15章动静法习题(重庆大学理论力学习题)模板.ppt
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, F .......... T m3 g a
5
FT m3 g a (1)
0.5m
F
整体:
T mg
a
1
FI
Fx 0, FT F I 0
对C
FI 2
..........
G1 FT
C α ac
MI C
I
Ff
FN
FT
A
FI 1
aA =2aC
G2
26
14.18 如图所示，一质量为m1的三棱柱放在光滑水平 面上，另有一质量为m2的均质圆柱沿三棱柱斜面AB无滑
动地滚下，求三棱柱的加速度。 A
O
解：如图所示
θ
B
MI
1 2
m2
r
2
r
FeI m2a
解：受力分析如图， a1 R , a2 r F1I m1R , F2I m2r , M I J0
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
FRI mR 2 4
M
I A
1 2
mR2
mR 2 2
..........
3
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
m m ..........
1
2
m2 )
g
14.12 均质杆AB长为l，质量为m，置于光滑水平面上，B端 用细绳吊起如图示。当杆与水平面的夹角θ=450时将绳切断， 求此时杆A端的约束反力。
a l cos
MI
2
B
FI
ma
m
l cos
2
,M I
JC
1 ml 2
12
FI
α
mA F 0
mg
习题15—1, 5，7，8， 9，10, 14, 15 18，
..........
1
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；
l
..........
12
解法二；用动能定理求解。
任一瞬时系统的动能
T
1 2
m 12
l2
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 )
6
2
..........
13
1 ml2 2 0 mg l (1 cos )
FRI mR 2 4 ,
M
I C
JC
1 2
mR2
..........
2
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。
m3 50kg
..........
6
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。
D ω
300
A
C
B
4m 4m
习题 14.7图
..........
7
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。
M I F I mg l cos 0
A θa
2
FN
1 ml2 m l2 cos2 1 mgl cos
12
4
2
6g cos
1 3cos2 l
..........
21
6g cos
1 3cos2 l
a l cos 6g cos 3 g
2
1 3cos2 l 5
J0 m1R m2r
..........
B a2 m2 g F2I
8
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
(1 2
r2
r2 )m2r
1 2
r 2m2r
三棱柱 A
a
Fx 0:
F' f
cos
F1I
F
' N
sin
0
Ff' m1 g FN'
..........
15
又解：1、惯性力系向质心简化得
MCI＝JC MOI＝ml2/12 FnI＝ml2／2 （作用线沿对角线OI）
FtI＝ml／2 （当质心到速度瞬心的距离保持不变时，可对瞬心
取动量矩）
∑MI＝0 FtIl／2＋MCI―mg lsin／2＝0 整理上式得
＝3gsin／2l
..........
F1I m2a 28
圆柱 Ff m2 (g sin a cos rr ) FN m2 (g cos a sin )
M0(F) 0 : M I Ff r 0,
0
1 2
m2 r 2 r
Ff
r
1 2
m2r 2r
m2 (g sin
a cos
rr ) r
m2 (g
sin
a cos )
A Ff'
Fr I m2rr a
F1I m2a
m1 g θ
x FN'
FI
ae
1
B
Fr I M I m2g αr
y
FI e
ar
F
F f
N
N
..........
27
圆柱
Fx 0 : m2g sin FeI cos FrI Ff 0
Fy 0:
Ff m2g sin FeI cos Fr I m2 (g sin a cos rr )
FT m1 m2 a (2)
mg
1m 物快:
2
mA F 0
FT 1 F1I 0.5 m1g 0.25 0
FN
Hale Waihona Puke FT0.5mmg 1
a
A
Ff
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:
m2 )
g
..........
习题15-11 用动能定理解：设物块A 由静止开始下滑，某
瞬时其速度为v，画运动分析图和受力图 ，列动力学方程：
1 2
m1v2
1 2
m2v2
0
m1gS
sin
m2 gS
v2 2gS m1 sin m2
m1 m2
等式两边对时间求导得
2v dv 2g m1 sin m2 dS ,
F1I m1a, F2I ma
..........
解：由动静法力学列方程： F1I m1a, F2I ma
Fy 0 m1g m2g F1I sin F2I 0
a g m1 sin m2
m1 m2
Fx 0 FD F1I cos 0
FD
m1
cos (m1 sin
m1 m2
MI C
I
Ff
F1I
G1 g
aC ,
F2 I
G2 g
aC ,
aA 2aC
FN
FT
A
FI 1
aA =2aC G2
M
I C
JC
1 2
m1r 2
G1 2g
r 2
..........
25
对A
FT G2 F2I 0
FT
G2
2G2 g
aC
MI (F) 0
M
I C
F1I
r
FT
2r
0
aC 0.28m / ss
aC
l
4
A点加速度为0，以A为基点，则
MA(F) 0
M
I
F I
mg
l 4
0
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理论力学--动力学习题+答案ppt课件
T12JO243m2R2
T1m2v1mR 22
24
理论力学电子教程
A
O
第八章 质点的运动微分方程
图示行星齿轮机构，已知系杆OA长为 2r，质量为m，行星齿轮可视为均质轮 ，质量为m，半径为r，系杆绕轴O转动
的角速度为。则该系统动量主矢的大
小为（ 3mr），对轴O的动量矩大小
为（13 mr 2 ）， 系统动3 能为（ 11 mr 2 2 ）。
【解】 Fx 0 且有AB杆初始静止，
因此，沿x轴方向质心位置应守恒，质心C始终在y轴上，A点 的坐标可表示为：
建立oxy：并令y轴通过质心，则
xACAcos2lcos
yAB A sin lsin
消去 ，得： 4xA 2yA 2 l2
即A点的轨迹为椭圆。
A
A C•
•C
B
B
理论力学电子教程
第八章 质点的运动微分方程
，方向水平向左。
A
（2）AB作瞬时平动，在图示瞬时其质
心速度也只有水平分量v2cxvAl1，
方向水平向左。
B
O
理论力学电子教程
第八章 质点的运动微分方程
（3）轮B作平面运动，其质心B的运动轨迹为水平直线，所以B
点的速度方向恒为水平，在图示瞬时 vBvAl1，方向水平
向左。
所p以xm 1x vpm y 20x vm3xv 5 2m 1 (l )
加速度始终为重 力加速度g。
2．判断题 （1）质点的运动方程和运动微分方程的物理意义相同.（ × ）
运动方程是位移与时间关系方程；运动微分方程是位移微分与力关系方程。
（2）已知质点的运动方程可唯一确定作用于质点上的力。（√）
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(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
理论力学课件第9章动静法.
定义：质点惯性力 F J 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。
①F J 大小：FJ = ma ② F J方向：与 a 相反
③惯性力作用在使质点产生加速度的其他施力物体上。
按不同坐标系，惯性力可分解为：
FJ x
max
FJ y
may
FJ z
maz
F J ma ——切向惯性力 FnJ man ——法............... FbJ mab 0
[注意] F J ,
M
J的方向及转向已在受力图中标出，建立方程时，
C
只需按 F J
maC
,
M
J C
JC计算即可。
18
[例1] 质量为m1和m2的两重物，分别挂在两条绳子上，绳又分 别绕在半径为r1和r2并装在同一轴的两鼓轮上，已知两鼓轮对于 转轴O的转动惯量为J，系统在重力作用下发生运动，求鼓轮的
1093刚体惯性力系的简化93刚体惯性力系的简化一般质点系在应用动静法时可在每一质点上虚加相应的惯性力但对于刚体这样由无穷多质点组成的质点系则不可能逐个质点虚加惯性力
第九章 达兰贝尔原理
§9–1 惯性力的概念 §9–2 达兰贝尔原理 §9–3 刚体惯性力系的简化
本章重点： 刚体惯性力系的简化，质点系的达兰贝尔原理。 本章难点： 如何求加速度，如何虚加惯性力系的主矢和主矩。
J
g
方法2、3须用质心运 动定理求O处反力
24
[例2] 在图示机构中，均质圆柱体A、O重分别为P和Q，半径
均为R，A作纯滚动。绳子不可伸长，其质量不计，斜面倾角，
如在O上作用一常力偶矩M， 试求：(1)圆柱体O的角加速度？ (2)绳子的拉力？ (3)轴承O处的反力？ (4)圆柱体A与斜面间的 摩擦力（不计滚动摩擦）？
15章动静法习题(重庆大学理论力学习题) ppt课件
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。
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。
重庆大学理论力学
不致下滑（支架自重不计）。
解: （1）解析法
取支架为研究对象,受力分析如图。
平衡方程为
Fx 0, FNA FNB 0
F
Fy 0, FA FB F 0
C
MO(F) 0 ,
d
x
hFNA 2 (FA FB ) xF 0 14
静力学
第五章 摩擦
例题5-3
即静滑动摩擦力，简称静摩擦力。显然有Fs=F，因此静
摩擦力也是约束力，随着F的增大而增大。然而，它并不
能随F的增大而无限地增大。而有一个最大值Fmax，称为 最大静摩擦力，此时物体 处于平衡的临界状态。当主动力
F大于Fmax时，物体将失去平衡而滑动。即
0 Fs Fmax
(a)
(b)
4
静力学
补充方程
FA fs FNA , FB fs FNB
联立求解得
FNA FNB 2F,
x 40 cm
（2）几何法
支架受力分析如图所示。
由几何关系得
h h1 h2
(x
d 2
)
tan
jf
(x
d 2
)
tan
jf
解得 x h 40 cm
2 tan jf
由以上二个例子可以看出，当有摩擦处的约束力以全 约束力形式给出，如能利用二力平衡条件和三力平衡汇交 定理且几何关系又较简单，用几何法往往较方便。
Fx 0, F FA FB 0
F
C
P
A
FA
FB x
B
Fy 0, FNA FNB P 0
补充方程
FA fs FNA , FB fs FNB
解: （1）解析法
取支架为研究对象,受力分析如图。
平衡方程为
Fx 0, FNA FNB 0
F
Fy 0, FA FB F 0
C
MO(F) 0 ,
d
x
hFNA 2 (FA FB ) xF 0 14
静力学
第五章 摩擦
例题5-3
即静滑动摩擦力，简称静摩擦力。显然有Fs=F，因此静
摩擦力也是约束力，随着F的增大而增大。然而，它并不
能随F的增大而无限地增大。而有一个最大值Fmax，称为 最大静摩擦力，此时物体 处于平衡的临界状态。当主动力
F大于Fmax时，物体将失去平衡而滑动。即
0 Fs Fmax
(a)
(b)
4
静力学
补充方程
FA fs FNA , FB fs FNB
联立求解得
FNA FNB 2F,
x 40 cm
（2）几何法
支架受力分析如图所示。
由几何关系得
h h1 h2
(x
d 2
)
tan
jf
(x
d 2
)
tan
jf
解得 x h 40 cm
2 tan jf
由以上二个例子可以看出，当有摩擦处的约束力以全 约束力形式给出，如能利用二力平衡条件和三力平衡汇交 定理且几何关系又较简单，用几何法往往较方便。
Fx 0, F FA FB 0
F
C
P
A
FA
FB x
B
Fy 0, FNA FNB P 0
补充方程
FA fs FNA , FB fs FNB
大学物理力学部分习题PPT幻灯片课件
解： 圆盘质量面密度
m
4 m
R2 (R 2)2 3 R2
小圆盘面积的质量
m2
( R)2
2
பைடு நூலகம்
( R)2
2
4m
3 R2
1m 3
大圆盘面积的质量M m 1 m
由平行轴定理，半径为 R/2 的小3 圆盘对 O 点的转动惯量为
I2
1 2
m2
(
R 2
)
2
大学物理习题课
——力学部分2
1
运动的守恒定律
1、力的时间积累效应
(1) 冲量 Fdt
动量 p mv
(2) 动量定理:
I
t 0
Fdt
p2
p1
(3) 动量守恒定律: F外 0时 pi pj pi pj
(4) 角动量、角动量定理以及角动量守恒定律
2
2、力的空间积累效应
m2
(
R 2
)2
1 8
mR 2
半径为 R 的大圆盘对 O 点的转动惯量为
I1
1 2
MR2
1 2
(m
m)R2 3
2 3
mR2
总转动惯量
I
I1
I2
13 24
mR 2
R
R/2
O O`
11
例3 如图所示，两物体的质量分别为 m1 和 m2 ，滑轮质量为 m ，半径为r, 已知 m2 与桌面之间的滑动摩擦系数为 μ，不计 轴承摩擦，求 m1 下落的加速度和两段绳中的张力。
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》重庆大学出版社第四版 第二章
例题 1-4
平面汇交力系与平面力偶系
解:
用解析法求解
y
A
1.取制动蹬ABD作为研究对象。 2.画出受力图，并由力的可传 性化为共点力系。
x
FD
O
q
B
F
B
3.列出平衡方程：
F
D
F F
x y
0， 0，
FB F cos q FD cos 0 FD sin F sin q 0
构的一部分。司机踩到制
F
A
q
动蹬上的力F=212 N，方向 与水平面成q = 45角。当 平衡时，DA铅直，BC水平，
24cm
试求拉杆BC所受的力。已 知EA=24 cm， DE=6 cm点 E在铅直线DA上 ，又B ，
B O D
E
C
6cm
(a)
C ，D都是光滑铰链，机构
的自重不计。
21
静力学
F FB
O
P
B
A
FB
(b)
q
FB sin q F FA FB cos q P
解得
FA
FA F
P
F FB 10 kN, sin q
FA P FB cos q 11.34 kN
(c) 14
静力学
例题 1-3
平面汇交力系与平面力偶系
2. 碾子能越过障碍的力学条 件是 FA=0， 得封闭力三角形abc。
q
B
A
h
13
静力学
例题 1-3
平面汇交力系与平面力偶系
解：
R
1. 选碾子为研究对象，受力分析如图b所示。 各力组成平面汇交力系，根据平衡的几何条 件，力P ， F ， FA和FB组成封闭的力多边形。
平面汇交力系与平面力偶系
解:
用解析法求解
y
A
1.取制动蹬ABD作为研究对象。 2.画出受力图，并由力的可传 性化为共点力系。
x
FD
O
q
B
F
B
3.列出平衡方程：
F
D
F F
x y
0， 0，
FB F cos q FD cos 0 FD sin F sin q 0
构的一部分。司机踩到制
F
A
q
动蹬上的力F=212 N，方向 与水平面成q = 45角。当 平衡时，DA铅直，BC水平，
24cm
试求拉杆BC所受的力。已 知EA=24 cm， DE=6 cm点 E在铅直线DA上 ，又B ，
B O D
E
C
6cm
(a)
C ，D都是光滑铰链，机构
的自重不计。
21
静力学
F FB
O
P
B
A
FB
(b)
q
FB sin q F FA FB cos q P
解得
FA
FA F
P
F FB 10 kN, sin q
FA P FB cos q 11.34 kN
(c) 14
静力学
例题 1-3
平面汇交力系与平面力偶系
2. 碾子能越过障碍的力学条 件是 FA=0， 得封闭力三角形abc。
q
B
A
h
13
静力学
例题 1-3
平面汇交力系与平面力偶系
解：
R
1. 选碾子为研究对象，受力分析如图b所示。 各力组成平面汇交力系，根据平衡的几何条 件，力P ， F ， FA和FB组成封闭的力多边形。