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第十章第十章 质点系动力学：能量方法质点系动力学：能量方法 一、动能和动能定理 1 动能 质点系的动能 = = n i iii mT 1 2 1 vv， 其中 n 为系统中的质点数目，可以是有限或无穷，mi和 vi分别为各质点的质量和速度。 平 移刚体的动能 2 2 1 mv=T， 其中 m 为平移刚体的质量。 定轴转动刚体的动能 2 2 1 z JT = 其中 Jz为定轴转动刚体关于定轴的转动惯量。 平面运动刚体的动能 2 2 1 P J=T，或 22 2 1 2 1 CC Jmv +=T 其中为刚体的角速度。v为平面运动刚体质心 C 的速度，为对质心得转动惯量 CC J 2 动能定理 动能定理的微分形式： 在质点系运动过程中的任意时刻或任意位形， 质点系动能的微分 等于作用于质点系的主动力元功Td ( )a W d 和约束力元功 ( )c W d 的代数和，即 ( )(ca ddWWT+= ) d 力系的功率 = = n i ii P 1 vF 功率方程： ( )( )ca d d PP t T += ( ) 式中分别为主动力和约束力的功率。 ( )ca ,PP 动能定理的积分形式 ， ( )( )ca 12 WWTT+= 3 保守系统的机械能守恒 保守系统：作功的主动力和约束力均为有势力。 机械能受恒定律 ， const=+VT 解题要领解题要领 1） 选定研究对象，确定质点系统的动力学过程的始末状态。 2） 计算系统的动能，其中独立运动学参数的个数须与系统得自由度相同。 3） 计算所有力的功，包括主动力、约束力的功，或全部外力和内力的功，注意有许多力是 不做功的如理想约束力、刚体的内力以及轮或球在固定面上作纯滚动时的地面约束力等 等。 4） 许多问题中，动能定理含有未知量不止一个，这样通常还须与动量定理或动量矩定理联 立求解。 1 5） 动能定理只与速度和角速度有关，但末状态为任意状态时，还可以将动能定理对时间求 导而得到加速度关系， 求导过程中要注意运用复合函数的求导规则， 注意是对时间求导。 二、拉格朗日方程 1 达朗贝尔拉格朗日原理 朗贝尔拉格朗日原理（动力学普遍方程） ： ()0 1 = = n i iiii mrrF& & 其中为 P i r i的矢径， 为作用在 P i F i上的主动力。 2 拉格朗日方程 拉格朗日方程 ()mjQ q T q T t j jj ,.,2 , 1 d d = & 保守系统的拉格朗日方程 ()mj q L q L t jj ,.,2 , 10 d d = & 其中为拉格朗日函数。 VTL= 拉格朗日方程的普遍形式 ()mjQ q L q L t j jj ,.,2 , 1 d d = & 式中Q为非有势力对应的广义力。 j 拉格朗日方程 动能定理 动静法 动量法：动量定理 动量矩定理 质心运动定理 定轴转动微分方程 平面运动微分方程 能量方法 矢量方法 质点系统动力学 3 保守系统拉格朗日方程的初积分 若拉格朗日函数不显含广义坐标，即有L i q0= i q L ，称此广义坐标为循环坐标。拉格 朗日方程存在循环积分 j j C q L = & 2 它包括了系统的动量或动量矩守恒。 本教材讨论的约束系统与时间无关，拉格朗日函数不显含时间，对于保守系统，存在 能量积分 L CVT=+ 其中 C 为由初始条件确定的积分常数。其物理意义是保守系统的机械能守恒。 三、动力学综合应用 解题要领 1） 质点系动力学问题可以用矢量方法或能量方法独立进行研究，关键问题是要灵活选择合 适的方法，以便快捷地求得解答。 2） 因动能定理只有一个式子，因此，常常是与动量方法结合，联立求解。 3） 当系统从一个位置运动到另一个位置，要求速度或角速度时，用动能定理。 4） 求力与加速度的关系用动静法比较方便。 5） 尽量利用守恒定律，如动量守恒定律、动量矩守恒定律，机械能守恒定律。 6） 要对力学系统进行过程分析，要建立系统的运动微分方程，用拉格朗日方程为好。 第十章质点系动力学能量方法第十章质点系动力学能量方法 习题解答习题解答 题 10-1 图 10-1 半径为 r 的匀质圆轮质量均为 m，图（a） 和（b）所示为轮绕固定轴 O 作定轴转动，角速度为 ；图（c）为轮作纯滚动，轮心速度为v。试写出 它们的动能。 解解： （a）匀质圆轮作定轴转动， 对O点的转动惯量为 222 2 3 2 1 mrmrmrJO=+=， 动能为 222 4 3 2 1 mrJO=T。 （b）匀质圆轮作定轴转动，对 O 点的转动惯量为 22 2 1 2 1 mrmrJO=， 动能为 222 4 1 2 1 mrJO=T。 （c）匀质圆轮作作纯滚动，rv =， 动能为 222 4 3 2 1 2 1 mvJmv C =+=T 题 10-2 图 10-2 匀质杆 OA 长 l，质量为 m，绕 O 点转动的角速度为；匀 质圆盘半径为 r，质量也为 m。求下列三种情况下系统的动能： （1）圆盘固结于杆； （2）圆盘绕 A 点转动，相对杆的角速度为； （3）圆盘绕 A 点转动，相对杆的角速度为。 解解： （1）圆盘固结于杆。对 O 点转动惯量为 22222 2 1 3 4 2 1 3 1 mrmlmlmrmlJO+=+= 3 动能为() 2222 38 12 1 2 1 mrlJO+=T （2）圆盘绕 A 点转动，相对杆的角速度为，则圆盘作平移，质心速度为lv =。 动能为： T=T杆+T盘= 2222222 3 2 2 1 6 1 2 1 2 1 mlmvmlmvJO=+=+ （3）圆盘绕 A 点转动，相对杆的角速度为，则圆盘的角速度为2。 T=T杆+T盘=()()2 2 2 22222 2 4 1 2 1 6 1 2 1 2 1 2 1 mrlmmlJmvJ CO +=+ () 222 32 3 1 mrl+=。 题 10-3 图 10-3 质量为 m1的匀质杆，长为 l，一端放在水平面上， 另一端与质量为 m2、半径为 r 的匀质圆盘在圆盘中心 O 点 铰接。圆盘在地面上作纯滚动，圆心速度为 v。求系统在此 位置的动能。 解解：杆作平移，动能为 2 11 2 1 vmT=； 圆盘作纯滚动，动能为 2 2 22 22 4 3 2 1 2 1 vmJvmT O =+=； 总动能为 () 2 2121 32 4 1 vmmTT+=+=T。 10-4 一小方块在倾角为的斜面上，高度为 h 处无初速地 滑下，到达水平面后经过距离 l 而停住。设方块从斜面滑到水平 面上时，在 B 处速度的大小不变。已知lh,，求方块与接触面 间的摩擦因数。 题 10-4 图 解解：小方块在运动过程中，初速度0 1= v，末速度v； 0 2 = 重力的功 mghWg=， 摩擦力的功分两部分： 其一为在斜面上。法向反力为cos 1 mgFN=，斜面长为 sin 1 h s=，摩擦力的功为 ssNf f h mgsfFW sin cos 111 =； 其二为在水平面上。法向反力为mgFN= 2 ，水平面上距离为l，摩擦力的功为 ssNf flmglfFW= 22 ； 由动能定理得 0 21 =+ ffg WWW，解得 sincos sin lh h fs + =。 10-5 一质量为 10 kg 物体在倾角为 30的斜面上无初速地滑 下，滑过 1 m 后压在一弹簧上，使弹簧压缩 10 cm。设弹簧刚度为 50 N/cm，求重物与斜面间的摩擦因数。 题 10-5 图 解解：物体在运动过程中，初速度0 1= v，末速度v； 0 2 = 重力的功 () o 30sin+=smgWg； 摩擦力的功为：() o 30cosfsmg f +=W； 4 弹簧力的功： 2 2 1 k e =W 由动能定理得 0=+ efg WWW，解得 () () o o 30cos 2 1 30sin 2 + + = smg ksmg f，将数据代入， 得 . 31. 0=f 10-6 一复摆绕 O 点转动如图示。复摆的质量为 m，对其质心 C 的回转半径为 C 。设xOC =，问当 x 为何值时，摆从水平位 置无初速地转到铅垂位置时的角速度为最大？并求此最大角速 度。 题 10-6 图 解解：复摆对 O 点的转动惯量为，动能为 22 mxmJ CO += () 2222 2 1 2 1 xmJ CO +=T， 仅重力做功，W，由动能定理得：mgx=()mgxxm C =+ 222 2 1 ，解出 22 2 2 x gx C + = 。 令0dd=x，解得 C x=，从而有 C g= max 。 10-7 质量均为 m，半径均为 r 的匀质圆盘和圆 环，放在倾角为的斜面上，圆盘和圆环同时从静 止开始在斜面上作纯滚动。试分析圆盘和圆环哪一 个先到达地面？ 解解：设圆盘质心的速度为，圆环质心的速度为v， 则 圆 盘 的 动 能 为 1 v 2 2 1 mv 4 3 T， 圆 环 的 动 能 为 ，重力的功为 = 2 2 mvT=sinmgs=W，为圆盘或圆环的质心沿斜面滑过的距离。由动能 定理：T，得 s W= 题 10-7 图 圆盘：sin 4 3 2 1 mgsmv=；圆环： 。 sin 2 1 mgsmv= 解得， 3 sin 2 1 gs v =，sin 2 gsv =。 因，所以圆盘先到达地面。 21 vv 10-8 图示冲床冲压工件时冲头受的平均工作阻力 F = 52 kN， 工作 行程 s = 10 mm，飞轮的转动惯量 J = 40 kg m2 ，转速 n=415 r/min。 假定冲压工件所需的全部能量都有飞轮供给，计算冲压结束后飞轮的 转速。 题 10-8 图 解解：飞轮的动能： 2 302 1 = n J T，工作阻力的功：W， Fs= 5 由动能定理，T，导出WT = 122 2 12 30 2 = J Fs nn， 代入数据，得冲压结束后飞轮的转速为min/ r1 .412 2 =n. 10-9 重物 A 质量为 m1， 系在绳索上跨过一不计质量的定滑轮 D 并绕在滑轮 B 上，滑轮 B 的半径为 R，与半径为 r 的滚子 C 固结， 两者总质量为 m2，对 O 轴的回转半径为。当重物 A 下降时，滚 子 C 沿水平轨道滚动而不滑动，试求重物 A 的加速度。 解解： 取整个系统为研究对象，自由度为 1。设重物速度为，则轮 的角速度 A v rR vA =，轮心速度为 AO v rR r =v。系统的动能为 () 2 22 2 2 1 22 1 2 1 2 1 2 1 2 1 +=+= rR v rmvmJvm A APA T。 运动过程中仅重力做功，Wygm1=，为重物下降的距离。由动 能定理， y WTT= 0 ，T为初始动能。得 0 () ygmTv rR r mm A10 2 2 22 21 2 1 = + + . 等式两边对时间求导，注意到tyvAdd=，导出： () () g rmrRm rRm aA 22 2 2 1 2 1 + = 。 题 10-9 图 10-10 匀质圆盘质量为 m，半径为 r，可沿水平面作纯滚动， 刚度系数为 k 的弹簧一端固定于 B，另一端与圆盘中心相连。已知 弹簧为原长时圆盘的角速度为，试求：圆盘向右运动到达最右 位置时，弹簧的伸长量、圆盘的角加速度以及圆盘与水平面间的 摩擦力。 解解：取圆盘为研究对象，圆盘的初动能为： 22 4 3 mr=T，弹簧 变形为 x 时圆盘的角速度为 1 ，动能为： 2 1 2 1 4 3 mr=T。运动过程中仅弹簧力做功 2 2 1 kxW=。由动能定理，TWT = 1 ，得 题 10-10 图 () 222 1 2 2 1 4 3 kxmr=。 （a） 当圆盘向右运动到达最右位置时，0 1= ，导出弹簧的伸长量为 k m rx 2 3 max =。 将式（a）等号两边对时间求导，注意到 rtx=dd，得 krxmr= 2 2 3 ， 当圆盘向右运动到达最右位置时， max xx =，导出圆盘的角加速度 m k 6 2=，负号表 6 示与角速度方向相反。 此时，圆盘的受力如图示，由质心运动定理得，ma， 导 出： eO FF += 6 mk rF=。 rad/s1 . 0 0 = g WT+= 01 2 0 6 1 ml= 10-11 质量为 15 kg 的细杆可以绕 O 轴转动， 杆 A 端连接一刚度系数为 k=50N/m的弹簧。 弹簧另一端固结于 B 点， 弹簧原长 1.5m。 试求杆从水平位置以初角速度落到 图示位置时的角速度。 解解：设杆落到图示位置时的角速度为，动能定理为 T e W 其中： 2 0 T， 2 1 2 1 6 1 ml=T， o 60sin 2 l mg g =W， ( 2 1 2 0 2 1 =kWe)。代入后导出， () 2 0 2 1 2 01 3 2 33 +=k l g 题 10-11 图 代入数据后得，rad/s93. 1=。 10-12 平面机构由两匀质杆 AB 和 BO 组成，两杆的质量均为 m，长度均为 l，在铅垂平面内运动。在杆 AB 上作用一不变的力 偶 M，从图示位置由静止开始运动，不计摩擦。求当杆端 A 即将 碰到铰支座 O 时杆端 A 点的速度。 题 10-12 图 解解： 以杆 AB 和 BO 组成的平面机构为研究对象， 自由度为 1， 当 杆端 A 即将碰到铰支座 O 时，0=。 BO 杆的动能为 22 6 1 mlTBO=， AB 杆的动能为 2 2 1 AB CAB J=T， 其中， 2 2 2 12 28 2 3 12 1 mllmmlJ AB C = += 功为：()cos1=mglMW。由动能定理，得 ()cos1 3 4 22 =mglMml， 解得 ()cos1 3 2 1 =mglM ml ， 从而 ()cos1 3 2=mglM m lvA。 10-13 匀质杆 AB 长为 l， 质量为 2m， ， 两端分别与质量均为 m 的滑块铰接，两光滑槽互相垂直。设弹簧刚度为 k，且当 AB 杆水 平时弹簧为原长。若机构在时无初速地开始运动，试求当 杆 AB 处于水平位置时的角速度和角加速度。 o 60= 解解：取系统为研究对象，系统的动能为 7 题 10-13 图 ()() 22 22 22 6 5 2 6 1 cos 2 1 sin 2 1 ml mllmlmT = += 功为 ()2 2 cos1 2 1 sin 2 1 +=klmglW 由动能定理列出 () 2 222 60cos1 2 1 60sin 2 1 6 5 oo +=klmglml， 将数据代入，导出 ml klmg 20 336+ =。 为求 AB 杆的角加速度，杆在任意位置时，由动能定理列出 ()() 2 222 60coscos 2 1 sin60sin 2 1 6 5 oo +=klmglml， （a） 将(a)式等号两边对时间求导，注意到t dd=，导出 ()sin60coscoscos 2 1 3 5 22o +=klmglml， 将数据代入，得 l g 10 3 =. 10-14 测量机器功率的动力计，由胶带 ABCD 和杠杆 BF 组成。胶带 具有铅直的两端 AC 和 BD，并套住机器滑轮的下半部，杠杆支点为 O。借升高或降低支点 O，可以改变胶带的张力，同时变更轮与胶带 间的摩擦力。杠杆上挂一质量为 3 kg 的重锤，使杠杆 BF 处于水平 的平衡位置。如力臂 l=500 mm，发动机转速 n=240 r/min，求发动机 的功率。 解解： 取杠杆 BF 为研究对象， ，0= O m()0 21 =GlrFF 发动机传递的力矩为 ()mglrFFM= 21 于是发动机的功率为 30 n mglMP =， 将数据代入，得 P=0.369 kW. 题 10-14 图 10-15 鼓轮 B 质量为 m，内外半径分别为 r 和 R，对转轴 O 的回转半径为，其上绕有细绳，一端吊一质量为 m 的物 块 A，另一端与质量为 M、半径为 r 的匀质圆轮 C 相连，斜面 倾角为， 绳的倾斜段与斜面平行。 试求： 鼓轮的角加速度、 8 题 10-15 图 斜面的摩擦力以及连接重物 A 的绳子的张力（表示为的函数） 。 sin 0 = 解解：一）取整个系统为研究对象，以鼓轮的转角为广义坐标，系统的拉氏函数为 ()(gMrmRMrRmVTL32 4 1 2222 += & 代入拉氏方程， ) ()()sin32 2 1 222 =+gMrmRMrRm & & ， 解得 () () 222 32 sin2 MrRm mRMrg + = & &。 二）取重物为研究对象， 列出质点动力学方程：， AATA maGF= 其中 RamgG AA =,，解得 ()RgmFTA+= 三）取轮 C 为研究对象， 由平面运动微分方程， CC Jm = ， 2 2 1 mrFr =， 解得 MrF 2 1 =。 10-16 用拉格朗日方程解题 10-9。 解解： 取整个系统为研究对象，自由度为 1。选重物下降的距离为广义坐标，重物速度为 ，轮的角速度 y yvA&= rR y = & ，轮心速度为 y rR r vO& 。系统的动能为 () 2 2 22 21 22 1 2 1 2 1 2 1 y rR r mmJvm PA & + +=+= T。 势能为 。拉氏函数为 ygmV 1 = () ygmy rR r mmVTL 1 2 2 22 21 2 1 + + +=& 。 代入拉氏方程 () 0 d d 12 22 21 = + += gmy rR r mm y L y L t & & & ， 导出： () () g rmrRm rRm yaA 22 2 2 1 2 1 + = & &。 10-17 用拉格朗日方程建立题 10-10 中圆盘的运动微分方程。 解解： 取圆盘为研究对象， 弹簧变形为 x 时圆盘的角速度为r x & = 1 ， 动能为： 2 1 2 4 3 mr=T， 弹性势能 2 2 1 kxV =。拉氏函数为 22 2 1 4 3 kxxmVTL=&， 9 因 L 不显含 t，所以存在能量积分，TCV =+，即 Ckxxm=+ 22 2 1 4 3 &， 由初始条件得，()2 4 3 rm=C，代回原式 2222 4 3 2 1 4 3 mrkxxm=+& 当圆盘向右运动到达最右位置时，0=x&，导出弹簧的伸长量为 k m rx 2 3 max =。 由拉氏方程， 0 2 3 d d =+= kxxm y L y L t & & & ， 当圆盘向右运动到达最右位置时， max xx =，导出圆盘的角加速度 m k r x 6 2= & & ，负号表示与x增大方向相反。 摩擦力计算同式 10-10。 10-18 用拉格朗日方程解题 10-11。 解解：选杆与 OA 夹角为广义坐标，拉氏函数为 222 2 1 sin 2 1 6 1 kmglmlVTL= & 其中，为位置上弹簧的伸长。因 L 不显含 t，所以存在能量积分，T，即 CV =+ Ckmglml=+ 222 2 1 sin 2 1 6 1 & ， （a） 由初始条件得，kml 8 1 6 1 2 0 2 +=C。 当时， o 60=)m(5 . 132=。代入（a）式，导出 。 rad/s93. 1= & 10-19 用拉格朗日方程建立题 10-13 系统的运动微分方程。 解解：取系统为研究对象，选为广义坐标，系统的拉氏函数为 ()2 222 cos1 2 1 sin 2 1 6 5 =klmglmlVTL & ， 存在能量积分：()CklmglmlV=+=+ 2 222 cos1 2 1 sin 2 1 6 5 & T 其中 2 8 1 4 3 klmgl +=C。当0=时，导出： ml klmg 20 336+ = & 列出拉氏方程 题 10-20 图 ()0sincos1cos 2 1 3 5 22 =+klmglml & & 当0=时，导出： l g 10 3 =& &。 10-20 在图示系统中，匀质圆轮 A 的质量为 M，半径为 r； 摆球 B 的质量为 m，摆长为 b；弹簧刚度为 k；弹簧及杆 AB 的 10 质量不计，圆盘在水平面上作纯滚动。若选取,为广义坐标，用拉格朗日方程建立系统 的运动微分方程并写出其初积分。 解解：取系统为研究对象，自由度为 2，选,为广义坐标，动能和势能为 ()() 22 22 sincos 2 1 4 3 & &bbrmMrT+= 题 10-21 图 cos 2 1 22 mgbkrV= 拉氏函数为,代入拉氏方程，导出 VTL= ()() 0sincos 02sincos223 2 =+ =+ mbmbmr krmbrmM & & & & & & & & 。 注意到0=tL，表明系统存在能量积分，TCV =+，即 () .cos 2 1 cos 2 1 23 4 1 22 2222 Cmgbkr rbmmbrmM =+ + & & & & 10-21 正方形匀质板的质量为 40 kg ， 在铅垂平面内用三根绳 子拉住，板的边长为 b=100 mm，如图示。求： （1）当软绳 FG 剪 断后，木板开始运动的加速度，以及 AD 和 BE 两绳的张力； （2） 当AD和BE运动到铅垂位置时， 板中心C的加速度和两绳的张力。 解解：取板为研究对象，板作平移运动。 一）在软绳 FG 剪断的瞬时。由平面运动微分方程得 Cxx maF = ， () oo 60sin60cos CBA maFF=+ Cyy maF = ， () oo 60cos60sin CBA maFFP=+ CC Jm = ，()()0 2 60sin 2 60cos=+ b FF b FF BABA oo 。 解得：a， 2 m/s9 . 42/= gN268,N72= BA FF 二）当 AD 和 BE 运动到铅垂位置时，由动能定理，列出 () o 60sin1 2 1 2 = mglmvC 11 题 10-22 图 解得 ()32 2 =g l v a C C 。 再由平面运动微分方程得 Cyy maF = ，() CBA maFFP=+， CC Jm = ，()0 2 = b FF BA ， 解得：() 2 m/s63. 232=ga,N5 .248= BA FF. 10-22 在图示机构中，物块 A、B 的质量均为 m，两匀质 圆轮 C、D 的质量均为 2m，半径均为 R。轮 C 铰接于无重悬 臂梁 CK 上，梁的长度为 3R，D 为动滑轮，绳与轮间无滑动， 系统由静止开始运动。求： （1）A 物块上升的加速度； （2）EH 段绳子的拉力； （3）固定端 K 处的约束力。 解解：一）以整个系统为研究对象，自由度为 1，选为广义坐 标，如图示。有 y 2 , 2 , y v R y R y yv BDCA & &=。 系统的动能为 2 222222 2 3 2 1 2 2 3 2 1 2 2 1 2 1 2 1 ym mvmRmRymT BDC & & = + += 势能为 mgy y mmgy 2 1 2 3=V， 拉氏函数为 VTL=，代入拉氏方程，得 0 2 1 3=mgym& &， 解得 gyaA 6 1 =& &。 二）取轮 C 为研究对象， R aA C =， 加惯性力： ， AICAI mRMmaF 2 ,= 列动静方程，得 ，0= C m ()0=+ MR ICT RFGF IA ， 解得 mgFT 3 4 =。 0= y F，0=+ ICATC FGGFF， 解得 mgFC 2 9 =。 三）取梁 KC 为研究对象，列平衡方程 ，0= x F0= Kx F； ， ，0= y F0= CKy FF， mgFKy5 . 4=； ，0= K m03=RFM CK ，.5 .13 mgRMK= 10-23 在图示机构中， 沿斜面滚动的匀质圆柱体和匀质 鼓轮质量均为 m，半径均为 R。绳子不能伸缩，其质量略去不 计。粗糙斜面的倾角为 O ，不计滚阻力偶。如在鼓轮上作用一 常力偶 M。求： （1）鼓轮的角加速度； （2）轴承 O 的水平约 束力。 解解：一）取整个系统为研究对象，选轮的转角为广义坐标。 系统的初动能为T，任意时刻动能为 0 222222 2 3 2 1 2 1 2 1 &mRmRmRT= + =， 功为 sinmgRMW=， 12 题 10-23 图 动能定理：TWT = 0 ，即 sin 0 22 mgRMTmR=& 将上式对时间求导，得 sin2 2 mgRMmR=& &， 解得 2 2 sin mR mgRM =& &。 二）取轮为研究对象，由定轴转动微分方程得 O ， OO Jm = & & 2 2 1 mRRFM T =， 解得 R mgRM F