达朗贝尔原理习题解答~14293
第十四章达朗贝尔原理
Fb 0, F cos mg 0 Fn 0, F sin F* 0
例题
第14章 达朗贝尔原理
O
θ
l
F
eb
en
et
mg F*
F cos mg 0 F sin F* 0
J B 2
1 2
FP g
v2
QS
sin
FP S
1 2
Q g
v2
(1 2
1 2
Q g
r2
v2 r2
)2
1 2
FP g
v2
QS
sin
FP
S
(Q
FP ) v2 2g
(Q sin
FP )S
两边对时间求一次导数
B
2(Q
FP 2
)v
a
g(Q sin
FP
)v
例题
第14章 达朗贝尔原理
均质圆柱体A和B的重量均为P，半径均为r 一绳绕于可绕固定轴O转动的圆柱体A上， 绳的另一端绕在圆柱B上，求B下落的质心 的加速度，摩擦不计。
A
r
A
A J A A Tr JBB T r
O
D
B
O
T
ao1
A B ac
ao1c
aon1c
2Q F P
例题5
第14章 达朗贝尔原理
滚子A，重Q，沿倾角为α的斜面滚动而不滑 动，滑轮B与滚子A有相同的质量和半径，且均可 看作均值圆盘。物体C重FP，求滚子中心的加速 度。设绳子不可伸长，其重量可略而不计，绳与
理论力学11达朗贝尔原理
11.1 惯性力•达朗贝尔原理
例14－2 如图所示，定滑轮的半径为r，质量m均匀分 布在轮缘上，绕水平轴O转动。跨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。
O
mg
m1g
m2g
14
11.1 惯性力•达朗贝尔原理
解：取滑轮与两重物组成的质点系为研 究对象，并对该质点系进行受力分析：
11.1 惯性力•达朗贝尔原理
例11－1 如图所示一圆锥摆，质量m＝0.1kg的小球系于 长l＝0.3m的绳上，绳的另一端系在固定点O,并与铅直线成 θ ＝60º 角。如小球在水平面内作匀速圆周运动，求小球的速 度v与绳的张力FT的大小。 O
θ
ι
FT
FIn
mg
6
11.1 惯性力•达朗贝尔原理
解：视小球为质点，受力分析如下：
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 F i、 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、约束力和它的惯性力在形式上组成平衡力系，这 10 就是质点系的达朗贝尔原理。
（Ж）
O
θ
F F
b
0 : FTcos θ-mg=0 0 : FTsin θ-FIn=0
(1) (2)
ι
FT b n
n
联解（1）、（2）式得：
τ
FIn
mg FT＝ cos ＝1.96N
达朗贝尔原理 理论力学
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
达朗贝尔原理
aA l1
O
1
2
A C B
aA
由加速度基点法有
A
aCA 2
B C
aC aA aCA
aA
aA aC
1 aC l1 l 2 2
(2) 取AB 杆为研究对象
FgR2
Mg2
2
B
A
9g 1 , 7l
FgR 2
3g 2 7l
FAx
l 1 m(l1 2 ) M g 2 ml 2 2 2 12
研究整体
F
解得
x
0
F Fs m1 m2 a 0
3 F m1 m2 3 g 2 3 Fs m1 g F 2
M IA
A
FN
Fs f s FN f s m1 m2 g
解得
Fs 3m1 fs FN 2m1 m2
D m2 g
mr 2 mgr (3 4 ) 3
n gR 2
2
FgR 2mr , F 2mr , M gO
7 2 mr 3
（2）将惯性力系向质心C简化，其 主矢主矩分别为： F ma 2mr
gR C
MA
FAy
MgC
F ma 2mr
n gR n C
2
mg
例题
已知：两均质且长度为l直杆 自水平位置无初速地释放。 求： 两杆的角加速度和 O、A处的约束反力。 解: (1) 取系统为研究对象
FOx
O
A
B
FgR1
FgR2
Mg1
1
Mg2
2
B
A O
mg
第12章(150)
(12-13)
第12章 达朗贝尔原理(动静法)及其应用
于是可得出结论：当刚体有质量对称平面，且刚体绕垂 直于此对称面的轴做定轴转动时，惯性力系向转轴与质量对 称面的交点处简化，可得此对称面内的一个力(因为质心在此 对称平面内)和一个力偶，这个力等于惯性力系的主矢；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。
必须强调指出，惯性力是虚拟假想的力，它不是真实力； 质点也并非处于静平衡状态，惯性力隐含着质点加速度的信 息。达朗贝尔原理人为地引进惯性力的目的是将动力学 问题转化为静力学问题来处理，使“动”与“静”相通，它 是理论认识的一个飞跃。
第12章 达朗贝尔原理(动静法)及其应用
例12-1 一圆锥摆，如图12-2所示。质量m=0.1 kg的小球 系于长l=0.3 m的绳上，绳的一端系在固定点上，并与铅垂线 成θ=60°角。如小球在水平面内做匀速圆周运动，求小球的 速度与绳中张力的大小。
解：以小球为研究对象，作用于小球的真实力有重力(主 动力)mg与绳的拉力(约束力)FT；小球做匀速圆周运动，只有 法向加速度，因而作用于小球的惯性力只有法向惯性力FnI， 其大小为
FIn
ma n
v2 m
l sin
第12章 达朗贝尔原理(动静法)及其应用
图 12-2
第12章 达朗贝尔原理(动静法)及其应用
F (e) i
MO FIi 0
(12-4) (12-5)
第12章 达朗贝尔原理(动静法)及其应用
式(12-4)、(12-5)表明，作用在质点系上的所有外力与虚 加在每个质点上的惯性力在形式上组成平衡力系，这是质点 系达朗贝尔原理的又一表述。由于式(12-4)、(12-5)中不出现 复杂的未知内力，因此质点系达朗贝尔原理这种表示形式应 用起来更为方便。
【工程力学 课后习题及答案全解】第22章达朗贝尔原理习题解
习题 22-10 图
— 101 —
FIn = mrω 2 = 3.061× 0.1333 × 0.3 =0.122N FIτ = 0 (α = 0 )
轴承 A 的约束反力 FAx = 0.122 N（ ∑ Fx = 0 ） FAy = 30 N （ ∑ Fy = 0 ）
（2）求 B 截面弯矩 考虑 BD 段受力，只有惯性力 d FI ，在 y 方向分量对 B 截面弯矩有贡献。 微段质量： γ = 100 N/m
22-3 图示为作平面运动的刚休的质量对称平面，其角速度为 ω ，角加速度为α ，质量 为 m ，对通过平面上任一点 A（非质心 C）、且垂直于对称平面的轴的转动惯量为 J A 。若将 刚体的惯性力向该点简化，试分析图示的结果的正确性。
ω
α
FIC
θ
MIC a
dC
FIR A
习题 22-3 图
(a)
解：惯心力系向质心简化结果如图 a： FIC = ma M IC = −JCα
dm = γ dx g
d FI = d m
x2
+ 0.22 ω 2
=
γ 0.3
h
d FI y = d FI cosθ
x 2 + 0.22 d x
= 0.3 ⋅ 100 ⋅ 0.2
x2 + 0.22 d x
9.8 x2 + 0.22
= 0.3× 0.2 ×100 d x = 6 d x
9.8
9.8
∫ ∫ M A =
=
0
，只有加速度
aτ O
惯性力 FI = maOτ
∑ FI = 0 ， mg sin 30o − maOτ = 0
aOτ
大学理论力学十达朗贝尔原理答案
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。
达朗贝尔原理达朗贝尔原理是法国科学家达朗贝尔于1743年
第7章 达朗贝尔原理达朗贝尔原理是法国科学家达朗贝尔于1743年提出的，是分析力学的两个基本原理之一。
该原理揭示，对动力系统加入惯性力后，惯性力与外力构成平衡，因而提供一种用静力平衡方法处理动力学问题的普遍方法——动静法。
§7.1 质点系的达朗贝尔原理7.1.1 惯性力与质点的达朗贝尔原理1、质点达朗贝尔原理如图7.1所示，质量为m 的质点沿曲线轨道运动，受主动力F 和约束力N F 作用，由牛顿第二定律有N m +=F F a即0N m +-=F Fa 引入惯性力I m =-F a (7-1)则有0N I ++=F F F (7-2)这就是质点的达朗贝尔原理：作用在质点上的所有主动力、约束力和惯性力组成平衡力系。
这样，我们完全可以采用静力学的方法和技巧，求解动力学问题。
顺便指出，达朗贝尔原理作为分析力学的基本原理之一是不需要推导证明的。
这里由牛顿第二定律导出，可以说明它与牛顿力学在数学上的等价性。
问题7-1 如图所示，重为G 的小球用细绳悬挂，试求AC 绳断瞬时AB 绳的张力。
答 研究小球，加惯性力I F ，受力如图所示，由质点达朗贝尔原理，有0I T ++=F G F由力三角形有cos T F G =θ可见，加上惯性力，采用静力学中三力平衡的几何法求解决，直观简便。
2、惯性力的概念质点的惯性力I F 可以想象为：当质点加速运动时外部物质世界作用在质点上的一个场图7.1 质点达朗贝尔原理IF 问题7-1图力，其大小等于质点的质量与其加速度的乘积，方向与质点加速度方向相反。
惯性力与万有引力是完全等效的。
惯性力与参考系相关，如图7.2(a)所示，小球在旋转水平圆台上沿光滑直槽运动。
在地面惯性参考系观察，小球运动的绝对轨迹为螺旋线，见图7.2(b)，在水平面内受滑槽侧壁对它的作用力N F 作用，加速度如图所示；从转动圆台非惯性参考系观察，小球的运动轨迹沿槽直线，在半径方向，受牵连法向惯性力2()nnIe Ie F mr ω=F 作用，小球沿直槽加速向外运动。
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6－2. 图示系统由匀质圆盘与匀质细杆铰接而成。
已知：圆盘半径为 r 、质量为M ，杆长为L 、质量为 m 。
在图示位置杆的角速度为ω、角加速度为ε，圆盘的角速度、角加速度均为零，试求系统惯性力系向定轴O 简化的主矢与主矩。
解：∵圆盘作平动，相当一质点作用在A 点。
ετ
τ
⋅+==∑)2/(ML mL a m F Ci
i gR
2
)2/(ω⋅+==∑ML mL a m F n
Ci
i n
gR
ε
ε⋅+==)3
1(2
200
ML mL J M
g
6－3. 图示系统位于铅直面内，由鼓轮C 与重物A 组成。
已知鼓轮质量为m ，小半径为r ，大半径R = 2r ，对过C 且垂直于鼓轮平面的轴的回转半径ρ = 1.5r ，重物A 质量为2m 。
试求（1）鼓轮中心C 的加速度；（2）AB 段绳与DE 段绳的张力。
解：设鼓轮的角加速度为α， 在系统上加惯性力如图（a ）所示，
则其惯性力分别为：
αmr F C =I ；αr m F A ⋅=2I
ααρα2
2
2
I 5.1mr m J M C C ===
∑=0)(F D
M
；
0)2(I I I =+-++C A C M r mg F F mg g g r a C 21
45
.132
=
+=
=α
∑
=0y F ；02I I =--+-mg mg F F F A C DE ；mg mr mg F DE 21
593=
-=α
取重物A 为研究对象，受力如图（b ）所示，
∑=0y
F
；02I =-+mg F F A AB ；mg mg mr mg F AB 21
34)21
41(222=
-
=-=α
a A
M I g
I A
（b ）
6－4. 重力的大小为100N 的平板置于水平面上，其间的摩擦因数f = 0.20，板上有一重力的大小为300N ，半径为20cm 的均质圆柱。
圆柱与板之间无相对滑动，滚动摩阻可略去不计。
若平板上作用一水平力F = 200N ，如图所示。
求平板的加速度以及圆柱相对于平板滚动的角加速度。
解：设平板的重力P 1 = 100 N ，加速度为a ；圆柱的重力P 2 = 300 N ，角加速度为α，
在平版上建立动系，则根据加速度合成定理可得：质心的加速度a O = a – αr ，或者
a O = a – αr ，
受力如图（a ）。
a g P F 11I =；)(222I αr a g P a g P F O -==；αα2
2I 21r g
P J M O O ⋅==
∑=0)(F A
M ；0I 2I =-O M r F ；αα2
2221)(r g
P r r a g
P ⋅=
-；αr a 23=
∑=0x
F
；0f 2I 1I =---F F F F ；其中：N 80)(21N f =+=⋅=P P f F f F 080)(20021=---
-
αr a g
P a g P ；0)3(
12021=+
-a g
P g
P ；
2
m/s 88.5200
120==
g a ；2
rad/s 6.1932==
a r
α
6－5 图示匀质定滑轮装在铅直的无重悬臂梁上，用绳与滑块相接。
已知：轮半径r =1m, 重Q =20kN ，滑块重P =10kN ，梁长为2r ，斜面的倾角4/3tg =θ, 动摩擦系数1.0'
=f 。
若在轮O 上作用一常力偶矩m kN 10⋅=M 。
试用动静法求：（1）滑块B 上升的加速度；（2）支座A 处的反力。
解：（1）取滑块B 为研究对象，设其质量为m 1，加速度为a B ，则其惯性力为：B a m F 1I =，
受力如图（a ）所示。
∑=0t
F
；0sin 1T I =+-+θg m F F F ；kN 8.0cos 1.01N ==⋅=θg m F f F
B B a m a m F 11T 8.68.06+=++=
取定滑轮O 为研究对象，设其质量为m 2，半径为r ，则其惯性力矩为：r
a r
m M B O 2
2I 2
1=，
受力如图（b ）所示。
∑=0)(F O M ；0T I ='--r F M M O ；0108.61010=-
--B B a g
a g
；2
m/s 57.1=B a
kN 4.86.18.68.61T =+=+=B a m F
∑=0x F ；0cos T =-'Ox F F θ；kN 72.68.04.8=⨯=Ox F
∑=0y
F
；0sin 2T =-'-g m F F Oy θ；kN 04.25206.04.8=+⨯=Oy F
（2）取梁AO 为研究对象，设梁长为l ，受力如图（c ）所示，
∑=0)(F A
M ；0='-l F M
Ox
A
；m kN 44.13227.6⋅=⨯=A
M
∑=0x F ；0=-'Ax Ox
F F ；kN 72.6=Ax F ∑=0y
F
；0='-Oy
Ay F F ；kN 04.25=Ay F
ϕ
ϕϕω
2sin )(sin cos 33
3
2
22
a b a b g
--=
/
2′
（a ）
（b ）
（c ）
\。