习题解答理论力学
14-12、图示滑道连杆机构，位于水平面内。曲柄长 r,对转轴的转动惯量为 J ；滑块 A 的质量不计。今在曲柄上作用一不变转矩 M,初瞬时系统处于静止，且 ∠ AOB =?0,求曲柄转一周后的角速度。
va
ve
vr
01?T
2022 s in2121 rgPJT
20
22 s in
2
1
g
rPJ
由动能定理 WTT
12
rFMgrPJ 420s in21 20
22
0
22 s inPr
422
Jg
rFMg
22
2
2
1 2
1
2
1
3
1
2
1 u
g
Gu
g
W
r
ur
g
PT
2
6
33 u
g
GWP
2
2
2
2
2 3
1
2
1
3
1
2
1?
l
vl
g
W
r
vr
g
PT 2
6 vg
WP
212
MTT
26
33
6
22 Mu
g
GWPv
g
WP
WP
uGEPMgv
2333?
14-13、图示曲柄连杆机构位于水平面内。曲柄重 P,长为 r,
连杆重 W,长为 l,滑块重 G,曲柄及连杆可视为均质细长杆。
今在曲柄上作用一不变转矩 M,当 ∠ BOA = 900 时 A 点的速度为 u,求当曲柄转至水平位置时 A 点的速度。
14-14、图示行星齿轮机构位于水平面内，动齿轮 A重 P、半径为 r，
可视为均质圆盘；系杆 OA重 W，可视为均质细杆；定齿轮半径为
R。今在系杆上作用一不变的转矩 M使轮系由静止而运动，求系杆的角速度与其转角?的关系。
2
222
2
3
2
1
3
1
2
1?
r
rRr
g
PrR
g
WT
2212 92?rRg PW
MT 0
MrRg PW 2212 92
PW
Mg
rR 92
32
14-20,图示正方形均质板的质量 m=40kg,边长
b=100mm,在铅垂面内用三绳拉住。试求,(1)绳
FG剪断瞬间,正方形板的加速度以及 AD和 BE两绳的张力 ;(2)当 AD和 BE两绳位于铅直位置时,板中心 C的加速度和两绳的张力 。
b
60oBA
F
G
D E
C
b
60oBA
FA
C
FB
mg
aCn
aCτ
解,(1) 板作平动,初始位置受力如图。
板作平动绳 FG剪断瞬间,vC=0
ε = 0
aCn= 0,aC = aCτ
maCτ = mg cos 60o
JC ε =?MC(Fi)
0= FA+FB – mgsin 60o
由质心运动定理有
(FB – FA ) sin 60o– (FA+FB ) cos 60o = 0
由以上方程即可解出 FA,FB和 aC。
(2) 两绳位于铅直位置时,受力如图。
b
60oBA
FA
C
FB
mg
aCn
aCτ
maCτ = 0
maCn = FA+FB – mg
FB (b/2)– FA (b/2) = 0
式中,a
Cn = vC2/ρ
再由动能定理的积分形式初时刻系统的动能
T2－ T1 = ∑Wi
T1 = 0
两绳位于铅直位置时,系统的动能 T2 = mvC2/ 2
而
b
60oBA
FA
C
FB
mg
aCn
aCτ
∑Wi = mgρ(1－ sin 60o)
mgρ(1－ sin 60o) = mvC2/ 2
23()C C na a g
maCτ = 0
maCn = FA+FB – mg
FB (b/2)– FA (b/2) = 0
即可解出 FA和 FB。
14-21,图示三棱柱 A沿倾角为 θ的斜面 B无摩擦地滑动,A和 B的质量分别为 m1和 m2,斜面 B置于光滑的水平面上。试求任意时刻斜面 B的加速度 。
A
θ
B
解,斜面 B
θ
B
A
m2g
FN
aB
m2aB= FN sin θ
F'N m
1g
aB a
r
三棱柱 A
aA = aB + ar
运动学关系,
m1(aB+ar)= m1g+ F'N
+
m1aBsinθ=m1gcosθ–F'N
aB=(m1gsin 2θ)/2(m2+m1sin2θ)
14-22,图示圆环以角速度 ω绕铅直轴 AC转动,圆环的半径为 R,对转轴的转动惯量为 J。质量为 m的小球最初放在环中 A点,受微扰后沿环滑下。不计摩擦,求小球到达 B和 C时,圆环的角速度和小球的速度 。
A
B
C
解,圆环和小球所组成的系统在运动过程中对 z轴的动量矩守恒 。初始时刻小球的速度为零,圆环的角速度为 ω。设小球在 B和 C处时的速度分别为 vB和 vC,圆环的角速度分别为 ωB和 ωC,则有
A
B
C
LzA= Jω LzC= JωC
LzB=JωB+Mz(mvB)
=JωB+Mz(mve)+Mz(mvr)
z ω
= mR2ωB
LzB=JωB+mR2ωB
mg
LzA = LzB = LzC因为
LzA= Jω LzC= JωC LzB=(J+mR2)ωB
ωC= ω
ωB= ω/(J+mR2)
再应用动能定理求小球的速度。
TA= Jω2/2
TB=(JωB2+mvB2)/2
∑WAB = mgR
TB –TA=∑WAB
A
B
C
z ω
mg
mvB2+J(ωB2 –ω2) = 2mgR
由此即可解出 vB。而
TC=(JωC2+mvC2)/2
∑WAC = 2mgR
mvC2+J(ωC2 –ω2) = 4mgR
2Cv g R?
A
B
C
z ω
mg
A
B
r
O
14-23,质量为 m0的物块静止于光滑的水平面上。
一质量为 m的小球最初位于 A处,后沿物块上半径为 r的光滑半圆槽无初速地滑下。若 m0=3m,试求小球滑到 B处时相对于物块的速度及槽对它的压力 。
A
B
r
O
解,(1)系统在水平方向动量守恒,初始时刻小球和物块的速度均为零,设小球在 B处时的绝对速度为 vB,物块的速度为 ve,则有
vB = ve+ vr
vr ve
vB = ve– vr
m(ve– vr) +m0ve = 0 vr = 4ve
mg
初始时刻系统的动能 T1=0,小球在 B处时系统的动能
A
B
r
O
vr ve
mg
T2=[m(ve– vr)2+m0ve2]/2
∑Wi = mgr而 故由动能定理可得
vr = 4ve
[m(ve– vr)2+m0ve2]/2 = mgr
83rv g r /?
A
B
r
O
(2) 设小球在 B处时的绝对速度为 aB,物块的速度为 ae,
则有
83rv g r /?
aB = ae+ arn + arτ
arτ ae
arn
mg FN
maB= m(ae+ arn + arτ) = mg + FN
marn= FN –mg 式中 arn= vr2/r
FN =11mg/3
O A
θ
14-25,图示均质杆 OA长为 l,质量为 m1;均质圆盘半径为 R,质量为 m2。不计摩擦,初始时刻杆 OA水平,杆和圆盘静止。试求杆与水平成 θ角时,杆的角速度和角加速度 。
解,以圆盘为研究对象,因外力对质心 A的矩为零,故圆盘相对于质心 A的动量矩守恒。初始时刻圆盘静止,
LA1=0。设杆与水平成 θ角时,圆盘的角速度为 ωA,则有
O
A
θ
LA2= JAωA LA2= LA1 ωA= 0
ωA
以杆和圆盘组成的系统为研究对象,初始时刻系统的动能 T1=0,杆与水平成 θ角时系统的动能
O
A
θ
ωA= 0
ω
vA m
2g
m2g
m1g
m1g
22
22
11
22OA
T J m v ω 22123
6
mm l ω
而 ∑Wi=(m1+2m2)gl(sinθ)/2
代入动能定理
T2–T1=∑Wi
即可解出
2 12
12
3 ( 2 ) s i n
( 3 )
m m g
m m l
ωθ
12
12
3 ( 2 )
s i n
( 3 )
m m g
m m l
ωθ
12
12
3 ( 2 ) c o s
2 ( 3 )
mm g
l m m
θε
O
A
θ
O
θ
ω
vA
14-28.,均质细杆 AB长为 l,质量为 m,起初紧靠在铅垂墙壁上，由于微小扰动，杆绕 B点倾倒如图。不计摩擦。求：（ 1） B
端未脱离墙时 AB杆的角速度和角加速度及 B处的约束力；（ 2）
B端脱离墙时的?1 角；（ 3）杆着地时质心的速度及杆的角速度。
解：（ 1） B 端未脱离墙时 AB杆作定轴转动，
由动能定理有
c o s123121 22 lmgml
解得：
c o s13
l
g
①
对式①求导
dm g ldml s i n2131 2
解得：
s i n23 lg?
FBx
FBy a
C?
aCn
由质心运动定理，有
BxCx Fma?
s i nc o s nCCBx mamaF
s i n2c o s2 2 lmlm
2c o s3s i n43mg
mgFma ByCy
c o ss i n nCCBy mamamgF
c o s2s i n2 2 lmlmmg
2c o s2s i n343 2mgmg
（ 2）令
02c o s3s i n43mgF Bx
得
3
2c o s
1
即
3
2a r c c o s
1
（ 3）从 B端脱离墙开始，系统水平方向动量守恒。
B A
C vB
vCB
vC
1CxBcx mvmvmv
111 c o s2
lvv
CxB
glv B 31?
从 B端脱离墙开始，应用动能定理，有
m g llmgTT 31c o s2 112
其中
m g lmlT 613121 2121
2222222 12 121212121 mlvvmJmvT CBBCC
22
2
24
1
22
1
18
1 mllmm g l
22
6
1
18
1?mlm g l
②
解方程②，可得
l
g
3
8
B A
C vB
vCB
vC
如图所示，有
gl
l
glglvvv
CBBc 73
1
3
8
49
122
综 -9(Ⅱ ),图示斜面 D的倾角为 θ,重物 A沿斜面下滑,A和 B的质量分别为 m1和 m2,滑轮 C和绳的质量及一切摩擦均忽略不计,试求斜面 D作用于地面凸出部分 E的水平压力 。
A
B
θ
D
C
E
解,以整个系统为研究对象,受力如图示。任意时刻系统的动能为
A
B
θ
D
C
E
m1g
m2g
Fx
v
T = (m1+m2)v2/ 2 dT = (m1+m2)v dv
∑δWi=(m1sinθ–m2)gds而
a=(m1sinθ–m2)g/ (m1+m2)
A
B
θ
D
C
E
m1gm2g
Fx
v
a=(m1sinθ–m2)g/ (m1+m2)
再由质点系动量定理在水平方向的投影可得
x
d
d
x
x
PF
t
1d ( c o s )d mvt? θ 1= c o sma θ
将 a代入即可得水平压力 Fx。
BA
综 -15,质量为 m=4kg的均质杆,用两根等长的平行绳悬挂,如图所示。试求其中一根 绳被剪断瞬间,另一绳的张力 。
BA
C
mg
FT
ε
aC
解,以 AB为研究对象,绳断瞬间受力如图示。因为水平方向无外力作用,故 aC沿铅直方向。
maC = mg– FT
JC ε= FTl/2
式中,
JC= ml2/12
aAn+aAτ=aC+anAC+aτAC
因为,
初始时刻 aAn= 0 anAC= 0
aAτ=aC+aτAC aC=aτAC =lε/2
由此即可解出 FT =mg/4 。
在凸轮导板机构中，
偏心轮的偏心距 OA=e。
偏心轮绕 O轴以匀角速
ω转动。 当导板在最低位置时弹簧的压缩为 b。
导板的质量为 m。为使导板在运动过程中始终不离开偏心轮，试求弹簧刚度的最小值 。
A
D
O
C
e ω
A
D
O
C
e ω
解,导板 CD作平动。首先求导板的加速度及弹簧的变形。
y = R+e cos φ
= R+e cos ωth
y φ
y
R 导板质心的加速度
aC = d2y/dt2
= – eω2cos ωt
因 CD不离开偏心轮，
故有
A
D
O
C
e ω
h
y φ
y
R
在任意位置弹簧的变形
λ= l – (h – y)
= e(1+cos ωt)+b
设弹簧的原长为 l，当导板在最低位置 (y =R–e)时弹簧的压缩为 b，即
h –(R–e) = l – b
h – l = (R–e) – b
y = R+e cos ωt
以导板 CD为研究对象,受力如图示。虚加惯性力为
DC
mg
FK
FN
FI
FI = meω2cos ωt
内弹性力为
FK=k[e(1+cos ωt)+b]
Fy = 0,
FN+FI – mg – FK = 0
导板在 最高位置 (cos ωt=1)是它离开偏心轮的临界位置，此时 FN= 0，由上式解得
k = m(eω2 –g) / (b+2e)
14-12、图示滑道连杆机构，位于水平面内。曲柄长 r,对转轴的转动惯量为 J ；滑块 A 的质量不计。今在曲柄上作用一不变转矩 M,初瞬时系统处于静止，且 ∠ AOB =?0,求曲柄转一周后的角速度。
va
ve
vr
01?T
2022 s in2121 rgPJT
20
22 s in
2
1
g
rPJ
由动能定理 WTT
12
rFMgrPJ 420s in21 20
22
0
22 s inPr
422
Jg
rFMg
22
2
2
1 2
1
2
1
3
1
2
1 u
g
Gu
g
W
r
ur
g
PT
2
6
33 u
g
GWP
2
2
2
2
2 3
1
2
1
3
1
2
1?
l
vl
g
W
r
vr
g
PT 2
6 vg
WP
212
MTT
26
33
6
22 Mu
g
GWPv
g
WP
WP
uGEPMgv
2333?
14-13、图示曲柄连杆机构位于水平面内。曲柄重 P,长为 r,
连杆重 W,长为 l,滑块重 G,曲柄及连杆可视为均质细长杆。
今在曲柄上作用一不变转矩 M,当 ∠ BOA = 900 时 A 点的速度为 u,求当曲柄转至水平位置时 A 点的速度。
14-14、图示行星齿轮机构位于水平面内，动齿轮 A重 P、半径为 r，
可视为均质圆盘；系杆 OA重 W，可视为均质细杆；定齿轮半径为
R。今在系杆上作用一不变的转矩 M使轮系由静止而运动，求系杆的角速度与其转角?的关系。
2
222
2
3
2
1
3
1
2
1?
r
rRr
g
PrR
g
WT
2212 92?rRg PW
MT 0
MrRg PW 2212 92
PW
Mg
rR 92
32
14-20,图示正方形均质板的质量 m=40kg,边长
b=100mm,在铅垂面内用三绳拉住。试求,(1)绳
FG剪断瞬间,正方形板的加速度以及 AD和 BE两绳的张力 ;(2)当 AD和 BE两绳位于铅直位置时,板中心 C的加速度和两绳的张力 。
b
60oBA
F
G
D E
C
b
60oBA
FA
C
FB
mg
aCn
aCτ
解,(1) 板作平动,初始位置受力如图。
板作平动绳 FG剪断瞬间,vC=0
ε = 0
aCn= 0,aC = aCτ
maCτ = mg cos 60o
JC ε =?MC(Fi)
0= FA+FB – mgsin 60o
由质心运动定理有
(FB – FA ) sin 60o– (FA+FB ) cos 60o = 0
由以上方程即可解出 FA,FB和 aC。
(2) 两绳位于铅直位置时,受力如图。
b
60oBA
FA
C
FB
mg
aCn
aCτ
maCτ = 0
maCn = FA+FB – mg
FB (b/2)– FA (b/2) = 0
式中,a
Cn = vC2/ρ
再由动能定理的积分形式初时刻系统的动能
T2－ T1 = ∑Wi
T1 = 0
两绳位于铅直位置时,系统的动能 T2 = mvC2/ 2
而
b
60oBA
FA
C
FB
mg
aCn
aCτ
∑Wi = mgρ(1－ sin 60o)
mgρ(1－ sin 60o) = mvC2/ 2
23()C C na a g
maCτ = 0
maCn = FA+FB – mg
FB (b/2)– FA (b/2) = 0
即可解出 FA和 FB。
14-21,图示三棱柱 A沿倾角为 θ的斜面 B无摩擦地滑动,A和 B的质量分别为 m1和 m2,斜面 B置于光滑的水平面上。试求任意时刻斜面 B的加速度 。
A
θ
B
解,斜面 B
θ
B
A
m2g
FN
aB
m2aB= FN sin θ
F'N m
1g
aB a
r
三棱柱 A
aA = aB + ar
运动学关系,
m1(aB+ar)= m1g+ F'N
+
m1aBsinθ=m1gcosθ–F'N
aB=(m1gsin 2θ)/2(m2+m1sin2θ)
14-22,图示圆环以角速度 ω绕铅直轴 AC转动,圆环的半径为 R,对转轴的转动惯量为 J。质量为 m的小球最初放在环中 A点,受微扰后沿环滑下。不计摩擦,求小球到达 B和 C时,圆环的角速度和小球的速度 。
A
B
C
解,圆环和小球所组成的系统在运动过程中对 z轴的动量矩守恒 。初始时刻小球的速度为零,圆环的角速度为 ω。设小球在 B和 C处时的速度分别为 vB和 vC,圆环的角速度分别为 ωB和 ωC,则有
A
B
C
LzA= Jω LzC= JωC
LzB=JωB+Mz(mvB)
=JωB+Mz(mve)+Mz(mvr)
z ω
= mR2ωB
LzB=JωB+mR2ωB
mg
LzA = LzB = LzC因为
LzA= Jω LzC= JωC LzB=(J+mR2)ωB
ωC= ω
ωB= ω/(J+mR2)
再应用动能定理求小球的速度。
TA= Jω2/2
TB=(JωB2+mvB2)/2
∑WAB = mgR
TB –TA=∑WAB
A
B
C
z ω
mg
mvB2+J(ωB2 –ω2) = 2mgR
由此即可解出 vB。而
TC=(JωC2+mvC2)/2
∑WAC = 2mgR
mvC2+J(ωC2 –ω2) = 4mgR
2Cv g R?
A
B
C
z ω
mg
A
B
r
O
14-23,质量为 m0的物块静止于光滑的水平面上。
一质量为 m的小球最初位于 A处,后沿物块上半径为 r的光滑半圆槽无初速地滑下。若 m0=3m,试求小球滑到 B处时相对于物块的速度及槽对它的压力 。
A
B
r
O
解,(1)系统在水平方向动量守恒,初始时刻小球和物块的速度均为零,设小球在 B处时的绝对速度为 vB,物块的速度为 ve,则有
vB = ve+ vr
vr ve
vB = ve– vr
m(ve– vr) +m0ve = 0 vr = 4ve
mg
初始时刻系统的动能 T1=0,小球在 B处时系统的动能
A
B
r
O
vr ve
mg
T2=[m(ve– vr)2+m0ve2]/2
∑Wi = mgr而 故由动能定理可得
vr = 4ve
[m(ve– vr)2+m0ve2]/2 = mgr
83rv g r /?
A
B
r
O
(2) 设小球在 B处时的绝对速度为 aB,物块的速度为 ae,
则有
83rv g r /?
aB = ae+ arn + arτ
arτ ae
arn
mg FN
maB= m(ae+ arn + arτ) = mg + FN
marn= FN –mg 式中 arn= vr2/r
FN =11mg/3
O A
θ
14-25,图示均质杆 OA长为 l,质量为 m1;均质圆盘半径为 R,质量为 m2。不计摩擦,初始时刻杆 OA水平,杆和圆盘静止。试求杆与水平成 θ角时,杆的角速度和角加速度 。
解,以圆盘为研究对象,因外力对质心 A的矩为零,故圆盘相对于质心 A的动量矩守恒。初始时刻圆盘静止,
LA1=0。设杆与水平成 θ角时,圆盘的角速度为 ωA,则有
O
A
θ
LA2= JAωA LA2= LA1 ωA= 0
ωA
以杆和圆盘组成的系统为研究对象,初始时刻系统的动能 T1=0,杆与水平成 θ角时系统的动能
O
A
θ
ωA= 0
ω
vA m
2g
m2g
m1g
m1g
22
22
11
22OA
T J m v ω 22123
6
mm l ω
而 ∑Wi=(m1+2m2)gl(sinθ)/2
代入动能定理
T2–T1=∑Wi
即可解出
2 12
12
3 ( 2 ) s i n
( 3 )
m m g
m m l
ωθ
12
12
3 ( 2 )
s i n
( 3 )
m m g
m m l
ωθ
12
12
3 ( 2 ) c o s
2 ( 3 )
mm g
l m m
θε
O
A
θ
O
θ
ω
vA
14-28.,均质细杆 AB长为 l,质量为 m,起初紧靠在铅垂墙壁上，由于微小扰动，杆绕 B点倾倒如图。不计摩擦。求：（ 1） B
端未脱离墙时 AB杆的角速度和角加速度及 B处的约束力；（ 2）
B端脱离墙时的?1 角；（ 3）杆着地时质心的速度及杆的角速度。
解：（ 1） B 端未脱离墙时 AB杆作定轴转动，
由动能定理有
c o s123121 22 lmgml
解得：
c o s13
l
g
①
对式①求导
dm g ldml s i n2131 2
解得：
s i n23 lg?
FBx
FBy a
C?
aCn
由质心运动定理，有
BxCx Fma?
s i nc o s nCCBx mamaF
s i n2c o s2 2 lmlm
2c o s3s i n43mg
mgFma ByCy
c o ss i n nCCBy mamamgF
c o s2s i n2 2 lmlmmg
2c o s2s i n343 2mgmg
（ 2）令
02c o s3s i n43mgF Bx
得
3
2c o s
1
即
3
2a r c c o s
1
（ 3）从 B端脱离墙开始，系统水平方向动量守恒。
B A
C vB
vCB
vC
1CxBcx mvmvmv
111 c o s2
lvv
CxB
glv B 31?
从 B端脱离墙开始，应用动能定理，有
m g llmgTT 31c o s2 112
其中
m g lmlT 613121 2121
2222222 12 121212121 mlvvmJmvT CBBCC
22
2
24
1
22
1
18
1 mllmm g l
22
6
1
18
1?mlm g l
②
解方程②，可得
l
g
3
8
B A
C vB
vCB
vC
如图所示，有
gl
l
glglvvv
CBBc 73
1
3
8
49
122
综 -9(Ⅱ ),图示斜面 D的倾角为 θ,重物 A沿斜面下滑,A和 B的质量分别为 m1和 m2,滑轮 C和绳的质量及一切摩擦均忽略不计,试求斜面 D作用于地面凸出部分 E的水平压力 。
A
B
θ
D
C
E
解,以整个系统为研究对象,受力如图示。任意时刻系统的动能为
A
B
θ
D
C
E
m1g
m2g
Fx
v
T = (m1+m2)v2/ 2 dT = (m1+m2)v dv
∑δWi=(m1sinθ–m2)gds而
a=(m1sinθ–m2)g/ (m1+m2)
A
B
θ
D
C
E
m1gm2g
Fx
v
a=(m1sinθ–m2)g/ (m1+m2)
再由质点系动量定理在水平方向的投影可得
x
d
d
x
x
PF
t
1d ( c o s )d mvt? θ 1= c o sma θ
将 a代入即可得水平压力 Fx。
BA
综 -15,质量为 m=4kg的均质杆,用两根等长的平行绳悬挂,如图所示。试求其中一根 绳被剪断瞬间,另一绳的张力 。
BA
C
mg
FT
ε
aC
解,以 AB为研究对象,绳断瞬间受力如图示。因为水平方向无外力作用,故 aC沿铅直方向。
maC = mg– FT
JC ε= FTl/2
式中,
JC= ml2/12
aAn+aAτ=aC+anAC+aτAC
因为,
初始时刻 aAn= 0 anAC= 0
aAτ=aC+aτAC aC=aτAC =lε/2
由此即可解出 FT =mg/4 。
在凸轮导板机构中，
偏心轮的偏心距 OA=e。
偏心轮绕 O轴以匀角速
ω转动。 当导板在最低位置时弹簧的压缩为 b。
导板的质量为 m。为使导板在运动过程中始终不离开偏心轮，试求弹簧刚度的最小值 。
A
D
O
C
e ω
A
D
O
C
e ω
解,导板 CD作平动。首先求导板的加速度及弹簧的变形。
y = R+e cos φ
= R+e cos ωth
y φ
y
R 导板质心的加速度
aC = d2y/dt2
= – eω2cos ωt
因 CD不离开偏心轮，
故有
A
D
O
C
e ω
h
y φ
y
R
在任意位置弹簧的变形
λ= l – (h – y)
= e(1+cos ωt)+b
设弹簧的原长为 l，当导板在最低位置 (y =R–e)时弹簧的压缩为 b，即
h –(R–e) = l – b
h – l = (R–e) – b
y = R+e cos ωt
以导板 CD为研究对象,受力如图示。虚加惯性力为
DC
mg
FK
FN
FI
FI = meω2cos ωt
内弹性力为
FK=k[e(1+cos ωt)+b]
Fy = 0,
FN+FI – mg – FK = 0
导板在 最高位置 (cos ωt=1)是它离开偏心轮的临界位置，此时 FN= 0，由上式解得
k = m(eω2 –g) / (b+2e)
