（a）（b）（c）
12、画出下列每个标注字符的物体的受力图。题图中未画重力的各物体的自重不计，所有接触处均为光滑接触。
(a)
(b)
（c）
13、解：（1）以节点B为研究对象
8、如图所示的曲柄连杆滚轮机构，滚轮B在水平面上滚而不滑，并且滚轮的轮心B和OA杆的转轴O处于同一水平线上。已知：OA杆以匀角速度ω=rad/s绕O转动，OA=0.1m；滚轮B的半径为R=0.05m，当机构运动到图示瞬间=600，AB杆垂直OA杆。求：此时AB杆的角速度ωAB及滚轮B的角加速度B。（18分）
27、图示双曲柄连杆机构的滑块B和E用杆BE连接。主动曲柄OA和从动曲柄OD都绕O轴转动。主动曲柄OA以等角速度 转动。已知机构的尺寸为：OA=0.1m，OD=0.12m，AB=0.26m，BE=0.12m， 。求当曲柄OA垂直于滑块的导轨方向时，从动曲柄OD和连杆DE的角速度。
28、铅垂发射的火箭由一雷达跟踪，如图所示。当 、 、 且 时，火箭的质量为5000kg。求此时的喷射反推力F。
加速度分析：
解得：aB=
4）取轮B为研究对象
9、解：1)取整体为研究对象
2)受力分析
3）运动分析标相关运动量
整体作定轴转动
4）由定轴转动刚体的运动微分方程
5）由质心运动定理：
质心位置 （无初速释放）
10、解：1）取整体为研究对象假设AB杆由静止下降了s距离
2）受力分析，只有重力做功
3）运动分析，AB杆和三角块C都为平动
复习题参考答案
1、解：1）取OA杆为研究对象；2）受力分析

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

理论力学简明教程(第二版)课后答案

第零章 数学准备一 泰勒展开式1 二项式的展开()()()()()m 23m m-1m m-1m-2f x 1x 1mx+x x 23=+=+++！！2 一般函数的展开()()()()()()()()230000000f x f x f xf x f x x-x x-x x-x 123!''''''=++++！！特别:00x =时,()()()()()23f 0f 0f 0f x f 0123!x x x ''''''=++++！！3 二元函数的展开(x=y=0处)()()00f f f x y f 0x+y x y ⎛⎫∂∂=++ ⎪∂∂⎝⎭，22222000221f f f x 2xy+y 2x x y y ⎛⎫∂∂∂++ ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭！评注：以上方法多用于近似处理与平衡态处的非线性问题向线性问题的转化。

在理论力问题的简单处理中，一般只需近似到三阶以内。

二 常微分方程1 一阶非齐次常微分方程： ()()x x y+P y=Q通解：()()()P x dx P x dx y e c Q x e dx -⎛⎫⎰⎰=+ ⎪⎝⎭⎰注：()()(),P x dx P x dx Q x e dx ⎰±⎰⎰积分时不带任意常数，()x Q 可为常数。

2 一个特殊二阶微分方程2y A y B =-+ 通解：()02B y=K cos Ax+Aθ+注：0,K θ为由初始条件决定的常量 3 二阶非齐次常微分方程 ()x y ay by f ++=通解：*y y y =+；y 为对应齐次方程的特解，*y 为非齐次方程的一个特解。

非齐次方程的一个特解 （1） 对应齐次方程0y ay by ++=设x y e λ=得特征方程2a b 0λλ++=。

解出特解为1λ，2λ。

*若12R λλ≠∈则1x 1y e λ=，2x 2y e λ=；12x x 12y c e c e λλ=+*若12R λλ=∈则1x 1y e λ=，1x 2y xe λ=； 1x 12y e (c xc )λ=+*若12i λαβ=±则x 1y e cos x αβ=，x 2y e sin x αβ=；x 12y e (c cos x c sin x)αββ=+（2） 若()2000x f a x b x c =++为二次多项式*b 0≠时，可设*2y Ax Bx C =++ *b 0≠时，可设*32y Ax Bx Cx D =+++注：以上1c ,2c ,A,B,C,D 均为常数，由初始条件决定。

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RQ Mac
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14
15
二、定轴转动刚体 先讨论具有垂直于转轴的质量对称平面 的简单情况。 直线 i : 平动， 过Mi点， Qi mi ai 空间惯性力系—>平面惯性力系（质量对称面） O为转轴z与质量对称平面的交点，向O点简化： 主矢： 主矩：
O
RQ MaC
动。此时，刚体的惯性力系可先简化为对称平面内的平面力系。 刚体平面运动可分解为
随基点（质点C）的平动： RQ MaC 绕通过质心轴的转动：M
QC
IC
作用于质心
RQ MaC
M QC I C
21
22
对于平面运动刚体：由动静法可列出如下三个方程：
X 0 , X ( e ) RQx 0 Y 0 , Y ( e ) RQy 0 mC ( F ) 0 , mC ( F ( e ) ) M QC 0
静反力；一部分是由于惯性力系的不平衡引起的，称为附加动 反力，它可以通过调整加以消除。 动反力 静反力 附加动反力 使附加动反力为零，须有
32
解： 选杆AB为研究对象
虚加惯性力系：
ml RQ 2

ml2 RQ man 0 , M QA I A 3
n
根据动静法，有
24
F 0 , RA m gcos 0 RQ 0 Fn 0 , RA m gsin 0 RQ 0
n n


(1) (2)
m A ( F ) 0 , m gcos 0 l /2 M QA 0 (3)
10
表明：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。
d dK Q m a M a ( m v ) i i i i i C dt dt
dLO d mO (Qi ) mO (mi ai ) dt mO (mi vi ) dt

根据动静法：
X A X B Rx ' R ' Qx 0 , Y A YB R y ' R ' Qy 0 , Z B Rz ' 0 , M x M Qx YB OB Y A OA 0, M y M Qy X A OA X B OB 0, M z M Qz 0 .
M QO mO (Qi ) mO (Qi )
n

r i mi ri 0 mi ri I O
2
(负号表示与反向)
16
向O点简化：
RQ MaC
M QO I O
作用在O点
向质点C点简化：
RQ MaC
M QC I C
其中有五个式子与约束反力有关。设AB=l , OA=l1, OB=l2 可得
31
X A [(M y Rx 'l2 ) ( M Qy RQx 'l2 )]/l Y A [(M x R y 'l2 ) ( M Qx RQy 'l2 )]/l YB [(M x R y 'l1 ) ( M Qx RQy 'l1 )]/l X B [(M y Rx 'l1 ) ( M Qy RQx 'l1 )]/l Z B Rx ' 由两部分组成，一部分由主动力引起的，不能消除，称为
O
由动静法，得：
27
(1) X 0 , F T RQ 0 (2) Y 0 , N P S 0 mC ( F ) 0 , M FR M QC 0 (3)
由(1)得 RQ mR F T
所以 F T 代入(3)得 mR F T M FR M QC FR m 2 mR
由 由质心运动定理：
m a R A m gcos 0 0 m an m gsin 0 R A
n

3g l a ε cos 0 2 4
RA mgsin 0
n
mg , RA cos 0 4

26
[例2] 牵引车的主动轮质量为m，半径为R，沿水平直线轨道
O
可见，f 越 M FR ( F T ) F ( R ) T (4) 大越不易滑动。 R R R 由(2)得 N= P +S，要保证车轮不滑动， Mmax的值 必须 F<f N =f (P+S) (5) 为上式右端的
2
2
2
把(5)代入(4)得：M f ( P S )( 2 R) T 2 R R
静平衡与动平衡的概念
达朗伯原理的应用
§14-1
惯性力的概念 ·质点的达朗伯原理
人用手推车 F ' F ma 力 F '是由于小车具有惯性，力图保持原来 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。
一、惯性力的概念
定义：质点惯性力
Q 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。
11
用动静法求解动力学问题时， 对平面任意力系：
X i Qix 0 (e) Yi Qiy 0
(e)
mO ( Fi ) mO (Qi ) 0
(e)
对于空间任意力系：
(e) (e) X i Qix 0 , mx ( Fi ) mx (Qi ) 0 (e) (e) Y Q 0 , m ( F i iy y i ) m y (Qi ) 0 ( e) (e) Z i Qiz 0 , mz ( Fi ) mz (Qi ) 0
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。
13
一、刚体作平动 向质心C简化：
RQ MaC
MQC mC (Qi )ri (mi aC )mi ri aC 0
刚体平动时惯性力系合成为一过质心的合惯性力。
本章介绍动力学的一个重要原理——达朗伯原理。应用 这一原理，就将动力学问题从形式上转化为静力学问题，从 而根据关于平衡的理论来求解。这种解答动力学问题的方法， 因而也称动静法。
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第十四章
§14–1 §14–2 §14–3 §14–4
达朗伯原理
惯性力的概念 ·质点的达朗伯原理 质点系的达朗伯原理 刚体惯性力系的简化 定轴转动刚体的轴承动反力
解得
a g tg
角随着加速度 a 的变化而变化，当 a 不变时， 角也
不变。只要测出 角，就能知道列车的加速度 a 。摆式加速
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计的原理。
§14-2 质点系的达朗伯原理
设有一质点系由n个质点组成，对每一个质点，有 Fi Ni Qi 0 ( i 1,2,...... ,n ) 对整个质点系，主动力系、约束反力系、惯性力系形式上 构成平衡力系。这就是质点系的达朗伯原理。可用方程表示为：
一种统一的解题格式。
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[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 。
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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 , mgsin Qcos 0
值。
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§14-4 定轴转动刚体的轴承动反力
静平衡与动平衡的概念
一、刚体的轴承动反力 刚体的角速度 ，角加速度（逆时针） 主动力系向O点简化: 主矢 R ' ,主矩 M O
惯性力系向O点简化: 主矢 RQ ',主矩M QO
Ma C RQ M QO ri Qi mO (Qi ) M Qx i M Qy j M Qz k m x (Qi )i m y (Qi ) j m z (Qi )k
滚动，设车轮所受的主动力可简化为作用于质心的两个力S 、T 及驱动力偶矩M，车轮对于通过质心C并垂直于轮盘的轴的回 转半径为，轮与轨道间摩擦系数为f , 试求在车轮滚动而不滑 动的条件下，驱动力偶矩M 之最大值。 解： 取轮为研究对象 虚加惯性力系：
RQ m aC m R M QC I C m 2
令 I zx mi zi xi , I yz mi yi zi 惯性积 M Qx I zx I yz 2
同理可得 M Qy I zx 2 I yz M Qz mz (Qi ) mi ai Ri mi Ri2 I z
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由(2)得: R A m gsin 0 ;
n
3g 由(3)得: cos 0 ; 2l mg 代入(1)得: R A cos 0 。 4
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用动量矩定理+质心运动定理再求解此题： 解：选AB为研究对象
I A mgcos l 得： 2 m g l cos 3g 2 cos 2 1 ml 2l 3 3g t 0时 , 0 , cos 0 , 此时 0 2l
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M Qx m x (Qi ) m x (Qisin i zi mi ai cos i
n

mi zi Ri 2 sin i mi zi Ri cos i
而 sin i yi / Ri cos i xi / Ri 故 M Qx ( mi zi xi ) 2 ( mi yi zi )
Fi N i Qi 0 mO ( Fi ) mO ( N i ) mO (Qi ) 0
注意到 划分, 则
Fi 0 , mO (Fi )0
(i ) (i )
(e)
, 将质点系受力按内力、外力
Fi Qi 0 (e) m ( F O i ) mO (Qi ) 0