动力学部分例题

1、动力学例10.1例1 如图，设质量为m的质点M在平面oxy内运动，已知其运动方程为xa cos wt，ya sin wt，求作用在质点上的力F。ijvrF解：以质点M为研究对象。分析运动：由运动方程消去时间 t，得12222byax质点作椭圆运动。将运动方程对时间求两阶导数得：22cos,sinxatybtwwww 代入质点运动微分方程，即可求得主动力的投影为：22cos,sinxyFmxmat Fmymbtwwww 22222cossin( cossin)()XYmatmbtmatbtmxymwwwwwwwww Fijijijijr力 F 与矢径 r 共线反向，其大小正比于矢径 r 的模，方

2、向恒指向椭圆中心。这种力称为有心力。yxxbaOM例10.2 例2 质量为1Kg的小球M，用两绳系住，两绳的另一端分别连接在固定点A、B，如图。已知小球以速度v2.5 m/s在水平面内作匀速圆周运动，圆的半径r0.5 m, 求两绳的拉力。解：以小球为研究对象，任一瞬时小球受力如图。220,12.5nvaam sr方向指向O点。MOrBA4560小球在水平面内作匀速圆周运动。B60ArOMmgFBFAvan 建立自然坐标系得：2sin45sin60(1)0cos45cos60(2)ABABvmFFrmgFF 解得：8.65 N,7.38 NABFF分析: 由(1)、(2)式可得:2222(9.8

3、 32),(29.8)3 131ABFvFv04.9 32.91m sAFv04.92.21m sBFv因此，只有当 时，两绳才同时受力。否则将只有其中一绳受力。2.21m/s2.91m/svB60ArOMmgFBFAvanbn 例10.3 例3 从某处抛射一物体，已知初速度为v0，抛射角为a，如不计空气阻力，求物体在重力单独作用下的运动规律。 0vvmg解：研究抛射体, 列直角坐标形式的质点运动微分方程2222dd0,ddxymmmgtt 积分后得xyM213241,2xC tCygtC tC初始条件为0000000: 0,cos ,sinxytxyvvvvaaacos0tvx 2021gt

4、tvy 轨迹方程为：aa2202cos2vgxxtgy由此可见，物体的轨迹是一抛物线。于是物体的运动方程为：确定出积分常数为：102034cos ,sin,0CvCvCCaa例10.4 oRHMFx例4 垂直于地面向上发射一物体，求该物体在地球引力作用下的运动速度，并求第二宇宙速度。不计空气阻力及地球自转的影响。20 xmMGF 由于20RmMGmg 所以MgRG20由直角坐标形式的质点运动微分方程得：2222ddxmgRmFtx 由于 ，将上式改写为22ddddddddddxxxxxvvxvvttxtx解：以物体为研究对象，将其视为质点，建立如图坐标。质点在任一位置受地球引力的大小为： 22

5、ddxxvmgRmvxx 分离变量得：22ddxxxmvvmgRx 设物体在地面发射的初速度为v0，在空中任一位置x处的速度为v，对上式积分022ddvxxxvRxmvvmgRx得)11(21212202RxmgRmvmv所以物体在任意位置的速度为：xgRgRvv2202)2(可见物体的速度将随x的增加而减小。xgRgRvv2202)2(若v02gR，则不论x为多大，甚至为无限大时，速度v均不会减小为零，因此欲使物体向上发射一去不复返时必须具有的最小速度为gRv20若取g9.8 m/s，R6370 km，代入上式可得skmv2 .110这就是物体脱离地球引力范围所需的最小初速度，称为第二宇宙速

6、度。例10.5 例5 在重力作用下以仰角a初速度v0抛射出一物体。假设空气阻力与速度成正比，方向与速度方向相反，即FR-Cv，C为阻力系数。试求抛射体的运动方程。acos0vx acos0v解：以物体为研究对象，将其视为质点。建立图示坐标。在任一位置质点受力如图。由直角坐标形式的质点运动微分方程得2222dcoscosddsinsindRRxmFCvtymFmgCvmgt 因为ddcos ,sinddxyxyvvvvttv0vMFRmgOyxa将它们代入运动微分方程，并令 ，得：mC2222dddd0,ddddxxyygtttt 这是两个独立的线性二阶常系数常微分方程，由常微分方程理论可知，它

7、们的解为1212,ttgxCC eyDD et求导得22,ttxygvCevDe 其中，C1、C2 、D1、D2为积分常数，由运动初始条件确定。当t0时，x00，y00；vx0v0cosa，vy0v0sina代入以上四式，求得001212cossin,vvgCCDDaa 于是质点的运动方程为0cos(1)tvxeaagtegvyt)1 (sin0上式即为轨迹的参数方程，轨迹如图所示。由第一式可知轨迹渐近线为 。对于抛射体的射程：acos0vx 当a较大时， ，当a 较小时，由运动方程求。 acos0vOA acos0vx acos0vv0vMFRmgOyxa 质点的速度公式为0costxvve

8、a0(sin)tyggvvea由上式可见，质点的速度在水平方向的投影vx不是常量，而是随着时间的增加而不断减小，当t时，vx；质点的速度在y轴上的投影vy，随着时间的增加，大小和方向都将变化，当t时，vxg/，方向铅垂向下。因此，质点的运动经过一段时间后将铅直向下作匀速运动。例10.6 例6 如图所示，一细常杆杆端有一小球M，其质量为m，另一端用光滑铰固定。杆长为l，质量不计，杆在铅垂面内运动，开始时小球位于铅垂位置，突然给小球一水平初速度v0，求杆处于任一位置 时对球的约束力。解：以小球为研究对象，将其视为质点。建立图示的自然坐标。由运动学知：ls ddsvlttddvalt22nvallO

9、lO1Sv0M(+)n dsindvmmgt 2cosTvmFmglsin(1)mlmg （1）式是一常系数二阶非线性微分方程，其解为椭圆积分，较为复杂。将其积分一次求出 ，代入（2）式即可求出FT。因为ddddddddttt所以dsin dgl 002d()sin d2gl OlO1Sv0mgFTM(+)n 在任一位置质点受力如图。由自然坐标形式的质点运动微分方程得2cos(2)mlTmg即 得：)cos(cos2121002lg由初始条件：t0时，00， 代入上式得lv0022022(cos1)(3)vgll将其代入（2）式，得22020cos2(cos1)cos(3cos2)(4)TFm

10、lmgmvglmglmvmgl下面将计算结果作进一步的讨论： 由(3)得) 1(cos2202glvv此式表示杆在任意位置时球的速度。由此式可知:当时小球才能作圆周运动，否则球作摆动。glv40(4)式给出约束力FT随 角的变化规律。当0时，20maxTmvFmgl当p 时，20min5TmvFmgl 若令T = 0，可由(4)式给出约束力为零时，杆的位置(设此时杆的位置用A表示)所满足的条件0)2cos3(20lmvmgA因此，要使T 0，必须满足 。glv50即glvA332cos20若glvgl450则0cos1A因此，在区间 范围内，总存在确定的A值，使小球在这一点不受杆的作用。),2

11、(pp当A时，FT0 ，即小球受压。例10.7umg s例7：质量为 m 长为 l 的摆在铅垂面内摆动。初始时小球的速度为u , = 0。求绳作用在小球上的力F( ), 并分析小球的运动。解：1、取研究对象画受力图 2、确定坐标系 3、建立微分方程 4、求解 5、分析小球运动F ngFamm: cossin2mgFmlmgml 运动微分方程积分上式可得：积分上式可得：lummgF2)2cos3( 分析小球微幅摆动的运动规律0singl sin02w )sin(wtA0, w wluA运动特点：等时性（周期与初始条件无关）lg2w初始条件：lu00, 0 0 lg 微分方程的通解确定积分常数解：

12、1、取炮弹为研究对象,建立矢量方程Rga mm2、建立直角坐标形式的运动微分方程yxovmgR例8: 建立抛体的运动微分方程。 设空气阻力的大小与速度的平方成正比2222yxycmgymyxxcxm )(vgacvmm运动微分方程22yxv 炮弹运动轨迹图7.70p4.00pm/s,0010,/m0.02Nsc10kg,022vm 飞机空投物体速度大小随时间的变化飞机空投物体速度大小随时间的变化m/s,200,/m0.02Nsckg,5022vm例9: 质点与圆柱面间的动滑动摩擦因数为 f，圆柱半径为 r 为1m。（1）建立质点的运动微分方程；（2）分析其运动。rgmo 解：取质点为研究对象解

13、：取质点为研究对象FNF nNFFga mm: ) 2(sin) 1 (cos2NFmgmrFmgmr NFfF 由（由（2）式解得：）式解得：sin2mgmrFN代入（代入（1）式得：）式得：)sin(cos2mgmrfmgmr 0当：当：同理，当：同理，当：0 )sin(cos2mgmrfmgmr 数值方法给出质点位数值方法给出质点位置、速度和切向加速置、速度和切向加速度随时间的变化规律度随时间的变化规律rgmo rad/s,0,rad000 t(s)1 . 0f)()()(ttt yxovmg思考题思考题: : 给出垂直上抛物体上升时的运动微分方程。给出垂直上抛物体上升时的运动微分方程。

14、 设空气阻力的大小与速度的平方成正比设空气阻力的大小与速度的平方成正比yxovmg2:Aycmgym 2:Bycmgym 2:Cycmgym 2:Dycmgym E: 未给出正确答案未给出正确答案 OA301w2wBCRevavrvA30BCO1w例例1 OA杆绕杆绕O轴逆时针转动，均质圆轴逆时针转动，均质圆盘沿盘沿OA杆纯滚动。已知圆盘的质量杆纯滚动。已知圆盘的质量m20 kg，半径，半径R100 mm。在图示位。在图示位置时，置时，OA杆的倾角为杆的倾角为30o，其角速度，其角速度w w1 11 rad/s，圆盘相对，圆盘相对OA杆转动的角杆转动的角速度速度w w2 24 rad/s，,

15、求求圆盘的动量。圆盘的动量。100 3mmOB 120.2 10.2m/s0.1 40.4m/servOCvRww 3sin600.40.3464m/s2Carvvv于是于是所以所以20 0.34646.93N sCpmvp方向水平向右。方向水平向右。动量计算解解:取取C为动点，动系与为动点，动系与OA固连固连xyOtwCCAB1CBvm2Avm2Cvm1211 Cvm例例2、椭圆规机构的规尺、椭圆规机构的规尺AB的质量为的质量为2m1，曲柄，曲柄OC的质量为的质量为m1，滑块，滑块A和和B的的质量均为的的质量均为m2。已知。已知OCACCBl。曲柄和规尺均为均质细直杆。曲柄和规尺均为均质细直

16、杆。曲柄以角速度曲柄以角速度w w转动。求机构的动量。转动。求机构的动量。解解1 1：由质点系动量公式有：由质点系动量公式有111222CCABmmmmpvvvv建立如图直角坐标系，则动量的投影为建立如图直角坐标系，则动量的投影为tmmltlmtlmtlmvmtvmtvmpACCxwwwwwwwwwwsin)45(2sin2sin2sin2sinsin2212112111动量计算tmmltlmtlmtlmvmtvmtvmpBCCywwwwwwwwwwcos)45(2cos2cos2cos2coscos2212112111所以机构动量的大小和方向为所以机构动量的大小和方向为)45(22122mm

17、lpppyxwtppipxwsincos),cos(xyOtwCCAB1CBvm2Avm2Cvm1211 CvmxyOtwCCAB1C1p2pCCCOCBAABvmmvmvmmppppppp)45(212)(22112121解2：1122112()ABABCOCCppppmm vppmvwlvCwlmmp)45(2121方向为方向为C点速度的方向。点速度的方向。因为因为得得例例3、两均质杆、两均质杆OA和和AB质量为质量为m，长为，长为l，铰接于，铰接于A。图示位。图示位置时，置时，OA杆的角速度为杆的角速度为w w，AB杆相对杆相对OA杆的角速度亦为杆的角速度亦为w w。求此瞬时系统的动量。

18、求此瞬时系统的动量。解：由刚体系统的动量公式解：由刚体系统的动量公式2211CCvmvmp其中：其中：w21lvCwwwlllvC2222wwwmllmlmp2522方向水平向右。方向水平向右。mvC1mvC2OABC1C2wwr=wACACvvv22AB作平面运动作平面运动例例4 锤的质量锤的质量m3000 kg，从高度，从高度h1.5 m 处自由下落到受锻压的工件上，工件发生变处自由下落到受锻压的工件上，工件发生变形历时形历时 t 0.01 s ；求锤对工件的平均压力。；求锤对工件的平均压力。hyG*N解：以锤为研究对象，和工件接触后受力如图。工件解：以锤为研究对象，和工件接触后受力如图。

19、工件反力是变力，在短暂时间迅速变化，用平均反力反力是变力，在短暂时间迅速变化，用平均反力 N*表示。表示。锤自由下落时间锤自由下落时间ght2yyyImvmv12NtG)(00) 121() 1(ghGtGNkNN1656) 18 . 95 . 1201. 01(8 . 93000 锤对工件的平均压力与反力锤对工件的平均压力与反力N*大小相等，方向相反，与锤的重量大小相等，方向相反，与锤的重量G29.4 kN比较，是它的比较，是它的56倍，可见这个力是相当大的。倍，可见这个力是相当大的。例例5 滑块滑块C的质量为的质量为m19.6 kg ，在力，在力P866 N的作用下沿倾角为的作用下沿倾角为

20、30o的的导杆导杆AB运动。已知力运动。已知力P与导杆与导杆AB之间的夹角为之间的夹角为45o，滑块与导杆的动摩擦，滑块与导杆的动摩擦系数系数f0.2 ，初瞬时滑块静止，求滑块的速度增大到，初瞬时滑块静止，求滑块的速度增大到v2 m/s 所需的时间。所需的时间。 ABPgmCCNF3045xy解：以滑块解：以滑块C为研究对象，建立坐标系。为研究对象，建立坐标系。由动量定理得由动量定理得0(cos45sin30)(1)mvPmgF t 00(sin45cos30 )(2)CPNmgt 由由(2)式得式得30cos45sinmgPNC)30cos45sin(mgPffNFC代入代入(1)式，求得所

21、需时间为式，求得所需时间为cos45sin30( sin45cos30 )0.0941smvtPmgf Pmg从而摩擦力为从而摩擦力为例6 如图所示，已知小车重为2 kN，沙箱重1 kN，二者以速度v03.5 m/s 运动。此时有一重为0.5 kN的铅球垂直落入沙中后，测得箱在车上滑动0.2 s，不计车与地面摩擦，求箱与车之间的摩擦力。1N2N0vx解：研究系统，建立坐标系。(e)0 xxFpcvgWWWvgWW321021代入已知数据，解得v3 m/s设沙箱滑动结束后车速为v，则有1N2N1WNFvx再以小车为研究对象，由动量定理有0 xxppFt FtvgWvgW011代入已知数据，解得

22、F0.5 kN1W3W2WBvrv例例7 如图所示，质量为如图所示，质量为 mA 的均质三棱柱的均质三棱柱A在重力作用下沿着质量为在重力作用下沿着质量为mB的大的大均质三棱柱均质三棱柱B的斜面下滑，大三棱柱倾角为的斜面下滑，大三棱柱倾角为 。设各处摩擦不计，初始时系。设各处摩擦不计，初始时系统静止。求：统静止。求：(1) B的加速度；的加速度；(2) 地面的支反力。地面的支反力。解：先对系统进行运动分析，建立如图坐标，设B的速度为vB，A相对B的速度为vr，则rBAvvv于是于是cossinAxrBAyrvvvvv ABxyByAgmAgmBRx系统受力如图。因SFx(e)0，且初始系统静止，

23、有 0)cos()(BrABBvvmvmcos()(1)ArABBm amma两边对t求导再以A为研究对象，受力如图，由(e)(e)ddddyxxyppFFtt NAgmAxyNAgmAxyd(cos)sindd(sin )cosdArBArAmvvNtmvNm gt有有(cos)sin(2)(sin )cos(3)ArBArAmaaNmaNm g即即 联立求解联立求解(1)、(2)、(3)式得式得gmmmaBAAB)sin(22sin2ByAgmAgmBRx最后以整体为研究对象，得最后以整体为研究对象，得d(sin )dArABm vRm gm gt()sin()()ABArABBRmmgm

24、 ammga tg将（将（1）式代入上式则得）式代入上式则得gmgmRamBArAsin即即 例例8 图示系统，重物图示系统，重物A和和B的质量分别为的质量分别为m1、m2。若。若A下降的下降的加速度为加速度为a，滑轮质量不计。求支座，滑轮质量不计。求支座O的反力。的反力。ABOaAvBvABOxyOxFOyFgm1gm2解：以整个系统为研究对象，受力如图，建立如图坐标。解：以整个系统为研究对象，受力如图，建立如图坐标。设设A下降的速度为下降的速度为vA，B上升的速度为上升的速度为vB，则由运动学关系得，则由运动学关系得ABvv21系统的动量在坐标轴上的投影为系统的动量在坐标轴上的投影为121

25、210,()2xyABAppm vm vmm v由质点系的动量定理由质点系的动量定理1212d10,()d2OxAOyFmm vm gm gFt注意到注意到adtdvA可得可得121201()2OxOyFFm gm gmm a xy例例9 如图所示，电动机外壳固定在水平基础上，定子、转子的质量分别为如图所示，电动机外壳固定在水平基础上，定子、转子的质量分别为m1、m2。设定子质心位于转轴中心。设定子质心位于转轴中心O1，由于制造误差，转子质心，由于制造误差，转子质心O2 到到O1的距离为的距离为e，已知转子以匀角速度，已知转子以匀角速度w w 转动。求：转动。求： (1) 质心运动方程；质心运

26、动方程；(2) 基基础对电机总的水平和铅垂反力；础对电机总的水平和铅垂反力；(3) 若电机没有螺栓固定，各处摩擦不计，若电机没有螺栓固定，各处摩擦不计，初始时电机静止，求转子以匀角速度初始时电机静止，求转子以匀角速度w w转动时电动机外壳的运动。转动时电动机外壳的运动。解：解：(1) 建立如图坐标，任一瞬时，建立如图坐标，任一瞬时， w w t，即有，即有11220,0cos,sinxyxetyetww故质心运动方程为故质心运动方程为212212cossinCCm etxmmm etymmww1O2Oew (2) 以系统为研究对象以系统为研究对象(e)(e),CxxCyymaFmaF 1212

27、12()()CxCymmxFmmyFm gm g22122212cossinCCm extmmm eytmmwwww 222212cossin()xyFmetFmetmm gwwww xygm2gm11O2OewyFxFOM由质心运动定理由质心运动定理因因故故得得（3）以系统为研究对象，受力如图。）以系统为研究对象，受力如图。21CCxx在图示坐标下，设初始时在图示坐标下，设初始时xC1a，当转子转，当转子转过过 ，定子向右移动距离，定子向右移动距离s，则，则21212)cos()(mmseamsamxC所以所以2121)cos()(mmseamsama解得解得tmmemmmemswcosco

28、s212212由此可见，电动机在水平面上作往复运动。此时由此可见，电动机在水平面上作往复运动。此时xygm2gm1asNF1O2Oe由于由于S SFx(e)0 ，所以，所以2min122()NFmmgmew若若 ，则，则 。因此如电动机无螺栓固定，它将会跳起来。因此如电动机无螺栓固定，它将会跳起来。emgmm221)(w0minN 例例10 质量为质量为 m 长为长为 2l 的均质杆的均质杆OA绕水平固定轴绕水平固定轴O在铅垂面内转动，如图。已知在图示位置杆的角速度在铅垂面内转动，如图。已知在图示位置杆的角速度为为w w ，角加速度为，角加速度为a a 。试求此时杆在。试求此时杆在O轴的约束反

29、力。轴的约束反力。xymgtCanCa解解1 1：用质心运动定理。：用质心运动定理。以杆为研究对象，受力如图，建立如图坐标。以杆为研究对象，受力如图，建立如图坐标。2sincossincostnCxCCaaallaw 2cossincossintnCyCCaaallaw 2( sincos )OxmlFaw2(cossin )OymlFmgaw解得解得2( sincos )OxFmlaw 2(cossin )OyFmgmlawOAwaOACOxFOyF 解解2：用动量定理。：用动量定理。以杆为研究对象，受力如图，建立如图坐标。以杆为研究对象，受力如图，建立如图坐标。sincosxypmlpml

30、ww 由由(e)(e)dd,ddyxxyppFFtt 得得22( sincos )(cossin )OxOymlFmlFmgawaw解得解得22( sincos )(cossin )OxOyFmlFmgmlawaw xymgpOACOxFOyF 例例11 质量为质量为M 的大三角块放在光滑水平面上，其斜面上放一和它相似的小的大三角块放在光滑水平面上，其斜面上放一和它相似的小三角块，其质量为三角块，其质量为m。已知大、小三角块的水平边长各为。已知大、小三角块的水平边长各为a与与b。试求小三。试求小三角块由图示位置滑到底时大三角块的位移。角块由图示位置滑到底时大三角块的位移。xyabmgMgNF解

31、：取系统分析，受力如图，建立如图坐标。解：取系统分析，受力如图，建立如图坐标。xys设大三角块的位移为设大三角块的位移为s ，则，则mMsabamsbMxC)()(3231221CCxx由于由于S SFx(e)0 ，且初始系统静止，所以，且初始系统静止，所以mMambMxC32311解得解得mMabms)(rwOAvm 例1 均质圆盘可绕轴O转动，其上缠有一绳，绳下端吊一重物A。若圆盘对转轴O的转动惯量为J，半径为r，角速度为w，重物A的质量为m，并设绳与原盘间无相对滑动，求系统对轴O的动量矩。解：wwww)(22JmrJmrJmvrLLLO盘块LO的转向沿逆时针方向。质点系的动量矩例2 图示

32、为一单摆（数学摆），摆锤质量为m，摆线长为l，如给摆锤以初位移或初速度（统称初扰动），它就在经过O点的铅垂平面内摆动。求此单摆在微小摆动时的运动规律。解：以摆锤为研究对象，受力如图，建立如图坐标。在任一瞬时，摆锤的速度为v，摆的偏角为 ，则 2()zMmmvlmlv()sinzMmgl F式中负号表示力矩的正负号恒与角坐标 的正负号相反。它表明力矩总是有使摆锤回到平衡位置的趋势。质点的动量矩定理OlMyxNvmg由d()()dzzMmMtvF2d()sindmlmglt 即0sinlg 这就是单摆的运动微分方程。当 很小时摆作微摆动，sin ，于是上式变为0lg 此微分方程的解为)sin(at

33、lgA其中A和a为积分常数，取决于初始条件。可见单摆的微幅摆动为简谐运动。摆动的周期为glTp2显然，周期只与 l 有关，而与初始条件无关。得例3 高炉运送矿石的卷扬机如图。已知鼓轮的半径为R，质量为m1，绕O轴转动。小车和矿石的总质量为m2。作用在鼓轮上的力偶矩为M，鼓轮对转轴的转动惯量为J，轨道倾角为a。设绳质量和各处摩擦不计，求小车的加速度a。解：以系统为研究对象，受力如图。以顺时针为正，则vRmJLO2w(e)2()sinOMMm gRaF由 ，有(e)d()dOOiLmt F22d()sindJm vRMm gRtwa动量矩定理aMOm2gNvm1gFOxFOyw因 ,于是解得d,d

34、vvaRtw2222sinRmJgRmMRaa若Mm2gR sin a，则 a0，小车的加速度沿轨道向上。 必须强调的是：为使动量矩定理中各物理量的正为使动量矩定理中各物理量的正负号保持协调，动量矩和力矩的正负号规定必须完负号保持协调，动量矩和力矩的正负号规定必须完全一致。全一致。动量矩定理ABCDz0waallCABDzwaallaa例例4 水平杆水平杆AB长长2a，可绕铅垂轴，可绕铅垂轴 z 转动，其两端各用铰链与长为转动，其两端各用铰链与长为l的杆的杆AC及及BD相连，杆端各联结质量为相连，杆端各联结质量为m的小球的小球C和和D。起初两小球用细线相连，使杆。起初两小球用细线相连，使杆AC

35、与与BD均为铅垂，这系统绕均为铅垂，这系统绕 z 轴的角速度为轴的角速度为w w0 0。如某时此细线拉断，杆。如某时此细线拉断，杆AC和和BD各与铅垂线成各与铅垂线成a a 角。不计各杆的质量，求这时系统的角速度角。不计各杆的质量，求这时系统的角速度w w 。解：以系统为研究对象，系统所受的外力有小球的解：以系统为研究对象，系统所受的外力有小球的重力和轴承处的反力，这些力对转轴之矩都等于零。重力和轴承处的反力，这些力对转轴之矩都等于零。所以系统对转轴的动量矩守恒，即所以系统对转轴的动量矩守恒，即21zzLL21002()2zLmaamaww222 (sin)zLm alaw22022 (sin

36、)mam alwaw022)sin(wawlaa显然，此时的角速度显然，此时的角速度w ww w 0。解：取系统为研究对象解：取系统为研究对象例例5 均质圆轮半径为均质圆轮半径为R、质量为、质量为m，圆轮对圆轮对转轴的转动惯量为转轴的转动惯量为JO。圆轮在重物。圆轮在重物P带动下带动下绕固定轴绕固定轴O转动，已知重物重量为转动，已知重物重量为W。求求重物下落的加速度。重物下落的加速度。vRgWJLOOwWRMe)(RvwvRgWRJLOO)(应用动量矩定理应用动量矩定理)(eOMtdLdWRdtdvRgWRJO)()(22RgWJWRaOPw例例7 一绳跨过定滑轮，其一端吊有质量为一绳跨过定滑

37、轮，其一端吊有质量为 m 的重物的重物A，另一端，另一端有一质量为有一质量为m的人以速度的人以速度u 相对细绳向上爬。若滑轮半径为相对细绳向上爬。若滑轮半径为r，质量不计，并且开始时系统静止，求人的速度。质量不计，并且开始时系统静止，求人的速度。解：以系统为研究对象，受力如图。解：以系统为研究对象，受力如图。设重物设重物A上升的速度为上升的速度为v，则人的绝对速度，则人的绝对速度va的大小为的大小为vuva0mvrrmvLaO0)(mvrrvumLO由于由于S SMO(F (e)0，且系统初始静止，所以，且系统初始静止，所以LO0。2uv 2uva由上可知，人与重物由上可知，人与重物A具有相同

38、的的速度，此速度等具有相同的的速度，此速度等于人相对绳的速度的一半。如果开始时，人与重物于人相对绳的速度的一半。如果开始时，人与重物A位于同一高度，则不论人以多大的相对速度爬绳，人位于同一高度，则不论人以多大的相对速度爬绳，人与重物与重物A将始终保持相同的高度。将始终保持相同的高度。uvavevmgmguAOFOxFOy例7 图示物理摆的质量为m，C为其质心，摆对转轴的转动惯量为JO。求微小摆动的周期。 解：设 角以逆时针方向为正。当 角为正时，重力对O点之矩为负。由刚体定轴转动的微分方程，有sinmgaJO 当微摆动时，有 sin ，故方程写为0OJmga 此方程通解为)sin(0atJmg

39、aO 0为角振幅，a 为初相位。它们均由初始条件确定。摆动周期为mgaJTOp2OCamg224pmgaTJO这就表明，如已知某物体的质量和质心位置，并将物体悬挂于 O点作微幅摆动，测出摆动周期后即可计算出此物体对于O轴的转动惯量。例8 如图，飞轮对转轴的转动惯量为J，以初角速度w0绕水平轴转动，其阻力矩 Maw (a 为常数)。求经过多长时间，角速度降至初角速度的一半，在此时间内共转多少转? 解：以飞轮为研究对象，由刚体定轴转动的微分方程，有d(1)dJtwaw Mw0将（1）式变换，有ddJtwa w 将上式求定积分，得0020ddtJtwwwa w 定轴转动的转动微分方程2ln2ln00

40、awwaJJt将(1)式改写为ddddJttwa 即ddJwa 将上式求定积分，得0002ddJwwwa 转过的角度为002waJ因此转过的转数pawp4200Jn例9 如图所示，啮合齿轮各绕定轴O1、O2转动，其半径分别为r1、r2，质量分别为m1、m2，转动惯量分别为J1、J2，今在轮O1上作用一力矩M，求其角加速度。解：分别以两轮为研究对象，受力如图，由刚体定轴转动的微分方程，有111222,JMF rJF raa由运动学关系，得1 12 2rraa注意到，联立求解以上三式得FF221221 22 1MrJ rJ raO1r1r2O2MFO1yFO1xFFnm1gFO2yFO2xm2gO

41、1O2FFnMOFOxFOW=mgOFOyFOxW=mg解除约束前：解除约束前：突然解除约束瞬时：突然解除约束瞬时： FOx=？,FOy=？例题例题 10 关于突然解除约束问题关于突然解除约束问题突然解除约束瞬时，突然解除约束瞬时，杆杆OA将绕将绕O轴转动，轴转动，不再是静力学问题。不再是静力学问题。这时，这时，w 0，a 0。需要先求出需要先求出a ，再确再确定约束力。定约束力。应用定轴转动微分方程应用定轴转动微分方程lglmgml23,2312aa应用质心运动定理应用质心运动定理OyOxFmglmFlmaw2022420mglmmgFFOyOxa 例例11 如图所示，已知均质杆的质量为如图

42、所示，已知均质杆的质量为m，对，对 z1 轴的转动惯量轴的转动惯量为为J1，求杆对，求杆对z2 的转动惯量的转动惯量J2 。解：由 ，得2zzCJJmd21(1)zCJJma22(2)zCJJmb2221()JJm ba平行轴定理(1)(2)得zz1z2abC l 2OABll 2OABll 2例例12 均质直角折杆尺寸如图，其质量为均质直角折杆尺寸如图，其质量为3m，求其对轴求其对轴O的转动惯量。的转动惯量。解：22225)2)(2()2)(2(12131mllmlmmlJJJABOAOOABll 2组合刚体的转动惯量 z12R22Rl例例13 如图所示，质量为如图所示，质量为m的均质空心圆

43、柱体外径为的均质空心圆柱体外径为R1，内径为，内径为R2，求对中心轴，求对中心轴 z 的转动惯量。的转动惯量。 解：空心圆柱可看成由两个实心圆柱体解：空心圆柱可看成由两个实心圆柱体组成，外圆柱体的转动惯量为组成，外圆柱体的转动惯量为J外外，内圆柱体，内圆柱体的转动惯量为的转动惯量为J内内取负值，即取负值，即内外JJJz设m1、m2分别为外、内圆柱体的质量，则21121RmJ外22221RmJ内于是2222112121RmRmJz组合刚体的转动惯量 设单位体积的质量为r ，则221122,mR lmR lpp代入前式得)(21)(21222122214241RRRRlRRlJzpp注意到p l

44、(R21R22)m, 则得)(212221RRmJz组合刚体的转动惯量OAwwwrc)(wwrb)( 例14 均质圆盘质量为2m，半径为r。细杆OA质量为m，长为l3r，绕轴O转动的角速度为w、求下列三种情况下系统对轴O的动量矩： (a) 圆盘与杆固结；(b) 圆盘绕轴A相对杆OA以角速度w 逆 时针方向转动； (c) 圆盘绕轴A相对杆OA以角速度w 顺 时针方向转动。OAw解：(a)222222222183)3(2)2(2131mrmrmrmrrmrmmlJOww222mrJLOOOAwwwrb)(OAwwwrc)(b)0wwwAwwwwwwww22222211833)3)(2(3)2()(

45、mrmrmrmrrrmJmrmvmLJLLLAAAAOAO杆盘杆(c)wwww2Awwwwwwwwwww222222222318)2(31833)3)(2(3)2()(mrmrmrmrmrmrmrrrmJmrmvmLJLLLAAAAOAO杆盘杆 例15 一均质圆柱，质量为m，半径为r，无初速地放在倾角为 的斜面上，不计滚动阻力，求其质心的加速度。 解：以圆柱体为研究对象。圆柱体在斜面上的运动形式，取决于接触处的光滑程度，下面分三种情况进行讨论：(1) 设接触处完全光滑此时圆柱作平动，由质心运动定理即得圆柱质心的加速度sinCagCCxyO(e)CxxmaF sinCmamgaCFNmg(2)

46、设接触处足够粗糙 此时圆柱作纯滚动，列出平面运动微分方程2sin0cos12CNmamgFFmgmrFra2sin3Cag解得11sin23CFmamg由于圆柱作纯滚动，故maxcosNFFf Ff mgF由纯滚动条件有Cara所以1cossin3f mgmg，可得1tan3f这就是圆柱体在斜面上作纯滚动的条件。CxyaCOFNmg(3) 设不满足圆柱体在斜面上作纯滚动的条件1tan3f设圆柱体沿斜面滑动的动摩擦系数为f ，则滑动摩擦力cosNFf Ff mg于是2cosgfra(sincos )Cagf圆柱体在斜面上既滚动又滑动, 在这种情况下，aCra例16 均质圆柱体A和B质量均为m，半

47、径均为r。圆柱A可绕固定轴O转动。一绳绕在圆柱A上，绳的另一端绕在圆柱B上。求B下落时，质心C点的加速度。摩擦不计。解：取A分析，受力如图。A作定轴转动，应用定轴转动的微分方程有AATJF raCTmamgFCBTJF ra其中22ACJJmrOABCaAFTmgFOxFOyOAFTmgaBCDBaC取B分析，受力如图。B作平面运动。应用平面运动的微分方程有由运动学关系aDraA,，而由加速度合成定理有而由加速度合成定理有()CDBABaarraaagaC54例17 均质杆质量为m，长为l，在铅直平面内一端沿着水平地面，另一端沿着铅垂墙壁，从图示位置无初速地滑下。不计摩擦，求开始滑动的瞬时，地

48、面和墙壁对杆的约束反力。解：以杆AB为研究对象，分析受力。yBCAmgxBCAFAFB杆作平面运动，设质心C的加速度为aCx、aCy，角加速度为a。aaCxaCy由刚体平面运动微分方程mgsincos(3)22CABllJFFa(2)CyAmaFmg(1)CxBmaFBCAxy以C点为基点，则A点的加速度为tnACACACaaaat0sinCyACaa再以C点为基点，则B点的加速度为tnBCBCBCaaaat0cosCxCBaatsinsin(4)2CyAClaaa tcoscos(5)2CxCBlaaaaAaaBaCxaCyatBCatAC在运动开始时, w0, 故 , 将上式投影到y 轴上

49、，得an 0AC同理，将上式投影到 x轴上，得an 0BC联立求解(1) (5)式，并注意到2121mlJC可得3sin2gla23(1sin)4AFmg3sincos4BFmg注： 亦可由坐标法求出(4)、(5)式：sin ,cos22CCllxycos,sin22CCllxy 22sincos,cossin2222CCllllxy 运动开始时， ，故0cos ,sin22CxCCyCllaxayaa BCAxyAxCB例18 如图质量为m的均质杆AB用细绳吊住，已知两绳与水平方向的夹角为 。求B端绳断开瞬时，A端绳的张力。解：取杆分析，建立如图坐标。有21sin122TlmlFAB作平面运

50、动，以A为基点，则tntnCAACACAaaaaasinCxTmaFmg ABFTttCACAaaa因为断开初瞬时, vA0, w 0, 故 , an 0Aan 0CA将上式投影到x 轴上，得tsinCxCAaasin2Cxlaasin1 3sinTmgFt2CAlaaan CAat CAat Aan AaAxCBaaCxmg例19 长 l，质量为m 的均质杆 AB 和 BC 用铰链 B 联接，并用铰链 A 固定，位于平衡位置。今在 C 端作用一水平力F，求此瞬时，两杆的角加速度。解：分别以AB和BC为研究对象，受力如图。 AB和BC分别作定轴转动和平面运动。对AB由定轴转动的微分方程得21(

51、1)3ABBxmlF laCBAFABFAxFBxFByaBWaABFAyBC作平面运动，取B为基点，则tnGBGBGBaaaa将以上矢量式投影到水平方向，得t2lGxBGBABBCaaalaa(4)由(1) (4)联立解得630,77ABBCFFmlmlaa t2,0nlBABGBBCGBalaaaa对BC由刚体平面运动的微分方程得GxBxmaFF(2)211222BCBxllmlFFa(3)BGCaBCFWaGxaGyatGBFByFBxO例20 平板质量为m1，受水平力F 作用而沿水平面运动，板与水平面间的动摩擦系数为f ，平板上放一质量为m2的均质圆柱，它相对平板只滚动不滑动，求平板的

52、加速度。 解：取圆柱分析，建立如图坐标。21Om aF于是得：11222,NFFm gm ra122OFaaramaFaCFN1F1m2gaaOaxy120NFm g22112m rFra1213Fm a121FFFam11120()NNNFm gFFmm ggmmfF)(21211221()3m aFf mm gm a1212()13Ff mm gammxyFN1F1FN2F2m1gFa取板分析例21 行星齿轮机构的曲柄 OO1受力矩 M 作用而绕固定铅直轴 O 转动，并带动齿轮 O1在固定水平齿轮 O 上滚动如图所示。设曲柄 OO1为均质杆，长l、重 P；齿轮 O1为均质圆盘，半径 r 、

53、重 Q。试求曲柄的角加速度及两齿轮接触处沿切线方向的力。 解：以曲柄为研究对象，曲柄作定轴转动，列出定轴转动微分方程 21(1)3PlMF lgaOO1MO1OaFnFRnRM由运动学关系，有1(4)arlaa联立求解(1) (4)，得26(29 )MgPQ lalQPQMT)92(3O1FnFTNaana1(2)QaFTg211(3)2QrTrga取齿轮O1分析，齿轮O1作平面运动MO1OaFnFRnRa例1 如图所示滑块重P9.8 N，弹簧刚度系数k0.5 N/cm，滑块在A位置时弹簧对滑块的拉力为2.5 N，滑块在20 N的绳子拉力作用下沿光滑水平槽从位置A运动到位置B，求作用于滑块上所

54、有力的功的和。 解：滑块在任一瞬时受力如图。由于P与N始终垂直于滑块位移，因此，它们所作的功为零。所以只需计算T 与F的功。先计算T 的功： 在运动过程中，T 的大小不变，但方向在变，因此T 的元功为cosdTWTxa2215)20()20(cosxxaT15 cmBA20 cmTPFN因此T在整个过程中所作的功为再计算F的功：由题意：12.55cm0.5252025cm因此F在整个过程中所作的功为22221211()0.5(525 )150N cm22FWk 因此所有力的功为200 15050N cmTFWWWT15 cmBA20 cm2020220020cosd20d200 N cm(20

55、)15TxWTxxxaC221122CCTmvIw21,2CCImR vRw243CmvT 牢记均质圆盘在地面上作纯滚动时的动能:均质圆环在地面上作纯滚动时的动能见 P183。vABC解：II 为AB杆的瞬心234ATMvwABsinlv222111223IlImlmml22221126sin3ABIABmvTImvw219412TMm v总例2 均质细杆长为l，质量为m，上端B靠在光滑的墙上，下端A用铰与质量为M半径为R且放在粗糙地面上的圆柱中心相连，在图示位置圆柱作纯滚动，中心速度为v，杆与水平线的夹角=45o，求该瞬时系统的动能。vIAwABAABTTT总aOrdrO1wPABC例3 长

56、为l，重为P的均质杆OA由球铰链O固定，并以等角速度w 绕铅直线转动，如图所示，如杆与铅直线的交角为a，求杆的动能。 1sinrvO Brwwa1ddPmrlg22221ddsind22rPrTm vrglwa杆OA的动能是22222200dsindsin26llPrPlTTrglgwwaa解：取出微段dr到球铰的距离为r，该微段的速度是微段的质量微段的动能O1例4 求椭圆规的动能，其中OC、AB为均质细杆，质量为m和2m，长为a和2a，滑块A和B质量均为m，曲柄OC的角速度为w， = 60。 解：在椭圆规系统中滑块A和B作平动，曲柄OC作定轴转动，规尺AB作平面运动。首先对运动进行分析，O1

57、是AB的速度瞬心，因:12 cosAABvO Aaaw ww222122AAAmaTm vwABOCwvCvBvAwAB12 sin3BABvO Baaw ww2221322BBBmaTm vw1cABvOCOCwwA BwwABvAvCOCO1wvBwAB对于曲柄OC：2213OOCImama规尺作平面运动，用绕速度瞬心转动的公式求动能：211222181232(2 )2OCABIImOCmam ama22222222221314226372ABOCABTTTTTmamamamamawwwww2221126OCOTImaww22211423ABOABTImaww系统的总动能为：BA例5 滑块

58、A以速度vA在滑道内滑动，其上铰接一质量为m，长为l的均质杆AB，杆以角速度w 绕A转动，如图。试求当杆AB与铅垂线的夹角为 时，杆的动能。解：AB杆作平面运动，其质心C的速度为CACAvvv 速度合成矢量图如图。由余弦定理222221122222142cos(180)()2coscosCACAA CAAAAAvvvv vvlvlvll vwwww则杆的动能221122222221111242122221123(cos )()(cos )CCAAAATmvJm vll vmlm vll vwwwwwwvAwBAlvAvCAvCvAw 例6 一长为l，质量密度为的链条放置在光滑的水平桌面上，有长

59、为b的一段悬挂下垂，如图。初始链条静止，在自重的作用下运动。求当末端滑离桌面时，链条的速度。bbl 解得lblgv)(222解:链条在初始及终了两状态的动能分别为01T22221lvT 在运动过程中所有的力所作的功为)(21)(21)()(2212blgblblgblgbW由1212WTT例7 已知： m ，R, f ， 。求纯滚动时盘心的加速度。CFNmgvCF解：取系统为研究对象，假设圆盘中心向下产生位移 s时速度达到vc。s10T 力的功：sin12mgsW由动能定理得：sin0432mgsmvC2243CmvTsin32ga 解得：例8 卷扬机如图，鼓轮在常力偶M的作用下将圆柱上拉。已

60、知鼓轮的半径为R1，质量为m1，质量分布在轮缘上；圆柱的半径为R2，质量为m2，质量均匀分布。设斜坡的倾角为，圆柱只滚不滑。系统从静止开始运动，求圆柱中心C经过路程S 时的速度。 解：以系统为研究对象，受力如图。系统在运动过程中所有力所作的功为sgmRsMWasin2112系统在初始及终了两状态的动能分别为01T22221122111222CCTIm vIwwaFNFSm2gm1gFOxFOyMOC其中2111Im R22212CIm R11RvCw22RvCw于是)32(42122mmvTC由1212WTT得sgmRsMmmvCasin0)32(421212解之得)32()sin(22111