第8章 质点系动力学：矢量方法习题解答080814

第八章 质点系动力学：矢量方法

一、动量定理和动量矩定理 1 动量定理

质点系内各质点动量的矢量和称为质点系的动量，即

∑==n

i i i m 1

v p

质点系动量定理：质点系动量对时间的一阶导数等于作用于质点系外力系的主矢：

)

e (R

d d F p =t

， ∑=e )e (R i F F 质点系动量定理的微分形式：

t d d )

e (R F p =

质点系动量定理的积分形式

t t t d ,

2

1

)

e (R )e ()e (12?==-F I I p p ，

其中)

e (I 为外力系主矢的冲量。质点系的内力不能改变其总动量。

质点系的动量守恒：如果作用在质点系上的外力系主矢为零，则质点系的总动量守恒，

即

0p p =

该常矢量由质点系运动的初始条件确定。 质点系动量定理在直角坐标系中的投影式为

()()()()()()∑∑∑=========n

i iz Rz z n i iy Ry y n i ix Rx x F F p t F F p t F F p t 1

e e 1e e 1e e d d ,d d ,d d ， 如果0)

e (R =x F ，则0x x p p =。

解题要领

1） 动量定理给出的是质点系得动量变化与系统外力之间的关系，不涉及外力矩和外力偶，也

不涉及内力，因此解决外力和质点系速度或加速度关系问题经常用动量定理. 2） 动量定理中涉及的动量都是绝对的，即涉及的速度都是绝对速度.

3） 应用动量定理的微分形式是在某一瞬时，而积分形式或守恒情形是在一时间间隔. 4） 涉及一时间过程的速度变化，统称用动量定理的积分形式.

5） 认清质点系统得动量是否守恒十分重要，它可以使方程降阶，简化计算过程.

2 质心运动定理

质点系的动量等于质心的动量 C n

i i

i mv m ==∑=1

v

p ，

质心运动定理

)

e (R F a =C m

质心运动守恒： 1） 如0)

e (R

=F ，则质心速度v C = v C 0 (常矢量)。进一步，若00=C v ，则const r C =.

2） 如0)

e (Rx =F ，则质心速度0Cx Cx v v = (常量)。进一步，若00=Cx v ，则const x C =.，质点

系中各质点的绝对位移满足如下关系 0=∑i

i

x m ?.

解题要领

1）质心运动定理是质点系动量定理的又一表现形式，根据题意灵活选择是用质心运动定理还是质点系动量定理.

2）质心的运动由外力的主矢决定.

3）与质心运动定理相关的运动学量，如位移、速度和加速度都是绝对的.

3 动量矩定理

质点系对O 点的动量矩为

i i n

i i n i Oi O m v r L L ?==∑∑==1

1

平移刚体对O 点的动量矩

()v r v r v r L m m m C i i i i i O ?=?=?=∑∑)(.

定轴转动刚体对转轴的动量矩

ωz z J L =，

式中J z = ∑ m i r 2i 称为刚体对轴z 的转动惯量。 质点系的动量矩定理

)

e (d d O

O t

M L =

其中)

e (O M 为外力系对固定点O 的主矩.

直角坐标系坐标轴z y x ,,上的投影式

Oz Oz

Oy Oy Ox Ox

M t

L M t

L M t

L ===d d ,

d d ,d d ， 动量矩定理的微分形式

t O O d d )

e (M L =，

式中t O d )

e (M 为外力系主矩的元冲量矩。

动量矩定理的积分形式：

?=-2

1

d )

e (12t t O O O t M L L ，

其中M z = ∑M z (F i )为主动力对轴z 的矩。

两个平行轴z ，C z （质心轴）的转动惯量有如下关动量矩守恒：如果质点系所受外力对某一固定点O 的主矩为零，则质点系对O 点的动量矩保持不变，即

0O O L L =.

如果质点系所受外力对某一固定点的主矩不为零，但主矩在过该点的某一固定轴上的投影为零（比如x 轴），则质点系对此轴的动量矩保持不变，即

0x x L L =.

4 刚体绕定轴转动微分方程

z z M J =α，

其中z 为转动轴，2

md J J Cz z +=，C z 为与转动轴平行的质心轴.

物体对轴的回转半径 m

J z

z =ρ. 解题要领

1） 定轴转动微分方程数学形式与质点运动微分方程的弧坐标形式相似，因此，概念和应用可

作类比，如质量和转动惯量的物理意义，定轴转动动力学的两类基本问题等. 2） 转动惯量的平行移轴公式中 C z 轴一定要是质心轴.

5 质点系相对质心的动量矩定理

质点系在质心平移坐标系中相对于质心的动量矩为

)(1

i i n

i i C

m v r L '?'='∑=. 其中i v '为质点相对于质心的速度。质点系对固定点的动量矩和对质心的动量矩的关系为

C

C C O m L v r L '+?= 其中OC r C =。 对质心的动量矩定理

)

e (d d C

C t

M L ='. 解题要领：

1）对质心的动量矩定理与对固定点动量矩定理得形式相同，对刚体上其他动点，例如速度瞬心的动量矩定理一般就没有这一性质.

2）对质心的动量矩定理只涉及外力而与内力无关. 当要计算物体系统的加速度、角加速度和力之间的关系时，可以用对质心的动量矩定理求解；通过积分也可以进一步求得速度或叫速度与力之间的关系.

3）解题时，一般将对质心的动量矩定理和质心运动定理结合使用.

6 刚体平面运动微分方程

刚体平面运动微分方程

Cz C n

i iy C n i ix C M J F y

m F x m ===∑∑==?

,,1

1

. 其中C 为刚体的质心. 解题要领：

1）解决刚体作平面运动时刚体上点的加速度或刚体角加速度与作用力的关系时，可以用刚体平面运动微分方程解决。如果得到的结果不是瞬时值，而是时间的函数，则通过积分，还可以求得速度和角速度。 2）方程中C 点必须是质心.

3）三个独立的方程来解刚体平面运动问题。但是在具体应用时，经常遇到除了三个基本未知之外还存在其它未知量而使方程组变得不封闭的情况，此时需要从运动学寻找补充方程。表达系统的独立运动学参数个数与系统得自由度相同。 二、动力学建模的动静法

1 惯性力和达朗贝尔原理

质点的惯性力：a F m -=I ，

质点的达朗贝尔原理：质点运动的每一瞬时，作用在质点的主动力、约束力和惯性力在形式上构成一平衡力系。

质点系的达朗贝尔原理：质点系运动的每一瞬时，作用在每个质点上的主动力，约束力和质点的惯性力在形式上构成一平衡力系 2 刚体惯性力系的简化

(1) 平移刚体惯性力系的简化

选取质心C 为惯性力的简化中心，则惯性力的主矢和主矩分别为

C m a F -=IR ， 0I =C M

(2) 平面运动刚体惯性力系的简化

将惯性力系向质心C 简化，主矢为

C i i m m a a F -=-=∑)(IR ，αM C C J -=I ，

其中J C 为刚体对通过质心且垂直于质量对称平面的轴的转动惯量。 (3) 定轴转动刚体惯性力系的简化

对于刚体有质量对称平面，且转轴垂直于质量对称平面的定轴转动刚体，取转轴与质量

对称平面的垂足O 为惯性力系的化中心，主矢和主矩为

)(n t IR C C C m m a a a F +=-=， αM O O J -=I .

解题要领

1） 求解力与加速度的关系可以用达朗贝尔原理.

2） 根据运动形式在研究对象上虚加惯性力，此惯性力不是物体受到的作用力.

3） 因独立的运动学参数个数与系统得自由度相同，因此，常常还需根据约束情况建立运动学

补充方程，方程组才封闭.

3 定轴转动刚体的轴承动约束力

惯性力系向点O 简化，其主矢和主矩分别为 ()()0,,IR 2IR 2IR =-=+=z C C y C C x F αx ωy m F αy ωx m F ，

αωαωαz z xz yz y yz xz x J M J J M J J M -=+=-=I 2I 2I ,,，

式中J z 为刚体对轴z 的转动惯量，∑∑==

i i i yz

i

i i xz z y m J

z x m J ,为刚体对轴x , z 和轴y , z

的惯性积。如果Jxz = Jyz = 0，则称z 为惯性主轴。如果惯性主轴通过质心，则称为中心惯性主轴。

(1) 如果刚体有质量对称轴，则对称轴是一个惯性主轴，也是中心惯性主轴

(2) 如果刚体有质量对称面，则垂直于对称面且原点在对称面上的坐标轴是惯性主轴。 刚体绕定轴转动时，轴承动约束力为零的充分必要条件是，刚体的转轴是中心惯性主轴。 静平衡是指除重力外，不受其它主动力作用，则刚体可以在任意位置静止不动.的现象. 动平衡是指转轴是中心惯性主轴时刚体转动时不会引起轴承动约束力的现象. 三、碰撞问题

1 碰撞问题的两点简化： (1) 在碰撞过程中，非碰撞力忽略不计。

(2) 碰撞过程物体的位移忽略不计。

恢复因数：恢复冲量2I 与压缩冲量1I 的大小之比值，即

1

2

I I e =

， 0=e 为完全塑性碰撞，1=e 为完全弹性碰撞，10<

2 碰撞分类：

(1) 碰撞前两物体碰撞接触点的速度v 1和v 2均沿碰撞法线方向n ，称为正碰撞，否则为斜碰撞。

(2) 如果碰撞时，两物体的质心在碰撞法线上，称为对心碰撞，否则为偏心碰撞。

3 碰撞时的冲量定理

)(12e I p p =-

式中p 1和p 2分别为质点系在碰撞前后的动量，I (e )为外碰撞冲量的矢量和。 4 碰撞时的冲量矩定理

∑==-n

i e i O O O 1

)(12)(I M L L

式中L O 1和L O2分别为质点系碰撞前后对固定点O 的动量矩，∑=n

i e i O

1

)()(I M

为外碰撞冲量对固

定点O 的矩。 5 对质心的冲量矩定理

∑==-n

i e i C C C 1

)(12)(I M L L .

撞击中心到悬挂点的距离为 md

J l O

=

，其中O J 为刚体对悬挂点的转动惯量，m 为质量，d 为质心到悬挂点的距离。撞击中心和悬挂点是互为的。 解题要领

1） 确定研究对象，即碰撞的两物体.

2） 明确碰撞的类型，碰撞点在碰撞前后的速度变量. 3） 根据碰撞冲量定理和碰撞冲量矩定理建立碰撞动力学方程.

4） 碰撞动力学方程一般不封闭，还需根据恢复因数定义和运动学关系建立补充方程.

第八章 质点系动力学：矢量方法 习题解答

8-1 一个质量为5 kg 弹头M 以水平速度v = 60 m/s 飞行，在D 处爆炸成位于同一水平面内如图示速度方向的两块碎片A 和B 。已知碎片A 的速度大小v A = 90 m/s 。试求：(1) 碎片A 的质量m A ；(2) 碎片B 的速度大小v B 。

解：取弹头M 为研究对象，弹头爆炸前后动量守恒 ()

30cos B A v m M Mv -=

()

30sin 0B A A A v m M v m --=

解得 M v v

m A A 33=

，A

A B v v vv v 32--

=， 代入数据得：kg 92.1=A m ，m /s 64.112=B v .

题8-1图

8-2 一个质量为m 1的人手里拿着质量为m 2的物体，以仰角θ，速度v 0向前跳起。当他到

达最高点时将物体以相对速度u 水平地向后抛出。如果不计空气阻力，问由于物体的抛出，跳远距离增加了多少？

解：取m 1和m 2物体系统为研究对象，人跳至最高点时只有水平速度

?

c o s 01v v =， 所费时间 g

v t ?

sin 0=

。抛物前后系统水平动量守恒，即 ()()u v m v m v m m -+=+1211021c o s ?

， 式中1v 为抛物后人的速度。解得

2

1201c o s m m u

m v v ++=?

，

可见，人的速度增量为2

121Δm m u

m v +=，从而跳远距离增加

()g

m m uv m v t s 21021sin ΔΔ+==?

.

8-3质量为m 1的平台AB 放在水平面上，平台与水平面

间的滑动摩擦因数为f 。质量为m 2的小车D 由绞车拖动，相对平台的运动规律为2

2

1bt s =

，其中b 为已知常数。不计绞车质量，求平台的加速度。

解：1）设平台与水平面间的滑动摩擦因数比较小，当小车D 相对平台运动时，平台AB 的有速度1v （向左），小车D 的相对速度

bt s v == r ，（向右），

小车D 的绝对速度

bt v v v v +-=+-=1r e a ，（向右），

滑动摩擦力为 N fF F = 由动量定理，

()[]F v bt m v m t

=-+-1211d d

()021=++-N F g m m 解得

题8-3图

题8-3受力图

()2

12121m m g m m f b m a ++-=

， ()g m m b

m f 212+≤.

当()g

m m b

m f 212+>时，01=a .

8-4 质量为m 1的矩形板可在如图所示的光滑水平面上运动。矩形板上有一半径为R 的圆

形凹槽，一质量为m 2的甲虫以相对速度v r 沿凹槽匀速运动。初始时，板静止，甲虫位于圆形槽的最右端（即θ = 0）。试求甲虫运动到图示位置时，板的速度和加速度、地面作用在板上的约束力和系统质心的加速度。 解：甲虫和矩形板组成的系统为研究对象，

0≡∑x

F

，

const p x =∴

即系统的水平动量守恒. 因初始系统静止，所以有00=x p ，在任意瞬时有

()0s i n

r 1211=-+=?v v m v m p x ， 解得板的速度?sin r 2

12

1v m m m v +=

，

上式对时间求导得板的加速度

?cos 2

r

2121R

v m m m a +=

其中用到关系 ?

R v =r . 显然，因系统的水平动量守恒，所以系统质心的水平加速度为零，系统质心的铅垂加速度为

??sin sin 2

r 2122122R

v m m m m m a m a C +=+=，

列出铅垂方向的动力学方程

()()C N a m m F g m m 2121+=-+

从而地面作用在板上的约束力()?sin 2

r 221R

v m g m m F N -+=.

8-5 一人A 的质量为m ，以相对于绳为v r 的速度匀速向上爬，此绳绕过一个定滑轮，在另一端悬挂一质量也为m 的物体B 。设初始时人静止不动，如图所示。如果绳不可伸长，绳子与滑轮的质量不计，轴承与滑轮之间的摩擦也忽略不计，求重物运动的速度以及定滑轮轴承O 处的约束力。

题8-4图

题8-4受力图

题8-5图

解：取人A 和物体B 及滑轮组成的系统为研究对象， ()0≡∑F O

m ，

c o n s t ≡∴

O L ，

即系统对O 点的动量矩守恒. 因初始系统静止，00≡O L ，在任意瞬时，

()0r =-+=r v v m r mv L B B O ，

解得重物运动的速度为

2

r v

v B =，

由于重物和人的加速度都为零，所以定滑轮轴承O 处的约束力为 mg F O 2=.

8-6 如图所示，为测定半径为R 的飞轮A 对于通过其中心轴O 的转动惯量J ，在飞轮上绕

以系绳，绳的末端系一质量为m 1的重锤，重锤自高度h 处落下，测得落下时间为t 1。为消去轴承摩擦的影响，再用质量为m 2的重锤作第二次试验，测得下落同一高度的时间为t 2。假定摩擦力矩为一常数，且与重锤的重量无关，求飞轮的转动惯量J 的计算公式。

解：取飞轮和重锤组成的系统为研究对象.

设飞轮角速度为ω，则重锤的速度为ωR v =，系统对飞轮转轴的动量矩和力矩分别为

()v R

mR J mvR J L O 2

+=

+=ω，f O

M mgR M

-=，

由动量矩定理

O O

M t

L =d d ，导出

()f

M m g R a R

mR J -=+2

解得重锤的加速度 ()

()

2

mR J M mgR R a f +-=

，

于是2

2

1at y =

，将数据代入，导出 2

222112

121t a t a h ==

解得飞轮的转动惯量为

题8-6图

(

)

()(

)

2

1

222

2

21212212122

22t t h t t m m g t m t m h R J --+-=， 摩擦力矩为

()(

)

(

)

2

12

22112

22212t t g

t m t m m m h R M f --+-=. 8-7 均质圆柱体A 和B 的质量均为m ，半径均为r ，一不可伸长绳缠在绕固定轴O 转动的

圆柱A 上，绳的另一端绕在圆柱B 上，直线绳段铅垂，如图所示。绳重不计，摩擦不计。求：(1) 圆柱B 下落时质心的加速度；(2) 若在圆柱体A 上作用一逆时针转向，矩为M 的力偶，试问在什么条件下圆柱B 的质心加速度方向将向上。

解：1）取均质圆柱体A 和B 连同绳子为研究对象，系统得自由度为2，用圆柱体A 的角速度A ω，圆柱B 质心的速度C v 表达系统的速度状态，B 轮缘上一点E 的速度为

B C A E r v r v ωω-==，

由此得圆柱B 的角速度 A C

B r

v ωω-=

. 系统对O 点的动量矩为

C C B B A A O m r v m r v J J L 2

5

2=++=ωω 系统对O 点的力矩为 mgr M O 2= 根据动量矩定理

O O

M t

L =d d ，导出 mgr mra C 22

5

=. 解得 g a C 5

4=

. （2）若在圆柱体A 上作用一逆时针转向的力偶M ，则系统对O 点的力矩为

M m g r M O -=2 根据动量矩定理

O O

M t

L =d d ，导出 M mgr mra C -=22

5

. 显然，要使0

.

题8-7图

系统的受力图

8-8 质量为m 1的均质圆柱体A ，放在一不光滑的水平桌面上，柱的外缘绕一细绳，绳子

绕过定滑轮O 并悬挂一质量为m 2的重物B ，如图所示。 不计滑轮质量，假设圆柱只滚不滑并且圆柱体与滑轮之间的绳子是水平的，求圆柱体中心O 1的加速度，重物的加速度及绳中的张力。

解：1） 取圆柱体O 1为研究对象，圆柱体O 1作纯滚动，列出平面运动微分方程， Cx x

ma F

=∑， 1

1O T a m F F =-， （a ）

A O O J M

α11

=∑， 1212

1

O T r m Fr r F α=+， (b)

2）取重物B 为研究对象，列出动力学方程

B T a m F g m 22=-， (c)

上面（a ）、(b)和(c)三式中含有5个未知数，再需列出2个运动学补充方程。为此，以圆柱体上O 1为基点，计算绳的加速度，有

B A O a r a =+α1， (d) 圆柱体作纯滚动，

A O r a α=1， (e) 联立方程（a ）- (d), 解得 圆柱体中心O 1的加速度 g m m m a O 2

12

8341+=，

重物的加速度 g m m m a B 2

12

838+=，

绳中的张力 2

121833m m g

m m F T +=.

8-9 如图所示，板的质量为m 1，受水平力F 作用，沿水平面运动，板与平面间的滑动摩

擦因数为f 。在板上放一质量为m 2的实心圆柱，此圆柱相对板的运动只滚不滑。试求板的加速度。

解：1）取板和实心圆柱组成的系统为研究对象，根据质心运动定理，列出动力学方程

O f a m a m F F 211+=-，

()021=+-g m m F N ， 补充方程 N f F f F =，

题8-8图

题8-8受力图

题8-9图

2）取实心圆柱为研究对象，根据平面运动微分方程，列出 O f a m F 21=-， α2212

1

r m rF f = 建立运动学补充方程 1a r a O =-α. 联立上面五个方程，解得板的加速度为 ()2

1211333m m g

m m f F a ++-=

8-10 均质圆柱质量为m ，，半径为r ，以匀角速度ω0绕其质心C 转动，现将圆柱置于墙

角，如图所示。如果墙面和地面与圆柱接触处的滑动摩擦系数均为 f ，试求使圆柱停止转动所需要的时间。

解：取圆柱为研究对象，列出平面运动微分方程

Cx x

ma F =∑，0=-B NA F F ， Cy y

ma F

=∑，0=-+mg F F A NB ，

αC

C J M =∑，()α2

2

1mr r F F B A =+-， 补充方程：NA A fF F =，NB B fF F =. 解得圆柱的角加速度 ()r

g

f f f 2112++-

=α，

使圆柱停止转动所需要的时间 ()()

f f

g f r t ++=-=121200ωαω.

8-11 两根质量各为8 kg 的均质细杆固连成T 型杆，

绕其通过点O 的水平轴转动，当OA 处于水平位置时，T 型杆具有角速度ω = 4 rad/s 。求该瞬时轴承O 的约束力。 解：取T 型杆为研究对象，T 型杆作定轴转动. 质心C 坐标为

m 375.016

5

.0825.08=?+?=

=OC x C

.

题8-10图

题8-10受力图

题8-11图

受力图

对质心C 的转动惯量为

()()22

222m kg 583.0375.05.085.0812125.0375.085.08121?=-?+??+-?+??=

C J 质心C 的加速度为 2n

ωC C x a =，αC C

x a =t ， 在质心C 处加惯性力

n n I C ma F =，t

t I C ma F =，αC C J M =I ，

方向如图示. 列出动静方程

0=∑O

m

，0I t I =-+?C C C mgx M x F ，

解得2

2

rad/s 75.20=+=C

C C mx J mgx α. 0=∑x

F ，0n

I =-F F Ox ，

0=∑y

F

，0t I =-+mg F F Oy

解得 N 96n

I ==F F Ox ，N 28.32t I =-=F mg F Oy .

8-12 一均质圆柱的质量为m ，半径为r 。初始时圆心的水平

速度为v 0，绕圆心转动的角速度为ω0，且ω0 > v 0/r ，如图所示。现将圆柱与一粗糙的刚性平面接触，并已知圆柱与平面之间的滑动摩擦因数为f ，求圆柱与平面接触后的运动规律。

解：取圆柱为研究对象，圆柱作平面运动. 因初瞬时ω0 > v 0/r ，接触点具有向后的速度，所以，摩擦力向前，如图示.由平面运动运动微分方程

x x

ma F

=∑，ma F =； y y

ma F

=∑，0=-mg F N ，

αO

O J m =∑，α2

2

1mr Fr -= 补充方程为

N F f F =，

解上述联立方程，得 fg a =，r

g

f 2-

=α. 即，圆柱质心作加速运动，绕质心作减加速转动，

T 型杆的受力图

题8-12图

圆柱的受力图

0v f g t v += ，02ωω+-=t r

g

f . 当满足ωr v =时，即fg

v r t 30

0-=ω后，圆柱作纯滚动。

8-13 图示均质圆柱体的质量为m ，半径为r ，放在倾角为

60?的斜面上。一细绳缠绕在圆柱体上，其一端固定于点A ，此绳与点A 相连部分与斜面平行。如果圆柱体与斜面间的摩擦因数3

1

=

f ，求其中心C 沿斜面落下的加速度。 解：取圆柱体为研究对象，由圆柱是沿绳作纯滚动知，摩擦向上，如图示.列出平面运动微分方程

Cx x ma F =∑，C ma mg F F =+--?sin T ；

Cy y

ma F

=∑，0cos =-?mg F N ，

αO

O J m =∑，()α2

T 2

1mr r F F =- 补充方程 αr a C = 解得 ()g f a C ??cos 2sin 3

2

-=

， 将数据代入，得g a C 355.0=.

8-14 如图所示，均质杆AB 的质量为m 1，长为l ，A 端与

小滑块铰接，滑块的质量为m 2，不计几何尺寸，置于倾角为45?的光滑斜面上，初始时杆位于图示的铅垂位置，处于静止状态。

求此瞬时斜面对小滑块的支承力和杆AB 的角加速度。

解： 取杆AB 连同小滑块组成的系统为对象，初瞬时，系统各点的速度均为零. 设小滑块的加速度为2a ，杆AB 的角加速度为α，则杆AB 的质心C 相对小滑块的加速度为1a ，其大小为21αl a =，方向由α确定，如图示. 加惯性力

222a m F I =；

45cos 2111a m a m F ICx +=；

45sin 21a m F ICy =；

题8-13图

圆柱体受力图

题8-14图

αC IC J M =，

其中122

1l m J C =为杆AB 对其质心轴的转动惯.量。列出

动静方程

0=∑x

F ，

045sin 45cos 2I N =++-ICx F F F ；

0=∑y

F

，

()045sin 45sin 2I 21=+++-ICy N F F g m m F ，

0=∑A m ，02

I I =+C Cx

M l

F . 解得

()g m m m m a 2

1211853++-

=，

()g m m m m a 2

12128524++=

，

()()g m m m m m m F N 2

121218542+++=

.

杆AB 的角加速度为 ()()l g

m m m m l

a 212118562++-==α.

若取m m m ==21，则

g a 1361-

=，g a 13282=

，mg F N 13210=，l

g 1312-=α. 于是，杆AB 质心的加速度为

g a Cx 132=

，（向左）； g a Cy 13

8

=，（向下）.

8-15 均质杆AB 的质量为m ，长为l 。A 端为光滑铰链，B

端用细绳垂直悬挂使杆位于水平位置，如图所示。当B 端细绳突然剪断瞬时，求杆AB 的角加速度以及铰链A 处的约束力。 解：取杆AB 为研究对象，初瞬时杆的角速度为零，设角加速度转向如图示. 在质心处加惯性力 C I ma F =，αC IC J M =， 其中α2l a C =

，212

1

ml J C =. 列动静方程 0=∑x

F

，0=Ax F ；

题8-15图

杆AB 连同小滑块的受力图及加

速度分析

杆AB 连同小滑块的惯性力

0=∑A

m ，()02

=--IC I M l

F mg ， l

g

23=

α， （顺时针）. 0=∑y

F

，0=-+mg F F I Ay

mg F Ay 4

1

=.

8-16 具有相同质量的三根长为l 的均质细杆，用光滑铰链连结，

A 端用固定铰支座与天花板链接，使其保持静止状态，如图所示。某瞬时铰链C 处的销钉脱落，求此瞬时三根杆的角加速度。 解：1）取AC 杆为研究对象，A

B 杆作定轴转动，列出定轴转动微分方程

AC

A A J m α=∑，()AC ml l mg α23

1230sin = ， 解得AC 杆的角加速度为

l

g AC 43=

α，（顺时针）. 2）取AB 杆连同BC 杆为研究对象，AB 杆作定轴转动，BC 杆作平面运动. 在AB 杆质心D 点加惯性力

D I D ma F =，AB D I D J M α=；

其中AB D l

a α2

=.

在BC 杆质心E 点加惯性力

30cos B I Ex ma F =，()

EB B I Ey a a m F += 30sin ，BC E I E

J M α=， 其中AB B l a α=，BC EB l

a α2

=

. 惯性力（矩）的方向与（角）加速度方向相反. 列出动静方程 0=∑A

m

，

030cos 2

30sin 2=+---I E I Ex I D I D M l F M l F l mg ，

3）取BC 杆为研究对象， BC 杆作平面运动. 列出动静方程

0=∑B

m ， ()02

=+-I

E I Ey M l mg

F . 联立上面两式，解得AB 杆和BC 杆的角加速度为

AB 杆的受力图

题8-16

图

AC 杆受力图

AB 杆连同

BC 杆的受力图

BC 杆受力图

l g AB 5518=

α，（逆时针）；l

g

BC 5569=α，（顺时针）.

8-17 椭圆摆滑块的质量为M ，放在水平的光滑面上， B 处

小球的质量为m ，由轻质刚性杆AB 连接，杆长为l ，点A 处为铰链，如图所示。试用达朗贝尔原理求椭圆摆的运动微分方程。 解：取椭圆摆为研究对象，椭圆摆的自由度为2，选?,x 表达椭圆摆的位形.

在滑块A 上加惯性力：A I

A Ma F =，与A a 反向； 在质点

B 上加惯性力：

()

??sin cos n

t BA BA A I Bx a a a m F -+=， 与x 轴反向；

()

??c o s s i n n

t BA BA I By a a m F +=， 与y 轴反向， 其中x a A

=，? l a BA =t

，2

n

? l a BA =. 列出动静方程 0=∑x

F ，0=--I Bx

I A

F F ，

0=∑A

m ， ()0sin cos =+--??l mg F

l F I By

I Bx ，

代入并整理得椭圆摆的运动微分方程

()0s i n c o s 2

=-++????

ml ml x M m ， 0s i n c o s c o s =++????g l x

8-18 均质圆柱体的质量为m ，半径为R ，用支座A 和铰链B 固定在铅垂平面内，AB 间的

水平距离为L ，如图所示。试用动静法求突然移去支座A 的瞬时，圆柱质心C 的加速度和铰链B 的约束力。

解：取圆柱体为研究对象，圆柱体作定轴转动，初瞬时0=ω. 在质心加惯性力

C I

C ma F =，αC I C J M =

其中αR a C =，2

2

1mR J C =. 列动静方程

0=∑B

m

，0cos =--I

C

I C M R F mgR ? 解得 2

3R Lg

=α；于是，圆柱质心C 的加速度为

R

Lg a C 3=

. 0=∑x

F ， 0sin =+?I

C Bx F F ，

题8-18图

题8-17图

椭圆摆的受力图

解得 mg R L R L F Bx 2

2

264-=

. 0=∑y

F

，0cos =-+mg F F I C By ?，

解得 ???

?

??-=2261R L mg F By .

8-19 轮轴质心位于O 处，对于轴O 的转动惯量为J O 。在轮轴上系有两个质量各为m 1和m 2的物体，若此轮轴以逆时针方向转动，求轮轴的角加速度和轴承O 的动约束力。

解：取轮轴连同两个质量各为m 1和m 2的物体组成的系统为研究对象，设轮轴的角加速度为α，则重物m 1和m 2的加速度为α11r a =，α22r a =. 加惯性力

111a m F I =， 222a m F I =，αO I

C

J M =， 方向如图示。列动静方程

0=∑O

m

，()()0212111=-+--I

C

I I M r F g m r F g m ， 解得 ()22

22

1

12211r

m r m J g

r m r m O ++-=

α；

按题意要求轴承的动反力，因此动静方程中将不计入重力。

0=∑x

F ，0=Ox F ；

0=∑y

F

，021=-+I I Oy F F F ，

解得 ()()2

2221122111122r m r m J g r m r m r m r m F O Oy ++--=.

8-20 均质平板的质量为m ，放在半径为r ，质量各为0.5 m

的两个相同的均质圆柱上，如图所示。如在平板上作用一水平力F ，使圆柱在地面上纯滚动，且板与圆柱间无相对滑动，试求平板的加速度。

解：1）取均质圆柱为研究对象，圆柱作纯滚动，圆心加速度和角加速度存在关系 αr a =1 在圆心处加惯性力 15.0ma F I

=， 14

1

1mra J M O I C =

=α

.

题8-19图

轮轴-质量系统的受力图

题8-20图

圆柱的受力图

列出动静方程

0=∑A

m

，021=++?-I

C I f M r F r F ，

解得 118

3

ma F f =

. 2）取平板为研究对象，因两个轮子的运动相同，有 21f f F F =，

平板的加速度为12a a =. 按质心运动定理列出平板的动力学方程 ma F F f =-12， 平板的加速度为

m

F

a 118=

.

8-21 转子的质量为m = 20 kg ，其对称面垂直于转轴，由于加工的误差造成偏心距e = OC

= 0.1 mm ，如图所示。当转子以等转速n = 1 200 rpm 转动时，且点O 到两轴承A 和B 之间的距离相等，即OA = OB 。试求轴承A 和B 处的动约束力。 解：取转子为研究对象，轴承A 和B 处的动约束力在轴线和质心C 决定的平面内，因此在此动平面内分析.

质心C 的加速度 2

ωe a C =，

加惯性力 2

ωme ma F C I ==.

由达朗贝尔原理和对称性知 22

1

21ωme F F F I B A ==

=. 代入数据得轴承A 和B 处的动约束力的大小为

N 79

.15==B A F F ，

方向为在ABC 平面内与AB 轴垂直. 轴承A 和B 处的静约束力在

铅锤面内与AB 轴垂直，其值为N 982

1

=mg .

8-22 位于铅垂平面内作平面运动的两均质杆OA 与AB 用铰连接，并在O 端用铰支座支

承，如图所示。设两杆的长度同为l ，质量同为m ，杆OA 位于水平、杆AB 与铅垂线成30? 位置无初速地释放瞬时，不计铰链处摩擦，求杆OA 和杆AB 的角加速度。 解：1）取OA 与AB 杆为研究对象.

ⅰ）运动分析. OA 杆作定轴转动，AB

杆作平面运动，初瞬时各

题8-21图

转子受力图

题8-22图

平板的受力图

点的速度为零. 设AB 杆角加速度为1α，BC 杆角加速度为2α，则有

12

1

1αl a C =，1αl a A =；

选A 为基点，则有 24

3

30cos 22αl a a A C x C =

=

， 214

1

30sin 22ααl l a a a A C A y C +=+= ，

ⅱ）动力学分析. 加惯性力

11C I ma F =，111

αC I

C J M =； x C I x C ma F 22=，y C I y C ma F 22=，222αC I

C J M = 其中2

12

121ml J J C C ==. 根据达朗贝尔原理，有

0=∑O

m

，

()()

030cos 230sin 222

221

1

21=++??

? ??+-++-I

C I x I y I

C I M l F l l mg F M

l mg

F

. 2）取AB 杆为研究对象. 如前加惯性力后列动静方程

0=∑A

m

， (

)030cos 2

30

sin 22

222=++-I

C I x I

y M l F l

mg

F

. 联立上面两式 ，解得 L g 55631=

α，L

g

5562-=α.

8-23 均质杆AC 的质量为30 kg ，在铅垂位置处于平衡，如图所示。杆与地面的滑动摩擦

因数为0.3，如果某瞬时在点B 处突然加一水平力F ，大小为200 N ，试求该瞬时点C 的加速度。

解：取杆AC 为研究对象. 列出平面运动微分方程

0=∑x

F

，D Ax ma F F =-， 0=∑y

F

，0=-mg F Ay

受力分析图

AB 杆受力图

题8-23图

加速度分析图