動力學普遍定理及綜合應用

「動量定理矢量形式，投影求解。

動力學普遍定理V動量矩定理/

〔動能定理一標量形式

’①根據問題的已知條件和待求量，選擇適當的定

。理求解，包括各種守恒定理的應用。

綜合應用②比較復雜的問題，根據需要選用兩、三個定理聯

合求解。一般可用動能定理求運動有關的量（速度

I、加速度），用質心運動定理或對定軸的動量矩定

y理、對質心的動量矩定理求力。

求解過程中，往往要正確

進行運動分析，提供正=>平面運動速度和

確的運動學補充方程。加速度的分析。

動力學普遍定理的綜合應用［例］置于光滑水平面上的兩均質桿

AC和各重為P,長為1,在C處光滑較接，初始靜止，。點高度為九

求較C到達地面時的速度。

解：整體分析受力如圖。因為￡工?=0，

且初始靜止，所以水平方向質心位置守恒

°十=07；=11-/2^2><2=1-/2^2

-23g3g

VC=1（D..工二產誣

h3g

「W=P［x2=Ph

代入動能定理節里-O=Ph:.vc=43gh

?'g

動量守恒定理+動能定理求解。

計算動能時，利用平面運動的運動學關系。

［例］重Pi=60N、長24cm的均質桿48與重P2=150N的均質圓盤在8處用錢

鏈連接。系統由圖示位置無初速地釋放。求系統經過最低位置時〃的速

度及支座4處的約束力。解：（1）取

圓盤在任意位置為研究對象

工％（尸）=。=°%=0

⑨=〃）=0圓盤運動始終為平移

（2）用好能定理求速度I取系統研究。初始

時丁尸0,最低位置時：

T=-J6924--V2n

22A2TBlCD=V^

=一1.1一6,「?+一1」2十2二qD+.3Q號D

23g2g6g

X叱2二4(；一；cos60°)+E(/-/cos60")=(g+舄)(/一/cos60°)

<+38彳_0=芭+用(/_/cos600)

（一刀=2叫26gB2

代入數據,vB=1.58m/s

（3）用動量矩定理求桿的角加速度a

o系統到達最低位置時受力如圖

L=''『①卜2y/=（'6"十■F）co

Ao—o-

3g—gR3gg

由于與L=Z例A（尸⑻）=。所以a=0。

山.4—1蘇f

桿質心C的加速度：%J24二°）

盤質心加速度：%2T簿二°）

co=Vfi==6.58rad/s

~t~0.24

（4）由質心運動定理求支座約束力。

研究整個系統，受力圖如圖。由剛體系的質心

運動定理，列方程所用定理有相對質心的動量

矩守恒定理；動能定理；動量矩定理；質心運

動定理。注意：如果用對積分形式的動能定理

求導計算角加速度，則必須取桿A3在一般

位置進行分析。

6tJtk

?-a=0n=尸

，/iixCBAr

sg

->ma="M+￡1#￡/蘇二/

L/iy—C-B-c-Av一片一呂

ggg2g

得入x=0,右，=401N

［例］質量為，〃的板置于兩個半徑為，，質量為罩的均質圓柱上，如在

板上作用水平力尸，求板的加速度。設接觸處兼有摩擦，而無相對滑動

解：用功率方程求解

設任一瞬時板的速度為力則圓柱體質

心速度為W2,角速度0=W2r。

系統的動能

7='〃"2+2［上％義）2+1（皿『）（工）2］=11"爪2

22222222r16

—?

主動力的功率之

ZP=F"=域山2\口

和—(—mv^)=Fv

由功率方程dZ_ypdr16

dr一乙〃

8F

1Im

此題單求加速度，最簡單的方法是動能定理。在十三章達朗貝爾原

理作為習題出現，P347.13-17o用其它方法較麻煩。

［例］均質桿質量為/小長為，，可繞距端點〃3的轉軸。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。的約束力

在此過程中所有的力所作的功,2=mgh=~mgZsin①

3186

蘇=4sin。（o=sin（p

a=濁coscp

21

解法2：用定軸轉動微分方程求運動

Oy

由定軸轉動微分方Joa=ZM()(F)

程1I

-mlz2a=mg-cos/

得

9屹6

即a=fcos(pmgZ

21G)

dco3P

dco_dcodcp_d69co—=fcos。

又a=——co所以

dtA(pdrd(pd(p21

()coAa)=\fcos/de

2/

。￡sin0。

1CD=

即-co2/所以

2o0

求質心加速度進而求約束力。質心加速度有切

向和法向分量：

他

=OCa=1,c°s9=&c°scp

6214

/=OC-co1=-.毀sin>=gsin(p

6/23女.

t._ncose=-isinecos0a

?C.t--asin(p-a?

將其向直角坐cc

標軸上投影得=-a1cos^+tznsin=-^(1-3sin2(p)

4

由質心運動定ma=26,ma=2F

CxCvva

理—皿sin°cos0=Cy

04——

b4

得:C

皿(l-3sin2(p)=F-mg

4Oy

a

解得:%=一個sin即心-^-(l+9sin2(p)

［例］物塊A和區的質量分別為嗎、啊，且叫

＞機2,分別系在繩索的兩端，繩跨過一定滑

輪，如圖。滑輪的質量為陽，并可看成是半

徑為，的均質圓盤。假設不計繩的質量和軸

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。的約束力。

解1：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。

由質心運動定理和定軸轉動的微分方程，得

0)

m}a=m,g-FA

⑵

tn2a=FB-m2g

-mr2-a-(F'一F")r⑶

2AB

(4)

0=Fox

⑸

4=Foy_F〔_F\_mg

注意到a=ra由以上方程聯立求解得：。'叫一〃"g

=m+2（肛+加2）

P2(/??-/??)2

r!

ox=0FOx=(tn+mx+m2)g-----------=---

m+2(犯+也)

解2：用動能定理和質心運動定理。以整個系統為研究對象，受力如圖,

運動分析如圖。系統動能為

T='/+1mv2+1(1mr2)(盯2=1(m+2m+2m)v2

212222r41

dT=+2/w)vdv

所有力的兀功為23叱=(町-也)gds=(???|-m2)gvdt

由微分形式l(m+2m+2m)vdv=(zn-tn)gvdt

的動能定理得21212

TULA2（犯一g）

于是可得"加+2（犯+明打

考慮剛體系統的質心運動定理

工明。6=ZF：)

Fcx=0

成+叫)g

m2a-m}a=FOy_(m+

2（m-m）2

于是可得以=（，"g+”）g,〃+二+/）

解3：用動量矩定理和質心運動定理

解：以整個系統為研究對象，受力如圖

運動分析如圖。系統對定軸的動量矩為

L=mvr+mvr+(J-mr2)co

0122

=J-(m+2m+2m)vr

212

d

由d/。=￡M。(尸電)得

-(m4-2m+2m)r~=(m-m)gr

212d.t12

dv2(仍一m2)

a=—

dtm+2(/??|+恤),

然后按解2的方法即可求得軸承0的約束力。

［例］如圖所示，均質圓盤可繞。軸在鉛垂面

內轉動,園盤的質量為機，半徑為在園

盤的質心。上連結一剛性系數為4的水平彈

簧，彈簧的另一端固定在A點，CA=2K為彈

簧的原長,園盤在常力偶矩"的作用下，由

最低位置無初速地繞0軸向上轉。試求圓盤

到達最高位置時，軸承。的約束力。

解：以圓盤為研究對象，受力如圖。

J=-mR-+mR2=-mR2

°22

7；=0(Jo①2二；機氏2①2

乙I

2

ZW=Mn-2mgR+&「0一(2血R_2R)

122L

=M7i-2mgR-0.343MR2

由T2-T.=YWl2得

2

3mRar=M兀-2mgR-0.3431ZR?

4

解得

a)=—^(M兀-2mgR-0.3431kR)

3mR2

2(M—0.5859/7?2)

解得a=

3"小2

2(A/-0.5859^T?2)

acx=-Ra=

43mR

a=—R①2=--^(Mn-2mgR-0.3431kR2)

Cv3mR

由質心運動微分方程

得

niaCx=FOx+Fcos45°

maCy-FOY-mg-Fsin45

代入加速度解得

F-0.1953Z:/?

°3R

FaM

oy=3.667mg+1.043kR-4.189—

［例］均質細桿長為1,質量為如靜止直立于光

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的約束力。

解：由于地面光滑，直桿沿水平方向不受力,

倒下過程中質心將鉛直下落。桿運動到任一

位置（與水平方向夾角為）時的角速度為

0)=-c=2-c

CPIcos0

此時桿的動能

T=~+-J。"=-叫］+—)uj

2223cos2。

初動能為零，此過程只有重力作功,

由

1m(l義-甘二^)^2=mg~(1-sin。)

23cos23'2

當6=0°時解出vc=—^3glco-

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

mg-FA=mac(1)

F-=Ja-^~ml2a(2)

42012

桿作平面運動，以A為基點，則。點的加速度

ac=acA=^a(3)

2

聯立求解方程(1卜(3),得FA=^mg

［例］圖示三棱柱體ABC的質量為機J放在光

滑的水平面上，可以無摩擦地滑動。質量為

的均質圓柱體。由靜止沿斜面AB向下滾動

而不滑動。如斜面的傾角為，求三棱柱體的

加速度。P326,綜?16

解：整體系統在水平方向上受力為零，所以系A、J。。'

統的動量在水平方向上守恒。設某瞬時三棱柱

的速度和加速度分別為y和d圓柱體的角速度「

是和角加速度分別為碗以(求圓柱體的動量

需要用。點的絕對速度)

基點法：取圓柱體與三棱柱的接觸點卻為

基點，分析圓柱體中心。點的速度，如圖

所示^OD，口。=u，v0D=r(t)

vOx--v-\-rcocosO

系統動量的水平分量：

m

Ro=0,Px}=-jn}v+利也=~\u+/％(-v+r69cos3)

由動量守恒定理：

P八-Px()--miv+m2(-v+r69cos0)-0

-mxv+nu（-v+rcocos0）=0兩邊對時間/求導

得

一（仍+nu）。+叫racos3=0

此式實質就是質心運動定理在水平

線上的投影式

ma

Xic江Z

剛體系統口F?

IX

欲求〃需先求出a,取圓柱體分析如圖所示，由平面運動微分方程

得121r

Joa=EM。(尸)也r。二工廠

m2aox，=2"，{ra-acos0)=sin0-Fs

從中解a

a"os6+2gsineox=ar-accos9

由3r二ra一acos0

a=

代入（*）式得3加+*號Hgin?夕動能定理建立