达朗贝尔原理2刚体作定轴转动3刚体作平面运动惯性力的简化1
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理力达朗贝原理 第二讲
FIR MaC
M IO M Iz J z
M IO
FIR
O
aC
C
思考：
⑴刚体匀速转动，转轴不通过质心。
M IO
O
FIR maC
作用点在转轴上。
⑵转轴通过质心，但 0 。
FIR
aC
C
M IO J O
⑶刚体作匀速转动，且转轴通过质心。
思考：向质心C简化结果如何？
例2 图示均质圆轮半径为r，质量为m，沿水平面作无滑动的滚 动，角速度为，角加速度为，求惯性力系简化结果。
解: 惯性力系向轮心O简化
aO O MIO FIR
aO r
方向如图
惯性力系向轮心O简化结果如图。
FIR maO mr
M IO 1 2 J O mr 2
F ma F (ma) 0 FI
动力学问题
（实质问题）
转换为
或：
F FI 0 Fi 0
求解静力学平衡问题 （形式上）
利用达朗贝尔原理求解问题的方法也称为动静法。
利用达朗贝尔原理求解问题的关键是什么？ ----如何虚加惯性力！ 刚体惯性力系的简化：惯性力主矢和主矩
16.2
刚体惯性力系的简化
例 题
例12-1 图中均质杆AB的长度为l，质量为m，可绕O轴在铅直面 内转动，OA= 1 l ，用细线静止悬挂在图示水平位置。若将细线
突然剪断，求AB杆运动到与水平线成q角时，转轴O的约束力。
3
解：设 AB杆转至q 角位置时，角速度、角加速度为、。质 心 C 至转轴 O 的距离OC = 1 l 1 l 1 l ，因此质心的加速度、
第14章 达朗贝尔原理
置静止落下。求开始落下时杆AB的角加速度及A点支座反力。
解： 选杆AB为研究对象
虚加惯性力系：
FIt
ml
2
FIn
man
0
,
M IA
J A
ml 2
3
根据动静法，有
Ft 0 , FAt mg cos0 FIt 0
(1)
Fn 0 , FAn mg sin 0 FIn 0
c osqi
xi ri
s in q i
yi ri
M Ii mi xi zi 2 mi yi zi
令 J yz mi yi zi
J xz mi xi zi
分别称为对z 轴的惯性积，则惯性力系对x 轴的矩为
M Ix J xz J yz 2
Fi(e) Fi(i) FIi 0 ( i 1,2,.....,.n )
上式表明，质点系中每个质点上作用的外力、内力和惯性力在 形式上构成平衡力系。由静力学知，空间任意力系平衡的充分 必要条件是力系的主矢和对于任一点的主矩等于零，即
Fi(e) Fi(i) FIi 0 MO (Fi(e) ) MO (Fi(i) ) MO (FIi ) 0
综上所述,惯性力系向转轴上一点O简化的主矩为
MIO M Ixi M Iy j M Izk
如果刚体有质量对称平面,切该平面与转轴z垂直,简化中 心O取为 此平面与转轴的交点，则有
J yz mi yi zi 0, Jxz mi xi zi 0
则惯性力系简化的主矩为
M IO M Iz J z
1、刚体作平移 作平移时，刚体任一点i的加速度ai与质心的加速度aC相同，如 图，以O为简化中心，有
解： 选杆AB为研究对象
虚加惯性力系：
FIt
ml
2
FIn
man
0
,
M IA
J A
ml 2
3
根据动静法，有
Ft 0 , FAt mg cos0 FIt 0
(1)
Fn 0 , FAn mg sin 0 FIn 0
c osqi
xi ri
s in q i
yi ri
M Ii mi xi zi 2 mi yi zi
令 J yz mi yi zi
J xz mi xi zi
分别称为对z 轴的惯性积，则惯性力系对x 轴的矩为
M Ix J xz J yz 2
Fi(e) Fi(i) FIi 0 ( i 1,2,.....,.n )
上式表明，质点系中每个质点上作用的外力、内力和惯性力在 形式上构成平衡力系。由静力学知，空间任意力系平衡的充分 必要条件是力系的主矢和对于任一点的主矩等于零，即
Fi(e) Fi(i) FIi 0 MO (Fi(e) ) MO (Fi(i) ) MO (FIi ) 0
综上所述,惯性力系向转轴上一点O简化的主矩为
MIO M Ixi M Iy j M Izk
如果刚体有质量对称平面,切该平面与转轴z垂直,简化中 心O取为 此平面与转轴的交点，则有
J yz mi yi zi 0, Jxz mi xi zi 0
则惯性力系简化的主矩为
M IO M Iz J z
1、刚体作平移 作平移时，刚体任一点i的加速度ai与质心的加速度aC相同，如 图，以O为简化中心，有
第十三章 达朗贝尔原理
Fi + FNi +FIi=0 (i = 1，2，…，n) 上式表明，质点系运动的每一瞬时，作用于系内每个质
点的主动力、约束反力和该质点的惯性力组成一个平衡力
系。这就是质点系的达朗贝尔原理。
如果把真实作用于第i个质点上的所有力分成外力Fie 和内力Fii，则上式可改写为
Fie + Fii +FIi=0 (i = 1，2，…，n) 这表明，质点系中每个质点上作用真实的外力、内力
第13章 达朗贝尔原理
13.1 惯性力·质点的达朗贝尔原理 13.2 质点系的达朗贝尔原理 13.3 刚体惯性力系的简化
13.1 惯性力·质点的达朗贝尔原理
13.1.1 惯性力的概念
一工人在水平光滑直线轨道上推质量为m 的小车，如 图所示。由牛顿第二定律可知F=ma。由于小车具有惯性， 这个惯性力图使小车保持其原来的运动状态而给手一个反
的绳上，绳的另一端系在固定点O。当小球在水平面内以
速度v 做匀速圆周运动时，绳子与铅垂线成θ角。用达朗
贝尔原理求速度v与θ角之间的关系。 解：选小球为研究对象，受力
分析如图所示。由达朗贝尔原理， 列“静力”平衡方程
FNsin FI 0
O
l
FNcos mg 0
解得 FI mgtan
由于
v2 FI man m lsin
和虚假的惯性力在形式上组成一平衡力系。
对于由n个质点组成的质点系，由于每一个质点处于平 衡，整个质点系也就处于平衡。对于整个质点系的平衡， 由静力学中的平衡条件可知，空间任意力系平衡的充分必 要条件是力系的主矢和对于任一点的主矩等于零，即
Fie
Fii
F 0 Ii
MO (Fie ) MO (Fii ) MO (F Ii ) 0
点的主动力、约束反力和该质点的惯性力组成一个平衡力
系。这就是质点系的达朗贝尔原理。
如果把真实作用于第i个质点上的所有力分成外力Fie 和内力Fii，则上式可改写为
Fie + Fii +FIi=0 (i = 1，2，…，n) 这表明，质点系中每个质点上作用真实的外力、内力
第13章 达朗贝尔原理
13.1 惯性力·质点的达朗贝尔原理 13.2 质点系的达朗贝尔原理 13.3 刚体惯性力系的简化
13.1 惯性力·质点的达朗贝尔原理
13.1.1 惯性力的概念
一工人在水平光滑直线轨道上推质量为m 的小车，如 图所示。由牛顿第二定律可知F=ma。由于小车具有惯性， 这个惯性力图使小车保持其原来的运动状态而给手一个反
的绳上，绳的另一端系在固定点O。当小球在水平面内以
速度v 做匀速圆周运动时，绳子与铅垂线成θ角。用达朗
贝尔原理求速度v与θ角之间的关系。 解：选小球为研究对象，受力
分析如图所示。由达朗贝尔原理， 列“静力”平衡方程
FNsin FI 0
O
l
FNcos mg 0
解得 FI mgtan
由于
v2 FI man m lsin
和虚假的惯性力在形式上组成一平衡力系。
对于由n个质点组成的质点系，由于每一个质点处于平 衡，整个质点系也就处于平衡。对于整个质点系的平衡， 由静力学中的平衡条件可知，空间任意力系平衡的充分必 要条件是力系的主矢和对于任一点的主矩等于零，即
Fie
Fii
F 0 Ii
MO (Fie ) MO (Fii ) MO (F Ii ) 0
13达朗贝尔原理
∑ m ar = (∑ m )ar = mar
例13-3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：轮缘横载面的张力。
解：(1)受力分析 (2)加速度分析，写出 FI ,i m n FIi = mi ai = R∆θ iω 2 R 2πR (3)建立动静法平衡方程
达朗贝尔原理
惯性力· 质点的达朗贝尔原理 质点系的达朗贝尔原理 刚体惯性力系的简化 绕定轴转动刚体的轴承动约束力
13.2 13. 质点系的达朗贝尔原理
Fi + FN i + FI i = 0 i = 1,2, L , n
质点系的达朗贝尔原理：质点系中每个质点上作用 的主动力、约束力和惯性力在形式上组成平衡力系。 记
解 ： F = ma I
( )
( )
= ∑ mi riα cosθ i zi + ∑ (−mi riω 2 sin θ i zi )
M Ix = ∑ mi riα cos θ i zi + ∑ (−mi riω sin θ i zi )
2
由
xi yi cos θi = , sinθi = ri ri
有 MI x =α
∑m x z −ω ∑m y z
M = m2 ge sin ωt + m 2 eω 2 h sin ωt
Fx = − m2 eω ⋅ sin ωt
例13-6 电动绞车安装在梁上，梁的两端搁在支座 上，绞车与梁共重为P。绞盘半径为R，与电机转子 固结在一起，转动惯量为J，质心位于O处。绞车以加 速度a提升质量为m的重物，其它尺寸如图。 已知: P, R, J , a, m. 求：支座A，B受到的附加约束力。
北京交通大学理论力学达朗贝尔原理课件
M gx
mi
zi
x i
2
mi yi zi
z
J yz J zy mi yi zi J zx J xz mi zi xi
刚体对z轴旳惯性积
ri
FIti
O
zi
yi
xi
x
FIin y
M gx J xz J yz 2 M gy J yz J xz 2
M gz miri2 J z
刚体作定轴转动时
FgR mac
M gc 0
（转轴与质量对称面垂直，向质量对称面与转轴交点简化）
FgR mac
M g0 M gz J z
刚体作平面运动时
（设运动平行于质量对称面、向质心C简化)
Fgc mac
M gc Jc
例1：
a
FgR maC
HC
M gc JC
a Hy
H
an HC
aA aC
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旳角加速度。
MI
FOy
FT
FOx
拓展：
M IA
FT
FIA
FN
已知：均质圆盘 m1, 纯R,滚动.均质杆 l 2R, m2.
求：F 多大,能使杆B 端刚好离开地面? 纯滚动旳条件?
FgO
FOY MgO O
FOX C1
MgC2 A
FgC2 C2 B
？拟定惯性力大小
mg
mg
例3长均为l，质量均为m旳均质杆OA、AB铰接于O，在图
示水平位置由静止释放，求初始瞬时OA、AB旳角加速度。
？列什么方程 aC1
理论力学课件 第十三章 达朗贝尔原理
MO(F) 0
FΙC
r
l 2
MΙC
MΙO
M
0
联立求解，可得
1 7.9rad / s2 2 4.44rad / s2
由ΣFx=0 解得轴承O 水平方向的约束反力
FOy
O
FOx M mg
A
FΙ C
M ΙO
C
M ΙC
m1 g
B
FOx
FC
m1( r1
l 2
2
)
8.91N
由ΣFy=0 解得轴承O 铅垂方向的约束反力
Fii
F 0 Ii
MO (Fie ) MO (Fii ) MO (F Ii ) 0
由于质点系的内力总是成对出现的，且等值反向共线，它们相互抵消，这样， 上面两式可简化为
Fie FIi 0
MO (Fie )
MO (FIi ) 0
上式表明，作用于质点系上的所有外力与虚加在每一个质点上的惯性力 在形式上组成平衡力系，这就是质点系达朗贝尔原理的又一表述形式。
解得
FI mgtan
由于
FI
man
m
v2 lsin
FN
an
v
mg FI
解得
v gl tan sin
【例13-2】 如图所示的列车在水平轨道上行驶，车厢内悬挂一单摆，摆锤的
质量为m。当车厢向右做匀加速运动时，单摆向左偏转的角度为 ，求车厢
的加速度a。
解：选摆锤为研究对象，受力分析 如图所示。由达朗贝尔原理，列x方向 的平衡方程
解得
FAx FBx 0
FAy 200kN
FBy 200kN
FAz 20kN
z
B FBx
11-第十一章-达朗贝尔原理
第十一章 达朗贝尔原理§11.1 质点的达朗贝尔原理=++∴=+G N F maN F令a -m G =在质点上除了作用有真实的主动力和约束反力外，再假想地加上惯性力，则这些力在形式上组成一组平衡力系，称质点的达朗贝尔原理。
11.2 质点系的达朗贝尔原理、运动刚体惯性力系的简化一、质点系的达朗贝尔原理设质点系由几个质点组成，其中一质点M i ，其质量为m i ，作用其上的主动力F i ，约束反力N i ，加速度为a i ，在该质点上加上惯性力为G i则: 0=++i i i G N F对每一个质点进行同样处理，根据加减平衡力系定理，则质点系上所有的主动力系，约束反力系，惯性力系组成了一组平衡力系。
根据静力系平衡的条件：R =0 M o =0 （主矩、主矢皆为零）)()()(0=∑+∑+∑=∑+∑+∑∴i o i o i o i i i G M N M F M G N F质点系的达朗贝尔原理：质点系在运动时，作用于该质点系上的主动力系、约束反力系和惯性力系形式上构成一组平衡系。
00000:=∑=∑=∑=∑=∑=∑z y x M M M Z Y X 投影方程二、运动刚体惯性力系的简化利用达朗贝尔原理求解刚体动力学问题，需对刚体内每个质点加上它的惯性力，这些惯性力组成一组平面惯性力系，这就需要将惯性力系进行简化，求得惯性力系的主矢和对简化中心的主矩，并且在解题过程中，直接将惯性力的主矢主矩加到运动刚体上即可： （一）平动刚体惯性力系的简化平动刚体 a i =a n =a cG i =-m i a i刚体内各点的惯性力组成一组平行力系，将该惯性力系向质心c 简化：)()(=∴=⨯-=⨯∑=-⨯∑=∑=-=∑-=∑=c c cc ci i i i i i i c ci i i r M m m G M a m G M a r a r a r M M a G结论：刚体作平动时，惯性力系简化结果为通过质心c 的主矢Gc Ma G -=（二）定轴转动刚体惯性力系的简化条件：定轴转动刚体，均质，具有与转轴互相垂直的对称平面。
达朗贝尔原理(动静法)
达朗贝尔原理(动静法)
例15-1 用达朗贝尔原理求解
已知: m 0.1kg, l 0.3m,
60
求:
v, FT .
O θ l
达朗贝尔原理(动静法)
解: 先分析小球的受力和加速度，如图
FIn
v2
m an mlsin
mg FT FI 0
Fb 0, FT cos mg 0
Fn 0, FT sin FIn 0
解得
FT
mg
cos
1.96N
v
达朗贝尔原理(动静法)
FT l sin 2
m
2.1m s
§15-2 质点系的达朗贝尔原理
Fi FNi FIi 0
i 1,2,, n
记 Fi(e) 为作用于第i个质点上外力的合力.
F (i) i
为作用于第i个质点上内力的合力.
则有
Fie
FIR
Fie
miai maC
１ 刚体平移
惯性力系向质心简化.
由
M IC
d dt
LC
0
只简化为一个力 FIR maC
2 刚体定轴转动
大小为:
Ft Ii
mi ait
mi ri
Fn Ii
mi ain
mi ri 2
MIx
M x FIi
Mx
Fi Ii
Mx
Fn Ii
性力在形式上组成平衡力系。
达朗贝尔原理(动静法)
例15-2 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.
第23章 达朗贝尔原理2
x
= 0 mg sin θ − FI = 0
=0
aA
F I
C
aC = g sin θ
aC
x
A
mg
FB L cos θ − mg
L L L − FI cos θ + FI sin θ = 0 2 2 2
∑F
y
= 0 FB + FA − mg cos θ = 0
mg (sin θ + cos θ ) 2 mg FA = (cos θ − sin θ ) 2
例9：已知 L，m，初始无初速度，求初始时杆的角加速度和约束力 ： ，初始无初速度，
F I
A
F y
问题： 求解该题有几种方法？ 问题： 求解该题有几种方法？
F x
α
方法一： 方法一：动静法
mg
M IA
B
方法二： 方法二： 应用动量矩定理 和质心运动定理 方法三： 方法三： 应用动能定理 和质心运动定理
mg + FN A = 2 (1 +
代入（1）式
mg + ma C tan β FIc tan β = 2 (1 + f d tan β ) f d tan β )
mf d ( g + a C tan β ) 5 maC = Fd A = 2 2 (1 + f d tan β )
fdg aC = 5+4fd tanβ
u S= 2aC
2
α
[圆盘 圆盘] 圆盘
α = aO / r
F' oy F 'O ox
MIo
mg
Fo I
∑
Mo (Fi ) = 0
MIo + Fsr = 0
= 0 mg sin θ − FI = 0
=0
aA
F I
C
aC = g sin θ
aC
x
A
mg
FB L cos θ − mg
L L L − FI cos θ + FI sin θ = 0 2 2 2
∑F
y
= 0 FB + FA − mg cos θ = 0
mg (sin θ + cos θ ) 2 mg FA = (cos θ − sin θ ) 2
例9：已知 L，m，初始无初速度，求初始时杆的角加速度和约束力 ： ，初始无初速度，
F I
A
F y
问题： 求解该题有几种方法？ 问题： 求解该题有几种方法？
F x
α
方法一： 方法一：动静法
mg
M IA
B
方法二： 方法二： 应用动量矩定理 和质心运动定理 方法三： 方法三： 应用动能定理 和质心运动定理
mg + FN A = 2 (1 +
代入（1）式
mg + ma C tan β FIc tan β = 2 (1 + f d tan β ) f d tan β )
mf d ( g + a C tan β ) 5 maC = Fd A = 2 2 (1 + f d tan β )
fdg aC = 5+4fd tanβ
u S= 2aC
2
α
[圆盘 圆盘] 圆盘
α = aO / r
F' oy F 'O ox
MIo
mg
Fo I
∑
Mo (Fi ) = 0
MIo + Fsr = 0
理论力学达朗贝尔原理
Foy
P
P g
R
P 3
（4）
Fxi 0 Fox FInR 0
将（2）式代入有
Fox
P g
R 2
4 3
P
（5）
理论力学电子教程
第十四章 达朗伯原理
例14-3 滚子半径为R，质量为m，质心在其对称中心C点，如 图(a)所示。在滚子得鼓轮上缠绕细绳，已知水平力沿着细绳 作用，使滚子在粗糙水平面上作无滑动得滚动。鼓轮得半径
§14-1 惯性力的基本概念
受非零力系作用的物体将改变运动状态。
由于物体具有惯性，力图保持其惯性运动，所以它 同时给予施力体以反作用力，这种反作用力称为惯性力 。例如，一质量为m的小球M，用细绳系住，绳的另一端 用手握住，使小球在水平面内作匀速圆周运动，其速度 为v，半径为r，如图14－1所示。
理论力学电子教程
相应地 于是
ai ri ain ri 2
FIi mi ri FIni mi ri 2方向如图（b）。
M IO M O (FIi) M O (FIi ) M O (FIni ) (miri )ri ( miri2 )
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一、刚体作平行移动 在同一瞬时，平动刚体上各质点具有相同的加速度 a。
任一质点M i的惯性力为
FIi miai 达朗伯原理
可见各质点的惯性力的大小与各自的质量成正比，方向都 与共同的加速度相反。即此时平动刚体的惯性力系是一个同向 平行力系，各力大小与各点质点质量成正比，如图所示。
得出上述的结论有两个限制条件：
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第十四章 达朗伯原理
（1）刚体具有垂直于转轴系的质量对称平面；
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∴a cos－fsin g
整体
ΣMO = 0
M O－mgs sin = 0 ∴ M O = mgs sin
s
O
A
Fs = f FN
B
FI a
y
a FOy
O FOx FI
Fs
A
FN mg
MO
A
mg B x
Σ Fx = 0
Σ Fy = 0
mg cos－FI + FOx = 0 ∴ FOx =－mg cos
=0
∴a
=
4 M－W1R
g
3W1
R
A MI
B E
M + (W1+ W2 )
l 2
+ (W +
FI
)(
l －R)－M 2
I－lFAy
=
0
∴ FAy
=
13 12 W1+
M 6R
M
MI D
FCy
C
FCx
α
M W1
E
∑Fy = 0 FAy + FB－FI－W1－W2－W = 0
FAy C
FB
W1
a FI
W
∴ FB
FOy + mg sin = 0
∴FOy = mg sin
=
13 12 W1+
M 6R
∑Fx = 0 FA x = 0
FAx W2
E FI
W
例3. 质量m的物块A沿与铅垂面夹角为φ摩擦系数为f的悬臂梁下滑,
不计梁重，求物块下滑至离固定端O的距离为s时O端的约束力。
解： 物块A
FI = ma
Σ Fx = 0 mg cos－F－I Fs = 0
Σ Fy = 0 mg sin －FN = 0
ii) 刚体做定轴转动 惯性力系主矢加在转轴上，并且还有惯性力系主矩。 当刚体匀速转动或转轴位于质心时，惯性力系主矩为零。
iii) 刚体做平面运动 惯性力系主矢加在质心上，并且还有惯性力系主矩。
• 2. 负号的处理 惯性力系主矢与质心加速度方向相反，画于受力图中；惯性
力系主矩与角加速度方向相反，画于受力图中。 列方程时按图示方向，计算时只带入数值。
二、达朗贝尔原理
∑Fi (e) +∑FIi =0
பைடு நூலகம்
∑M O (Fi (e) )+∑M O (FIi )=0
三、惯性力的简化
1.刚体作平动 FR=－ma
2.刚体作定轴转动
FIR =－mac
M Iz =－J zα
3.刚体作平面运动
FIR =－mac
M IC =－J C α
四、学习方法
1. 正确施加惯性力 i) 刚体做平动 惯性力加在质心上，并且只有惯性力系主矢。
一、达朗贝尔原理介绍
达朗贝尔原理是将惯性力加入系统之后，系统假想地处于 平衡状态，然后应用静力学平衡方式计算出动力学的问题，因 此而得名“动静法”。这一点在用于求解动力学问题方面具有 突破性的意义，可以解决几乎动力学的所有问题，尤其对于需 要计算支撑约束反力的动力学问题更具有独到的优势。
但是,在学习中同学们往往不能很好的掌握,这就是我们在 此重申的意义.
A D
B
C
ΣMmCg=rs0in－M IB－rFIB－rF 0
θ
M IB F
FIB
αB
C
FSB
ΣM D = 0
mgrsin
Fr－M
IB－rFIA
0
a
mg
FNB
M IA
a=rα
∴ a=74 gsinα F=－71mgsinα
αA
a
D
F′mg
FIA FSA FNA
例2. 起重装置由匀质圆轮D（半径为R，重为W1）及均质梁AB
3. 正确做受力图
4. 选择恰当的平衡方程可以使计算简化，尤其是选择合适的矩 心， 可以轻松地控制未知数。
例1 均质圆柱体A和铁环B质量均为m，半径为r，沿斜面滚而不滑，
斜面倾角θ，不计杆AB的质量。求杆AB加速度及内力。
解： FIB = ma FIA
M
IA
=
1 2
mr 2
M IB = mr 2
（长l=4R，重W2=W1）组成，鼓轮通过电机C（质量不计）安装在
梁的中点，被提升的重物E重W，W1=4W，电机的驱动力矩为M。
求重物E上升的加速度a及支座A，B的约束力FNA及FNB。
解： FI
=
W g
a
M
I
=
1 W1 2g
R2α
a=αR
M
D C
∑M C = 0 ∑M B = 0
M－M I－FI R－WR