at = α OC =
2 2
R
−
FN B R
=
0
2 αR
2
式中：
MIC

=
1 m( 12
2R)2α
FIn = man
代入得：
FN B
=
mR (α
6
+
ω2
2
)
=
22.45
N
理论力学导学 第3篇 动力学_
第15章 达朗贝尔原理
14
FNB
FIn
B
C
FAx
A
FIt FAy
at aMn IC
∑ Fix = 0
理论力学导学 第3篇 动力学_
第15章 达朗贝尔原理
1
理论力学导学
第15章 达朗贝尔原理
理论力学导学 第3篇 动力学_
第15章 达朗贝尔原理
2
第15章 达朗贝尔原理 目录
1. 内容提要… … … … … … … … … … … … … 3 2.基本要求… … … … … … … … … … … … … 5 3.典型例题… … … … … … … … … … … … … 6 4.补充习题… … … … … … … … … … … … …18
a 两个运动学变量(a,α)来表示。
aC = aAx −αr = a −αr
∑ F iy = 0 FN − mg = 0 得： FN = mg
∑ F ix = 0 Fs − FI = 0
式中：FI = ma C
根据题义有 Fs = fsFN = fsmg
得： a C = f s g
∑ M iC = 0 Fsr − M IC = 0
∑ ∑ n r n r FiE + FIi = 0
i =1
i =1
∑ ∑ n r r
nr r
M O (FiE ) + M O (FIi ) = 0
i =1
i =1
作用于质点系的所有外力与质点系上的全部惯性力在形式上 形成平衡。
理论力学导学 第3篇 动力学_
第15章 达朗贝尔原理
4
(4)刚体惯性力系的简化
理论力学导学 第3篇 动力学_
第15章 达朗贝尔原理
15
例6： 一轮质量m=2kg，半径R=150mm，质心C离圆心O的距离
e=50mm，轮对质心的回转半径ρ=75mm。当轮滚而不滑时，其角
速度是变化的。在图示C和O位于同一高度时，ω=12rad/s，试求
此时轮的角加速度。
ω
FIrn
FIrt R
MIC O
代入得：
FOx
=
−3 3 4
mrω 2
∑ Fiy = 0 FOy − FN + FI1 sin ϕ − m1g = 0
代入得：
FOy
=
(m1
+ m2)g
−
1 4
(m1
+ 2m2 )rω 2
曲柄之所以能匀角速度转动，在系统上存在动力源，一
般在曲柄上有主动力偶矩，且这主动力偶矩是变量。
由： 得：
∑ M iO = 0
运动 形式
条件
图例
移
a
动
FI C
定 轴 转
刚体具有对 称平面，且此 平面垂直于转
FIn
MOIOaCn aCt C
α
动 轴。
FIt ω
平 刚体具有对称 面 平面，且刚体
FI C aC
运 在此平面中运
MIC α
动 动。
惯性力系
主矢
主矩
向质心简化
MIC = 0
r
r
FI = −maC
向转动轴简化
M I z = J zα
FAx − FI t
2 2
−
FI n
2 =0 2
式中：FI t = maC t
代入得：
∑ Fiy = 0
FAx
=
1 2
mR (α
+ω2)
=
30.61 N
FAy − FN B − FIt
2 2
+
FIn
2 =0 2
代入得：
FAy
=
2 3
mRα
= 16.32 N
虽然杆AB作定轴转动，但轴心不在本刚体上，因此选择向 杆质心C简化。
Fk = k (l1 sin θ − l0 )
A FI1 m1g
代入得
ω2
=
2[m1gl
sin θ
+ k (l1 sin θ m1l 2 sin 2θ
−
l0 )l1
cosθ ]
理论力学导学 第3篇 动力学_
第15章 达朗贝尔原理
8
FBy
B
FBx
（2）杆AB的质量计时，杆的惯性力系分布如图，
θ
m2g
M
O
−
m1 g
r 2
cos ϕ
−
FN r
cos ϕ
=
0
M=
3 4
(m1
+
2m2
) gr
−
3 4
m2r 2ω
2
对于这种隐含的未知力偶矩，可以通过找寻本系统全部独立 未知量来发现。
理论力学导学 第3篇 动力学_
第15章 达朗贝尔原理
12
例4： 长方形匀质平板长l=200mm，宽b=150mm，质量m=27kg， 由两个销A和B悬挂。如果突然撤去销B，试求此瞬时：（1）平 板的角加速度；（2）销A处的约束力。
A
B
解: 原系统是有一个多余约束的结构，去掉
销B后，系统具有一个自由度。
b
∑ M iO = 0
MI
A
−
mg
l 2
=
0
∑ l
FAy
A ϕ FAx
FIt MIA aCt
B
α
C mg
M
式中：
JC
IO
=
= JOα
JCx + J
=
Cy
(JC
+
2
mAC
)α
= 1 mb2 + 1 ml
12
2
2
代入得：
α
=
3gl 2(b2 + l 2 )
=
0
O FN x andmdFIA
式中
d
FI
=
d
m ⋅ an
=
m l
d
x ⋅ω 2x
dx
可见h=0处，有
代入得 FN
FN max
=
mω 2l
2
=
mω 2 (l 2
2l
−
h2)
也可不用积分，对研究段，其惯性力为
FI
=
m1aC
=
m l
(l
− h) ⋅ω 2(h +
l
− h) 2
=
m 2l
ω 2 (l 2
解: 本题为已知运动求力问题，两个平面 物体共可列写六个“平衡”方程，即有六 D 个独立未知量。
首先研究运动，由点的合成运动，加 速度分析如图：
m2g B
FI2 FN
FN1 D
FN2
aan sin ϕ =ae 得： ae = ω 2r sin ϕ 分析BD，其作平动，惯性力系向其质心简化。
∑ Fiy = 0 FN + FI 2 − m2 g = 0
（2）匀质杆AB的质量为m2。
B
θ l1
DE
ω
解: （1）杆AB的质量不计时，研究杆与小球
在研究对象上加上惯性力后，
FBy
形式上成为“平衡”。
∑ A
M iO = 0
B
FBx
θ
C
式中
FI1l cos θ −F kl1 cosθ − m1gl sin θ = 0
Fk a
FI1 = m1a = m1ω 2l sin θ
=
47.04 rad/s2
Fix = 0 FAx + FI t cos ϕ = 0
式中：FIt = maC t = mα AC
代入得： FAx = −mα
( b )2 + ( l )2 cosϕ = −95.26 N
22
∑ Fiy = 0 FAy + FIt sin ϕ − mg = 0
FAy = mg − mα
第15章 达朗贝尔原理
16
例7： 水平板以等加速度a向右运动，另有一管子C（视为匀质） 放置在水平板上。若管子和平板间的静摩擦因数fs=0.4，试求管 子作纯滚动时，平板的最大加速度。
C
α
aCt
C aCn
A
aC aAx
aAy
mg
FI C
Fs
MIC FN
最后得：
解: 由于管相对板作纯滚动，因此管的运动由
理论力学导学 第3篇 动力学_
第15章 达朗贝尔原理
3
1)基本概念
1.内容提要
达郎贝尔原理是将动力学问题从形式上转化为静力学问题。
(1) 质点的惯性力 (2)质点的达氏原理
r
r
FI = −ma
rr r F + FN + FI = 0
作用于质点上的主动力、约束力及惯性力在形式上形成平衡。
(3)质系的达氏原理
(b )2 + ( l )2 sin ϕ = 137.59 N
22
理论力学导学 第3篇 动力学_
第15章 达朗贝尔原理
13
例5： 一半径为R=400mm的光滑圆环置于光滑水平面上，并可绕
通过环心与其垂直的轴O转动；另有一匀质杆AB长为 2R，重力