理论力学

例13-1 A 、B 两球质量均为m ，用长为2l 的杆连接，并以其中点固定在轴CD 上，C ，D 轴承的距离为h ，AB 与CD 的交角为α，如例图13-1（a ）所示。

如轴CD 以角速度ω转动，求（1）系统对O 点的动量矩，（2）C ，D 轴承的约束力。

解：1、系统的动量矩∑=⨯=21i ii i m vr L OB B A A m m v r v r ⨯+⨯= 模：αωsin 22ml O =L方向：垂直于r A ，m v A 或r B ，m v B 构成的平面，其正方向由右手螺旋规则决定。

注意L O 与ω不共线。

2、由动量矩定理(e)O O M L =dtdααωαωcos sin 2cos 22ml dt d O O ==L L故 a ml hhdtd X X D C 2sin 122ω===O L方向如图（b ）。

mg Y C 2=要点及讨论（1）质系对固定点的动量矩定理(e)O O M L =dtd 的几何解释为：动量矩矢量L O 端点的速度等于外力矩。

在本题中系统对固定点O 的动量矩垂直于AB 杆，并以角速度ω绕CD 轴转动，形成一圆锥，其端点的轨迹为半径为αcos O L 的圆。

所以端点速度的大小为ααωαωcos sin 2cos ||22ml dtd ==O O L L ，方向沿端点轨迹的切线方向，如图13-1(b)所示。

由杆AB 及轴CD 和两小球A ，B 所构成的系统的外力图如图(b)所示，只有X C ，X D 对O 点有力矩，且X C ，X D 构成一力偶，力偶矩矢量由(e)OO M L =dt d 决定，因而==DC X X a ml hh dtd 2sin 122ω=O L ，力偶矩矢量的方向与dtd O L 的方向相同。

（2）系统对转动轴（y 轴）的动量矩为αω22sin 2ml L y =，可直接计算，也可用L O 在y 轴上的投影αsin O y L L =计算。

由于0)(=e y M 所以=y L 常数，即系统绕y 轴转动的角速度不变。

例13-2 复摆重P ，对质心的回转半径为C ρ，质心距转动轴的距离为a ，复摆由水平位置无初速地释放。

（1）列写复摆的运动微分方程。

（2）求复摆摆至铅垂位置时转动轴的约束力。

解:系统具有一个自由度，选复摆转角ϕ为广义坐标，原点及正方向如例图13-2（a ）中所示。

复摆在任意位置的外力图如图13-2(a)。

根据刚体绕定轴转动微分方程 O O M J =ϕ其中)(22a gP J C O +=ρ得到复摆运动微分方程为ϕϕρcos )(22Pa a g P C =+ 或0cos )(22=-+ϕϕρga a C 由ϕϕϕϕd d =和初始条件0,0,000===ϕϕ t 将上式分离变量积分可得到复摆在任意位置的角速度。

⎰⎰+=ϕϕϕϕρϕϕ22cos d agad C所以ϕρϕsin 2222a gaC+=当2πϕ=时，2222,0agaC+==ρϕϕ，此瞬时复摆的外力图如图（b ）。

由质心运动定理⎩⎨⎧-==PN ma N ma n Cn C ττgaaa a a a C Cn C 222220+====ρϕϕτ所以 0=τN)21(222aaP N C n ++=ρ要点及讨论（1）刚体绕定轴转动微分方程O O M J =ϕ可与质点运动基本定律F a =m 类比。

运用此方程可解决定轴转动刚体的动力学问题，因通过转动轴的未知约束力在外力矩中不出现，所以对转动轴取矩可直接建立刚体运动微分方程。

这是绕定轴转动微分方程的一般用法。

在某些情况下也可用此方程求解未知力。

如图(c)所示，若已知皮带轮角加速度ε，可用定轴转动微分方程求皮带拉力T ，T '之间的关系。

（2）当刚体运动确定后,欲求转动轴处的未知约束力，可用质心运动定理，即⎪⎭⎪⎬⎫==∑∑n CnC F ma F ma ττ式中ετa dtdv a C C ==，2ωa a Cn =，a 为质心距转动轴的距离。

约束力沿质心切线与法线方向分解较为方便。

（3）刚体运动微分方程列出后，根据给出的初始条件进行积分，可求得刚体任意瞬时的角速度及角位移。

在本题中也可直接用定积分求出摆至铅垂位置时的角速度，积分式为⎰⎰+=222cos πϕϕϕρϕϕd agad c 。

在铅垂位置处直接应用定轴转动微分方程，可求出此位置的角加速度，即O O M J =ε，此时外力矩M O 为零，所以0=ε。

（4）在本题中也可选例图13-2(d)所示β角为广义坐标，此时微分方程为()ββρsin 22pa a g P C -=+ 。

读者试解释方程中的“一”号表示什么？并给出对应于θ角的初始条件，然后求解问题（2）。

例13-3均质鼓轮重1P ，半径为R ，对转动轴的回转半径为ρ，在半径为r 的轴颈上绕一不可伸长的细绳，绳端系一重为2P 的重物。

可变形的细绳简化为一弹性刚度系数为k 的弹簧绕于轮缘上，如例图13-3(a)所示。

试列写系统运动微分方程。

解：以鼓轮及重物组成的系统为分析对象。

系统具有一个自由度，选鼓轮转角ϕ为广义坐标，顺时针为正，零点位于弹簧静变形处，即在静平衡位置满足r P kR s 22=ϕ当ϕ取任意值时系统的外力图如例图13-3（a ）所示。

由质系对固定点的动量矩定理建立系统运动微分方程()r P kR r g P g P dt d s 222121++-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ϕϕϕρ 所以022221=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ϕϕρkR r g P gP ①要点及讨论（1）本题分析鼓轮与重物组成的系统，用质系动量矩定理求解，而不是用定轴转动微分方程。

鼓轮与重物之间细绳的拉力为内力，约束力通过固定轴，所以在方程中均不出现。

若以鼓轮为分析对象，鼓轮的外力图如图（b ）所示，此时鼓轮与重物间细绳的拉力变为外力。

列写鼓轮作定轴转动的微分方程FR Tr g P -=ϕρ 21 ②()ϕϕ+=s kR F③方程中包括未知拉力T ，欲消去T 还必须分析重物，重物的运动方程为T P r gP -=22ϕ （注意：2P T ≠） 由方程②③消去T ，得到与式①相同的系统运动微分方程。

由上面的分析可以看出，对于类似具有一固定轴的一个自由度系统，分析整个系统用动量矩定理可直接建立系统的运动微分方程。

（2）本题选ϕ为广义坐标（也可选重物位移x 为广义坐标），弹簧静变形位置处为ϕ的零点。

在静平衡位置处，重力矩与弹性恢复力矩平衡，才得到式①的二阶齐次微分方程，此方程的解为⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡++=αρϕϕt r P P kg R22210sin 其中0ϕ，α由初始条件决定，此解表示系统围绕其静平衡位置作简谐运动。

读者试以弹簧原长处为坐标原点列写微分方程，求其解并解释其意义。

（3）应用动量矩定理求解动力学问题的步骤为： ①明确分析对象；②选取广义坐标，在有一固定轴的情况下广义坐标一般为角位移，角位移的正方向确定后，角速度、角加速度以及力矩的正方向均与角位移的正方向一致；③计算系统的动量矩；④分析系统受力，区分外力与内力；⑤应用动量矩定理，建立系统外力的主矩与系统动量矩变化率之间的关系； ⑥解方程并对其结果进行讨论。

定理一般用来解决系统已知力求运动的问题，在运动已确定的情况下也可用来求未知力。

例13-4均质圆盘，质量为m ，半径为R ，对质心的回转半径为C ρ，如例图13-4（a ）所示。

试研究圆盘沿倾斜角为α的斜面的平面运动。

不计滚动摩阻。

解：（1）斜面光滑圆盘具有两个自由度，设广义坐标为ϕ,C x 。

ϕ为圆盘相对质心平动系的转角。

圆盘的受力如例图13-4(a)所示。

由刚体平面运动微分方程得出 αsin mg xm C = ① αcos 0mg N -= ② 02=ϕρ C m ③所以 0sin ==ϕα g x C若0,0,0,,0=====ϕϕ C O C x v xt 则圆盘以加速度αsin g x C =作平动； 若0,,0,0,0=====ϕωϕ C C x xt 则圆盘质心作等加速直线运动，同时圆盘相对质心作等角速度转动。

（2）斜面足够粗糙圆盘受力如图（b ）所示。

运动微分方程为 F mg xm C -=αsin ④αcos 0mg N -=FR m C =ϕρ 2⑤三个方程包含N ，F ，C x，ϕ 等四个未知数，由约束条件斜面足够粗糙，则圆盘与斜面间无相对滑动，圆盘作纯滚动，约束方程为 ϕR x C =ϕ R xC = 所以 ϕ R xC = ⑥所以圆盘实际上具有一个自由度。

由④②⑤⑥式解得ααρραρcos sin sin 222222mg N mg RF g RRx CCCC =+=+=圆盘与斜面间无相对滑动的条件为fN F ≤，由此可以得出圆盘沿斜面作纯滚动的条件为摩擦系数αρρtg 222Rf CC +≥(3)圆盘与斜面间的摩擦系数αρρtg 0222Rf C C+≤≤的情况下，圆盘沿斜面既滚又滑，具有两个自由度，选C x 、ϕ为广义坐标。

圆盘的运动微分方程为 F mg xm C -=αsin ⑦αcos 0mg N -=FR m C =ϕρ 2此时αcos mg f N f F '='=⑧f '为圆盘与斜面间的动滑动摩擦系数。

由方程⑦⑤⑧可求得 g a f xC )cos (sin '-=ααρϕcos 2g f R C'=由结果可看出圆盘质心的加速度与圆盘重量无关,只与动滑动摩擦系数有关。

要点及讨论（1）在本题第（2）与第（3）种情况中，没有考虑初始条件的影响（零初始条件），所建立的运动微分方程分别反映了在纯滚动过程中和又滚又滑的过程中力与运动的关系。

摩擦力的方向与接触点相对滑动的趋势有关，因此与圆盘的初始运动条件有关，设0=t 时，0v xC = ，0ωϕ= ，圆盘将如何运动呢？可分两种情形讨论。

第一种情形：设00ωR v >，此时圆盘的受力图如图(c ）所示，摩擦力的方向沿斜面向上，运动微分方程为FR m mg N F mg xm C C =-=-=ϕραα 2cos 0sin初始条件 0=t ，0v xC = ，0ωϕ= 因不满足00ωR v =，所以圆盘开始运动时既滚又滑αcos mg f Nf F '='=对应于所给出的初始条件，运动微分方程的一次积分为⎪⎩⎪⎨⎧'+='-+=αρωϕααcos )cos (sin 200gtf R gt f v x C C 当ϕ R xC =时，圆盘的运动由既滚又滑变为只滚不滑，由此求出圆盘开始作纯滚动的时间t ： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡'+='-+αρωααcos )cos (sin 200gt f RR gt f v C所以ααρωsin 1ctg 1220g f R R v t C ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-'⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=第二种情形：设00ωR v <，此时圆盘的受力图如图（d ）所示，摩擦力的方向沿斜面向下，运动微分方程为FR m mg N F mg x m C C -=-=+=ϕραα 2cos 0sin初始条件0=t ，0v xC = ，0ωϕ=初始瞬时圆盘的运动为既滚又滑，同第一种情形相似，可求得圆盘开始作纯滚动的时间t ：ααρωsin 1ctg 1220g f R v R t C ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+'⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=（2）在本题中纯滚动的条件下（摩擦系数足够大）可对瞬时速度中心C *用动量矩定理，直接得出质心的加速度 即 ()αρsin 22mgR RxRm C C =+αρsin 222g RRxCC +=读者试验证在其他情况下（例如既滚又滑的情形），是否可对圆盘与斜面的接触点用动量矩定理。