动力学普遍定理的综合应用

一、内容提要

质点和质点系的动力学普遍定理包括动量定理、动量矩定理和动能定理。它们建立了描述质点或质点系的运动特征量（动量、动量矩和动能）与力的作用量（冲量、力矩和功）之间的内在联系，是求解质点和质点系动力学问题的一种基本理论。

1.1动量定理

动量定理建立了质点系动量（或动量变化量）与其上外力（或外力冲量）之间的关系。此外，还研究了动量定理的另一种形式—质心运动定理。详见表1 表1 动量定理公式 定 理 动 量 冲 量 质 心 动量 定理 内 容 表 达 式 质点或质点系机械p??mivi?MvC 运动的一种度量 t力在一段时间内作元冲量dI?Fdt；冲量I??Fdt 0用效果的度量 质量中心，反映质?miri r?点系质量分布的点 CMdpdt?微质点系的动量对时分 间的导数等于外力形系的矢量和 式 积分形式 质点系的动量在一段时间内的变化量等于质点系上外力冲量的矢量和 质点系所受外力主矢等于零 质点系质量与质心加速度的乘积等于质点系上所有外力的矢量和 质点系所受外力主矢等于零 ?yFe Fy，eedpdtX??FX，edpdteX??dpzdt??Feyez p2?p1?p2X?p1X?p2Z?p1Z?I ?I??I，p2y?p1y? e?I， eZ守恒 一质般心表运达动式 定守 理 恒 ?Fe?0，p?常矢量；?FX?0，pX?常数 MaC?MaCX?MaC??Fe ?F??F?eXe，MaCy?，MaCn?F??Fey，MaCZ?，0??FebeZ en?F ?F?FeeX?0，aC?0，vC?常矢量 ?0，aCX?0，vCX?常量 1.2动量矩定理

1) 转动惯量

（1）转动惯量

Jz??mr?ii2?m（xi2i?yi）

2 1

或 Jz?M?2

（2）回转半径

?z?JzM

（3）平行轴定理 JZ?JZC?Md的距离。

2

其中，JZC为刚体对质心轴zC的惯性矩，z轴是与zC轴平行的任一轴，d是二平行轴间

2) 动量矩定理

质点系动量矩定理的表达式详见表2。质点动量矩定理是质点系动量矩定理的一种特例，故表中不在列出。

表2 动量矩定理 定理 内容 动量质点系动量对点和轴之矩 矩 动量矩定理 定点O 定轴z 质心C 转动方 程 动矩恒理 刚平运微方 量守定体面动分程 质点系对固定点的动量矩对时间的一阶导数，等于作用于该质点系上所有外力对同一点的主矩 质点系对定轴z的动量矩对时间的一阶导数，等于作用于该质点系上所有外力对该轴之矩的代数和 质点系相对于质心的动量矩对时间的一阶导数，等于作用于该质点系上所有外力对质心的主矩 刚体对定轴的转动惯量与角加速度的乘积等于作用于刚体上的主动力对该轴之矩的代数和 质点系所受外力对任一固定点（或轴）之矩始终为零，则质点系对该点（轴）的动量矩为常量 根据质心运动定理和对质心的动量矩定理，可得刚体平面运动微分方程 表达式 LO??m（mv）??r?mv L??m（mv） OzzdLOdt??m（FOe ）dLzdtdLCdtJzd?dt22??m（Fze ）e??m（FCz ）?F） ?m（F）或Jz???m（zee?m（F?m（FOZ）?0，LO?常矢量 ）?0，LZ?常量 ?C??m?x???C? ?m?y?????JC???F ?F?m（F）xyC 1.3动能定理

动能定理主要研究力的功与质点（系）具有的动能之间的关系，并用以解决动力学两类问题。

1) 力的功和功率

力的功是在一路程中力对物体作用的累积效果的量度。功是一个代数量，单位是N·m

或J。

2

功和功率的具体表达形式如表3所示。

表3 功和功率表达式 定理 内 容 表 达 式 元功 力F在无限小位移上作的功 ?W?F?dr?Xdx?Ydy?Zdz MM总功 力F在路程MM上作的功 12w??2M1 F?dr??（Xdx?Ydy?Zdz）M12 常见力的功 常力的功 重力的功 力矩的功 W?Fscos? W??mgh W????21MZd? MZ ?常数时，W?M（?2??1）Z弹性力的功 功率 单位时间力所作的功 功率质点系动能对时间的一阶导方程 数等于作用于质点系的所有力的功率的代数和 k22 W?（?1??2）2P?dTdt?Wdt??F?v?F?v P 或 P输入?P有用?P无用?dTdt? 2) 动能

动能是物体由于速度而具有的能量，它是物体机械运动的另一种度量，动能恒为正值，单位与功相同。动能的表达式如表4所示。质点动能是质点系的一种特例，故表中不在列出。

表4 动能表达式 研究对象 质点系 平动刚体 动能表达式 T?T?12?12mivi 2研究对象 定轴转动刚体 平面运动刚体 动能表达式 T?T?1212JZ? MvC?22MvC 12JC?2 3) 势能

在势力场中，质点从M点运动到零势能点，有势力所作的功称为质点在M点的势能，在不同的势力场中势能的表达式如表5所示。 表5 势能表达式 势力场 零势能点位置 势能表达式 备 注 重力场 z—质点坐标 V?mg（z?z0）坐标z0处 弹性力场 万有引力场 弹簧自然位置处 无穷远处 V?k2? fm1m2r22?—弹簧变形量 f—引力常数 V?? r—质点矢径 4) 动能定理

动能定理及机械能首恒定理见表6

3

表6 动能定理表达式

定 理 微分形式动能定理 积分形式动能定理 机械能守恒定理 内 容 质点系动能的微分，等于作用于质点系所有力的元功之和 质点系动能在某一段路程上的改变量等于作用在质点系上所有力在这段路程中所作功之和 再势力场中，质点系的机械能保持不变 表 达 式 dT???W T2?T1??W T?V?常量 1.4动力学普遍定理的综合应用

动力学普遍定理的应用，是已知主动力求质点系的运动，或已知质点系的运动求其反力，还有既求力又求运动的问题。有些问题，可以分别用不同的定理求解，即所谓一题多解，还有些问题，如既要求力又求运动的问题，往往需要联合应用几个定理方能求解，即所谓普遍定理的综合应用。

二、解题要点

在具体问题中，能否顺利地确定选用哪一个定理求解，取决于对基本概念理解的程度和经验的多寡。并没有现成的模式可以不加分析地保解百题。现将应用普遍定理求解动力学问题的一般方法、步骤及注意事项综述如下：

1、首先要弄清题意。这包括分析系统是由哪几个物体组成，各物体间的连接方式，约束类型；每一物体作何种形式的运动；弄清已知量和待求量等等。

2、根据题设条件选用适当定理求解。判断应该选用哪一个定理求解的总原则是：所选定理应描述题设的已知量和待求量之间的关系。例如，

（1）题设中包含力、时间及速度等量时，一般可考虑动量定理或动量矩定理；

（2）题设中包含力（常力或是距离的函数）、距离及速度等量时，一般可考虑动能定理，

（3）动能定理也可以求系统的运动微分方程或加速度；

（4）当质点系的质心加速度已知时，可用质心运动定理求外力。

（5）研究连续介质（液体或气体）的运动时，一般可考虑动量定理和动量矩定理。 （6）研究定轴转动刚体的运动规律时，可用定轴转动微分方程或动能定理。

（7）如求约束反力，可用质心运动定理。 （8）如果系统由定轴转动物体与平动物体组成时，一般可考虑动量矩定理或动能定理。 （9）对平面运动刚体，一般可用平面运动微分方程。

（10）对即求运动又要求力的问题，往往需要普遍定理的综合应用。

3、动量定理（包括质心运动定理）和动量矩定理，均为矢量形式，实际中常用其投影形式，列其方程时要注意正、负号的确定。应用这两个定理时，只需考虑质点系的外力；动能定理是标量形式，应用时一般取整体为研究对象，只能列一个方程，但一般需要考虑运动学的关系，在计算力的功时要注意内力的功不一定等于零。

4、除相对质心的动量矩定理外，各普遍定理只适用于惯性坐标系，因而在计算位移或速度时，必须是绝对位移或绝对速度。

5、要注意判断动量、质心及动量矩守恒的情况。这类问题往往用其他定理不易求解。

4

三、范例分析

例1： 图1所示滑轮系统，物体A、B的质量分别为m1、m2，滑轮D、E的质量分别为m3、m4，物体B以加速度a下降，不计绳的质量及轴承摩擦。求滑轮E的轴承反力。

图1

解

解题思路：将整个系统作为质点系，用质心运动定理就可求出轮E的轴承的反力。 以整体为研究对象，作受力图，并建立坐标系如图示，假设A、B、D的坐标分别为yA、yB和yD，则系统的质心坐标为

?xC?常数? ?m1yA?m2yB?m3yC?m4?0

y??Cm1?m2?m3?m4?根据质心运动定理，有

dxC（m?m?m?m）?XO 12342dt2得 XO?0

dyC（m1?m2?m3?m4）2?（m1?m2?m3?m4）g?YO

dt?A?m2??B?m3??D）（m1?m2?m3?m4）g?（m1?yyy YO?

2根据系统的运动学关系，有

?A???D???B?a ，?yyy ?a2

代入前式，可得

5

YO?（m1?m2?m3?m4）g?（m1?2m2?m3）

2a 讨论：所求反力YO中包含两项，第一项（m1?m2?m3?m4）g由重力引起，称为静反力；第二项（m1?2m2?m3）由系统的运动引起，称为附加动反力。

2a例2：均质轮A与B的质量均为m，半径为R，其圆心A、B在同一水平线上，A轮沿水平面纯滚动。水平弹簧的刚度系数为k，绳上挂有质量为m的物块C与D，如图2（a）所示。已知：m=3kg，R=0.1m，k=1KN/m，不计绳与弹簧的质量，绳不可伸长，绳与轮之间无相对滑动，当系统静止时剪断CD间的细绳，试求物块C运动的最大速度。

图2

解

解题思路：本系统为具有一个自由度的刚体系统，其约束均为理想约束，所求未知量为C块的速度，因而，应用动能定理求解。 1、研究对象及其受力分析

取轮A、轮B及C块所组成的系统为研究对象。系统的约束为理想约束，在运动过程中，只有C块的重力及轮A上的弹性力作功，在图（b）中仅画出作功的力。 2、运动分析

当C块与D块的系绳剪断时，由于弹簧的弹性恢复力的作用，轮A将沿水平面向右作纯滚动，从而带动轮B作定轴转动和C块沿铅垂方向作直线运动。设C块由原静止位置沿铅垂方向运动到x时的速度?，根据轮A和轮B的运动形式，可求得其角速度分别为

?B??R，?A??2R （1）

轮心A右移的距离为。

2x 3、计算动能

由题意知，开始瞬时系统处于静止，故

T1?0 （2）

当C块运动到x处时，系统的动能为 T2?Tc?TB?TA

6

?12?mv151621?1??mR2?2221?1??v??????mR2?2??R?22?mR2??v??????2R?2

mv （3）

4、计算功

在系统的运动过程中，C块重力的功为

?mgx

欲求A轮上弹性力的功，须求出弹簧在初、末瞬时的变形量。初瞬时，系统处于静止，可按静力平衡条件先求出弹簧的受力。为此，取轮A为研究对象，其受力如图（c）所示。由

?mp(F)?0，得弹簧受拉力为

FA= 2FT

其中，绳受拉力FT = 2mg。再根据弹簧受力与其变形成正比的关系FA?K?1，可得弹簧的初变形

?1?FA/k?4mg/k

弹簧的末变形

?2??1?x2

于是，可得弹性力的功为

k2(?212k?2?x??kk2??)???1???1?????1x?x

2?2??8???222 整个系统在运动过程中，所有力的功为

?W??mgx??mgx?k8k2x?1x?2k8x2 （4）

5、应用动能定理求v

根据功能定理的积分形式T2?T1??W，得

1516mv2?0?mgx?1615m(mgx?k8k8x

x) （5）

22即 v2? 这里所得速度v是C块在任意位置x处的速度。显然，速度值的大小与x的位置有关，令

dvdx?0，得

mg?2k8x?0

即求得了vmax时的x值为

7

xmax?4mg/k

将式（6）代入式（5），可得

vmax?24mg16?k?4mg?????mg????4g15m?k8?k????2m15k

?4?9.82?315?1000?0.784m/s 讨论：

1、由于本例中作功的力为重力和弹性力，均为有势力，因而也可用机械能守恒定理求解。以系统的平衡位置为热能零点，当C块上升到x时系统的势能为

V?k2(?2??1)?mgx222?k??x?122????1????1??mgx?kx?mgx2??2?8???

根据机械能守恒定理T + V = 0，有

1516mv2?18kx2?mgx?0

此式即为由动能定理所求得的式（5）

2、弹性力功的计算在本题中是个关键，必须正确分析弹簧的初、末变形量，按公式计

算。应注意弹性力功的正负与弹簧的真实受拉或受压无关。在计算弹性力的势能时，由于选定的势能零点是在弹簧的初变形?1处，故其势能为

k222???kx?22??1)????1????1?

2??2????V?(?2

例3： 图3（a）所示系统中，定滑轮半径为R=0.2m，重为Q1=10kN，受常力偶作用，其力偶矩为M0=10kN·m；动滑轮半径为r?

R2

，其质量忽略不计，物块A重为P=50kN，

其与斜面间的摩擦系数f = 0.2；物块B重为Q=100kN。绳的质量不计，绳与轮间无相对滑动，滑轮视为均质圆盘。试求B块上升的加速度及绳所受的拉力。

解

解题思路：本题为一多刚体系统，待求量中有B块的加速度及绳的受力。若以每个刚体为研究对象，列动力学方程，然后补充运动学条件，再联立求解。显然，其求解相当麻烦。首先应以整个系统为研究对象，选用动能定理求B块的加速度，之后再根据欲求绳的拉力，选取研究对象和选用适当的动力学定理求解。 1、求B块加速度aB

取整个系统为研究对象，受力如图（a）。在图示瞬时，设B块上升的速度vB。动滑轮C作平面运动，其速度瞬心为轮与绳OD的切点D，因而轮上E点的速度

vE?2vC?2vB

8

定滑轮O的角速度及滑块A的速度分别为

图3

??2vBR

，?A?2?B

系统的动能为

T?12mA?2A?12mB?2B?12J0?

22 ?1P2g12g(2?B)?21Q2g?2B21?1Q12??2?B??? ???)??????2?2g??R? ?(4P?Q?2Q1)?2B

系统内作功的力有物块A、B的重力，物块A上的动滑动摩擦力及作用在轮O上的力偶矩。系统的元功为

?? ??W?(Psin60?fPcos60)dSA?M0d??QdSB

?(Psin60?fPcos60)2dS??B?M2dS0BR?QdSB

2M?????2(Psin60?fPcos60)?R?0??Q?dS?B

根据动能定理的微分形式

dT???W

其中 dT?1g(4P?Q?2Q1)?Bd?B

9

1g(4P?Q?2Q1)?Bd?B2M?????2(Psin60?fPcos60)?R?dSBdt0??Q?dSB

?上式同除以dt，并注意B块作直线运动，?B??，aB?2MR0d?dtB，则可得B块的加速度

2(Psin60aB??fPcos)??Qg

4P?Q?2Q1 ??31?202?50??0.2?50????100??22?0.2?4?50?100?20s2?9.8

?2.35m 2、求绳的受力

（1）B块的受力如图（c）所示。由动力学基本方程，有

QgQgaB?T4?Q

得 T4?aB?Q?1009.8?2.35?100?124 kN

（2）动滑轮C的受力如图（b）所示。由于不计动滑轮的质量，因而，根据静力平衡条

件可得

T1?T2?12T4?62 kN

（3）定滑轮的受力如图（d），由定轴转动微分方程，有

J0??M0?(T3?T2)R

T3?T2?J0?/R?M?14.4kN0/R?62?11029.8?2?2.35?10/0.2

讨论：

1、在动力学系统中，应注意一般情况下各段绳的受力是不相等的。对图（b）的动滑轮C的受力图，应用相对质心的动量矩定理，有

JC?c?M0?(T3?T2)R

当不计动滑轮的质量或尺寸时，则JC = 0；若质心C为匀速运动，即ac = 0，则?c?0。此时T1=T2。本题若考虑动滑轮C的质量，则T1?T2，须按刚体的平面运动微分方程求解。

10

2、求绳的拉力T3时，若取A块为研究对象，列动力学基本方程求解比较简单，留给读者去解。此解也可作为对已求出的解作校核。

3、本题中物块B的加速度还可用动量矩定理求解。将A块的重力P沿平行于斜面的方向及其垂直方向分解，垂直斜面的分力（大小为Pcos?）与A块的法向反力N为一平衡力系。对整体受力图（a），可知

?m0(F)?Me0?(Psin60??fPcos60)?R?Q??R2

系统对O轴的动量矩为

LO?JO??mA?A?R?mB?B?r

?1Q12g1R?22?RB?Pg?2?B?R?Qg?B?R2

?根据动量矩定理

dLOdt2g(2Q1?4P?Q)RvB

??mO(F)

R2e得

12g(2Q1?4P?Q)RaB?M0?(Psin60??fPcos60)R?Q?

故 aB?2M0/R?2(Psin60??fPcos60)?Q?2Q1?4P?Qg

所得结果与动能定理的结果完全相同。

例4： 三角形柱体质量为M，放在光滑的水平面上，可以无摩擦地滑动。质量为m半径为r的均质圆柱体沿斜面向下作只滚不滑的运动，如图6-4（a）所示。若斜面倾角为?，试求三角形柱体的加速度。

图4 解

解题思路：本题中圆柱体作平面运动，三角柱体作平动，可应用动能定理求三角柱体的

11

加速度。但由于圆柱体与三角柱体之间有相对运动，必须求出圆柱质心C点沿斜面运动的相对速度，才能应用点的速度合成定理求其绝对速度。分析系统的受力特点，显见?Xe?0，

故系统的动量在x方向守恒。可见，本题可应用动量守恒定理和动能定理联合求解。

1、以整个系统为研究对象，所受外力有三角柱及圆柱的重力Mg和mg，以及约束反力FN，受力如图（b）所示。设圆柱质心沿斜面下滑距离S时，三角柱具有速度v，圆柱质心C具有相对速度vr及牵连速度ve=v，则其绝对速度为

va?ve?vr?v?vr

对图（b）所示坐标系，质心C的绝对速度在x、y轴上的投影为

vx??v?vrcos? vy??vrsin?

圆柱在斜面上只滚不滑，接触点P为相对瞬心，故得圆柱的角速度?? 2、由受力图（b）可知，?X动，则根据动量守恒定理，有

px??Mv?m(vrcos??v)?0

evrr。

?0，系统在水平方向动量守恒。设系统由静止开始运

可得

vr?M?mmcos?v （1）

3、应用动能定理求v

系统的初动能 T1 = 0

在图（b）所示瞬时，系统的动能

T2?12Mv2?12mvC?212JC?

2 ?1212Mv2?12m(vrcos??v)?(?vrsin?)2?22?1?1??mr2?22?vr?2 ?r2 ?(M?m)v?34mv2r?mvvrcos?

在运动过程中，两柱体的接触点无相对运动，故其相互作用的摩擦力作功之和为零，而

圆柱体的重力mg作正功，即

?W?mgSsin?

由积分形式的动能定理得

12(M?m)v2?34mv2r?mvvrcos??mgSsin? （2）

将式（1）代入式（2），经整理后为

M?m4mcos?

2?3(M?m)?2mcos?2?v2?mgSsin? （3）

12

将上式两边对时间t求导，并注意到

dvdt?a，

dsdt?vr?M?mmcos?v

可得三角柱的加速度为

a?mgsin2?3M?m?2msin2?

加速度的方向与v的方向相同，即水平向左。

讨论：当圆柱沿斜面由静止开始向下滚动距离为S时，试求三角柱移动的距离。 对图（b）所示的受力图，由?Xe?0，且初瞬时系统处于静止，根据质心运动定理可知：acx?vcx?0，即在系统运动过程中，其质心C的横坐标xC保持不变，即xC1=xC2。 设以Ci表示质量为mi的刚体的质心，xi1及xi2分别表示质心Ci初、未瞬时的横坐标，则由质心的坐标公式，可得

?mixi1??mixi2

即 ?mi(xi2?xi1)?0 或 ?mi?xi?0

式中，?xi表示刚体质心Ci在运动过程中的水平位移。式（4）有时也称为质心坐标守恒的位移形式。现由式（4）求解本题。

设三角柱向右移动的距离为?x1，则圆柱质心C向右的水平位移为

?x2??x1?Scos?

代入式（4），得

M?x1?m(?x1?Scos?)?0

于是解出

?x1??mcos?M?mS

其中负号说明三角柱是向左移动的。

例5 ： 均质细直杆OA重mg = 100N，长为l = 4m，O处为光滑铰链，受M = 20N·m的力偶作用，A端用弹簧常数k = 20N/m的弹簧连于B点如图5（a）所示，此时弹簧无伸长。当杆OA在沿垂位置由静止开始转至水平位置时，试求该瞬时O处的反力。

解

解题思路：欲求杆OA在水平位置时的约束反力，可应用质心运动定理求解，但需先求出杆在该位置时质心C的加速度。由于OA杆作定轴转动，质心C的加速度可通过杆的角速度?和角加速度α计算。角速度可用动能定理求解，而角加速度α可由刚体定轴转动微分方程求解。

13

图5

1、求OA杆的角速度?

分别取杆的铅垂及水平位置为杆运动的初瞬时和末瞬时，应用积分形式的动能定理。由题设知，T1?0，杆的末瞬时的动能

122T2?J0??1?1?ml2?32????2?16ml?222?27.2?

杆在运动的过程中，作功的力有重力、弹性力和力偶。则

?W?mg?l2?k2?0?(7?5)??M2??2?191.4

由动能定理，可得

27.2?2?191.4

解得 ??191.427.2?2.65 rad/s （顺时针方向）

2、求OA杆的角加速度α

杆在水平位置时受到的弹性力F = 20×2＝40N。对图（b）的受力图，由刚体定轴转动微分方程

J0???m0(F)

l2?M?F?l

e得

13ml2???mg? 解出 ??1.1 rad/s2 （顺时针方向） 3．求反力X0、Y0

杆在水平位置时，其质心加速度

aC??aCn?l2l2??2?1.1?2.2 m/s2 ?2?2?2.652?14.0 m/s2

对图（b）的受力图，由质心运动定理，得

14

mamaCX??ma??maCn?X0

?Y0?mg?F

cyC?分别解出

X0??macr??100g?14??142.9 N

Y0?mg?F?maC??100?40?100g?2.2?37.6 N

其中，负号说明该力的实际指向与假设的相反。

讨论：杆在水平位置时的角加速度α，不能通过对上边动能定理所得式子的两边求导而计算。因为此时的?是确定的数值，对t求导必为零。若杆在一般位置时，应用动能定理求出?，?是转角?的函数，此时可通过对t求导而得到α，再代入???/2，即可求得杆在水平位置时的?和α。显然，此题中用此种方法比较麻烦。

例6 ：均质圆柱体半径为r，质量为m，放在粗糙的水平面上，如图6（a）所示。设质心C的初速度为v0 ，方向水平向右。初角度为?0，转向为顺时针，且r?0

图6

解

解题思路：本题中的圆柱体作平面运动，由于题设条件给出的v0>r?0，说明圆柱体一开始就是又滚又滑的运动，但由于动摩擦力的存在，一方面使质心C减速，同时又使柱体

?c?r?，圆柱体则作纯滚动，因而本题应用刚体的平面运的角速度逐渐增大，直至vc?x动微分方程，并考虑动滑动摩擦定律和纯滚动的运动学条件，列出补出方程，联立求解。 1、求柱体纯滚动时的vc及时间

由v0?r?0的条件，可确定动滑动摩擦力的方向沿水平向左，如图（b）所示。柱体的

15

平面运动微分方程为

?c??F （1） m?x?c?N?mg （2） m?y12mr??Fr （3）

2?c?0。由式（1）及式（3）可得 其中，动摩擦力F = fN ，且?yFmfmgm??C??x????fg

??Frmr2?2fmgmr?2fgr

?C与v0的方向相反，?与?0的转向相同，说明质心C作匀减速度运动，而?由?0x可见，?逐渐增大，柱体作加速转动。由上二式可得

??C??x12r???12? r?积分上式，有

?CxvCv0??1212r???0

12r(?0??) （4）

即 vC?v0?r(???0)?v0?式（4）是柱体在又滚又滑的过程中，其质心C的速度与柱体角速度?的一般关系。当柱体作纯滚动时，运动学条件为

vc?r? （5）

将式（5）代入式（4），可得圆柱体作纯滚动时质心C的速度

vc?v0?12r?0?12vc

故 vc?2v0?r?03 （6）

由于质心C作直线匀减速运动，对任意瞬时，有运动学关系

vc?v0?at?v0?fgt

当柱体纯滚动时，将式（6）的vc代入上式，就可求得柱体由又滚又滑到只滚不滑所经历的时间

t?v0?vCfg?v0?(2v0?r?0)/3fg?v0?r?03fg （7）

16

2、求距离S

由于质心C作匀减直线运动，则运动学公式S?v0t?滚动时，其质心C移动的距离为

S?v0t?2122at便可适用。故当圆柱体作纯

12fgt2?v0v0?r?03fg22?v0?r?0?fg??2?3fg1??? ?2 ?5v0?4v0r?0?r?018fg （8）

讨论：又滚又滑及纯滚动中圆柱体的摩擦力。圆柱体在又滚又滑的过程中，动滑动摩擦力为

F?fmg

而当柱体只滚不滑时，动摩擦力就突变为静摩擦力，其值须由动力学方程确定。在柱体沿固

?C和角加速度?应满足??C?r?。将此关系代入式（1）及x定面纯滚动时，其质心加速度?x（3），可解出

F = 0

?c?0，??0 及 ?x由此可见，当圆柱体由又滚又滑到只滚不滑后，摩擦力即消失，质心C将以式（6）的速度

作直线匀速运动，而圆柱体以相应的角速度作惯性滚动。

例7 ： 均质细杆OA可绕水平轴O转动，另一端有均质圆盘可绕轴A转动，如图7（a）所示。已知杆OA长为l，重为P，圆盘半径为r，重为Q，不计各处摩擦，初始时OA杆水平，系统处于静止。当杆转至与水平线成?角的瞬时，试求杆的角速度和角加速度。

解：

图7

解题思路：由于OA杆作定轴转动，盘可绕轴A转动，系统具有两个自由度，应由动能定理及相对质心的动理矩定理求解。

1、取圆盘为研究对对象，受力有约束反力XA、YA及重力Q，如图（b）所示。圆盘作平面运动，由相对质心的动量矩定理，有

JA?Ae??mA(F)?0

得?A=常数。即系统在运动过程中，盘对轴A的动量矩守恒，注意到系统由静止开始运动，

17

故?A?0。这说明圆盘各点速度始终相等，圆盘作曲线平动。 2、应用动能定理求杆的角速度?及角加速度?

初瞬时，系统静止，T1 = 0，当杆转到?角的瞬时，系统的动能为

T2?12J0?2?1Q2gvA

2其中，A点的速度vA?l?、OA杆对轴O的转动惯量为J0?1P3g2l。于是有

T2?1?1P2?21Q1222??l??(l?)?(P?3Q)l? ?2?3g2g6g??在此运动过程中，作功的力为重力P和Q，则

l2l2?W?P?sin??Q?lsin??(P?2Q)sin?

由积分形式的动能定理T2?T1??W，可得

16g(P?3Q)l?22?(P?2Q)l2sin? （a）

于是可求得杆的角速度

3(P?2Q)sin?(P?3Q)l??g

若将?角视为OA的角坐标，则?及?均为t的函数，而式（a）对任意瞬时t都成立。于是对式（a）的两边对时间求导，并注意

16gd?dt??及

d?dt??，于是有

(P?3Q)l?2????(P?2Q)2l2cos???

故 ??3(P?2Q)cos?2(P?3Q)l

?的转向与?相同，均为顺时针转向。

讨论：本题求解的关键在于正确判定圆盘作平动，若将圆盘于A处相固连，则在?角时系统的动能为

18

T2?Q2?21?1P21Q2?l?r?l???22?3g2gg??

Q22122?(P?3Q)l??r?6g4g1J0?2?

例8：从高为h的绝对粗糙的桌子上无初速地滚下半径为R、重为P的匀质圆球，如图

8（a）所示，初瞬时，AC位于铅垂位置。求落地时球心的速度和球的角速度的大小。又问：如果桌沿是理想光滑的，则结果如何？

图8

解：

解题思路：本例的特点是约束反力不作功，似乎用动能定理就能解决问题。但运动过程无法预计，因为当球由桌沿翻滚下来时，要在某个位置脱离桌沿，这个位置以法向反力等于零为其特征，故还需要用到其他定理。

1、假定摩擦足够大，能阻止任何滑动，在脱离以前，球绕桌沿作定轴转动，接触点A上出现的是静摩擦力，不作功。球对桌沿的转动惯量JA?JC?PgR2?7P5gR，动能

2T2?12JA?2?7P10g2?2。重力P的功W1?PR(1?cos?)。故由动能定理 R?T2?T1?W，

由于T1=0，有

从而求得角速度为

?? ???10g7R(1?cos?) （2）

7P10g2?2?PR(1?cosR??) （1）

将式（1）对时间求导数，得

7R5g?????sin??? ? 由此得到角加速度为

19

??????5g7Rsin? （3）

显然，利用定轴转动微分方程也可以求得结果式（3）。再通过积分可求出结果式（2）。

为了检验A处的反力，可应用质心运动定理。脱离前，质心C作圆周运动，加速度具有法向分量acn?R?2。故由质心运动定理，有

Pgacn?Pcos??FN （4）

从而求得法向反力为

FN?Pcos??PgR?10g7R(1?cos?)

10??17?P?cos??? （5）

7??7 球脱离桌沿时，应有FN = 0，故由上式，得

cos?1?1017

因而脱离时的偏角为

?1?arccos1017?54

? 与球的半径无关。此时，球的角速度为

?1??1??10g?10??1???7R?17?10g17R （6）

而质心C速度的大小为

?1?vC1?R?1017Rg

球脱离桌沿后作平面运动，其角速度保持不变。而质心C按抛射体的规律运动，初速度是vC1，抛射角是?1。

为求落地时的球心速度vC2，可对整个运动过程应用动能定理。在此过程中，重力的总功W2?Ph，而球的末动能T2?由T2?T1?W2，有：

P2gv2C2P2gvC2?2JC2?2，其中，落地时球的角速度?2??1。

2?12PR25g2?10g17R?Ph （7）

20

从而求得球心C落地时的速度大小为

2??2g?h?R? （8）

17??vc2? 2、如果桌沿是光滑的，则球受力如图（b）所示，这时，球将不会转动。当它由桌沿滑下时始终作平动，动能T?12?PgvC，从而式（1）可写成

2P2gvC?PR(1?cos?) （1?）

2 由此可得

vC?2gR(1?cos?)

在脱离前，点C作圆周运动，圆心在A。故法向加速度的大小为

vCR2aCn??2g(1?cos?)

于是，由质心运动定理求得脱离前桌沿A的反力大小是

PgFN?Pcos??acn?Pcos??2P(1?cos?)?P(3cos??2)

令式中FN = 0，求得在桌沿理想光滑的条件下脱离时的偏角

?2?arccos23?48.2

? 而球心速度的大小为

?1?vC23Rg

此后球作抛射运动。为求落地速度，仍可应用动能定理。现在球不转动，故式（7）左

端第二项为零，因而求得

?2?vC2gh

讨论：

如果桌沿的静摩擦系数是有限的，则在FN = 0之前，球在接触处可能发生滑动，其特征

为摩擦力到达临界值。为了检验这种情形，必须求出这个力随?而改变的表达式。滑动前，质心C的切向加速度的大小为

ac??R??57gsin?

故由质心运动定理：

21

PgaC??Psin??F1 27 求得 F1? 在滑动以前，F1?fFN，即有

Psin?

10??17Psin?≤fP?cos??? 777??2 当等式成立时，开始滑动。设此时的偏角是??，则有

17fcos???2sin???10f

或者，引入cos??17f(17f)?222，有sin??2(17f)?222，则上式写成

cos(????)?10f(17f)2?22

从而可求得开始滑动时的偏角??。

此后，接触点A发生滑动，球作平面运动。在接触点出现的是动摩擦力，直到FN = 0球脱离桌沿为止。由于有能量损耗，运动的分析将复杂的多。球心的落地速度须由脱离后的

运动分析来确定。

如运动过程是明确的，动能定理的应用才是方便的。如果运动过程可能发生突变，如本例中由定轴转动为平面运动，则必须分段考虑运动，要先找出临界点。这类问题对于具有约束的情况是可能出现的。

四、课后练习

4.1是非题

1、质点作匀速曲线运动时，它在每一瞬时的动量相等。（ ）

2、质点系的质量与其质心速度的乘积等于质点系的动量。（ ） 3、质点系的质量与其质心加速度的乘积等于质点系外力系的主矢。（ ）

4、质点系动量守恒和质心运动守恒的条件是质点系外力系的主矢恒等于零；质点系在某坐标轴方向动量守恒和质心运动守恒的条件是质点系外力系的主矢在该轴上的投影恒等于零。（ ）

5、质点系的质心位置守恒的条件是质点系外力系的主矢恒等于零，且质心的初速度也等于零。（）

22

6、刚体对z轴的回转半径等于其质心到z轴的距离。（ ）

7、质点系对质心的相对运动动量矩等于其绝对运动动量矩，（ ） 8、如果质点系上所有外力对固定点O的主矩不为零，那么质点系的动量矩一定不守恒。（ ） 9、作用在质点上合力的功等于各分力的功的代数和。（ ） 10、忽略机械能与其他能量间的转换，则只要有力对物体作功，该物体的动能就一定会增加。（ ）

11、平面运动刚体的动能可由其质量及质心速度完全确定。（ ） 12、内力不能改变质点系的动能。（ ）

4.2填空题

1、质点系的 力不影响质心的运动，只有 力才能改变质心的运动。 2、胶带传动机构如图9所示。主动轮O1和从动轮O2的半径分别为r1和r2；质量分别为m1和m2，各自绕其中心轴转动，可分别视为均质圆盘；均质胶带均质胶带的质量为m3，总长为L。若主动轮O1以匀角速度ω1转动，则此系统的动量为 ，动能

为 。

图9

3、图10所示曲柄连杆机构中，曲柄和连杆皆可视为均质杆。其中曲柄的质量为m1，长为r，连杆的质量为m2，长为L，滑块的质量为m3。图示瞬时，曲柄转动的角速度为ω，则该机构的动量为 ，动能为 。

图10

4、适当地选择坐标系Oxyz的方位，使两个惯性积Iyz=Izx=0，则z轴为刚体在点O处的一根 轴，刚体对惯性主轴的转动惯量称为 转动惯量。若惯性主轴通过刚体的质心，则此轴又称为 惯性主轴。刚体对此轴的转动惯量称为 转动惯量。

5、图11所示均质十字形杆由OA和BC两部分焊接而成，OA和BC长度同为l，质量均为m，OD = DA = BD = DC 。图示瞬时，十字形杆的角速度为ω，角加速度为α。则 十字形杆质心到O轴的距离r ＝ ； 十字形杆对O轴的转动惯量JO＝ ； 系统的动量p＝ ； 系统对O轴的动量矩LO＝ ； 系统的动能为 ；

yC O ω θ α DA B x轴O的约束反力FOx = ，FOy = 。 图11

23

6、图12所示系统中，已知均质圆盘O的质量为m，半径为R，物块的质量为2m，力偶矩M = 4mgR。则

圆盘O的角加速度α = ； 物块的加速度a = ； 绳子的拉力FT = 。

图12 7、均质圆轮，质量为m，半径为R，受力偶作用沿水平直线轨道作纯滚动，如图13所示。已知此瞬时轮心的速度为v，加速度为a，则 地面的摩擦力F = ； 力偶矩M = 。

图13

M v a R O M 4.3选择题

1、图14所示A、O、C三轴皆垂直于矩形板的板面。已知非均质矩形板的质量为m，对A轴的转动惯量为J，点O为板的形心，点C为板的质心。若长度OA＝a，CO＝e，AC=l，则板对形心轴O的转动惯量为（）。

（a）J–ma2 （b）J+ma2 （c）J–m（l2–e2） （d）J–m（l2+e2）

图14

2、图15所示均质圆环的质量为m，内、外直径分别为d和D。则此圆环对垂直于圆环平面的中心轴O的转动惯量为 （a）

18md2 （b）mD （c）m（D881212?d） （d）

218m（D2?d）

2

图15

3、 图16所示平面四连杆机构中，曲柄O1A, O2B和连杆AB皆可视为质量为m、长为2r的均质细杆。图示瞬时，曲柄O1A逆钟向转动的角速度为ω。则该瞬时此系统的动量为（）。

24

（a）2mr?i （b）3mr?i （c）4mr?i （d）6mr?i

图16

4、均质圆盘重为P，半径为r，圆心为C，绕偏心轴O以角速度ω转动，偏心距OC＝e ，如图17所示。则圆盘对固定轴O的动量矩为（）。 （a）

P222（r?e）? （b）（r?2e）? 2g2gP22P（c）

（r2g?e）? （d）

（r2gP2?2e）?

22 图17

5、如图18所示，水平均质杆重量为P，细绳AB未剪断前O点的支反力为P/2。现将绳剪

断，试判断在刚剪断AB绳瞬时，下列哪种说法正确（） （a） O点支反力仍为P/2 （b） O点支反力小于P/2 （c） O点支反力大于P/2 （d） O点支反力为0

图18

6、图19所示二均质圆盘A和B，它们的质量相等，半径相同，各置于光滑水平面上，分别受到F和F′的作用，由静止开始运动。若F=F′，则在运动开始以后到相同的任一瞬时，二圆盘动能TA和TB的关系为（）。

（a） TA＝TB （b）TA＝2TB （c） TB＝2 TA （d）TB＝3 TA

25

图19

4.4计算题

1、均质圆盘A 重Q，半径为R，沿倾角为α的斜面向下作纯滚动；物块B重为P，与水平面之间的动摩擦因数为f；定滑轮质量不计，如图20所示。绳子的两直线段分别与斜面和水平面平行。试求圆盘中心的加速度。

答案：a?2Qgsin?3Q?2P

R A α B

图20

2、图21所示卷扬机，轮B、C的半径分别为R和r，对转轴的转动惯量分别为J1和J2。物体A重P，在轮C上加一常力矩M。试求物体A上升的加速度。

答案：a?(M?Pr)Rrg(J1r22?J2R)g?PRr222

图21

3、大轮半径为R，鼓轮半径为r，两轮固连在一起，总重为Q ，对水平轴O的回转半径为ρ，置于粗糙的地面上，可作纯滚动，鼓轮上的绳索绕过定滑轮与重为P的物块A相连，如图22所示。不计定滑轮的质量，试求绳的受力及地面对轮的静摩擦力。

答案：FN?P?P(r?r)P(R?r)?Q(?22222?R)2，F?PQ(?2?Rr)2P(R?r)?Q(??R)2

26

图22

4 、图23所示均质圆柱体质量为m，半径为r，放在倾角为60°的斜面上，一细绳绕在圆柱体上，另一端固定于A点，绳的引出部分与斜面平行，圆柱体与斜面间的摩擦系数为f?13。试求圆柱体的质心C沿斜面下落的加速度。

答案：aC?3.48m/s2

图23 5、 长为l＝0.4m、质量为m=10kg的均质杆A B,两端分别与水平和铅垂槽中的滑块A、B铰接，滑块B又与刚度为k=800N/m的弹簧相连，滑块与弹簧的质量不计，如图24所示。将系统由θ=30°时静止释放，试求θ=0时滑块B的速度。设此时弹簧无变形，摩擦及滑块质量忽略不计。

答案：vB?1.93m/s

图24

6、均质杆AB长l=1m，重量P=10N，用光滑铰链连接在重Q=50N的小车上，车轮重量不计，小车可沿水平面运动，阻力不计，如图25所示。开始时杆处于铅垂位置，杆与小车均静止，当杆转到与水平线成α=60°时，试求杆的角速度ω。

答案：ω=2.09rad/s

27

图25

7、均质杆AB长为l，重为P，两端铰接不计质量的滑块，滑块可在光滑槽内滑动，如图26所示。开始杆与水平面夹角α0=60°，当杆由静止运动到与水平面成α=45°角时，试求AB杆的约束反力。

答案：FA=0.206P ，FB=0.456P

图26

8、 两完全相同的均质圆柱体A、B，其质量均为m，用一根刚度为k的弹簧相连，如图27所示。弹簧质量不计，现将弹簧伸长s，然后从静止状态释放，两圆柱体沿水平面只滚不滑，试求圆柱体中心的最大速度。

答案：vmax?k3ms

图27 图28

9 、物块A和B的质量分别为m1和m2，由不计质量的弹簧相连，放在光滑的水平面上，如图28所示，弹簧原长l0，刚度为k，现将弹簧拉长到l后由静止释放，试求弹簧恢复到原长时两物块的速度。

答案：vA?km2m1(m1?m2)(l?l0)，vB?km1m2(m1?m2)(l?l0)

10、均质T形杆两段的质量均为m，长均为l，且BA=AC，可绕轴O自由转动，如图29所示。如果将OA在水平位置从静止释放，试求（1）初瞬时轴承O的反力；（2）当OA达到铅垂位置时的角速度。

28

答案：（1）XO?0，YO?717mg（2）??6g17l

图29

29