動力學部分例題

動力學例10.1例1

如圖，設質(zhì)量為m的質(zhì)點M在平面oxy內(nèi)運動，已知其運動方程為x＝acoswt，y＝asinwt，求作用在質(zhì)點上的力F。ijvrF解：以質(zhì)點M為研究對象。分析運動：由運動方程消去時間t，得質(zhì)點作橢圓運動。將運動方程對時間求兩階導數(shù)得：代入質(zhì)點運動微分方程，即可求得主動力的投影為：力F

與矢徑r

共線反向，其大小正比于矢徑r的模，方向恒指向橢圓中心。這種力稱為有心力。yxxbaOM例10.2

例2

質(zhì)量為1Kg的小球M，用兩繩系住，兩繩的另一端分別連接在固定點A、B，如圖。已知小球以速度v＝2.5m/s在水平面內(nèi)作勻速圓周運動，圓的半徑r＝0.5m,求兩繩的拉力。解：以小球為研究對象，任一瞬時小球受力如圖。方向指向O點。MOrBA45o60o小球在水平面內(nèi)作勻速圓周運動。B60oArOMmgFBFAvan

建立自然坐標系得：解得：分析:由(1)、(2)式可得:因此，只有當時，兩繩才同時受力。否則將只有其中一繩受力。B60oArOMmgFBFAvanbnt例10.3

例3從某處拋射一物體，已知初速度為v0，拋射角為a，如不計空氣阻力，求物體在重力單獨作用下的運動規(guī)律。解：研究拋射體,列直角坐標形式的質(zhì)點運動微分方程積分后得xyM初始條件為

軌跡方程為：由此可見，物體的軌跡是一拋物線。于是物體的運動方程為：確定出積分常數(shù)為：例10.4

例4

垂直于地面向上發(fā)射一物體，求該物體在地球引力作用下的運動速度，并求第二宇宙速度。不計空氣阻力及地球自轉的影響。由于所以由直角坐標形式的質(zhì)點運動微分方程得：由于，將上式改寫為解：以物體為研究對象，將其視為質(zhì)點，建立如圖坐標。質(zhì)點在任一位置受地球引力的大小為：

分離變量得：設物體在地面發(fā)射的初速度為v0，在空中任一位置x處的速度為v，對上式積分得所以物體在任意位置的速度為：可見物體的速度將隨x的增加而減小。若v02<2gR，則物體在某一位置x＝R+H時速度將為零，此后物體將回落，H為以初速v0向上發(fā)射物體所能達到的最大高度。將x＝R+H及v＝0代入上式可得若v02>2gR，則不論x為多大，甚至為無限大時，速度v均不會減小為零，因此欲使物體向上發(fā)射一去不復返時必須具有的最小速度為若取g＝9.8m/s2，R＝6370km，代入上式可得這就是物體脫離地球引力范圍所需的最小初速度，稱為第二宇宙速度。例10.5

例5

在重力作用下以仰角a初速度v0拋射出一物體。假設空氣阻力與速度成正比，方向與速度方向相反，即FR＝-Cv，C為阻力系數(shù)。試求拋射體的運動方程。解：以物體為研究對象，將其視為質(zhì)點。建立圖示坐標。在任一位置質(zhì)點受力如圖。由直角坐標形式的質(zhì)點運動微分方程得因為v0vMFRmgOyxaq將它們代入運動微分方程，并令，得：這是兩個獨立的線性二階常系數(shù)常微分方程，由常微分方程理論可知，它們的解為求導得其中，C1、C2

、D1、D2為積分常數(shù)，由運動初始條件確定。當t＝0時，x0＝0，y0＝0；vx0＝v0cosa，vy0＝v0sina代入以上四式，求得于是質(zhì)點的運動方程為上式即為軌跡的參數(shù)方程，軌跡如圖所示。由第一式可知軌跡漸近線為。對于拋射體的射程：當a較大時，，當a

較小時，由運動方程求。v0vMFRmgOyxaq

質(zhì)點的速度公式為由上式可見，質(zhì)點的速度在水平方向的投影vx不是常量，而是隨著時間的增加而不斷減小，當t→∞時，vx→∞；質(zhì)點的速度在y軸上的投影vy，隨著時間的增加，大小和方向都將變化，當t→∞時，vx→g/m，方向鉛垂向下。因此，質(zhì)點的運動經(jīng)過一段時間后將鉛直向下作勻速運動。例10.6

例6

如圖所示，一細常桿桿端有一小球M，其質(zhì)量為m，另一端用光滑鉸固定。桿長為l，質(zhì)量不計，桿在鉛垂面內(nèi)運動，開始時小球位于鉛垂位置，突然給小球一水平初速度v0，求桿處于任一位置q時對球的約束力。解：以小球為研究對象，將其視為質(zhì)點。建立圖示的自然坐標。由運動學知：qOlO1Sv0M(+)nt

（1）式是一常系數(shù)二階非線性微分方程，其解為橢圓積分，較為復雜。將其積分一次求出，代入（2）式即可求出FT。因為所以qOlO1Sv0mgFTM(+)nt在任一位置質(zhì)點受力如圖。由自然坐標形式的質(zhì)點運動微分方程得即

得：由初始條件：t＝0時，q0＝0，代入上式得將其代入（2）式，得下面將計算結果作進一步的討論：

由(3)得此式表示桿在任意位置時球的速度。由此式可知:當時小球才能作圓周運動，否則球作擺動。(4)式給出約束力FT隨q角的變化規(guī)律。當q＝0時，當q＝p時，若令T=0，可由(4)式給出約束力為零時，桿的位置(設此時桿的位置用qA表示)所滿足的條件因此，要使T>0，必須滿足。即若則因此，在區(qū)間范圍內(nèi)，總存在確定的qA值，使小球在這一點不受桿的作用。當q<qA時，F(xiàn)T＞0，即小球受拉；當q>qA時，F(xiàn)T＜0，即小球受壓。例10.7umgs例7：質(zhì)量為m長為l的擺在鉛垂面內(nèi)擺動。初始時小球的速度為u,=0。求繩作用在小球上的力F(),并分析小球的運動。解：1、取研究對象畫受力圖

2、確定坐標系

3、建立微分方程

4、求解

5、分析小球運動Fn運動微分方程積分上式可得：分析小球微幅擺動的運動規(guī)律運動特點：等時性（周期與初始條件無關）初始條件：微分方程的通解確定積分常數(shù)解：1、取炮彈為研究對象,建立矢量方程2、建立直角坐標形式的運動微分方程yxovmgR例8:

建立拋體的運動微分方程。設空氣阻力的大小與速度的平方成正比運動微分方程炮彈運動軌跡圖飛機空投物體速度大小隨時間的變化例9:質(zhì)點與圓柱面間的動滑動摩擦因數(shù)為f，圓柱半徑為r為1m。（1）建立質(zhì)點的運動微分方程；（2）分析其運動。o解：取質(zhì)點為研究對象由（2）式解得：代入（1）式得：當：同理，當：數(shù)值方法給出質(zhì)點位置、速度和切向加速度隨時間的變化規(guī)律ot(s)yxovmg思考題:

給出垂直上拋物體上升時的運動微分方程。設空氣阻力的大小與速度的平方成正比yxovmgE:未給出正確答案

例1OA桿繞O軸逆時針轉動，均質(zhì)圓盤沿OA桿純滾動。已知圓盤的質(zhì)量m＝20kg，半徑R＝100mm。在圖示位置時，OA桿的傾角為30o，其角速度w1＝1rad/s，圓盤相對OA桿轉動的角速度w2＝4rad/s， ,求圓盤的動量。于是所以方向水平向右。動量計算解:取C為動點，動系與OA固連例2、橢圓規(guī)機構的規(guī)尺AB的質(zhì)量為2m1，曲柄OC的質(zhì)量為m1，滑塊A和B的的質(zhì)量均為m2。已知OC＝AC＝CB＝l。曲柄和規(guī)尺均為均質(zhì)細直桿。曲柄以角速度w轉動。求機構的動量。解1：由質(zhì)點系動量公式有建立如圖直角坐標系，則動量的投影為動量計算所以機構動量的大小和方向為解2：方向為C點速度的方向。因為得例3、兩均質(zhì)桿OA和AB質(zhì)量為m，長為l，鉸接于A。圖示位置時，OA桿的角速度為w，AB桿相對OA桿的角速度亦為w。求此瞬時系統(tǒng)的動量。解：由剛體系統(tǒng)的動量公式其中：方向水平向右。mvC1mvC2OABC1C2wwr=wAB作平面運動例4錘的質(zhì)量m＝3000kg，從高度h＝1.5m處自由下落到受鍛壓的工件上，工件發(fā)生變形歷時t＝0.01s；求錘對工件的平均壓力。解：以錘為研究對象，和工件接觸后受力如圖。工件反力是變力，在短暫時間迅速變化，用平均反力N*表示。錘自由下落時間錘對工件的平均壓力與反力N*大小相等，方向相反，與錘的重量G＝29.4kN比較，是它的56倍，可見這個力是相當大的。例5滑塊C的質(zhì)量為m＝19.6kg，在力P＝866N的作用下沿傾角為30o的導桿AB運動。已知力P與導桿AB之間的夾角為45o，滑塊與導桿的動摩擦系數(shù)f＝0.2，初瞬時滑塊靜止，求滑塊的速度增大到v＝2m/s所需的時間。解：以滑塊C為研究對象，建立坐標系。由動量定理得由(2)式得代入(1)式，求得所需時間為從而摩擦力為例6如圖所示，已知小車重為2kN，沙箱重1kN，二者以速度v0＝3.5m/s運動。此時有一重為0.5kN的鉛球垂直落入沙中后，測得箱在車上滑動0.2s，不計車與地面摩擦，求箱與車之間的摩擦力。解：研究系統(tǒng)，建立坐標系。代入已知數(shù)據(jù)，解得v＝3m/s設沙箱滑動結束后車速為v，則有再以小車為研究對象，由動量定理有代入已知數(shù)據(jù)，解得F＝0.5kN例7如圖所示，質(zhì)量為mA的均質(zhì)三棱柱A在重力作用下沿著質(zhì)量為mB的大均質(zhì)三棱柱B的斜面下滑，大三棱柱傾角為q。設各處摩擦不計，初始時系統(tǒng)靜止。求：(1)B的加速度；(2)地面的支反力。解：先對系統(tǒng)進行運動分析，建立如圖坐標，設B的速度為vB，A相對B的速度為vr，則于是系統(tǒng)受力如圖。因SFx(e)＝0，且初始系統(tǒng)靜止，有兩邊對t求導再以A為研究對象，受力如圖，由有即聯(lián)立求解(1)、(2)、(3)式得最后以整體為研究對象，得將（1）式代入上式則得即

例8圖示系統(tǒng)，重物A和B的質(zhì)量分別為m1、m2。若A下降的加速度為a，滑輪質(zhì)量不計。求支座O的反力。解：以整個系統(tǒng)為研究對象，受力如圖，建立如圖坐標。設A下降的速度為vA，B上升的速度為vB，則由運動學關系得系統(tǒng)的動量在坐標軸上的投影為由質(zhì)點系的動量定理注意到可得

例9如圖所示，電動機外殼固定在水平基礎上，定子、轉子的質(zhì)量分別為m1、m2。設定子質(zhì)心位于轉軸中心O1，由于制造誤差，轉子質(zhì)心O2到O1的距離為e，已知轉子以勻角速度w轉動。求：(1)質(zhì)心運動方程；(2)基礎對電機總的水平和鉛垂反力；(3)若電機沒有螺栓固定，各處摩擦不計，初始時電機靜止，求轉子以勻角速度w轉動時電動機外殼的運動。解：(1)建立如圖坐標，任一瞬時，q＝wt，即有故質(zhì)心運動方程為

(2)以系統(tǒng)為研究對象由質(zhì)心運動定理因故得（3）以系統(tǒng)為研究對象，受力如圖。在圖示坐標下，設初始時xC1＝a，當轉子轉過q，定子向右移動距離s，則所以解得由此可見，電動機在水平面上作往復運動。此時由于SFx(e)＝0，所以若，則。因此如電動機無螺栓固定，它將會跳起來。

例10質(zhì)量為m長為2l的均質(zhì)桿OA繞水平固定軸O在鉛垂面內(nèi)轉動，如圖。已知在圖示位置桿的角速度為w，角加速度為a。試求此時桿在O軸的約束反力。解1：用質(zhì)心運動定理。以桿為研究對象，受力如圖，建立如圖坐標。解得

解2：用動量定理。以桿為研究對象，受力如圖，建立如圖坐標。由得解得

例11質(zhì)量為M的大三角塊放在光滑水平面上，其斜面上放一和它相似的小三角塊，其質(zhì)量為m。已知大、小三角塊的水平邊長各為a與b。試求小三角塊由圖示位置滑到底時大三角塊的位移。解：取系統(tǒng)分析，受力如圖，建立如圖坐標。設大三角塊的位移為s，則由于SFx(e)＝0，且初始系統(tǒng)靜止，所以解得例1均質(zhì)圓盤可繞軸O轉動，其上纏有一繩，繩下端吊一重物A。若圓盤對轉軸O的轉動慣量為J，半徑為r，角速度為w，重物A的質(zhì)量為m，并設繩與原盤間無相對滑動，求系統(tǒng)對軸O的動量矩。解：LO的轉向沿逆時針方向。質(zhì)點系的動量矩例2圖示為一單擺（數(shù)學擺），擺錘質(zhì)量為m，擺線長為l，如給擺錘以初位移或初速度（統(tǒng)稱初擾動），它就在經(jīng)過O點的鉛垂平面內(nèi)擺動。求此單擺在微小擺動時的運動規(guī)律。解：以擺錘為研究對象，受力如圖，建立如圖坐標。在任一瞬時，擺錘的速度為v，擺的偏角為j，則式中負號表示力矩的正負號恒與角坐標j的正負號相反。它表明力矩總是有使擺錘回到平衡位置的趨勢。質(zhì)點的動量矩定理MyxNvmg由即這就是單擺的運動微分方程。當j很小時擺作微擺動，sinj

≈j，于是上式變?yōu)榇宋⒎址匠痰慕鉃槠渲蠥和a為積分常數(shù)，取決于初始條件。可見單擺的微幅擺動為簡諧運動。擺動的周期為顯然，周期只與l有關，而與初始條件無關。得例3高爐運送礦石的卷揚機如圖。已知鼓輪的半徑為R，質(zhì)量為m1，繞O軸轉動。小車和礦石的總質(zhì)量為m2。作用在鼓輪上的力偶矩為M，鼓輪對轉軸的轉動慣量為J，軌道傾角為a。設繩質(zhì)量和各處摩擦不計，求小車的加速度a。解：以系統(tǒng)為研究對象，受力如圖。以順時針為正，則由，有動量矩定理MOm2gNvm1gFOxFOyw因 ,于是解得若M＞m2gRsina，則a＞0，小車的加速度沿軌道向上。

必須強調(diào)的是：為使動量矩定理中各物理量的正負號保持協(xié)調(diào)，動量矩和力矩的正負號規(guī)定必須完全一致。動量矩定理例4水平桿AB長2a，可繞鉛垂軸z轉動，其兩端各用鉸鏈與長為l的桿AC及BD相連，桿端各聯(lián)結質(zhì)量為m的小球C和D。起初兩小球用細線相連，使桿AC與BD均為鉛垂，這系統(tǒng)繞z軸的角速度為w0。如某時此細線拉斷，桿AC和BD各與鉛垂線成a角。不計各桿的質(zhì)量，求這時系統(tǒng)的角速度w。解：以系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)所受的外力有小球的重力和軸承處的反力，這些力對轉軸之矩都等于零。所以系統(tǒng)對轉軸的動量矩守恒，即顯然，此時的角速度w＜w

0。解：取系統(tǒng)為研究對象例5

均質(zhì)圓輪半徑為R、質(zhì)量為m，圓輪對轉軸的轉動慣量為JO。圓輪在重物P帶動下繞固定軸O轉動，已知重物重量為W。求重物下落的加速度。應用動量矩定理OPWvmgFOxFOyw例7一繩跨過定滑輪，其一端吊有質(zhì)量為m的重物A，另一端有一質(zhì)量為m的人以速度u相對細繩向上爬。若滑輪半徑為r，質(zhì)量不計，并且開始時系統(tǒng)靜止，求人的速度。解：以系統(tǒng)為研究對象，受力如圖。設重物A上升的速度為v，則人的絕對速度va的大小為由于SMO(F(e))＝0，且系統(tǒng)初始靜止，所以LO＝0。由上可知，人與重物A具有相同的的速度，此速度等于人相對繩的速度的一半。如果開始時，人與重物A位于同一高度，則不論人以多大的相對速度爬繩，人與重物A將始終保持相同的高度。uvave＝vmgmguAOFOxFOy例7圖示物理擺的質(zhì)量為m，C為其質(zhì)心，擺對轉軸的轉動慣量為JO。求微小擺動的周期。

解：設j角以逆時針方向為正。當j角為正時，重力對O點之矩為負。由剛體定軸轉動的微分方程，有當微擺動時，有sinj

≈j

，故方程寫為此方程通解為j

0為角振幅，a為初相位。它們均由初始條件確定。擺動周期為mg這就表明，如已知某物體的質(zhì)量和質(zhì)心位置，并將物體懸掛于O點作微幅擺動，測出擺動周期后即可計算出此物體對于O軸的轉動慣量。例8如圖，飛輪對轉軸的轉動慣量為J，以初角速度w0繞水平軸轉動，其阻力矩M＝－aw(a為常數(shù))。求經(jīng)過多長時間，角速度降至初角速度的一半，在此時間內(nèi)共轉多少轉?

解：以飛輪為研究對象，由剛體定軸轉動的微分方程，有Mw0將（1）式變換，有將上式求定積分，得定軸轉動的轉動微分方程將(1)式改寫為即將上式求定積分，得轉過的角度為因此轉過的轉數(shù)例9如圖所示，嚙合齒輪各繞定軸O1、O2轉動，其半徑分別為r1、r2，質(zhì)量分別為m1、m2，轉動慣量分別為J1、J2，今在輪O1上作用一力矩M，求其角加速度。解：分別以兩輪為研究對象，受力如圖，由剛體定軸轉動的微分方程，有由運動學關系，得注意到 ，聯(lián)立求解以上三式得O1r1r2O2MFO1yFO1xFtFnm1gFO2yFO2xm2gO1O2F′tF′nMOFOxFOyW=mgOFOyFOxW=mg解除約束前：

FOx=0,FOy=mg/2突然解除約束瞬時：

FOx=？,FOy=？例題10關于突然解除約束問題

突然解除約束瞬時，桿OA將繞O軸轉動，不再是靜力學問題。這時，0，0。需要先求出，再確定約束力。應用定軸轉動微分方程應用質(zhì)心運動定理OFOxFOyW=mg

例11如圖所示，已知均質(zhì)桿的質(zhì)量為m，對z1軸的轉動慣量為J1，求桿對z2的轉動慣量J2

。解：由，得平行軸定理(1)－(2)得zz1z2abC

例12均質(zhì)直角折桿尺寸如圖，其質(zhì)量為3m，求其對軸O的轉動慣量。解：組合剛體的轉動慣量

例13如圖所示，質(zhì)量為m的均質(zhì)空心圓柱體外徑為R1，內(nèi)徑為R2，求對中心軸z的轉動慣量。

解：空心圓柱可看成由兩個實心圓柱體組成，外圓柱體的轉動慣量為J外，內(nèi)圓柱體的轉動慣量為J內(nèi)取負值，即設m1、m2分別為外、內(nèi)圓柱體的質(zhì)量，則于是組合剛體的轉動慣量

設單位體積的質(zhì)量為r

，則代入前式得注意到rpl(R21－R22)＝m,則得組合剛體的轉動慣量

例14均質(zhì)圓盤質(zhì)量為2m，半徑為r。細桿OA質(zhì)量為m，長為l＝3r，繞軸O轉動的角速度為w、求下列三種情況下系統(tǒng)對軸O的動量矩：(a)圓盤與桿固結；(b)圓盤繞軸A相對桿OA以角速度w逆時針方向轉動；(c)圓盤繞軸A相對桿OA以角速度w順時針方向轉動。解：(a)(b)(c)

例15一均質(zhì)圓柱，質(zhì)量為m，半徑為r，無初速地放在傾角為q的斜面上，不計滾動阻力，求其質(zhì)心的加速度。

解：以圓柱體為研究對象。圓柱體在斜面上的運動形式，取決于接觸處的光滑程度，下面分三種情況進行討論：(1)設接觸處完全光滑此時圓柱作平動，由質(zhì)心運動定理即得圓柱質(zhì)心的加速度CqCxyOqaCFNmg(2)設接觸處足夠粗糙

此時圓柱作純滾動，列出平面運動微分方程解得由于圓柱作純滾動，故F由純滾動條件有所以，可得這就是圓柱體在斜面上作純滾動的條件。qCxyaCOFNmg(3)設不滿足圓柱體在斜面上作純滾動的條件設圓柱體沿斜面滑動的動摩擦系數(shù)為f'，則滑動摩擦力于是圓柱體在斜面上既滾動又滑動,在這種情況下，aC≠ra例16均質(zhì)圓柱體A和B質(zhì)量均為m，半徑均為r。圓柱A可繞固定軸O轉動。一繩繞在圓柱A上，繩的另一端繞在圓柱B上。求B下落時，質(zhì)心C點的加速度。摩擦不計。解：取A分析，受力如圖。A作定軸轉動，應用定軸轉動的微分方程有其中aAFTmgFOxFOyOAF'TmgaBCDBaC取B分析，受力如圖。B作平面運動。應用平面運動的微分方程有由運動學關系aD＝raA,，而由加速度合成定理有例17均質(zhì)桿質(zhì)量為m，長為l，在鉛直平面內(nèi)一端沿著水平地面，另一端沿著鉛垂墻壁，從圖示位置無初速地滑下。不計摩擦，求開始滑動的瞬時，地面和墻壁對桿的約束反力。解：以桿AB為研究對象，分析受力。yBqCAmgxBqCAFAFB桿作平面運動，設質(zhì)心C的加速度為aCx、aCy，角加速度為a。aaCxaCy由剛體平面運動微分方程mgBqCAxy以C點為基點，則A點的加速度為再以C點為基點，則B點的加速度為aAaaBaCxaCyatBCatAC在運動開始時,w＝0,故,將上式投影到y(tǒng)

軸上，得an＝0AC同理， ，將上式投影到x軸上，得an＝0BC聯(lián)立求解(1)~(5)式，并注意到可得注：

亦可由坐標法求出(4)、(5)式：運動開始時，，故BqCAxyjAxCB例18如圖質(zhì)量為m的均質(zhì)桿AB用細繩吊住，已知兩繩與水平方向的夾角為j。求B端繩斷開瞬時，A端繩的張力。解：取桿分析，建立如圖坐標。有AB作平面運動，以A為基點，則jjABFT因為斷開初瞬時,vA＝0,w＝0,故,an＝0Aan＝0CA將上式投影到x軸上，得an

CAat

CAat

Aan

AajAxCBaaCxmg例19長l，質(zhì)量為m的均質(zhì)桿AB和BC用鉸鏈B聯(lián)接，并用鉸鏈A固定，位于平衡位置。今在C端作用一水平力F，求此瞬時，兩桿的角加速度。解：分別以AB和BC為研究對象，受力如圖。AB和BC分別作定軸轉動和平面運動。對AB由定軸轉動的微分方程得CBAFABFAxFBxFByaBWaABFAyBC作平面運動，取B為基點，則將以上矢量式投影到水平方向，得(4)由(1)~(4)聯(lián)立解得對BC由剛體平面運動的微分方程得(2)(3)BGCaBCFWaGxaGyatGBF'ByF'BxO例20平板質(zhì)量為m1，受水平力F作用而沿水平面運動，板與水平面間的動摩擦系數(shù)為f，平板上放一質(zhì)量為m2的均質(zhì)圓柱，它相對平板只滾動不滑動，求平板的加速度。解：取圓柱分析，建立如圖坐標。于是得：FaCFN1F1m2gaaOaxyxyF'N1F'1FN2F2m1gFa取板分析例21行星齒輪機構的曲柄OO1受力矩M作用而繞固定鉛直軸O轉動，并帶動齒輪O1在固定水平齒輪O上滾動如圖所示。設曲柄OO1為均質(zhì)桿，長l、重P；齒輪O1為均質(zhì)圓盤，半徑r

、重Q。試求曲柄的角加速度及兩齒輪接觸處沿切線方向的力。

解：以曲柄為研究對象，曲柄作定軸轉動，列出定軸轉動微分方程OO1MO1OaFnFtRnRtM由運動學關系，有聯(lián)立求解(1)~(4)，得O1F'nF'tTNatana1取齒輪O1分析，齒輪O1作平面運動MO1OaFnFtRnRta例1如圖所示滑塊重P＝9.8N，彈簧剛度系數(shù)k＝0.5N/cm，滑塊在A位置時彈簧對滑塊的拉力為2.5N，滑塊在20N的繩子拉力作用下沿光滑水平槽從位置A運動到位置B，求作用于滑塊上所有力的功的和。

解：滑塊在任一瞬時受力如圖。由于P與N始終垂直于滑塊位移，因此，它們所作的功為零。所以只需計算T與F的功。先計算T的功：

在運動過程中，T的大小不變，但方向在變，因此T的元功為T15cmBA20cmTPFN因此T在整個過程中所作的功為再計算F的功：由題意：因此F在整個過程中所作的功為因此所有力的功為T15cmBA20cmCvC牢記均質(zhì)圓盤在地面上作純滾動時的動能:均質(zhì)圓環(huán)在地面上作純滾動時的動能見P183。vABC解：II

為AB桿的瞬心例2均質(zhì)細桿長為l，質(zhì)量為m，上端B靠在光滑的墻上，下端A用鉸與質(zhì)量為M半徑為R且放在粗糙地面上的圓柱中心相連，在圖示位置圓柱作純滾動，中心速度為v，桿與水平線的夾角=45o，求該瞬時系統(tǒng)的動能。aOrdrO1wPABC例3長為l，重為P的均質(zhì)桿OA由球鉸鏈O固定，并以等角速度w繞鉛直線轉動，如圖所示，如桿與鉛直線的交角為a，求桿的動能。桿OA的動能是解：取出微段dr到球鉸的距離為r，該微段的速度是微段的質(zhì)量微段的動能O1例4求橢圓規(guī)的動能，其中OC、AB為均質(zhì)細桿，質(zhì)量為m和2m，長為a和2a，滑塊A和B質(zhì)量均為m，曲柄OC的角速度為w，j

=60°。解：在橢圓規(guī)系統(tǒng)中滑塊A和B作平動，曲柄OC作定軸轉動，規(guī)尺AB作平面運動。首先對運動進行分析，O1是AB的速度瞬心，因:ABOCjwvCvBvAwABABvAvCOCjO1wvBwAB對于曲柄OC： 規(guī)尺作平面運動，用繞速度瞬心轉動的公式求動能：系統(tǒng)的總動能為： BjA例5滑塊A以速度vA在滑道內(nèi)滑動，其上鉸接一質(zhì)量為m，長為l的均質(zhì)桿AB，桿以角速度w繞A轉動，如圖。試求當桿AB與鉛垂線的夾角為j時，桿的動能。解：AB桿作平面運動，其質(zhì)心C的速度為

速度合成矢量圖如圖。由余弦定理則桿的動能vAwjBAlvAvCAvCvAw

例6一長為l，質(zhì)量密度為ρ的鏈條放置在光滑的水平桌面上，有長為b的一段懸掛下垂，如圖。初始鏈條靜止，在自重的作用下運動。求當末端滑離桌面時，鏈條的速度。解得解:鏈條在初始及終了兩狀態(tài)的動能分別為

在運動過程中所有的力所作的功為由例7已知：

m

，R,f

，

。求純滾動時盤心的加速度。CFNmgvCF解：取系統(tǒng)為研究對象，假設圓盤中心向下產(chǎn)生位移s時速度達到vc。s力的功：由動能定理得：解得：例8卷揚機如圖，鼓輪在常力偶M的作用下將圓柱上拉。已知鼓輪的半徑為R1，質(zhì)量為m1，質(zhì)量分布在輪緣上；圓柱的半徑為R2，質(zhì)量為m2，質(zhì)量均勻分布。設斜坡的傾角為α，圓柱只滾不滑。系統(tǒng)從靜止開始運動，求圓柱中心C經(jīng)過路程S時的速度。

解：以系統(tǒng)為研究對象，受力如圖。系統(tǒng)在運動過程中所有力所作的功為系統(tǒng)在初始及終了兩狀態(tài)的動能分別為aFNFSm2gm1gFOxFOyMOC其中于是由得解之得aFNFSm2gm1gFOxFOyMOC例9在對稱連桿的A點，作用一鉛垂方向的常力F，開始時系統(tǒng)靜止，如圖。求連桿OA運動到水平位置時的角速度。設連桿長均為l，質(zhì)量均為m，均質(zhì)圓盤質(zhì)量為m1，且作純滾動。解：分析系統(tǒng)，初瞬時的動能為設連桿OA運動到水平位置時的角速度為w，由于OA＝AB，所以桿AB的角速度也為w，且此時B端為桿AB的速度瞬心，因此輪B的角速度為零，vB=0。系統(tǒng)此時的動能為OaAFBwvAvB

系統(tǒng)受力如圖所示，在運動過程中所有的力所作的功為解得OaAFBmgmgFSFNm1gFOxFOy由得例10已知：

J1

，J2

，R1，R2

，i12=

R2/R1

M1

，

M2。求軸Ⅰ的角加速度。ⅠⅡM1M2解：取系統(tǒng)為研究對象由運動學可知：主動力的功：由動能定理得：將上式對時間求導，并注意解得：ⅠⅡM1M2例11兩根完全相同的均質(zhì)細桿AB和BC用鉸鏈B連接在一起，而桿BC則用鉸鏈C連接在C點上，每根桿重P＝10N，長l＝1m，一彈簧常數(shù)k＝120N/m的彈簧連接在兩桿的中心，如圖所示。假設兩桿與光滑地面的夾角q

＝60o時彈簧不伸長，一力F＝10N作用在AB的A點，該系統(tǒng)由靜止釋放，試求q

＝0o時AB桿的角速度。AqCBODvAvDvBFwBCwAB解：AB桿作平面運動，BC桿作定軸轉動，找出AB桿的速度瞬心在O點，由幾何關系知OB＝BC＝l，因此由得 同時還可以得出結論，當θ＝0o時O點與A點重合，即此時A為AB桿的速度瞬心，所以主動力做功重力做功彈簧力做功外力所做總功 由動能定理的積分形式得：

因為系統(tǒng)屬理想約束，所以約束反力不做功，做功的力有主動力F，重力P和彈簧力，分別求得如下：解：取系統(tǒng)分析，則運動初瞬時的動能為例12如圖，重物A和B通過動滑輪D和定滑輪而運動。如果重物A開始時向下的速度為v0，試問重物A下落多大距離，其速度增大一倍。設重物A和B的質(zhì)量均為m，滑輪D和C的質(zhì)量均為M，且為均質(zhì)圓盤。重物B與水平面間的動摩擦系數(shù)為f

'，繩索不能伸長，其質(zhì)量忽略不計。DAB2v0Cv0

系統(tǒng)受力如圖所示，設重物A下降h高度時，其速度增大一倍。在此過程中，所有的力所作的功為由得解得速度增大一倍時的動能為DABCmgMgMgmgFNFSFOyFOx例13圖示機構，均質(zhì)桿質(zhì)量為m＝10kg，長度為l＝60cm，兩端與不計重量的滑塊鉸接，滑塊可在光滑槽內(nèi)滑動，彈簧的彈性系數(shù)為k＝360N/m。在圖示位置，系統(tǒng)靜止，彈簧的伸長為20cm。然后無初速釋放，求當桿到達鉛垂位置時的角速度。解：以系統(tǒng)為研究對象，則運動初瞬時的動能為

當桿運動到鉛垂位置時，其速度瞬心為桿端B，設此時桿的角速度為w，則系統(tǒng)的動能為BACmg30cm

在系統(tǒng)運動過程中，只有重力和彈力作功，所以在系統(tǒng)運動過程中所有的力所作的功為由得所以BACmg30cm

例14如圖，均質(zhì)桿質(zhì)量為m，長為l，可繞距端點l/3的轉軸O轉動，求桿由水平位置靜止開始轉動到任一位置時的角速度、角加速度以及軸承O的約束反力。解：本題已知主動力求運動和約束反力。桿作定軸轉動，轉動到任一位置時的動能為在此過程中所有的力所作的功為jCOmg解法1：用動能定理求運動以桿為研究對象。由于桿由水平位置靜止開始運動，故開始的動能為零，即w由得將前式兩邊對時間求導，得jCOmgw解法2：用微分方程求運動COmg由定軸轉動微分方程即所以得即又所以FOyFOxajCOwaxyaCxaCy現(xiàn)在求約束反力。質(zhì)心加速度有切向和法向分量：atCanC將其向直角坐標軸上投影得：COmgxyaCxaCyFOyFOx由質(zhì)心運動定理得：解得：BA

例15物塊A和B的質(zhì)量分別為m1、m2，且m1＞m2

，分別系在繩索的兩端，繩跨過一定滑輪，如圖?；喌馁|(zhì)量為m，并可看成是半徑為r的均質(zhì)圓盤。假設不計繩的質(zhì)量和軸承摩擦，繩與滑輪之間無相對滑動，試求物塊A的加速度和軸承O的約束反力。解一：取單個物體為研究對象。

分別以物塊A、B和滑輪為研究對象，受力如圖。分別由質(zhì)心運動定理和定軸轉動的微分方程，得m1gFAam2gFBaABOrF'BF'AFOxFOyOmga

由以上方程聯(lián)立求解得：注意到

解二：用動能定理和質(zhì)心運動定理。

解：以整個系統(tǒng)為研究對象，受力如圖，運動分析如圖。系統(tǒng)動能為所有力的元功的代數(shù)和為于是可得BAm1gvm2gvFOxFOyOmgw由微分形式的動能定理得

由質(zhì)心坐標公式于是可得BAm1gvm2gvFOxFOyOmgw由得

解三：用動量矩定理和質(zhì)心運動定理(或動量定理)。解：以整個系統(tǒng)為研究對象，受力如圖，運動分析如圖。系統(tǒng)對定軸的動量矩為然后按解二的方法即可求得軸承O的約束反力。BAm1gam2gaFOxFOyOmge由得

例16如圖所示，均質(zhì)圓盤可繞O軸在鉛垂面內(nèi)轉動，圓盤的質(zhì)量為m，半徑為R。在圓盤的質(zhì)心C上連結一剛性系數(shù)為k的水平彈簧，彈簧的另一端固定在A點，CA＝2R為彈簧的原長，圓盤在常力偶矩M的作用下，由最低位置無初速地繞O軸向上轉。試求圓盤到達最高位置時，軸承O的約束反力。

解：以圓盤為研究對象，受力如圖，建立如圖坐標。MOCACAayxMmgFFOxFOyOw45°解得由得yCAaxMmgFFOxFOyOw45°再由定軸轉動微分方程得解得代入加速度解得yCAaxMmgFFOxFOyOw45°yxanCatCaCxaCy由質(zhì)心運動微分方程得

例17均質(zhì)細桿長為l，質(zhì)量為m，靜止直立于光滑水平面上。當桿受微小干擾而倒下時，求桿剛剛到達地面時的角速度和地面約束力。

解：由于地面光滑，直桿沿水平方向不受力，倒下過程中質(zhì)心將鉛直下落。桿運動到任一位置(與水平方向夾角為q)時的角速度為此時桿的動能為初動能為零，此過程只有重力作功，由當q＝0°時解出PACqwvCvA

桿剛剛達到地面時受力及加速度如圖所示，由剛體平面運動微分方程，得

桿作平面運動，以A為基點，則C點的加速度為沿鉛垂方向投影，得聯(lián)立求解方程(1)~(3)，得ACaaCmgFAACaCawanCAaAatCAOD(b)例18圖示三棱柱體ABC的質(zhì)量為m1，放在光滑的水平面上，可以無摩擦地滑動。質(zhì)量為m2的均質(zhì)圓柱體O由靜止沿斜面AB向下滾動而不滑動。如斜面的傾角為q，求三棱柱體的加速度。qACBOvrwDavvevDvODvDa解：整體系統(tǒng)在水平方向上受力為零，所以系統(tǒng)的動量在水平方向上守恒。設某瞬時三棱柱的速度是v，圓柱體的角速度是w。求圓柱體的動量需要用O點的絕對速度，該速度可用兩種方法求得：②基點法：取圓柱體與三棱柱的接觸點D為基點，分析圓柱體中心O點的速度，如圖(b)所示①復合運動法：取圓柱體中心O為動點，動系與三棱柱固連，則O點的速度分析如圖(a)所示(a)wxya

araem2gFSFNOD由動量守恒定理:兩邊對時間t求導得欲求a需先求出a，取圓柱體分析如圖(c)所示，由平面運動微分方程得從中解出求出系統(tǒng)動量的水平分量：x'y'代入(*)式得例題19車床電動機的功率P輸入＝5.4kW。傳動零件之間的磨擦損耗功率為輸入功率的30％。工件的直徑d＝100mm。求：轉速n=42r/min和n=112r/min的允許最大切削力。解：車床正常工作時，工件勻速旋轉，動能無變化其中切削力F與工件在切削力作用點的速度v同向切削力F與工件在切削力作用點的速度v同向當n=42r/min時當n=112r/min時

例1球磨機的滾筒以勻角速度w繞水平軸O轉動,內(nèi)裝鋼球和需要粉碎的物料,鋼球被筒壁帶到一定高度脫離筒壁,然后沿拋物線軌跡自由落下,從而擊碎物料,如圖。設滾筒內(nèi)壁半徑為r,試求鋼球的脫離角a。

解：以某一尚未脫離筒壁的鋼球為研究對象,受力如圖。鋼球未脫離筒壁前,作圓周運動,其加速度為慣性力FI的大小為假想地加上慣性力,由達朗貝爾原理OMrwaqFFNmgFI

這就是鋼球在任一位置q時所受的法向反力,顯然當鋼球脫離筒壁時,FN＝0,由此可求出其脫離角a為例2重P長l的等截面均質(zhì)細桿AB,其A端鉸接于鉛直軸AC上,并以勻角速度w繞該軸轉動,如圖。求角速度w與角q的關系。解：以桿AB為研究對象,受力如圖。桿AB勻速轉動,桿上距A點x

的微元段dx

的加速度的大小為微元段的質(zhì)量dm＝Pdx/gl。在該微元段虛加慣性力dFI,它的大小為xdxdFIanqwBACyxqBAxdPFAxFAyFI于是整個桿的慣性力的合力的大小為設力FI的作用點到點A的距離為d,由合力矩定理,有即假想地加上慣性力,由質(zhì)點系的達朗貝爾原理qBAxdPFAxFAyFI代入FI的數(shù)值,有故有q＝0或OxyFIidFTFTOR例3已知：m，R，。求：輪緣橫截面的張力。解：取上半部分輪緣為研究對象DBA

例3如圖所示,均質(zhì)桿AB的質(zhì)量m＝40kg,長l＝4m,A點以鉸鏈連接于小車上。不計摩擦,當小車以加速度a＝15m/s2向左運動時,求D處和鉸A處的約束反力。解：以桿為研究對象,受力如圖,建立如圖坐標。桿作平動,慣性力的大小為FI＝ma。假想地加上慣性力,則由質(zhì)點系的達朗貝爾原理于是得FIlA30°DBh＝1maaFDmgFAxFAyxy

代入數(shù)據(jù),解之得：DBAFIaFDmgFAxFAyxyBC

例4均質(zhì)桿AB長l,重W,B端與重G、半徑為r的均質(zhì)圓輪鉸接。在圓輪上作用一矩為M的力偶,借助于細繩提升重為P的重物C。試求固定端A的約束反力。解：先以輪和重物為研究對象,受力如圖。假想地加上慣性力由質(zhì)點系的達朗貝爾原理aMGFBxFByMIBaPFIC代入MIB和FIC得

再以整體為研究對象,受力如圖,假想地加上慣性力BCAaMGFAxFAyMIBPFICaWmA代入MIB和FIC解得由質(zhì)點系的達朗貝爾原理jOxyCBA

質(zhì)量為m,長為l的均質(zhì)直桿AB的一端A焊接于半徑為r的圓盤邊緣上,如圖。今圓盤以角加速度a繞其中心O轉動。求圓盤開始轉動時,AB桿上焊接點A處的約束反力。解：以桿為研究對象,受力如圖,建立如圖坐標。將慣性力系向轉軸簡化,慣性力的大小為aOrABlamgaCFIMIOFAxFAymA

由質(zhì)點系的達朗貝爾原理CBAamgaCFIMIOFAxFAymAjOxy將已知數(shù)值代入以上三式,解之得qrC

例6重P、半徑為r的均質(zhì)圓輪沿傾角為q的斜面向下滾動。求輪心C的加速度,并求圓輪不滑動的最小摩擦系數(shù)。解：以圓輪為研究對象,受力如圖,建立如圖坐標。

圓輪作平面運動,輪心作直線運動,則將慣性力系向質(zhì)心簡化,慣性力和慣性力偶矩的大小為qCrFSFIMIFNPaxyaC則由質(zhì)點系的達朗貝爾原理

解之得由于圓輪沒有滑動,則F≤fN,

即由此得所以,圓輪不滑動時,最小摩擦系數(shù)qrCFSFIMIFNPaxyaC例題9已知兩均質(zhì)直桿自水平位置無初速地釋放。求兩桿的角加速度和O、A處的約束反力。解:(1)取系統(tǒng)為研究對象ABOMI1MI2mgmgFI2FI1FOyFOxBAO12(2)取AB桿為研究對象MI2mgFI2FAyFAxBA2(3)取AB桿為研究對象MI2mgFI2FAyFAxBA2

(4)取系統(tǒng)為研究對象MI1MI2mgmgFI2FI1FOyFOxBAO12

例7均質(zhì)桿的質(zhì)量為m,長為2l,一端放在光滑地面上,并用兩軟繩支持,如圖所示。求當BD繩切斷的瞬時,B點的加速度AE繩的拉力及地面的反力。解：以AB桿為研究對象,桿AB作平面運動,如圖,以B點為基點,則C點的加速度為其中將慣性力系向質(zhì)心C簡化,得慣性力FI＝FIe＋FIr,其中FIe＝maB,FIr＝matCB

＝mla和慣性力偶,其力偶的矩為AECBxy30oBCAED30oFTFNmgFIeFIrMIaBaBa

tCBa在BD繩切斷的瞬時,受力如圖,建立如圖坐標。由質(zhì)點系的達朗貝爾原理AECBxy30oFTFNmgFIeFIrMIBA30ox以B為基點,則A點的加速度為其中將上式投影到x軸上得聯(lián)立求解（1）~（4）式,得aBaBa

tCBaa

tA

例8

如圖所示,均質(zhì)桿AB長為l,重為Q,上端B靠在半徑為R的光滑圓弧上（R=l

）,下端A以鉸鏈和均質(zhì)圓輪中心A相連,圓輪重P,半徑為r,放在粗糙的地面上,

由靜止開始滾動而不滑動。若運動開始瞬時桿與水平線所成夾角,求此瞬時A點的加速度。

輪和桿均作平面運動,將慣性力系分別向質(zhì)心簡化,則慣性力和慣性力偶的矩的大小分別為

解：設系統(tǒng)運動的初瞬時,圓輪中心的加速度為,角加速度為；AB桿的角加速度為,質(zhì)心C的加速度為、。如圖。

先以整體為研究對象,受力如圖。假想地加上慣性力和慣性力偶,則由質(zhì)點系的達朗貝爾原理(1)

再以AB為研究對象,受力如圖。假想地加上慣性力和慣性力偶,則由質(zhì)點系的達朗貝爾原理（2）

AB桿作平面運動,先以B點為基點,則A點的加速度為其中其加速度合成矢量圖如圖所示。

將其投影于軸,得（3）

再以A為基點,則C點的加速度為其中

,加速度合成矢量圖如圖。將其投影于、軸,得（4）（5）

由式（3）、（4）、（5）可將、、都化為的函數(shù),即

將其代入式（1）、（2）,并取,聯(lián)立該兩方程可解得

一、求主動力之間的關系例1、圖示機構中，已知OA=AB=l，，如不計各構件的重量和摩擦，求在圖示位置平衡時主動力與的大小之間的關系。

解1：以系統(tǒng)為研究對象，受的主動力有、。給系統(tǒng)一組虛位移如圖。由虛位移原理，得將以上關系代入前式得由于，于是得

AB作平面運動，瞬心在點，則亦可由速度投影定理求虛位移之間的關系：由速度投影定理解2：解析法。建立如圖坐標。由于且對上兩式作變分，得由，得即由于，于是得例2圖示機構中，當曲柄OC繞軸擺動時，滑塊A沿曲柄自由滑動，從而帶動桿AB在鉛垂導槽K內(nèi)移動。已知OC=a，OK=l，在C點垂直于曲柄作用一力Q，而在B點沿BA作用一力P。求機構平衡時，力P與Q的關系。

解1：（幾何法）以系統(tǒng)為研究對象，受的主動力有P、Q。給系統(tǒng)一組虛位移如圖。其中由虛位移原理，得式中故有由于，于是得主動力作用點的坐標及其變分為主動力在坐標方向上的投影為解2解析法:建立如圖坐標。由，得即亦即由于，于是得解3：綜合法。

本題用解析法計算力的虛功，用幾何法計算力的虛功，此時虛功方程可以寫為將代入上式，得即可得同樣的結果。二、求系統(tǒng)的平衡位置例3圖示平面機構，兩桿長度相等。在B點掛有重W的重物。D、E兩點用彈簧連接。已知彈簧原長為l，彈性系數(shù)為k，其它尺寸如圖。不計各桿自重。求機構的平衡位置。解：以系統(tǒng)為研究對象，建立如圖的坐標。

系統(tǒng)受力有主動力，以及非理想約束的彈性力和，將其視為主動力。其彈性力的大小為主動力作用點的坐標及其變分為主動力在坐標方向上的投影為由，得即亦即因，故將F代入，化簡得

三、求約束反力例4試求圖示多跨靜定梁鉸B處的約束反力。

解：以梁為研究對象，解除