理论力学答案完整版(清华大学出版社)10

m1g
y
.
等式两边对时间求导，注意到 vA
= dy
dt ，导出： aA
=
m1(R − r)2 m1(R − r)2 + m2ρ 2
+ r2
g。
10-10 匀质圆盘质量为 m，半径为 r，可沿水平面作纯滚动， 刚度系数为 k 的弹簧一端固定于 B，另一端与圆盘中心相连。已知
弹簧为原长时圆盘的角速度为ω ，试求：圆盘向右运动到达最右
JOω 2
=
3 4
m2v
2
；
总动能为
T
=
T1
+ T2
=
1 4
(2m1
+
3m2 )v2
。
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。
题 10-4 图
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
质点系统动力学
动静法
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
∂L ∂qi
= 0 ，称此广义坐标为循环坐标。拉格
朗日方程存在循环积分
∂L ∂q& j
= Cj
2
它包括了系统的动量或动量矩守恒。
2
mg(s + λ )cos30o
，将数据代入，
得 f = 0.31.
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 ρC 。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
题 10-6 图
度。
解：复摆对 O 点的转动惯量为 JO = mρC2 + mx2 ，动能为
=
1 2
m1v
2 A
+
1 2
J Pω 2
=
1 2
m1v
2 A
+
1 2
m2
ρ2
+
r2
vA R−r
2 。
运动过程中仅重力做功，W = m1g 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
1 2
m1
+
m2
ρ2 + r2
(R − r)2
vA2
−
T0
=
解：物体在运动过程中，初速度 v1 = 0 ，末速度 v2 = 0 ；
重力的功 Wg = mg(s + λ )sin 30o ； 摩擦力的功为：Wf = −mg(s + λ ) f cos30o ；
4
弹簧力的功：We
=
−
1 2
kλ2
mg(s + λ )sin 30o − 1 kλ2
由动能定理得 Wg + Wf + We = 0 ，解得 f =
定理：T = W ，得
圆盘：
3 4
mv12
=Baidu Nhomakorabea
mgs sin ϑ
；圆环：
mv12 = mgs sinϑ 。
解得， v1 = 2
gs sinϑ 3
， v2
=
gs sinϑ 。
因 v1 > v2 ，所以圆盘先到达地面。
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。
，得
( ) 3
4
mr 2
ω12
−ω2
= − 1 kx2 2
。
（a）
当圆盘向右运动到达最右位置时， ω1 = 0 ，导出弹簧的伸长量为
xmax = rω
3m 。 2k
将式（a）等号两边对时间求导，注意到 dx dt = rω ，得
3 mr2α = −krx ， 2
当圆盘向右运动到达最右位置时， x = xmax ，导出圆盘的角加速度α = −2ω
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：
其一为在斜面上。法向反力为
FN1
=
mg
cosϑ
，斜面长为
s1
=
h sinϑ
，摩擦力的功为
Wf1
= −FN1 fss1
= −mg cosϑ h sinϑ
fs ；
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
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。
，
题 10-1 图
动能为 T
=
1 2
JOω 2
=
3 4
mr 2ω 2
。
（b）匀质圆轮作定轴转动，对 O 点的转动惯量为
JO
=
1 2
mr 2
=
1 2
mr 2
，
动能为 T
=
1 2
JOω 2
=
1 mr 2ω 2 。 4
（c）匀质圆轮作作纯滚动， v = rω ，
动能为 T
=
1 2
mv2
+
1 2
J Cω 2
解：飞轮的动能：T = 1 J π n 2 ，工作阻力的功：W = −Fs ， 2 30
题 10-8 图
5
由动能定理， T2 − T1 = W ，导出 n2 =
n12
−
2Fs J π 2
，
30
代入数据，得冲压结束后飞轮的转速为 n2 = 412.1r / min .
10-9 重物 A 质量为 m1，系在绳索上跨过一不计质量的定滑轮 D 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，
第十章 质点系动力学：能量方法
一、动能和动能定理 1 动能
∑ 质点系的动能
T
=
1 2
n i=1
mivi
⋅ vi
，
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 mv2 ， 2
其中 m 为平移刚体的质量。
定轴转动刚体的动能
T
=
1 2
T2 − T1 = W (a) + W (c) ，
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
JO
=
1 ml2 3
+
1 2
mr 2
+
ml 2
=
4 3
ml 2
+
1 2
mr 2
3
题 10-2 图
( ) 动能为T
=
1 2
JOω 2
=1 12
8l 2
+ 3r 2
mω 2
（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 。
动能为：
T=T
杆+T
盘=
1 2
JOω
dT 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 dT = d′W (a) + d′W (c)
n
∑ 力系的功率 P = Fi ⋅ vi i =1
功率方程： dT = P(a) + P(c) dt
式中 P(a), P(c) 分别为主动力和约束力的功率。
动能定理的积分形式
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）：
n
∑(Fi − mi&r&i )⋅ δri = 0
i =1
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 dt
∂T ∂q& j
− ∂T ∂q j
= Qj
( j = 1,2,..., m)
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 vA ，则轮
题 10-9 图
的角速度 ω = vA ，轮心速度为 R−r
vO
=
R
r −
r
vA 。系统的动能为
( ) T
2
+
1 mv2 2
=
1 ml 2ω 2 6
+
1 mv2 2
=
2 ml 2ω 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 。
T=T
杆+T
盘=
1 2
JOω 2
+
1 2
mv2
+
1 2
J Cω 2
=
1 6
ml 2ω 2
+
1 2
m(lω )2
+
1 4
mr 2 (2ω )2
( ) = 1 2l2 + 3r2 mω2 。 3
位置时，弹簧的伸长量、圆盘的角加速度以及圆盘与水平面间的
摩擦力。
题 10-10 图
解：取圆盘为研究对象，圆盘的初动能为： T = 3 mr 2ω 2 ，弹簧 4
变形为
x
时圆盘的角速度为 ω1
，动能为： T1
=
3 4
mr
ω2 2 1
。运动过程中仅弹簧力做功
W
=
−
1 2
kx2 。由动能定理， T1
−T
=W
保守系统的拉格朗日方程
d dt
∂L ∂q& j
−
∂L ∂q j
=0
( j = 1,2,..., m)
其中 L = T − V 为拉格朗日函数。
拉格朗日方程的普遍形式
d dt
∂L ∂q& j
− ∂L ∂q j
= Q′j
( j = 1,2,..., m)
式中 Q′j 为非有势力对应的广义力。
矢量方法
动量法：动量定理
k ，负号表 6m
Wf 2 = −FN 2 fsl = −mg ⋅ l ⋅ fs ；
由动能定理得
Wg
+Wf1 +Wf 2
= 0 ，解得
fs
=
h sin ϑ hcosϑ + l sinϑ
。
题 10-5 图
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。
( ) T
=
1 2
JOω 2
=
1m 2
ρC2
+
x2
ω2
，
( ) 仅重力做功，W
=
mgx ，由动能定理得：
1m 2
ρC2
+
x2
ω2
=
mgx ，解出
ω2 = 2gx 。 ρC2 + x2
令 dω dx = 0 ，解得 x = ρC ，从而有 ωmax = g ρC 。
10-7 质量均为 m，半径均为 r 的匀质圆盘和圆
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
题 10-3 图
位置的动能。
解：杆作平移，动能为
T1
=
1 2
m1v2
；
圆盘作纯滚动，动能为
T2
=
1 2
m2v2
+
1 2
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？
题 10-7 图
解：设圆盘质心的速度为 v1 ，圆环质心的速度为 v2 ，
则
圆
盘
的动
能
为
T
=
3 4
mv12
，圆
环
的
动能
为
T = mv22 ，重力的功为W = mgs sinϑ ， s 为圆盘或圆环的质心沿斜面滑过的距离。由动能
=
3 4
mv2
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
J zω
2
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 2
J Pω 2 ，或
T
=
1 2
mvC2
+
1 2
JCω 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， JC 为对质心得转动惯量
2 动能定理 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
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
JO
=
1 2
mr 2
+
mr 2
=
3 2
mr 2
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。
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。