理論力學(xué)作業(yè)及試卷中典型錯(cuò)解選評(píng)

1、理論力學(xué)作業(yè)及試卷中典型錯(cuò)解選評(píng)第三篇 動(dòng)力學(xué)（二）題4-1 質(zhì)量為m的物塊放在質(zhì)量為的光滑均質(zhì)桿的中點(diǎn)上，桿系3根繩子保持在圖4-1（a）所示的位置。已知，不計(jì)物塊尺寸。試求當(dāng)繩突然剪斷時(shí)，繩的角加速度及繩中的張力。 錯(cuò)誤解答：當(dāng)剪斷繩后，桿作轉(zhuǎn)動(dòng)。繩的角加速度為，點(diǎn)加速度。虛加的慣性力系向桿質(zhì)心簡(jiǎn)化，其受力圖如圖4-1（b）所示。由達(dá)朗伯原理，取，軸如圖所示，則有圖4-1，所以 ，所以 ，所以 錯(cuò)因分析：將繩剪斷瞬時(shí)，桿與物塊的速度均為零，但桿光滑，物塊與桿之間將有相對(duì)運(yùn)動(dòng)。物塊在桿上只是瞬時(shí)靜止，相對(duì)滑動(dòng)的速度為零，但相對(duì)滑動(dòng)的加速度卻不為零。上解中誤認(rèn)為物塊在桿上靜止不動(dòng)，沒考慮相對(duì)滑

2、動(dòng)的加速度。（2）桿作平動(dòng)而非轉(zhuǎn)動(dòng)，其角加速度為零，顯然慣性力向其質(zhì)心簡(jiǎn)化的主矩應(yīng)為零。上解中虛加了慣性力系主矩是錯(cuò)誤的。 正確解答： 當(dāng)剪斷繩后，桿作平動(dòng)，該瞬時(shí)繩的角速度為零，桿及物塊的速度為零。桿平動(dòng)的加速度為，物塊相對(duì)于桿有加速度。若以物塊為動(dòng)點(diǎn)，桿為動(dòng)系，則動(dòng)系平動(dòng)。根據(jù)牽連運(yùn)動(dòng)為平動(dòng)時(shí)的加速度合成定理，有 以物塊G為研究對(duì)象，其受力圖如圖4-1（c）所示。由質(zhì)點(diǎn)動(dòng)力學(xué)基本方程，有 所以 以整體系統(tǒng)為研究對(duì)象，其主動(dòng)力，約束反力和虛加的慣性力如圖4-1（d）所示。由平衡方程，有 ，即 得 于是，繩的角加速度為 ， ，所以 題4-2 質(zhì)量為、長(zhǎng)為的均質(zhì)桿，其端裝有不計(jì)質(zhì)量的小輪，小輪可

3、沿光滑斜面下滑。設(shè)初瞬時(shí)桿靜止于鉛垂位置，求開始下滑時(shí)A點(diǎn)的加速度及斜面的約束反力。錯(cuò)誤解答：圖4-2因?yàn)槌跛矔r(shí)桿鉛垂，故開始下滑時(shí)，桿作平動(dòng)。設(shè)開始下滑時(shí)點(diǎn)的加速度為，方向?yàn)檠匦泵嫦蛳?。由于桿作平動(dòng)，故將慣性力系向質(zhì)心簡(jiǎn)化，慣性力系的合力為，作用在質(zhì)心。其受力圖如圖4-2（a）所示。由平衡方程，有 ， （1）所以 ， （2）所以 錯(cuò)因分析：桿從靜止的鉛垂位置開始運(yùn)動(dòng)后將作何種運(yùn)動(dòng)要加以論證。對(duì)于圖4-2（a）來說，若對(duì)桿應(yīng)用相對(duì)于質(zhì)心的動(dòng)量矩定理，可知，即，因?yàn)?、均不為零。故桿不作平動(dòng)而作平面運(yùn)動(dòng)。不加論證就斷言桿作平動(dòng)是錯(cuò)誤的。正確解答：當(dāng)桿從靜止的鉛垂位置開始運(yùn)動(dòng)后，桿將作何種運(yùn)動(dòng)？為了

4、解答這一問題，對(duì)桿應(yīng)用相對(duì)質(zhì)心的動(dòng)量矩定理圖4-2（a），有 （1）因?yàn)?、均不為零。再由質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理 （2）由于、均不為零，故，由式（1）可見，即運(yùn)動(dòng)開始時(shí)桿的角加速度，故桿作平面運(yùn)動(dòng)。因初瞬時(shí)系統(tǒng)靜止，故桿的初角速度，以為基點(diǎn)，質(zhì)心的加速度為將慣性力系向質(zhì)心簡(jiǎn)化，其主矢、主矩以及主動(dòng)力、約束反力如圖圖4-2（b）所示。由平衡方程，有 ， （3）式中，故有 （4），即 解得 由式（4），有， （5）所以 題4-3 質(zhì)量為、長(zhǎng)為的均質(zhì)桿放在光滑墻棱上，在桿與鉛垂墻之間夾角為且時(shí)無初速釋放。試求初瞬時(shí)質(zhì)心的加速度和處的約束反力。錯(cuò)誤解答：圖4-3在無初速釋放瞬時(shí)，桿的角速度為零，但角加速度不為零，

5、設(shè)其沿順時(shí)針轉(zhuǎn)向。主動(dòng)力，約束反力和向質(zhì)心簡(jiǎn)化的慣性力系主矢、主矩如圖4-3（a）所示。由平衡方程，有， （1）式中，故有 （2）而質(zhì)心的加速度為 （3） ， （4）所以 錯(cuò)因分析：當(dāng)桿在位置無初速釋放時(shí)，由于棱角光滑，雖然桿相對(duì)棱角滑動(dòng)速度為零，但滑動(dòng)加速度不為零。桿上點(diǎn)相對(duì)于棱角有滑動(dòng)加速度，沿桿方向。上解中認(rèn)為點(diǎn)不但速度為零，而且加速度也為零，這實(shí)際上是把點(diǎn)當(dāng)成定軸了，顯然是不正確的。正確解答：當(dāng)桿在位置無初速釋放時(shí)，桿的角速度為零，但角加速度不為零。桿相對(duì)于棱角滑動(dòng)的速度為零，但桿上點(diǎn)相對(duì)于棱角點(diǎn)滑動(dòng)加速度不為零，因?yàn)橛少|(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理 可知，質(zhì)心有沿桿方向的加速度，因此，桿上點(diǎn)有相對(duì)于棱

6、角滑動(dòng)的加速度，以為基點(diǎn)，則點(diǎn)的加速度為， （1）以桿為研究對(duì)象，設(shè)其角加速度沿順時(shí)針方向，主動(dòng)力、約束反力以及慣性力系向質(zhì)心簡(jiǎn)化的主矢和主矩如圖4-3（b）所示。由平衡方程，有 ， （2）所以 ， （3）式中，故有 于是 而質(zhì)心的加速度為 ， （4）所以 題4-4不等高曲柄連桿機(jī)構(gòu)中，曲柄，其上作用一力偶，連桿長(zhǎng)，滑塊上作用一力。各處摩擦不計(jì)。試求平衡時(shí)與的關(guān)系。錯(cuò)誤解答：系統(tǒng)具有一個(gè)自由度，取廣義坐標(biāo)為，給曲柄虛位移，則、兩點(diǎn)的虛位移如圖4-4所示。由虛位移原理，有 （1）曲柄可作定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，故點(diǎn)的虛位移，而與之間，有關(guān)系 （2）由幾何關(guān)系知 （3）故有 即 （4）將式（4）代入（1），得

7、（5）所以 （6）錯(cuò)因分析：上解中式（3）是錯(cuò)誤的。根據(jù)幾何關(guān)系，應(yīng)有而不是。由此導(dǎo)致式（4）、（5）、（6）都是錯(cuò)的。正確解答：系統(tǒng)具有一個(gè)自由度，取廣義坐標(biāo)為，曲柄可繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)，其虛位移為，點(diǎn)的虛位移?；瑝K受水平滑道約束，故其虛位移沿滑道如圖4-4所示。由虛位移原理，有 （1）連桿可作平面運(yùn)動(dòng)，故、兩點(diǎn)的虛位移在連線上投影相等，即 其中，由幾何關(guān)系可知，故有 即 （2）將式（2）代入式（1），得圖4-4 因，所以，有 另解：用求解。取坐標(biāo)如圖4-4所示，則力的投影，于是，有 （3）點(diǎn)的坐標(biāo)為 ， （4）因、之間的高差為常數(shù)，故有 求變分，有 所以 （5）將式（4）、（5）代入式（3），有得

8、題4-5 在圖示的鉸接四邊形機(jī)構(gòu)中，。在重為的均質(zhì)桿上有一與桿鉸接的套筒。桿的端連接一剛度系數(shù)為的彈簧，并知當(dāng)時(shí)彈簧為原長(zhǎng)。在桿上作用一力偶。試求平衡時(shí)的大小。錯(cuò)誤解答：圖4-5給桿虛位移，則點(diǎn)的虛位移，套筒的也即桿的虛位移為 而 ，彈簧的彈性力 （1）由虛位移原理，有 （2） 即 或 （3） ，故得 錯(cuò)因分析：上解中將桿的重力的虛功漏掉了。彈性力的計(jì)算式1是錯(cuò)誤的。在系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)時(shí)，彈簧已發(fā)生了實(shí)際的變形，虛位移只是一種為約束所容許的、一切可能的無窮小位移，它不是真實(shí)發(fā)生的實(shí)位移，因此，在計(jì)算彈性力時(shí)，不能把虛位移也計(jì)算在內(nèi)。正確解答：系統(tǒng)具有一個(gè)自由度，廣義坐標(biāo)取為。彈簧為非理想約束，

9、故應(yīng)將其解除，代以約束反力，并將其視為主動(dòng)力。彈性力為 （1）桿可作定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，它的虛位移為，而點(diǎn)的虛位移則為。由于該結(jié)構(gòu)為鉸接平行四邊形機(jī)構(gòu)，故桿可作平動(dòng)。套筒相對(duì)于桿可滑動(dòng)。若以套筒為動(dòng)點(diǎn)，桿為動(dòng)系，則套筒的絕對(duì)、相對(duì)、牽連虛位移之間的關(guān)系為 （2）其中 。將式（2）在豎直方向投影，有。由虛位移原理，有即 將式（1）代入，并因，故有題4-6 平行四邊形機(jī)構(gòu)如圖，其中。在鉸、之間所連彈簧的剛度為，原長(zhǎng)為。在桿上作用一力偶，在點(diǎn)作用一豎向力。各桿重不計(jì)，各處光滑，試求平衡時(shí)力偶的值。錯(cuò)誤解答：圖4-6系統(tǒng)具有一個(gè)自由度，廣義坐標(biāo)取為。彈簧為非理想約束，應(yīng)將其解除，代以約束反力，并將其視為主動(dòng)力。

10、彈性力為 （1）取坐標(biāo)軸如圖4-6所示。各力在軸上的投影分別為 ，各力作用點(diǎn)的坐標(biāo)及其變分分別為，由虛位移原理，有 （2）即 ，將式（1）代入上式，所以有 （3）錯(cuò)因分析：功的分析表達(dá)式是在慣性參考系中導(dǎo)出的，只在慣性參考系中適用，也就是說，式中的坐標(biāo)、都是對(duì)于慣性參考系的。虛位移原理的分析表達(dá)式應(yīng)同樣只在慣性參考系中適用，也即，式中的坐標(biāo)、都應(yīng)是對(duì)于定坐標(biāo)系寫出的。故而在應(yīng)用虛位移原理的分析表達(dá)式時(shí)，必須先建立坐標(biāo)系而且必須是固定不動(dòng)的坐標(biāo)系。上解中所取坐標(biāo)系中，軸是可動(dòng)的而非固定的，因此是錯(cuò)誤的，由此導(dǎo)致了計(jì)算結(jié)果的錯(cuò)誤。正確解答：系統(tǒng)具有一個(gè)自由度，取廣義坐標(biāo)為。解除屬于非理想約束的彈簧

11、，代以約束反力并視其為主動(dòng)力。彈性力為 （1）取坐標(biāo)軸如圖，各力在坐標(biāo)軸上的投影分別為，各力作用點(diǎn)的坐標(biāo)及其變分分別為，由虛位移原理的分析表達(dá)式，有 （2）即 ，所以有將式（1）代入上式，得題4-7 在圖示平面機(jī)構(gòu)中，。在圖示位置水平，且、在同水平線上。在上作用一力偶，在滑塊上作用一力。試求平衡時(shí)，力偶與力的關(guān)系。錯(cuò)誤解答：桿、可作定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，桿可作瞬時(shí)平動(dòng)，桿、可作平面運(yùn)動(dòng)。給桿虛位移，則、兩點(diǎn)的虛位移相等，因桿的瞬心與桿的轉(zhuǎn)軸重合，且，故，于是，點(diǎn)虛位移為 （1）由虛位移原理，有 即 （2）因，所以有 （3）錯(cuò)因分析：上解中式（1）是錯(cuò)誤的。因?yàn)閯傮w作平面運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度投影定理講的是，平面運(yùn)動(dòng)

12、剛體上任何兩點(diǎn)的速度在兩點(diǎn)連線上投影相等。對(duì)于可作平面運(yùn)動(dòng)剛體上兩點(diǎn)虛位移的投影，也應(yīng)按此定理計(jì)算。式（1）是將、兩點(diǎn)的虛位移在水平方向投影相等而得到兩點(diǎn)虛位移之間的關(guān)系，顯然是錯(cuò)誤的。正確解答：圖4-7系統(tǒng)具有一個(gè)自由度，、點(diǎn)的虛位移如圖4-7所示。因?yàn)橹挥幸粋€(gè)虛位移是獨(dú)立的，故必須建立各虛位移之間的關(guān)系。桿可作定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，給虛位移，則點(diǎn)的虛位移為。桿可作瞬時(shí)平動(dòng)，故其上任一點(diǎn)的虛位移均相等，即 桿可作平面運(yùn)動(dòng)，其瞬心恰與桿的轉(zhuǎn)軸重合。設(shè)桿繞瞬心轉(zhuǎn)動(dòng)的虛位移為，則有 但 桿可作定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，設(shè)其繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)的虛位移為，則有 由此可見，而點(diǎn)虛位移為 桿可作平面運(yùn)動(dòng)，其上、兩點(diǎn)的虛位移在、兩點(diǎn)連線上投影

13、相等，即，由虛位移原理，有即 ，題4-8 圖示滑輪系統(tǒng)懸吊質(zhì)量均為的、三個(gè)物塊，且滑輪與繩的質(zhì)量不計(jì)，試求各物塊的加速度。錯(cuò)誤解答：圖4-8設(shè)物塊、的加速度、向下，由幾何關(guān)系可知塊的加速度為 （1）方向向上。、三點(diǎn)的虛位移為、，因系統(tǒng)具有兩個(gè)自由度，故只能有2個(gè)獨(dú)立虛位移，設(shè)為、，則點(diǎn)的虛位移為 （2）如圖4-8所示。由動(dòng)力學(xué)普遍方程，有即 或 （3） 因?yàn)?、彼此獨(dú)立，故欲使式（3）成立，必有 、前面的系數(shù)為零，于是，有 （4） （5）由式（5），有，代入式（4），得因，所以因，所以 錯(cuò)因分析：上解中物塊的加速度式（1）和虛位移式（2）都是錯(cuò)誤的。由此便導(dǎo)致了計(jì)算結(jié)果的錯(cuò)誤。因?yàn)槔K長(zhǎng)為常量，

14、由圖4-8所示坐標(biāo)可知，其約束方程為 （6） 上式對(duì)時(shí)間求二階導(dǎo)數(shù)，得 將式（6）求變分，得 由此可見，上解中式（1）、（2）是錯(cuò)誤的。正確解答：系統(tǒng)具有兩個(gè)自由度，廣義坐標(biāo)取為、。因?yàn)槔K長(zhǎng)為常量，故有約束方程 上式對(duì)時(shí)間求二階導(dǎo)數(shù)，得或 即 或?qū)⑸鲜黾s束方程求變分，得 慣性力、主動(dòng)力如圖4-8所示。由動(dòng)力學(xué)普遍方程，有 或 因?yàn)?、是彼此獨(dú)立的，且均不等于零，故欲使上式得以滿足，只有 、前面的系數(shù)同時(shí)為零，于是，有 （7） （8）由式（7），得由式（8），有 （9）但的大小為，所以，有代入式（9），得，所以 題4-9 質(zhì)量為、半徑為的均質(zhì)圓盤，其邊緣上的點(diǎn)處系一長(zhǎng)為的繩，繩端懸吊一質(zhì)量也為的

15、小球（不計(jì)尺寸），試寫出系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)微分方程。錯(cuò)誤解答：系統(tǒng)具有兩個(gè)自由度，廣義坐標(biāo)為、。因?yàn)樽鞴Φ牧橛袆?shì)力，故系統(tǒng)是保守的。系統(tǒng)的動(dòng)能為 其中 （1）圖4-9如圖4-9所示。故有 （2）取點(diǎn)為勢(shì)能的零位，故系統(tǒng)的勢(shì)能為 拉格朗日函數(shù)為 由拉格朗日方程，有 （3） （4）代入拉格朗日方程之中，有即 （5）由拉格朗日方程，有 （6） （7）代入拉格朗日方程，有 （8）錯(cuò)因分析：1計(jì)算動(dòng)能時(shí)，點(diǎn)速度計(jì)算是錯(cuò)誤的。因?yàn)辄c(diǎn)的速度應(yīng)以廣義速度、來表示，而廣義坐標(biāo)、的正向已取定，故、應(yīng)與、正向一致，上解中式（1）將的正向取反了，故式（1）是錯(cuò)誤的，由此導(dǎo)致了一系列的錯(cuò)誤。2上解中式（3）計(jì)算有誤。因?yàn)閷?duì)

16、時(shí)間求導(dǎo)數(shù)應(yīng)為。式（6）犯有同樣的錯(cuò)誤。正確解答：系統(tǒng)具有兩個(gè)自由度，廣義坐標(biāo)為、。因?yàn)樽鞴Φ牧橛袆?shì)力，故為保守系統(tǒng)。系統(tǒng)的動(dòng)能為 其中 即 如圖4-9所示。取點(diǎn)為勢(shì)能的零位，故系統(tǒng)的勢(shì)能為 拉格朗日函數(shù)為 由拉格朗日方程，有 代入拉格朗日方程 ，得由拉格朗日方程 ，有 代入拉格朗日方程 ，得 題4-10 質(zhì)量為、半徑為的均質(zhì)圓柱，可在水平面上作純滾動(dòng)。圓柱中心由剛度系數(shù)為、原長(zhǎng)為的彈簧系住，又在圓柱中心用光滑鉸連接一質(zhì)量為、長(zhǎng)為的均質(zhì)桿。取圖4-10所示的、為廣義坐標(biāo)，試建立系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)微分方程。圖4-10錯(cuò)誤解答：系統(tǒng)具有兩個(gè)自由度，廣義坐標(biāo)為、，由于作功的力均為有勢(shì)力，故系統(tǒng)為保守系統(tǒng)。

17、系統(tǒng)的動(dòng)能為 （1）式中 ，代入上式，有 （2）取點(diǎn)為重力勢(shì)能零位，原長(zhǎng)處為彈性力勢(shì)能的零位，故勢(shì)能為 （3）拉格朗日函數(shù) 由拉格朗日方程 ，有 （4）于是，有 （5）由拉格朗日方程 ，有 （6）于是，有 （7）或 錯(cuò)因分析：1系統(tǒng)動(dòng)能計(jì)算式（1）中，桿的動(dòng)能錯(cuò)誤。桿作平面運(yùn)動(dòng)。上解式（1）誤將桿視為繞軸作定軸轉(zhuǎn)動(dòng)。2上解式（4），偏導(dǎo)數(shù)計(jì)算是錯(cuò)的，應(yīng)為，同樣，式（6）中是錯(cuò)的，應(yīng)為 由于上述錯(cuò)誤，導(dǎo)致計(jì)算結(jié)果全部錯(cuò)誤。正確解答：系統(tǒng)具有兩個(gè)自由度，廣義坐標(biāo)為、，由于作功的力均為有勢(shì)力，故該系統(tǒng)為保守系統(tǒng)。圓柱、桿均作平面運(yùn)動(dòng)，故系統(tǒng)的動(dòng)能為 式中 ， 于是，系統(tǒng)的動(dòng)能為即 重力勢(shì)能的零位取在

18、點(diǎn)，彈性力勢(shì)能零位取在原長(zhǎng)處，故系統(tǒng)的勢(shì)能為 拉格朗日函數(shù) 由拉格朗日方程 ，有 于是，有 或 由拉格朗日方程 ，有 于是，有 或 題4-11 一輪子的圓軸半徑為，沿半徑為的軌道作無滑動(dòng)的滾動(dòng)。輪軸的總質(zhì)量為，對(duì)其質(zhì)心的回轉(zhuǎn)半徑為。試求在平衡位置附近作微小振動(dòng)的周期。圖4-11錯(cuò)誤解答：應(yīng)用動(dòng)靜法求解。輪軸作平面運(yùn)動(dòng)，慣性力系的主矢和主矩、主動(dòng)力、約束反力如圖4-11所示。由平衡方程，有 ， （1）式中，代入上式，得或 系統(tǒng)微小振動(dòng)的圓頻率為振動(dòng)的周期為錯(cuò)因分析：上解中圖4-11將慣性力系主矩方向畫錯(cuò)了。因?yàn)榘凑?、的正向可知的正向，又由瞬心可知，輪軸的角加速度應(yīng)為反時(shí)針方向，故慣性力系主矩應(yīng)為

19、順時(shí)針方向。由此導(dǎo)致了計(jì)算結(jié)果的錯(cuò)誤。正確解答：在振動(dòng)過程中輪軸作平面運(yùn)動(dòng)，作功的力只有重力，故系統(tǒng)是保守的，機(jī)械能守恒。取角為廣義坐標(biāo)，當(dāng)時(shí)為系統(tǒng)的平衡位置。因輪軸作無滑動(dòng)的滾動(dòng)，故輪軸的角速度和輪心的速度分別為 如圖4-11所示。取平衡位置時(shí)軸心為重力勢(shì)能的零位置，故在平衡位置勢(shì)能為零，機(jī)械能為最大動(dòng)能 在最大偏離時(shí)，故動(dòng)能為零，最大的勢(shì)能為全部的機(jī)械能，即 因?yàn)橄到y(tǒng)作微小振動(dòng)，是小量，故最大勢(shì)能為 由機(jī)械能守恒定律，有 即 保守系統(tǒng)作自由振動(dòng)時(shí)其振動(dòng)規(guī)律為簡(jiǎn)諧的，即 代入上式，得于是有周期為 用動(dòng)靜法求解，其主動(dòng)力、約束反力和虛加的慣性力系主矢和主矩如圖4-11所示。由平衡方程有，式中，

20、代入上式，得因?yàn)槭俏⑿≌駝?dòng)，有，故有振動(dòng)的圓頻率為周期為 題4-12 質(zhì)量為的物塊懸掛如圖4-12所示，兩彈簧剛度系數(shù)分別為和。若桿重不計(jì)，試求物塊自由振動(dòng)的固有圓頻率及周期。錯(cuò)誤解答：將系統(tǒng)簡(jiǎn)化為一個(gè)由兩個(gè)彈簧串聯(lián)的質(zhì)量彈簧系統(tǒng)，如圖4-12所示。串聯(lián)彈簧的等效剛度系數(shù)為 圖4-12 （1）故系統(tǒng)自由振動(dòng)的固有圓頻率為 （2）周期為 （3）錯(cuò)因分析：本系統(tǒng)中兩個(gè)彈簧不位于同一鉛垂線上，故不是一組串聯(lián)彈簧，顯然，按串聯(lián)彈簧求解等效剛度系數(shù)的式（1）是錯(cuò)誤的。由此導(dǎo)致了式（2）、（3）是錯(cuò)誤的。正確解答：該系統(tǒng)為具有一個(gè)自由度的保守系統(tǒng)，物塊的振動(dòng)規(guī)律是正弦型的。取物塊的平衡位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，且軸向下為正。如圖4-12所示。設(shè)在任一瞬時(shí)，桿轉(zhuǎn)過角，取系統(tǒng)的平衡位置為零勢(shì)能位置，則動(dòng)能為 （1）勢(shì)能為 （2）以桿為研究對(duì)象，當(dāng)其轉(zhuǎn)過角時(shí)的受力如圖4-12所示。由動(dòng)量矩定理，因有，故 （3）式中 （4） （5）將（4）、（5）兩式代入式（3），有 （6）當(dāng)桿處于平衡位置時(shí)，其受力圖如圖4-12所示。由，有 （7）將式（7）代入式（6），得