理论力学10—动能定理3

A
B
vA
y mAg
vB
mBg
A
x
FNA
F
F
FNB
B
解：作质点系的受力图(内力也画!)。
质点系包含两个质点A、B ， 由于质点位移在 水平方向，外力不作功；但两质点间的距离是 可变的，故内力F、F’ 所做的功不为零。设当 弹簧恢复原长时物体A、B的速度分别为 vA、 vB，方向如图示。由动能定理：
T2 T1 W 12
A
B
1 1 k 2 2 ( mAvA mB vB ) 0 (l l0 )2 (l0 l0 )2 2 2 2
2 2 即 m Av A mB vB k (l l0 ) 2
由质点系动量守恒得
mAvA mB vB 0
kmA vB (l l0 ) mB (mA mB )
由动量守恒定理: px1 px 0 m1v m2 (v r cos q ) 0 两边对时间t求导得
(m1 m2 )a m2 r cos q 0
(*)
欲求a需先求出, 取圆柱体分析 如图(c)所示, 由平面运动微分方 程得 1 m2 r 2 FS r J O M O ( F )
vC 2vC CP l cos q
P vA A C

vC
此时杆的动能为
1 2 1 1 1 2 2 T mvC J C m(1 )vC 2 2 2 3 cos2 q
q
初动能为零，此过程只有重力作功，由
T2 T1 W12
1 1 l 2 m(1 )vC mg (1 sinq ) 2 2 3 cos q 2
FA
mg
t n aC a A aCA aCA
沿铅垂方向投影， 得 l t aC aCA (3) 2 1 联立求解方程(1)~(3)，得 FA mg 4
a A A an C aC CA aA t a CA
例11 物块A和B的质量分别为m1、m2, 且 m1＞ m2 , 分别系在绳索的两端, 绳跨过一定滑轮, 如 图。滑轮的质量为m, 并可看成是半径为r的均质 圆盘。假设不计绳的质量和轴承摩擦, 绳与滑轮 之间无相对滑动, 试求物块A的加速度和轴承O r 的约束反力。 O 解一: 取单个物体为研究对象。 解:分别以物块A、B和滑轮为研究 A 对象, 受力如图。分别由质心运动 B 定理和定轴转动的微分方程, 得 FA
当q＝0°时解出
1 vC 3gl 2
P vA
A
C

vC
3g l
q
杆刚刚达到地面时受力及加速度如图所示 (方向为假设)， 由刚体平面运动微分方程
mg FA maC
l 1 2 FA J C ml 2 12
(1)
A
(2)
aC
C

杆作平面运动，以点A为基点， 则点C的加速度为
联立解之得
kmB vA (l l0 ) m A (mA mB )
例10 均质细杆长为l，质量为m，静止直立于光 滑水平面上。当杆受微小干扰倒下时，求杆刚到 达地面时的角速度和地面约束力。
解: 由于地面光滑，直杆沿水平方向不受力，倒 下过程中质心将铅直下落。杆运动到任一位置 (与水平方向夹角为q )时的角速度为
n
画受力图，由质心运动定理
maCx Fx , maCy Fy
3mg 得: sin j cos j FOx 4 3mg (1 3sin 2 j ) FOy mg 4
aCx
3g sin j cos j 4
3g aCy (1 3sin 2 j ) 4
10.6 普遍定理综合应用举例
动量定理、动量矩定理和动能定理(一起 被称为动力学普遍定理)从不同角度研究 了质点或质点系的运动量(动量、动量矩、 动能)的变化与力的作用量(冲量、力矩、 功等)的关系。但每一定理又只反映了这 种关系的一个方面, 即每一定理只能求解 质点系动力学某一方面的问题。
10.6 普遍定理综合应用举例
2
y' ae FS O D m2 g

ar x'
FN
m2 aOx Fx
从中解出
m2 (r a cos q ) m2 g sin q FS
2a cos q 2 g sin q r a cosq 3r m2 g sin 2q 代入(*)式得 a 3m1 m2 2m2 sin 2 q
y
FOy aCy
O C
x
解得:
3mg FOx sin 2j 8
mg FOy (1 9sin 2 j ) 4
FOx
aCx
mg
例14 均质细杆AB长为l, 质量为m, 起初紧靠在铅 垂墙壁上, 由于微小干扰, 杆绕点B倾倒如图。不 计摩擦, 求:(1) B端未脱离墙时AB杆的角速度、角 加速度及B处的约束力;(2) B端脱离墙壁时的 q 角;(3) 杆着落地时质心的速度及杆的角速度(10-27) A 解: (1) B端未脱离墙之前AB杆 作定轴转动
m1a m1 g FA (1)
A
FB
a m1 g a B m2 g
m2 a FB m2 g
(2)
1 mr 2 ( F F )r A B 2 0 FOx
(3)
(4)
(5)
m1a m1 g FA m2 a FB m2 g

O F'A
注意到 a r
3g sin j 所以 l
现在求约束力。 质心加速度有切向和法向分量:
g a OC cos j 4
t C
y x O
aCy
j
C
g a OC sin j 2
n C 2
an
C
aCx

t aC
将其向直角坐标轴上投影得:
t C
3g aCx a sin j aC cos j sin j cos j 4 3g t n 2 aCy aC cos j aC sin j (1 3sin j ) 4
aOx ar ae cosq
例13 如图, 均质杆质量为m, 长为l, 可绕距端点 l/3的转轴O转动, 求杆由水平位置静止开始转动 到任一位置时的角速度、角加速度以及轴承O 的约束力。 解法1: 用动能定理求运动
O
C
j
mg

以杆为研究对象。由于杆由水平位置静止开始 运动, 故开始的动能为零, 即
A
a a m1g
B m2g
然后按解二的方法即可求得轴承O的约束反力。
例12 图示三棱柱体ABC的质量为m1, 放在光滑的 水平面上, 可以无摩擦地滑动。质量为m2的均质 圆柱体O由静止沿斜面AB向下滚动而不滑动。如 斜面的倾角为q, 求三棱柱体的加速度。(10-25)
解: 整体系统在水平方向上受 y 力为零, 所以系统的动量在水 A O x ve 平方向上守恒。设某瞬时三 a v D vr 棱柱的速度是v, 圆柱体的角 C q B 速度是。求圆柱体的动量需 (a) 要用O点的绝对速度, 可用点 的复合运动知识求得:
P Pl aCy FOy P g g2
aCy

1 FOy P 4
例9 物体A、B，质量分别为 mA、mB，用 弹簧相连，放在光滑水平面上。弹簧原长 为 l0 ，刚度系数为k。现将弹簧拉长到 l 后无初速释放，求当弹簧恢复原长时物体 A、B 的速度，弹簧质量不计.(P21310-21)
T 1 m1v 2 1 m2 v 2 1 ( 1 mr 2 )( v ) 2 2 2 2 2 r 1 ( m 2 m 2 m )v 2 1 2 4

O
FOy FOx
所有力的功的代数和为 Wi (m1 m2 ) gh
mg
A v v m1g B
将动能定理表达式两边同时对时 间求导，得 1 于是可得
1 2 l ml mg cos j 9 6
3g cos j 2l
d d dj d d t dj d t dj
FOy FOx
O C mg

又
d 3g cos j 所以 d j 2l

即

0
d

j
0
3g cos j d j 2l
j
1 2 3g sin j 2 2l 0 0
由质心坐标公式
Σmi yi m1 y A m2 yB myO yC Σmi m m1 m2
A
v v m1g
B m2g
m1 m2 aCy a m m1 m2
于是可得
FOx 0
2(m1 m2 ) FOy (m m1 m2 ) g g m 2(m1 m2 )
取圆柱体中心O为动点, 动系与三棱柱固连, 则O 点的速度分析如图(a)所示
v a ve v r ,
ve v, vr r
A ve a v C

O D

vr
y x
vOx Biblioteka Baidu v r cos q
求出系统动量的水平分量:
q
(a)
B
px 0 0, px1 m1v m2 (v r cos q )
O
C
j
mg
1 2 2 1 ml 0 mgl sin j 18 6

3g sin j l 将前式两边对时间求导, 得
3g sin j l
2
d 3g dj 2 cos j dt l dt
3g cos j 2l
解法2: 用微分方程求运动 由定轴转动微分方程 J O M O ( F ) 得 即
T1 0
杆作定轴转动, 转动到任一位置时的动能为
1 11 l l 2 1 2 2 T2 J O ml m( ) ml 2 2 2 2 12 2 3 18
在此过程中所有的力所作的功为
1 W12 mgh mgl sin j 6
由
T2 T1 W12 得
2
解三: 用动量矩定理和质心运动定理 (或动量定理)。 解: 以整个系统为研究对象, 受力 α FOy FOx 如图, 运动分析如图。系统对定轴 O 的动量矩为 LO m1vr m2vr ( 1 mr 2 )
2
mg
1 (m 2m1 2m2 )vr 2 d LO M O ( F ) 得 由 dt 1 (m 2m 2m )r d v (m m ) gr 1 2 1 2 2 dt 2(m1 m2 ) dv a g d t m 2(m1 m2 )
1 1 2 2 2 T1 0, T2 J B ml 2 6 l l 1 W12 mg ( cosq ) mgl (1 cosq ) 2 2 2
C
T2 T1 W12
q
B
mg
3g 1 2 2 1 2 (1 cos q ) ml mgl (1 cosq ) l 6 2
0 FOy FA FB mg
FOy FOx
mg F'B
由以上方程联立求解得:
2(m1 m2 ) a g m 2(m1 m2 )
FOx 0
2(m1 m2 ) 2 FOy (m m1 m2 ) g g m 2(m1 m2 )
解二: 用动能定理和质心运动定理。 解: 以整个系统为研究对象, 受力和运动分析如 图。设 A下降高度h时速度为v ，系统动能为
动量定理和动量矩定理是矢量形式， 因质点系的内力不能改变系统的动 量和动量矩，应用时只需考虑质点 系所受的外力;
动能定理是标量形式，在很多问题 中约束力不作功，因而应用它分析 系统速度变化是比较方便的。但应 注意，在有些情况下质点系的内力 也要作功，应用时要具体分析。
例８ 均质杆OA，重量为P，长l，绳子突然被 剪断。求该瞬时杆的角加速度及O处反力。 解：取杆为研究对象 由刚体定轴转动微分方程 1P 2 l l P 3g / 2l 3g 2 由质心运动定理 P aCx 0 FOx g
2(m1 m2 ) a g m 2(m1 m2 )
2
(m 2m1 2m2 )va (m1 m2 ) gv
m2g
由 maCx Fx , maCy Fy 得

O
FOy FOx mg
(m m1 m2 )aCy FOy (m m1 m2 ) g