理论力学-第10章1
理论力学 第十章振动
k2
k1
δ st
r F1
k eq = k1 + k 2
δ st r
r mg
keq k1 + k 2 = m m
m
r F2
mg = k eqδ st
keq称为等效弹簧刚性系数 并联系统的固有频率为
mg k2
ωn =
当两个弹簧并联时，其等效弹簧刚度等于两个弹簧刚度的和。 这一结论也可以推广到多个弹簧并联的情形。
O
δ st
x
r F r P
则解为：
x = A sin(ω nt + θ )
表明：无阻尼自由振动是简谐振动。 其运动图线为：
x
A
x
x0
θ ωn
O
t
t+T
x
2.无阻尼自由振动的特点 无阻尼自由振动的特点
（1）固有频率 ）
无阻尼自由振动是简谐振动，是一种周期振动，任何瞬时t， 无阻尼自由振动是简谐振动，是一种周期振动，任何瞬时 ，其 运动规律x（t）总可以写为: 运动规律 （ ）总可以写为: x（t）= x（t+T） （） （ ） T为常数，称为周期，单位符号为s。 为常数， 周期， 符号为 为常数 称为周期 单位符号 。 这种振动经过时间T后又重复原来的运动 后又重复原来的运动。 这种振动经过时间 后又重复原来的运动。 考虑无阻尼自由振动微分方程 考虑无阻尼自由振动微分方程
r F r P
x
两个根为： r1 = +iω n 方程解表示为：
r2 = −iω n
x = C1 cos ω nt + C2 sin ω nt
x = C1 cos ω nt + C2 sin ω nt
理论力学第10章 质点动力学
y
ω O φ
A β
B
如滑块的质量为m，忽略摩擦及连 杆AB的质量，试求当 t 0 和 时，连杆AB所受的力。
π 2
§10.3 质点动力学的两类基本问题 例 题 10-1
运 动 演 示
§10.3 质点动力学的两类基本问题 例 题 10-1
y
解：
ω O φ
A
β B
以滑块B为研究对象，当φ=ωt 时，受力 如图。连杆应受平衡力系作用，由于不计连 杆质量，AB 为二力杆，它对滑块B的拉力F沿 AB方向。 写出滑块沿x轴的运动微分方程
§10.3 质点动力学的两类基本问题 例 题 10-3
解： 以弹簧未变形处为坐标原点O，物块
在任意坐标x处弹簧变形量为│x│ ，弹簧 力大小为 F k x ，并指向点O，如图所 示。 则此物块沿x轴的运动微分方程为
F O x
m
x
d2 x m 2 Fx kx dt
或 令
d2 x m 2 kx 0 dt
mg
绳的张力与拉力F的大小相等。
§10.3 质点动力学的两类基本问题 例 题 10-3
物块在光滑水平面上与弹簧相连，如图所示。物块
质量为 m ，弹簧刚度系数为 k 。在弹簧拉长变形量为 a 时， 释放物块。求物块的运动规律。
F
O x
m
x
§10.3 质点动力学的两类基本问题 例 题 10-3
运 动 演 示
应用质点运动微分方程，可以求解质点动力学的两类问题。
§10.3 质点动力学的两类基本问题
第一类基本问题：已知质点的运动，求作用于质点上的力。 也就是已知质点的运动方程，通过其对时间微分两次得到质 点的加速度，代入质点运动微分方程，就可得到作用在质点 上的力。
《理论力学》第10章 质心运动定理
第10章 质心运动定理
26
3、求质心加速度
aC
aB
aCt B
aCnB
4、质心运动定理求约束力，受力分析
ma Cx FixE FA sin450 maCy FiyE FB mg FA cos 450
O
450
1m
A
C
vB
aB
450
B
FA
A
mg
x
FB
C
450
B
★理论力学电子教案
0
px const
★理论力学电子教案
第10章 质心运动定理
18
例题 图示机构，均质杆OA长l，质量为m1，滑块A的质量为m2， 滑道CD的质量为m3。OA杆在一力偶（图中未画出）作用下作 匀角度ω转动。试求O处的水平约束反力（机构位于铅直平面
内，各处摩擦不计）。 C
A
O
E
D
★理论力学电子教案
第10章 质心运动定理
第10章 质心运动定理
27
ma A
第10章 质心运动定理
14
M
C aC mg
FN
F
★理论力学电子教案
第10章 质心运动定理
§2 质点系动量、冲量
质点动量： 质点系动量：
p mv
P mivi mvC
问：刚体系动量？
元冲量：
dI F dt
冲量：
t2 t2
I dI F dt
t1
t1
15
p mv
★理论力学电子教案
第10章 质心运动定理
1
第十章 质心运动定理&动量定理
★理论力学电子教案
第10章 质心运动定理
(完整版)理论力学_动力学课件
dpx
/
dt
F (e) x
dp y
/
dt
F (e) y
微 分 形
dpz
/
dt
F (e) z
式
px
p0 x
I
(e) x
py
p0 y
I
(e y
)
积 分 形
pz
p0 z
I
( z
e
)
式
12 动量矩定理 12.1 质点和质点系的动量矩
理论力学 （运动学）
教 材:《理论力学》 陈国平 罗高作 主编 武汉理工大学出版社
参考书: 《建筑力学》 钟光珞 张为民 编著 中国建材工业出版社
《建筑力学》 周国瑾等 编著 同济大学出版社
《理论力学》 范钦珊 主编 清华大学出版社
10 质点动力学
第10章 质点动力学的基本方程
§10-1 动力学的基本定律
画受力图
（2） 研究对象运动分析
（3） 列方程求解求知量
Fx
F
P sin
P g
a
Fy FN P cos 0
y
x
a
F
F
P(sin
a g ), FN
P cos
P
FN
F f FN
f min
a
g cos
tan
11 动量定理 §11-1 动量与冲量
§11-2 动量定理
1. 质点的动量定理
dp d(mv) ma F dt dt
理论力学 陈立群 第10章能量方法习题解答
第十章质点系动力学——能量方法 习题解答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， 对O 点的转动惯量为 2222321mr mr mr J O =+=，动能为2224321ωωmr J T O ==。
（b ）匀质圆轮作定轴转动，对O 点的转动惯量为 222121mr mr J O ==， 动能为2224121ωωmr J T O ==。
（c ）匀质圆轮作作纯滚动，ωr v =，动能为222432121mv J mv T C =+=ω10-2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2222221342131mr ml ml mr ml J O +=++=动能为()22223812121ωωm r l J T O +==（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ωl v =。
动能为： T=T 杆+T 盘=22222223221612121ωωωml mv ml mv J O =+=+（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ω2。
T=T 杆+T 盘=()()222222222412*********ωωωωωmr l m ml J mv J C O ++=++()222321ωm r l +=。
10-3质量为m 1的匀质杆，长为l ，一端放在水平面上，另一端与质量为m 2、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。
理论力学第七版第十章 动量定理
(1) 质点具有惯性，其质量是惯性的度量 质点具有惯性， (2)作用于质点的力与其所产生的加速度成比例 (2)作用于质点的力与其所产生的加速度成比例 (3)作用力与反作用力等值、方向、共线， (3)作用力与反作用力等值、方向、共线，分别 作用力与反作用力等值 作用于两物体上。 作用于两物体上。
§10-1 动量与冲量 10一、冲 量
单位： N·s 1、常力的冲量 常力与作用时间t的乘积 F·t 称为常力的冲量。并用I表 常力与作用时间t 称为常力的冲量。并用I 冲量是矢量，方向与力相同。 示，冲量是矢量，方向与力相同。
I = F⋅ t
2、变力的冲量 若力F是变力， 若力 是变力，可将力的作用时间 t 分成无数的微小时间 是变力 dt，在每个 dt 内，力 F 可视为不变。 可视为不变。 ， 元冲量——力 元冲量——力F在微小时间段 dt 内的冲量称为力F 的元冲量。 内的冲量称为力F 元冲量。 变力 F 在 t1~t2 时间间隔内的冲量为： 时间间隔内的冲量为：
§10-2 动量定理 10二、冲量定理
p2 − p1 = ∑∫ F dt ≡ ∑I
t1
t2
t2
(e)
具体计算时，往往写成投影形式， 具体计算时，往往写成投影形式，即
p2x − p1x = ∑∫ Fx dt ≡ ∑Ix
t1
(e)
p2y − p1y = ∑∫ Fy dt ≡ ∑Iy
t2 t1
(e)
p2z − p1z = ∑∫ F dt ≡ ∑Iz z
I = ∫ Fdt
t1
t2
§10-1 动量与冲量 102、变力的冲量
t
I =∫ F dt
《理论力学》第10-11章习题参考解答
1 2
(1 3
G1 g
r 2 ) 2
(G1
G2 )
r 2
求得：
3g(G1 G2 ) r(G1 3G2 )
,
vB
r
3(G1 G2 )gr (G1 3G2 )
②分析AB杆各点的加速度，由基点法得：
aB
aA
aAn
aB A
将矢量方程在铅垂方向投影得：
0
a
n A
aBA
所以：
AB
aBA L
aAn L
《理论力学》第10章习题参考解答
FD
解：已知：
T 10(s), n 2 4 (rad / s) 60
①分析OA的受力，有：
F 3.5 FD 1.5
FD
7 3
F
②取轮子为研究对象，动力学方程为：
(1 2
mr2 )
Fs r
FS
FD f
7Ff 3
求得： 14Ff 3mr
因为角加速度为常数，所以轮子作匀减速运动，则有：
G2 g
aC
FB
L 2
FAy
L 2
(1 12
G2 g
L2 ) AB
解方程得：
FB
G2 (G1 2G2 ) G1 3G2
vB
AB aC
aB
aB A
aCn aB A
C
FB
G2
vA aA aAn FAy FAx
r 2 L
3g(G1 G2 ) (G1 3G2 )L
③分析AB杆各点的加速度，由基点法得： aC aCn aA aAn aCA
将矢量方程在铅垂方向投影得：
aC
a
n A
aC A
理论力学 第六版部分习题答案 第十章
上式代入式（4）得
FN = 4mB g − mB
10-6 如图 11-10a 所示，质量为 m 的滑块 A，可以在水平光滑槽中运动，具有刚性系 数为 k 的弹簧 1 端与滑块相连接，另 1 端固定。杆 AB 长度为 l，质量忽略不计，A 端与滑 块 A 铰接，B 端装有质量 m1，在铅直平面内可绕点 A 旋转。设在力偶 M 作用下转动角速度 ω 为常数。求滑块 A 的运动微分方程。
F = 1 068 N = 1.068 kN 10-3* 如图 11-3a 所示浮动起重机举起质量 m1=2 000 kg 的重物。设起重机质量 m2=20 000 kg，杆长 OA=8 m；开始时杆与铅直位置成 60°角，水的阻力和杆重均略去不计。当起 重杆 OA 转到与铅直位置成 30°角时，求起重机的位移。
vC = 2vC1 = lω
代入式(1)，得
149
p=
lω (5m1 + 4m2 ) （方向如图 11-7b 所示） 2
A
p
vC
C
vC1
ω
O
ωt
C1
B
(a) 图 11-7
(b)
10-5
质量为 m1 的平台 AB，放于水平面上，平台与水平面间的动滑动摩擦因数为 f。
质量为 m2 的小车 D，由绞车拖动，相对于平台的运动规律为 s = 不计绞车的质量，求平台的加速度。
棱柱 B 接触水平面时系统质心坐标
a b ⎤ ⎡ m A (l − ) + m B ⎢l − (a − )⎥ 3 3 ⎦ 3(m A + m B )l − a(m A + 3m B ) + m B b ⎣ ′ = = xC m A + mB 3(m A + m B )
理论力学第十章作业答案
v A O A B C D 300w 0
v A v AB v B [10-6]图示曲柄摇块机构中，曲柄OA 以角速度 0绕O 轴转动，带动连杆AC 在摇块B 内滑动,摇块及其刚连的BD 杆则绕B 铰转动，杆BD 长l,求在图示位置时摇块的角速度及D 点的速度.
解：运动分析：OA 、摇块B 定轴转动，AC 平面运动0A v OA ω=⋅以A 点为基点分析B 点的速度
-以摇块上的B 点为动点，以AC 为动系统，通过分析B 点的速度，得知
AC 杆上B 点的速度沿AC 方向。
1/2AB A v v =AB AB v AC
ω=⋅ 又01/4AB ωω⇒=01/4B AB ωωω∴==0
/4D B v l l ωω=⋅=以AC 杆为研究对象：
O A
B C D
300w 0
速度瞬心法：I v A 0A AB v OA IA ωω==由几何关系得：4IA OA
=0
1/4AB ωω⇒=0
1/4B AB ωωω∴==0
/4D B v l l ωω=⋅=
v A A AB v ω= 又01/4AB ωω⇒==
v A v B （3）再研究齿轮D v =v D
（1）取轮为研究对象：v B
（2）取销钉v Br v Be 0cos 60Be B v v =⋅ωO1A
AD 作平面运动。
（1v D
（2）取滑块D 为动点，v Dr v De 0cos30De D v v =1O D ω∴=ωO1D。
理论力学课后习题答案-第10章--动能定理及其应用-)
理论力学课后习题答案-第10章--动能定理及其应用-)(a)v ϕABC rv 1v 1v 1ωϕ(a)CCωCvωO第10章 动能定理及其应用10－1 计算图示各系统的动能：1．质量为m ，半径为r 的均质圆盘在其自身平面内作平面运动。
在图示位置时，若已知圆盘上A 、B 两点的速度方向如图示，B 点的速度为v B ，θ = 45º（图a ）。
2．图示质量为m 1的均质杆OA ，一端铰接在质量为m 2的均质圆盘中心，另一端放在水平面上，圆盘在地面上作纯滚动，圆心速度为v （图b ）。
3．质量为m 的均质细圆环半径为R ，其上固结一个质量也为m 的质点A 。
细圆环在水平面上作纯滚动，图示瞬时角速度为ω（图c ）。
解：1．222222163)2(2121)2(212121BBB CCCmv r v mr v m J mv T =⋅+=+=ω 2．222122222214321)(21212121v m v m r v r m v m vm T +=⋅++= 3．22222222)2(212121ωωωωmR R m mR mR T =++=10－2 图示滑块A 重力为1W ，可在滑道内滑动，与滑块A 用铰链连接的是重力为2W 、长为l 的匀质杆AB 。
现已知道滑块沿滑道的速度为1v ，杆AB 的角速度为1ω。
当杆与铅垂线的夹角为ϕ时，试求系统的动能。
解：图（a ） B AT T T +=)2121(21222211ωC CJ vgWv g W ++=21221121212211122]cos 22)2[(22ωϕωω⋅⋅+⋅++++=l gW l l v l v l g W v g W]cos 31)[(2111221222121ϕωωv l W l W v W W g +++=10－3 重力为P F 、半径为r 的齿轮II 与半径为r R 3=的固定内齿轮I 相啮合。
齿轮II 通过匀质的曲柄OC 带动而运动。
《理论力学》第十章 质心运动定理
－－质心运动定理 －－质心运动定理
结论： 结论：
质心“ 1. 质心“像一个质点一样遵循牛顿第二定 理”。 无论刚体（ ）、质点系做何形式的运 2. 无论刚体（系）、质点系做何形式的运 动，此定理成立。 此定理成立。 3. 质心的运动仅与质系的外力有关，与
内力无关。 内力无关。
HOHAI UNIVERSITY HOHAI UNIVERSITY HOHAI UNIVERSITY HOHAI UNIVERSITY HOHAI UNIVERSITY HOHAI UNIVERSITY ENGINEERING MECHANICS HOHAI UNIVERSITY HOHAI UNIVERSITY
质心是永远存在， 质心是永远存在，而重心只有在重力场中才存在
在重力场内， 在重力场内，质心与重心重合
Wi ∑ ix C x = W Wi ∑ iy y = C W W ∑ izi z C= W
质心坐标
（二）质心运动定理 d2r i m 2 =F 对每个质点 i i d t 2 dr i 求和 F m 2 =∑ i ∑ i d t 2 2 2 d d dr C 左 = 2 (∑ ir) = 2 (mC) =m 2 边 mi r d t d t d t E I 右 =∑F +F =∑ iE +∑ iI 边 F F i i
mi ∑ ir r = C m ∑ i
问题： 问题：
mi ∑ ix x C= m ∑ i mi ∑ iy y = C m ∑ i mi ∑ iz z C= m ∑ i
构成，每个刚体质心位置已知， 系统由几个刚体构成，每个刚体质心位置已知， 系统质心如何确定？ 1. 系统质心如何确定？ 质心的速度如何确定？ 2. 质心的速度如何确定？
理论力学第10章
C
B
Dபைடு நூலகம்
vCD
×
输入文件检查 构件数量 = 3 构件号= 1 构件类型代码= 1 2 (主动构件,转动 ) 角速度分量(w),角加速度分量(e) .000 .000 -5.000 .000 .000 .000 约束类型数= 2 2 自由度约束个数 = 1 2 自由度约束坐标(x,y) .000 .000 .000 1.000 1.000 .000 联接点约束个数 = 1 联接点约束中2自由度约束个数= 1 联接点约束中2自由度约束坐标(x,y) .000 -1.000 .000 1.000 1.000 .000 构件号= 2 构件类型代码= 0 3 (被动构件,平面运动) 基点坐标,角速度矢量方向 .000 -1.000 .000 .000 .000 1.000 约束类型数= 1 联接点约束个数 = 2 联接点约束中1自由度直线约束个数= 1 联接点约束中1自由直线约束坐标(x,y) -1.000 -2.000 .000 -.710 .710 .000 联接点约束中2自由度约束个数= 1 联接点约束中2自由度约束坐标(x,y) .000 -1.000 .000 1.000 1.000 .000
第十章 运动构件系统 分析和计算机计算
沈阳建筑大学
侯祥林
第十章 运动构件系统分析和计算机计算
§10-1 刚体一般运动概述
§10-2 构件系统运动分析
§10-3 构件系统运动计算机计算
例题
第十章 运动构件系统分析和计算机计算
§10-1 刚体一般运动概述
1. 刚体的定点运动 刚体运动时，若体内有一点在空 间的位置保持不变则这种运动为刚 体的定点运动 O xyz 为过定点O的定坐标系， 固定 在刚体上的动坐标系为O x´y´ z ´， ON是坐标O x´y´和O xy 的平面交线 称为节线 ON和x轴的夹角ψ---进动角 z ´轴和z轴θ----章动角。
《理论力学》第十章 质心运动定理 动量定理 习题共7页
第十章 质心运动定理 动量定理 习题解[习题10-1] 船A 、B 的重量分别为kN 4.2及kN 3.1，两船原处于静止间距m 6。
设船B 上有一人，重N 500，用力拉动船A ，使两船靠拢。
若不计水的阻力，求当两船靠拢在一起时，船B 移动的距离。
解：以船A 、B 及人组成的物体系统为质点 系。
因为质点系在水平方向不受力。
即：设B 船向左移动了S 米， 则A 船向右移动了6－S 米。
由质点系的动量定理得：[习题10-2] 电动机重1P ，放置在光滑的水平面上，另有一匀质杆，长L 2，重2P ，一端与电动机机轴固结，并与机轴的轴线垂直，另一端则刚连一重3P 的物体，设机轴的角速度为ω（ω为常量），开始时杆处于铅垂位置并且系统静止。
试求电动机的水平运动。
解：以电动机、匀质杆和球构成的质点系为研究对象。
其受力与运动分析如图所示。
匀质杆作平面运动。
因为质点系在水平方向上不受力，所以 由动量定理得：这就是电动机的水平运动方程。
[习题10-3] 浮动起重机起吊重kN P 201=的重物，起重机重kN P 2002=，杆长m OA 8=，开始时杆与铅垂位置成060角，忽略水的阻力，杆重不计，当起重杆OA 转到与铅垂位置成030角时，求起重机的位移。
解：以重物和起重机构成的物体系统为质系。
因为质点系在水平方向不受力，所以0=x Fconst x C ＝。
即OA 运动前后，质点系的质心保持不变。
也就是质心守恒。
当OA 杆转到与铅垂位置成030角时，质点系质心的横坐标为： 当OA 杆转到与铅垂位置成030角时， 质点系质心的横坐标为： 因为质心守恒，所以21C C x x =，即：故，当起重杆OA 转到与铅垂位置成030角时，起重机向左移动了0.2662米。
[习题10-4] 匀质圆盘绕偏心轴O 以匀角速度ω转动。
重P 的夹板借右端弹簧推压面顶在圆盘上，当圆盘转动时，夹板作住复运动。
设圆盘重W ，半径为r ，偏心距为e ，求任一瞬时作用于基础和别螺栓的动反力。
理论力学 第10章 达朗贝尔原理(动静法)
解： 取轮为研究对象
虚加惯性力系：
RQ maC mR
M QC JC m 2
O
由动静法，得：
23
X 0 , F T RQ 0
(1)
Y 0 , N mg S 0
(2)
mC (F )
0
, M
FR M QC
0
(3)
2
2
M F( R) T (4)
4
二、质点的达朗贝尔原理
非自由质点M，质量m，受主动力 F， 约束反力 N ，合力 R F N ma
F N ma 0
F N Q 0
质点的达朗贝尔原理
该方程对动力学问题来说只是 形式上的平衡，并没有改变动力学 问题的实质。采用动静法解决动力 学问题的最大优点，可以利用静力 学提供的解题方法，给动力学问题 一种统一的解题格式。
方向。 ④虚加惯性力。在受力图上画上惯性力和惯性力偶，一定要
在 正确进行运动分析的基础上。熟记刚体惯 性力系的简化结果。
26
⑤列动静方程。选取适当的矩心和投影轴。 ⑥建立补充方程。运动学补充方程（运动量之间的关系）。 ⑦求解求知量。
[注] RQ , MQO 的方向及转向已在受力图中标出，建立方程时， 只需按 RQ maC , MQO JO 代入即可。
5
[例1] 列车在水平轨道上行驶，车厢内悬挂一单摆，当车厢向
右作匀加速运动时，单摆左偏角度 ，相对于车厢静止。求车
厢的加速度 a 。 a
6
解： 选单摆的摆锤为研究对象 虚加惯性力 Q ma ( Q ma )
由动静法, 有
X 0 , mg sin Qcos 0
理论力学第10章
第 第10 10章 动量定理和 动量定理和动量矩定理动量矩定理第 第10 10章 动量定理和动量矩定理 □ 动量定理、动量矩定理 □ 质心运动定理 □ 讨论□ 质点系相对质心的动量矩定理□动量定理和动量矩定理的应用□ 动量、动量矩动量、动量矩★ 质点动量质点动量 质点的动量质点的动量 (momentum) —— 质点的 质量与质点速度的乘积，称为质点的动量质量与质点速度的乘积，称为质点的动量 = vp m = 动量具有矢量的全部特征，所以动量 是矢量，而且是定位矢量。
是矢量，而且是定位矢量。
所有质点动量的矢量和，称为 所有质点动量的矢量和，称为质点系的动 量 量，又称为 ，又称为动量系的主矢量 动量系的主矢量，简称为 ，简称为动量主矢 动量主矢。
= ii im v p å = ★ 质点系动量质点系动量 质点系运动时，系统中的所有质点在每一瞬时都具有各自的动量矢。
质点系中所有质点动量矢的集合，称为 的动量矢。
质点系中所有质点动量矢的集合，称为动量系。
动量系。
= ) , , , ( 2 2 1 1 nn m m m v v v p × × × = 根据质点系质心的位矢公式根据质点系质心的位矢公式 iii Cmm i i i C å = rr iii Cmm i i i C å = vv Cm v p =★ 冲量冲量 作用力与作用时间的乘积称为常力的冲量，用I 表示即 I = F t若作用力F 为变量，在微小时间间隔d t 内，F 的冲量称为元冲量。
即 d I = F d t力F 在作用时间t 内的冲量是矢量积分ò = ttd F I★ 质点动量矩 ★ 质点系动量矩□ 动量矩动量矩( v r v M mm O ´ = ) ( 质点对于点 质点对于点OO 的位矢与质点 动量叉乘，所得到的矢量称为 质点对于点 质点对于点O O 的动量矩。
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质点系动能的微分等于作用在质点系上所有力的元功之和
1 d T d ( mi v i2 ) Fi d ri δ Wi 2
—— 微分形式
δ Wi dT Ni N dt dt
N 称为力的功率(单位时间内该力 所作的功)。
质点系动能改变量等于运动过程中作用在质点系上的 所有可以作功的力所作之功的代数和。
内力的功 刚体的内力不作功
刚体内任何两点间的距离始终保持不变，所以刚体 的内力所作功之和恒等于零。
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理想约束的情形
光滑的固定支承面、轴承、光滑的活动铰链、销钉和 活动支座都是理想约束。理由是它们的约束力不作功或 作功之和等于零。 柔性约束也是理想约束。因为它们只有在拉紧时才 受力，这时与刚性杆一样，内力作功之和等于零。
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1 2 1 T mvC J C 2 2 2
其中vC为刚体质心的速度；JC为刚体对通过质心且 垂直于运动平面的轴的转动惯量。
质点的动能定理的两种 形式。微分形式为 积分形式为
1 2 d( mv ) F d r δ W 2 1 2 1 2 mv2 mv1 W12 2 2
1 1 1 2 2 2 T mi vi ( mi )vC mvC 2 2 i 2
式中m为刚体的质量；vC为质心的速度。 上述结果表明，刚体平移时的动能，相当于将刚 体的质量集中于质心时的动能。
定轴转动刚体的动能
刚体以角速度 绕定轴z转动时，其上－点的速度为
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2m M
1 1 1 2 2 2 2 2 T m(vD vr ) m(vD vr 2vD vr cos ) m0vD 2 2 2
2m(2m m0 ) m2cos 2 2 vr 2(2m m0 )
动能
质点系的动能－例 题 1
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根据运动学分析，得到
v A R A vC R B
T1 0 ,
解：2. 确定外力的功: 设下降高度h
v A vC
3 2 T2 mv A 2
物块的重力和轮A的重力分别作正功和负功。于是，系统外 力的总功为
1 W12 mgh mghcos60 mgh 2
3．应用动能定理的积分形式：
T2 T1 W1－2
—— 积分形式
均质圆轮A、B质量均为m， 半径均为R，轮A沿斜面作纯滚动 ，轮B作定轴转动，B处摩擦不计 。物块C的质量也为m。A、B、C 用无质量的绳相联，绳相对B轮 无滑动。系统初始为静止状态。 试求： 1．当物块C下降高度为h时，轮A质心的速度及轮B的角速度。 2．系统运动时，物块C的加速度。 解：以整个系统为研究对象。画出系统中作功的力。
vi ri
因此，定轴转动刚体的动能为
1 1 2 1 2 2 T mi (ri ) ( mi ri ) J z 2 2 i 2 2 i
其中Jz为刚体对定轴z的转动惯量。
动能
刚体的动能
平面运动刚体的动能
刚体的平面运动可分解为随质心的平移和绕质心 的相对转动， 因此平面运动刚体的动能 为
求：系统的等效质量、等效刚度与系统的固有频率。 解：这是一个单自由度振动的刚体系统，现研究怎样将 其简化为弹簧－质量模型。 与以前所研究过的问题相比，系统中增加了平面运 动，可以根据动能定理建立系统的运动微分方程，从 而得到系统的等效质量和等效刚度。
以整个系统为研究对象 ，作功的力A、B轮的重力和 弹簧的弹性力。 系统的动能表达式为
1 1 2 1 2 1 2 2 T mvA J A A J B B mvC 2 2 2 2
v A R A , vC R B , v A vC
x B , R
3 2 T mv A 2
以物块C的位移x为广义坐标，静平衡位置取为座标原点
, vC x
定轴转动刚体上外力的功和外力偶的功
扭转弹簧力矩的功 假设扭簧上的杆处于 水平时扭簧未变形，且变 形时在弹性范围之内。变 形时扭簧作用于杆上的力 对点O之矩为
M k
其中k为扭簧的刚度系数。当杆从角度θ1转到角度θ2时所作 的功为
W12
2
1
1 2 1 2 k d k1 k2 2 2
动能是度量质点系整体运动的一物理量。动能是正标量， 其数值与速度的大小有关，但与速度的方向无关。
例题1
设重物A、B的质量为mA=mB=m， 三角块D的质量为m0 ，置于光滑地 面上。圆轮C和绳的质量忽略不计。 系统初始静止。 求：当物块以相对速度Vr下 落时系统的动能。
解：开始运动后，系统的动能为
v v v
2 A 2 D
2 B 2 D 2 r 2
2 r
2
v v v 2v D vr cos (v D vr cos ) (vr sin )
注意到,系统水平方向上动量守恒，故有
m A v Ax mB v Bx mD v Dx 0
mvD m(vD vr cos ) m0vD 0
力Fi在点的轨迹上从M1点到 M2点所作的功 由此得到了两个常用的功的表达式 对于质点： 重力的功 对于质点系:
W12
M2
M1
Fi d ri
W12 mg z1 z2
W12 mg zC1 zC 2
k 2 W12 （ 1 22） 2
弹性力的功
于是，力在刚体由角度1转到角度2时所作 的功为 力偶的功
W12 M z ( F )d
1
2
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若力偶矩矢M与z轴平行，则M所作之功为
W12 M d
1
2
若力偶矩矢M为任意矢量，则M所作之功为
W12 M z d
1 2
其中 Mz为力偶矩矢 M 在z轴上的投影。
, v A vC x
, vC x
x B , R
, v A vC x
则动能表达式可以写为
3 2 T mv A 2
1 1 1 2 2 2 T mAvA mB vB m0vD 2 2 2
v v v
2 A 2 D
2 B 2 D 2 r
2 r
2 2
v v v 2v D vr cos (v D vr cos ) (vr sin ) mvr cos vD mvD m(vD vr cos ) m0vD 0
通过本例的分析过程可以看出，确定系 统动能时，注意以下几点是很重要的：
系统动能中所用的速度必须是绝对速度。
正确应用运动学知识，确定各部分的速度。
刚体的动能
刚体的动能取决于刚体的运动形式，下面逐一 加以讨论。
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平移刚体的动能
刚体平移时，其上各点在同一瞬时具有相同的速 度，并且都等于质心速度。因此，平移刚体的动能
Fx dx Fy dy Fz dz
需要注意的是，一般情形下，元功并不是功函数的全 微分，所以，一般不用dW表示元功，而是用W表示。 W 仅是Fi.dri 的一种记号。
力Fi 在点的轨迹上从一点到另一点所作的功 力Fi 在点的轨迹上从M1点 到M2点所作的功
W12
M2
M1
Fi d ri
第三篇 工程动力学基础
第10章 动能定理及其应用
动能是物体机械能的一种形式，也是作 功的一种能力。动能定理描述质点系统动能 的变化与力作功之间的关系。动量定理、动 量矩定理用矢量方程描述，动能定理则用标 量方程表示。求解实际问题时，往往需要综 合应用动量定理、动量矩定理和动能定理。
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dh vC v A dt
dvC dvA aC dt dt
物块的加速度为
g gh 2 2vC aC vC vA 3 3 g aC a A 6
例题
均质圆轮A、B的质量均为m， 半径均为R，轮A沿斜面作纯滚动 ，轮B作定轴转动，B处摩擦不计 。物块C的质量为m。A、B、C用 轻绳相联，绳相对B轮无滑动。系 统初始为静止状态。圆盘A的质心 处加一不计质量的弹簧，弹簧刚度 系数为k
第10章 动能定理及其应用
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力的功 动能 动能定理及其应用 势能的概念 机械能守恒定律及其应用
动力学普遍定理的综合应用
结论与讨论
M1
力的功定义
M2
δW Fi d ri Fi dscos Fi ，d ri
力Fi的元功
纯滚动的圆盘，因其在接触点无相对位移，圆盘与 地面接触点上的每对摩擦力作功之和恒等于零，因此纯 滚动的圆盘也可看成具有理想约束。
纯滚动时，滑动摩擦力(约束力)不作功
vO O C* F FN
C* 为瞬时速度中心 ，在这一瞬时C*点的速 度为零。作用在C*点的 摩擦力F 所作元功为
dWF F d rC
定轴转动的转角和弧长的关系为
ds Rd
则力F 的元功为 dW F d r F Rd M z ( F )d
M z ( F ) F R
－力F对轴z的矩
于是，力在刚体由角度1转到角度2时所作的功为
W12 M z ( F )d
1
2
定轴转动刚体上外力的功和外力偶的功
k W12 [( r1 l 0 ) 2 (r2 l 0 ) 2 ] 2
上式中， 1 、 2 分别为弹簧在初始位置和最终位置的 变形量 。