质点系动力学能量方法

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
T + V = const ，
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。
题 10-2 图
1 1 4 1 J O = ml 2 + mr 2 + ml 2 = ml 2 + mr 2 3 2 3 2
3
动能为 T =
（2）圆盘绕 A 点转动，相对杆的角速度为 − ω ，则圆盘作平移，质心速度为 v = lω 。
1 1 2 J Oω 2 = 8l + 3r 2 mω 2 2 12
（b）匀质圆轮作定轴转动，对 O 点的转动惯量为 J O =
题 10-1 图
1 2 1 2 mr = mr ， 2 2
1 1 J Oω 2 = mr 2ω 2 。 2 4 （c）匀质圆轮作作纯滚动， v = rω ， 1 2 1 3 2 2 动能为 T = mv + J Cω = mv 2 2 4
动能为 T =
动能为： T=T 杆+T 盘=
(
)
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。
题 10-3 图
解：杆作平移，动能为 T1 =
1 m1v 2 ； 2
圆盘作纯滚动，动能为 T2 = 总动能为
第十章质点系动力学——能量方法
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 ω ；图（c）为轮作纯滚动，轮心速度为 v 。试写出 它们的动能。 解： （a）匀质圆轮作定轴转动，
习题解答
1 2 3 2 2 对 O 点的转动惯量为 J O = mr + mr = mr ， 2 2 1 3 2 2 2 动能为 T = J Oω = mr ω 。 2 4
1 1 3 m2v 2 + J Oω 2 = m2v 2 ； 2 2 4
T = T1 + T2 =
1 (2m1 + 3m2 )v 2 。 4
10-4 一小方块在倾角为 ϑ 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 ϑ , h, l ，求方块与接触面 间的摩擦因数。 解：小方块在运动过程中，初速度 v1 = 0 ，末速度 v2 = 0 ； 重力的功 Wg = mgh ， 摩擦力的功分两部分：
(
)
1 1 1 1 2 J Oω 2 + mv 2 = ml 2ω 2 + mv 2 = ml 2ω 2 2 2 6 2 3 （3）圆盘绕 A 点转动，相对杆的角速度为 ω ，则圆盘的角速度为 2ω 。 1 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 2 T=T 杆+T 盘= J Oω + mv + J Cω = ml ω + m(lω ) + mr (2ω ) 2 2 2 6 2 4 1 = 2l 2 + 3r 2 mω 2 。 3
力系的功率 P = 功率方程： 式中 P , P
(a )
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
∑F ⋅v
i =1 i
n
i
(c )
dT = P (a ) + P (c ) dt
分别为主动力和约束力的功率。
动能定理的积分形式
T2 − T1 = W (a ) + W (c ) ，
由动能定理得 Wg + W f 1 + W f 2 = 0 ，解得 f s =
h sin ϑ 。 h cosϑ + l sin ϑ
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。 重力的功 Wg = mg (s + λ )sin 30 ；
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） ：
r& ) ⋅ δr = 0 ∑ (F − m &
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 ϑ 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：设圆盘质心的速度为 v1 ，圆环质心的速度为 v2 ，
题 10-7 图
则圆盘的动能为 T =
3 2 mv1 ， 圆 环 的 动 能 为 4
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
T=
1 J Pω 2 ，或 2
T=
1 2 1 mvC + J Cω 2 2 2
其中ω为刚体的角速度。 vC 为平面运动刚体质心 C 的速度， J C 为对质心得转动惯量 2 动能定理
d T 等于作用于质点系的主动力元功 d′W (a ) 和约束力元功 d′W (c ) 的代数和，即 d T = d′W (a ) + d′W (c )
o
解：物体在运动过程中，初速度 v1 = 0 ，末速度 v2 = 0 ；
o
题 10-5 图
摩擦力的功为： W f = − mg (s + λ ) f cos 30 ；
4
弹簧力的功： We = −
1 2 kλ 2
1 mg (s + λ )sin 30o − kλ2 2 由动能定理得 Wg + W f + We = 0 ，解得 f = ，将数据代入， mg (s + λ )cos 30o 得 f = 0.31 .
题 10-9 图
由动能定理， T2 − T1 = W ，导出 n2 =
n12 −
2 Fs
2
，
ω=
vA ，轮心速度为 R−r
vO =
r v A 。系统的动能为 R−r
1 1 1 1 v 2 2 m1v A + J Pω 2 = m1v A + m2 ρ 2 + r 2 A 。 2 2 2 2 R−r 运动过程中仅重力做功， W = m1 g y ， y 为重物下降的距离。由动 能定理， T − T0 = W ， T0 为初始动能。得 T=
题 10-4 图
其一为在斜面上。法向反力为 FN 1 = mg cosϑ ，斜面长为 s1 =
h ，摩擦力的功为 sin ϑ
h fs ； sin ϑ 其二为在水平面上。法向反力为 FN 2 = mg ，水平面上距离为 l ，摩擦力的功为 W f 2 = − FN 2 f sl = − mg ⋅ l ⋅ f s ； W f 1 = − FN 1 f s s1 = − mg cosϑ
其中 L = T − V 为拉格朗日函数。 拉格朗日方程的普遍形式
d ∂L ∂L = Q′j − & j ∂q j d t ∂q
( j = 1,2,..., m )
式中 Q′j 为非有势力对应的广义力。 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
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矢量方法 动静法 质点系统动力学 动能定理 能量方法 拉格朗日方程 3 保守系统拉格朗日方程的初积分 若拉格朗日函数 L 不显含广义坐标 qi ，即有 朗日方程存在循环积分
题 10-8 图
2
5
π J 30 代入数据，得冲压结束后飞轮的转速为 n2 = 412.1 r / min .
系在绳索上跨过一不计质量的定滑轮 D 10-9 重物 A 质量为 m1， 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 ρ 。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： 取整个系统为研究对象，自由度为 1。设重物速度为 v A ，则轮 的角速度
T=
1 1 2 J Oω 2 = m ρC + x2 ω 2 ， 2 2
(
)
仅重力做功， W = mgx ，由动能定理得：
1 2 m ρC + x 2 ω 2 = mgx ，解出 2
(
)
ω2 =
2 gx 。 ρ + x2
2 C
令 dω dx = 0 ，解得 x =
ρC ，从而有 ω max = g ρ C 。
∂L = 0 ，称此广义坐标为循环坐标。拉格 ∂qi
∂L = Cj &j ∂q
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 L 不显含时间，对于保守系统，存在 能量积分
T +V = C
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。
2 T = mv2 ，重力的功为 W = mgs sin ϑ ， s 为圆盘或圆环的质心沿斜面滑过的距离。由动能 定理： T = W ，得 3 2 2 圆盘： mv1 = mgs sin ϑ ；圆环： mv1 = mgs sin ϑ 。 4 gs sin ϑ 解得， v1 = 2 ， v2 = gs sin ϑ 。 3 因 v1 > v2 ，所以圆盘先到达地面。
10-2 匀质杆 OA 长 l，质量为 m，绕 O 点转动的角速度为 ω ；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 − ω ； （3）圆盘绕 A 点转动，相对杆的角速度为 ω 。 解： （1）圆盘固结于杆。对 O 点转动惯量为
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 ρ C 。设 OC = x ，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。 解：复摆对 O 点的转动惯量为 J O = mρ C + mx ，动能为
2 2
题 10-6 图
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。
1 π n 解：飞轮的动能： T = J ，工作阻力的功： W = − Fs ， 2 30
第十章
一、动能和动能定理 1 动能 质点系的动能 T =
质点系动力学：能量方法
1 n ∑ mi vi ⋅ vi ， 2 i=1
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
T=
1 2 mv ， 2 1 J zω 2 2
其中 m 为平移刚体的质量。 定轴转动刚体的动能 T =
i =1 i i i i
n
其中 ri 为 Pi 的矢径， Fi 为作用在 Pi 上的主动力。 2 拉格朗日方程 拉格朗日方程
d ∂T ∂T − = Qj & j ∂q j d t ∂q
保守系统的拉格朗日方程
( j = 1,2,..., m )
d ∂L ∂L =0 − & j ∂q j d t ∂q
( j = 1,2,..., m )
(
)
2
m1 (R − r ) g。 等式两边对时间求导，注意到 v A = dy dt ，导出： a A = 2 m1 (R − r ) + m2 ρ 2 + r 2
2
ρ 2 + r2 2 1 m m + v A − T0 = m1 g y . 2 1 2 (R − r )2