普遍定理的综合应用质点系的动量定理 (质心运动定理 )、动量矩定理和动能定理统称为 动力学普遍定理 。动力学普遍定理给出了描述质点系整体运动特征的物理量
(动量、动量矩和动能 )与度量力对系统的作用效应的物理量 (力系的主矢和主矩、力的冲量和力的功 )之间的定量关系。动量定理 (质心运动定理 )和动量矩定理为矢量形式,而动能定理为标量形式。
动力学普遍定理的优越性主要体现在研究比较复杂的系统动力学问题。
在求解比较复杂的动力学问题时,往往不可能仅用一个定理解决全部问题,需要综合应用几个定理来求解。而且这种应用,并不存在一个固定的模式,必须具体问题具体分析,综合考虑,灵活应用。但是一般说来,下列原则仍有一定的参考价值。
(1) 求解速度、角速度问题往往首先考虑应用动能定理的积分形式,且尽可能以整个系统为研究对象,避免拆开系统。
(2) 应用动能定理的积分形式,如果末位置的速度或角速度是任意位置的函数,则可求时间导数来得到加速度或角加速度。仅求加速度 (角加速度 )的问题,应用动能定理的微分形式也很方便。
(3) 对于既要求运动又要求约束力的问题,因为应用动能定理不能求出无功约束力,此时往往先求运动,然后再应用质心运动定理或动量矩定理来求约束力。
(4) 当系统由作平动、定轴转动、平面运动的刚体组合而成时,一种比较直观的求解办法就是将系统拆开成单个刚体,分别列出相应的动力学微分方程,然后联立求解。
(5) 注意动量、动量矩守恒问题,特别是仅在某一方向上的守恒。
动力学普遍定理
()
∑
=
e
i
t
F
d
dp
ma
C
=∑ F
i
e
)(
d
d
O
e
iO
t
FM
∑
=
L
dT= ∑ δW
i
T
2
－ T
1
= ∑ W
i
牛顿第二定律
ma = ∑ F
刚体定轴转动微分方程
J
z
ε = J
z
φ =∑ M
z
(F
i
)
例 1、滑轮重 Q，半径为 R，对转轴 O的回转半径为 ρ
O
。在滑轮上施加恒力偶，其矩为
M，以提升重为 P的物体 A，试求物 A上升的加速度。
F
Ox
F
Oy
Q
解：取整个系统为研究对象。
设滑轮角速度为 ω，系统对轴 O的动量矩为
ωρωωρ )(
222
R
g
P
g
Q
RR
g
P
g
Q
G
OOO
+=?+=
P
(F)M
dt
dG
O
O
∑=
PRMR
g
P
g
Q
O
=+ αρ )(
22
g
PRQ
PRM
O
22
+
=
ρ
α
( )
g
PRQ
RPRM
Ra
O
22
+
==
ρ
α
由动量矩定理得解得滑轮的角加速为所以物 A上升的加速为应用动能定理求解：
设任意时刻物 A的速度为 v，则滑轮的角速度为
R
v
=ω
系统动能及元功为
22
2
1
2
1
mvJT
O
+= ω
2
2
2
2
1
2
1
v
g
P
R
v
g
Q
O
+
= ρ
2
2
2
2
1
vP
R
Q
g
O
+=
ρ
dsP
R
M
vdvP
R
Q
g
O
=
+
2
2
1 ρ
PdsMdW?=
∑
δ
dsP
R
M
=
∑
= WdT δ
v
P
( )
g
PRQ
RPRM
a
O
22
+
=
ρ
例 2、卷扬机如图所示。鼓轮在常力偶矩 M作用下将圆柱体沿斜面上拉。已知鼓轮的半径为 R1,
质量为 m1，质量分布在轮缘上；
圆柱体的半径为 R2,质量为 m2,
质量均匀分布。设斜面的倾角为 θ，
圆柱体沿斜面只滚不滑。系统从静止开始运动，求（ 1）圆柱体上升路程为 s时，其中心 C的速度及加速度；（ 2）绳索 BC段的拉力；
（ 3）轴承 O的反力。
解,（ 1）取整个系统为研究对象，主动力的功为
∑
= sgmMW θ? sin
2
B
设圆柱体中心的速度为 v
C
，则系统的动能
2
2
2
2
2
11
0
2
1
2
1
2
1
0
CC
vmJJT
T
++=
=
ωω
式中
2
2
2
2
2
11
2
1
2
1
2
1
CC
vmJJT ++= ωω
2
222
2
111
2
1
,RmJRmJ ==
12
2
1
1
,,
R
s
R
v
R
v
CC
===?ωω，
代入后得
2
21
)32(
4
1
C
vmmT +=
应用动能定理
∑
=? WTT
0
sgm
R
Mvmm
C
)sin
1
(0)32(
4
1
2
1
2
21
θ=?+
(1)
得
)32(
)sin(
2
211
12
mmR
sgRmM
v
C
+
=
θ
CCC
vgm
R
Mavmm )sin
1
()32(
2
1
2
1
21
θ=?+
)32(
)sin(2
211
12
mmR
gRmM
a
C
+
=
θ
所以，得式 (1)两边求导解得
（ 2）取圆柱体 C为研究对象，其受力如图示。
α
a
m
2
g
F
F
N
θ
C
D
F
T 以瞬心 D为矩轴应用动量矩定理，有
()
2
T2 2D 22
2
3a
FmgsinR J mR
2R
θα? ==?
22
3
sin
2
T
F mg maθ=+
11
2
121
2sin3
(2 3 )
T
mgR M
F m
mmR
θ +
=
+
（也可应用动能定理求 T。）
（ 3）取滑轮 B为研究对象，其受力如图示。
F
T
'
m
1
g
O
M
F
Oy
由质心运动定理可得轴承的反力
F
Ox
Ox T 1 Ox
FFcosθ ma 0
′
==
11
Ox T 2
121
2m gR sinθ 3M
FFcosθ mcosθ
(2m 3m )R
+
′
==
+
Oy T 1 1 Oy
FFsinθ -m g ma 0
′
==
Oy T1
FFsinθ mg
′
=+
例 3、均质圆盘重 W，半径为 r，
以角速度 ω绕轴 O转动，今在制动杆 AB上加一力 P，使圆盘停止转动。
已知杆与圆盘间的动滑动摩擦系数为 f '，问圆盘转动多少转后才停止转动？
解,(1)取杆 AB。
F
Ay
0,
AN
mFbPl= =
∑
A
B
P
F
N
F
F
Ax
N
l
F P
b
=
N
fl
F fF P
b
′
′
==
（ 2）取圆轮。
lPgf
Wbr
′
==
42
22
ω
α
ω
F
N
'
O
F
Ox
F
Oy
F'
lPgf
Wbr
n
′
==
π
ω
π
82
2
用动能定理求?。：
W
ω rFJ
O
′
=?
2
2
1
0
由刚体定轴转动微分方程，有
∑
=
OO
mJ α
rFr
g
W
′
=α
2
2
Wbr
lPgf
Wr
gF
′
=
′
=
22
α
Pr
b
lf
ωr
2g
W
2
1
22
′
=?
lPfg
Wbr
′
=
4
2
ω
例 4、小物块开始时静止在光滑圆柱的顶点 A，由于微小扰动而沿圆柱表面滑下，在点 B脱离圆柱体。求脱离点 B的偏角?。
O
A
B
mg
N
B
v
B
a
N
解：取物块 B为研究对象。由牛顿第二定律有
B
B
Nmg
r
v
m?=?cos
2
（ 1）
由动能定理，得
)cos1(0
2
1
2
=? mgrmv
B
)cos1(2
2
= grv
B
（ 2）
即物块脱离圆柱体时，反力 N
B
=0，将式（ 2）代入式（ 1），得
cos)cos1(2 gg =?
3
2
cos =?
所以物块脱离点 B的偏角为
1148
3
2
arccos
′
==
o
即例 5、图示圆环以角速度 ω 绕铅直轴转动。此圆环半径为 R,
对轴的转动惯量为 J 。在圆环中的点 A 放一质量为 m 的小球。
设由于微小的干扰小球离开点 A,小球与圆环间的摩擦忽略不计。求小球到达点 B 和点 C 时，圆环的角速度和小球的速度。
RRmJJ
BB
+= ωωω
2
mRJ
J
B
+
=
ω
ω
由动能定理有
mgRJmvJ
BB
=?+
222
2
1
2
1
2
1
ωω
()
m
mRJ
J
JmgR
v
B
+
=
12
2
2
2
2
ω
解：在点 B小球的牵连速度铅直向下。
根据系统对铅直轴动量矩守恒，有解得：
在点 C小球对轴的动量矩为零，根据对轴的动量矩守恒，有
ωω =
C
由动能定理，有
mgRJmvJ
CC
2
2
1
2
1
2
1
222
=?+ ωω
解得：
gRv
C
4=
例 6、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 θ
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
()θω cos1
23
1
2
1
22
=
l
mgml ①
解得：
()θω cos1
3
=
l
g
对式①求导
θθωω dmgldml sin
2
1
3
1
2
=?
θα sin
2
3
l
g
=
解得：
F
Bx
F
By
a
C
τ
a
C
n
BxCx
Fma =
θθ
τ
sincos
n
CCBx
mamaF=
θωθα sin
2
cos
2
2
=
l
m
l
m
()2cos3sin
4
3
= θθmg
mgFma
ByCy
=
θθ
τ
cossin=
n
CCBy
mamamgF
θωθα cos
2
sin
2
2
=
l
m
l
mmg
( )2cos2sin3
4
3
2
+?= θθmgmg
由质心运动定理，有
（ 2）令
()02cos3sin
4
3
=?= θθmgF
Bx
3
2
cos
1
=θ
3
2
arccos
1
=θ
得即
（ 3）从 B端脱离墙开始，系统水平方向动量守恒。
BA
1CxBcx
mvmvmv ==
111
cos
2
θω==
l
vv
CxB
glv
B
3
1
=
C v
B
v
CB
v
C
从 B端脱离墙开始，应用动能定理，有
mgl
l
mgTT
3
1
cos
2
112
=?=? θ ②
其中
mglmlT
6
1
3
1
2
1
2
1
2
1
== ω
( )
222222
2
12
1
2
1
2
1
2
1
2
1
ωω++=+= mlvvmJmvT
CBBCC
22
2
24
1
22
1
18
1
ωω ml
l
mmgl +
+=
22
6
1
18
1
ωmlmgl +=
解方程②，可得
l
g
3
8
=ω
C v
B
BA
v
CB
v
C
如图所示，有
gl
l
gl
glvvv
CBBc
7
3
1
3
8
49
1
22
=?+=+=
例 7,如图示,半径为 r,质量为 m
1
的 B和 D均可视为均质圆柱,且 D沿水平面作纯滚动 ;重物的质量为 m
2
,与倾角为?的斜面间的动摩擦系数为 f,试求轴承 O的约束反力。
A
B
O
C
D
解,（ 1） 以整个系统为研究对象。 应用质点系动能定理的微分形式求 D的角加速度。
作用于系统的所有力的元功总和为
∑ δW
i
= m
2
gdh－ F
A
ds
A
B
O
C
D
m
2
g
F
A
F
AN
式中
dh = ds sin?
F
A
= m
2
gf cos?
= m
2
g(sin?－ fcos?)ds
任意时刻系统的动能为
A
B
O
C
D
m
2
g
F
A
F
AN
v
A
ω
B
ω
D
v
C
运动学关系,
v
A
= rω
B
= v
C
rω
D
= v
C
2222
21
11 11
22 22
A OB C CD
Tmv J mv Jω ω=+++
2
21
2
2
C
v
mm +
=
2
21
2
2
C
v
mm
T
+
=
对上式求微分得
12
d2 d()
CC
Tmmvv= +
根据质点系动能定理的微分形式有
sfgmvvmm
CC
d)cos(sind)2(
221
=+
上式两边除以 dt,即可解出
21
2
2
)cos(sin
d
d
mm
fgm
t
v
a
C
C
+
==
r
a
aa
C
BCA
== α
(2) 以重物 A为研究对象,受力如图。
A
a
A
m
2
g
F
T2
F
A
F
AN
m
2
a
A
= m
2
g sin?－ F
T2
－ F
A
F
AN
－ m
2
g cos? = 0
F
A
= F
AN
f
F
T2
= m
2
g(sin α－ f cos α)－ m
2
a
A
(3) 以 B 为研究对象。由刚体定轴转动微分方程及质心运动定理可得
B
O
α
B
F'
T2
F
T1
m
1
g
J
O
ε
B
= F'
T2
r － F
T1
r
J
O
= m
1
r
2
/2
F
Ox
+ F'
T2
cos α－ F
T1
= 0
F
Oy
－ F'
T2
sin α－ m
1
g = 0
由以上方程即可解出 F
Ox
和 F
Oy
。
例 8.半径为 r,质量为 m的均质圆柱在半径为 R的固定圆柱面内纯滚。 圆 柱从 φ = φ
0
处无初速的滚下,试求 (1)滚到最低点处固定面的法向反力 ;
(2)圆柱在任意位置的角加速度。
(1) 运动分析和受力分析 ;
(2) 求解途径 ;
(3) 定理选择。
分析,
φ
φ+
ω
v
C
mg
v
C
= (R－ r)φ = rω
运动学关系,
解,(1) 应用动能定理的积分形式求速度。
任意位置圆柱的动能
T
1
= 0
初时刻圆柱的动能
φ
φ+
ω
v
C
mg
C
22
2
11
22
CC
TmvJω=+
v
C
= (R－ r)φ = rω
J
C
= mr
2
/2
22
2
3
4
()TmRr?=?
而
∑ W
i
= mg(R－ r)(cos φ－ cos φ
0
)
代入动能定理可得
2
0
4
3
(cos cos )
()
g
Rr
=
(2) 求圆柱在最低点处固定面的法向反力。在最低点处,由质心运动定理在法线方向上的投影得
C
mg
a
Cn
F
N
F
N
－ mg = ma
Cn
式中
2
2
()
C
Cn
v
aRr
Rr
==?
注意到最低点处 φ=0,可得
N0
74 3(cos)/Fmg?=?
(3) 求圆柱在任意位置的角加速度。
2
0
4
3
(cos cos )
()
g
Rr
=
2
3
sin
()
g
Rr
=?
a
C
= (R－ r)φ = rε
运动学关系,
2
3
sin
Rr g
rr
ε
==?
(动量、动量矩和动能 )与度量力对系统的作用效应的物理量 (力系的主矢和主矩、力的冲量和力的功 )之间的定量关系。动量定理 (质心运动定理 )和动量矩定理为矢量形式,而动能定理为标量形式。
动力学普遍定理的优越性主要体现在研究比较复杂的系统动力学问题。
在求解比较复杂的动力学问题时,往往不可能仅用一个定理解决全部问题,需要综合应用几个定理来求解。而且这种应用,并不存在一个固定的模式,必须具体问题具体分析,综合考虑,灵活应用。但是一般说来,下列原则仍有一定的参考价值。
(1) 求解速度、角速度问题往往首先考虑应用动能定理的积分形式,且尽可能以整个系统为研究对象,避免拆开系统。
(2) 应用动能定理的积分形式,如果末位置的速度或角速度是任意位置的函数,则可求时间导数来得到加速度或角加速度。仅求加速度 (角加速度 )的问题,应用动能定理的微分形式也很方便。
(3) 对于既要求运动又要求约束力的问题,因为应用动能定理不能求出无功约束力,此时往往先求运动,然后再应用质心运动定理或动量矩定理来求约束力。
(4) 当系统由作平动、定轴转动、平面运动的刚体组合而成时,一种比较直观的求解办法就是将系统拆开成单个刚体,分别列出相应的动力学微分方程,然后联立求解。
(5) 注意动量、动量矩守恒问题,特别是仅在某一方向上的守恒。
动力学普遍定理
()
∑
=
e
i
t
F
d
dp
ma
C
=∑ F
i
e
)(
d
d
O
e
iO
t
FM
∑
=
L
dT= ∑ δW
i
T
2
－ T
1
= ∑ W
i
牛顿第二定律
ma = ∑ F
刚体定轴转动微分方程
J
z
ε = J
z
φ =∑ M
z
(F
i
)
例 1、滑轮重 Q，半径为 R，对转轴 O的回转半径为 ρ
O
。在滑轮上施加恒力偶，其矩为
M，以提升重为 P的物体 A，试求物 A上升的加速度。
F
Ox
F
Oy
Q
解：取整个系统为研究对象。
设滑轮角速度为 ω，系统对轴 O的动量矩为
ωρωωρ )(
222
R
g
P
g
Q
RR
g
P
g
Q
G
OOO
+=?+=
P
(F)M
dt
dG
O
O
∑=
PRMR
g
P
g
Q
O
=+ αρ )(
22
g
PRQ
PRM
O
22
+
=
ρ
α
( )
g
PRQ
RPRM
Ra
O
22
+
==
ρ
α
由动量矩定理得解得滑轮的角加速为所以物 A上升的加速为应用动能定理求解：
设任意时刻物 A的速度为 v，则滑轮的角速度为
R
v
=ω
系统动能及元功为
22
2
1
2
1
mvJT
O
+= ω
2
2
2
2
1
2
1
v
g
P
R
v
g
Q
O
+
= ρ
2
2
2
2
1
vP
R
Q
g
O
+=
ρ
dsP
R
M
vdvP
R
Q
g
O
=
+
2
2
1 ρ
PdsMdW?=
∑
δ
dsP
R
M
=
∑
= WdT δ
v
P
( )
g
PRQ
RPRM
a
O
22
+
=
ρ
例 2、卷扬机如图所示。鼓轮在常力偶矩 M作用下将圆柱体沿斜面上拉。已知鼓轮的半径为 R1,
质量为 m1，质量分布在轮缘上；
圆柱体的半径为 R2,质量为 m2,
质量均匀分布。设斜面的倾角为 θ，
圆柱体沿斜面只滚不滑。系统从静止开始运动，求（ 1）圆柱体上升路程为 s时，其中心 C的速度及加速度；（ 2）绳索 BC段的拉力；
（ 3）轴承 O的反力。
解,（ 1）取整个系统为研究对象，主动力的功为
∑
= sgmMW θ? sin
2
B
设圆柱体中心的速度为 v
C
，则系统的动能
2
2
2
2
2
11
0
2
1
2
1
2
1
0
CC
vmJJT
T
++=
=
ωω
式中
2
2
2
2
2
11
2
1
2
1
2
1
CC
vmJJT ++= ωω
2
222
2
111
2
1
,RmJRmJ ==
12
2
1
1
,,
R
s
R
v
R
v
CC
===?ωω，
代入后得
2
21
)32(
4
1
C
vmmT +=
应用动能定理
∑
=? WTT
0
sgm
R
Mvmm
C
)sin
1
(0)32(
4
1
2
1
2
21
θ=?+
(1)
得
)32(
)sin(
2
211
12
mmR
sgRmM
v
C
+
=
θ
CCC
vgm
R
Mavmm )sin
1
()32(
2
1
2
1
21
θ=?+
)32(
)sin(2
211
12
mmR
gRmM
a
C
+
=
θ
所以，得式 (1)两边求导解得
（ 2）取圆柱体 C为研究对象，其受力如图示。
α
a
m
2
g
F
F
N
θ
C
D
F
T 以瞬心 D为矩轴应用动量矩定理，有
()
2
T2 2D 22
2
3a
FmgsinR J mR
2R
θα? ==?
22
3
sin
2
T
F mg maθ=+
11
2
121
2sin3
(2 3 )
T
mgR M
F m
mmR
θ +
=
+
（也可应用动能定理求 T。）
（ 3）取滑轮 B为研究对象，其受力如图示。
F
T
'
m
1
g
O
M
F
Oy
由质心运动定理可得轴承的反力
F
Ox
Ox T 1 Ox
FFcosθ ma 0
′
==
11
Ox T 2
121
2m gR sinθ 3M
FFcosθ mcosθ
(2m 3m )R
+
′
==
+
Oy T 1 1 Oy
FFsinθ -m g ma 0
′
==
Oy T1
FFsinθ mg
′
=+
例 3、均质圆盘重 W，半径为 r，
以角速度 ω绕轴 O转动，今在制动杆 AB上加一力 P，使圆盘停止转动。
已知杆与圆盘间的动滑动摩擦系数为 f '，问圆盘转动多少转后才停止转动？
解,(1)取杆 AB。
F
Ay
0,
AN
mFbPl= =
∑
A
B
P
F
N
F
F
Ax
N
l
F P
b
=
N
fl
F fF P
b
′
′
==
（ 2）取圆轮。
lPgf
Wbr
′
==
42
22
ω
α
ω
F
N
'
O
F
Ox
F
Oy
F'
lPgf
Wbr
n
′
==
π
ω
π
82
2
用动能定理求?。：
W
ω rFJ
O
′
=?
2
2
1
0
由刚体定轴转动微分方程，有
∑
=
OO
mJ α
rFr
g
W
′
=α
2
2
Wbr
lPgf
Wr
gF
′
=
′
=
22
α
Pr
b
lf
ωr
2g
W
2
1
22
′
=?
lPfg
Wbr
′
=
4
2
ω
例 4、小物块开始时静止在光滑圆柱的顶点 A，由于微小扰动而沿圆柱表面滑下，在点 B脱离圆柱体。求脱离点 B的偏角?。
O
A
B
mg
N
B
v
B
a
N
解：取物块 B为研究对象。由牛顿第二定律有
B
B
Nmg
r
v
m?=?cos
2
（ 1）
由动能定理，得
)cos1(0
2
1
2
=? mgrmv
B
)cos1(2
2
= grv
B
（ 2）
即物块脱离圆柱体时，反力 N
B
=0，将式（ 2）代入式（ 1），得
cos)cos1(2 gg =?
3
2
cos =?
所以物块脱离点 B的偏角为
1148
3
2
arccos
′
==
o
即例 5、图示圆环以角速度 ω 绕铅直轴转动。此圆环半径为 R,
对轴的转动惯量为 J 。在圆环中的点 A 放一质量为 m 的小球。
设由于微小的干扰小球离开点 A,小球与圆环间的摩擦忽略不计。求小球到达点 B 和点 C 时，圆环的角速度和小球的速度。
RRmJJ
BB
+= ωωω
2
mRJ
J
B
+
=
ω
ω
由动能定理有
mgRJmvJ
BB
=?+
222
2
1
2
1
2
1
ωω
()
m
mRJ
J
JmgR
v
B
+
=
12
2
2
2
2
ω
解：在点 B小球的牵连速度铅直向下。
根据系统对铅直轴动量矩守恒，有解得：
在点 C小球对轴的动量矩为零，根据对轴的动量矩守恒，有
ωω =
C
由动能定理，有
mgRJmvJ
CC
2
2
1
2
1
2
1
222
=?+ ωω
解得：
gRv
C
4=
例 6、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 θ
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
()θω cos1
23
1
2
1
22
=
l
mgml ①
解得：
()θω cos1
3
=
l
g
对式①求导
θθωω dmgldml sin
2
1
3
1
2
=?
θα sin
2
3
l
g
=
解得：
F
Bx
F
By
a
C
τ
a
C
n
BxCx
Fma =
θθ
τ
sincos
n
CCBx
mamaF=
θωθα sin
2
cos
2
2
=
l
m
l
m
()2cos3sin
4
3
= θθmg
mgFma
ByCy
=
θθ
τ
cossin=
n
CCBy
mamamgF
θωθα cos
2
sin
2
2
=
l
m
l
mmg
( )2cos2sin3
4
3
2
+?= θθmgmg
由质心运动定理，有
（ 2）令
()02cos3sin
4
3
=?= θθmgF
Bx
3
2
cos
1
=θ
3
2
arccos
1
=θ
得即
（ 3）从 B端脱离墙开始，系统水平方向动量守恒。
BA
1CxBcx
mvmvmv ==
111
cos
2
θω==
l
vv
CxB
glv
B
3
1
=
C v
B
v
CB
v
C
从 B端脱离墙开始，应用动能定理，有
mgl
l
mgTT
3
1
cos
2
112
=?=? θ ②
其中
mglmlT
6
1
3
1
2
1
2
1
2
1
== ω
( )
222222
2
12
1
2
1
2
1
2
1
2
1
ωω++=+= mlvvmJmvT
CBBCC
22
2
24
1
22
1
18
1
ωω ml
l
mmgl +
+=
22
6
1
18
1
ωmlmgl +=
解方程②，可得
l
g
3
8
=ω
C v
B
BA
v
CB
v
C
如图所示，有
gl
l
gl
glvvv
CBBc
7
3
1
3
8
49
1
22
=?+=+=
例 7,如图示,半径为 r,质量为 m
1
的 B和 D均可视为均质圆柱,且 D沿水平面作纯滚动 ;重物的质量为 m
2
,与倾角为?的斜面间的动摩擦系数为 f,试求轴承 O的约束反力。
A
B
O
C
D
解,（ 1） 以整个系统为研究对象。 应用质点系动能定理的微分形式求 D的角加速度。
作用于系统的所有力的元功总和为
∑ δW
i
= m
2
gdh－ F
A
ds
A
B
O
C
D
m
2
g
F
A
F
AN
式中
dh = ds sin?
F
A
= m
2
gf cos?
= m
2
g(sin?－ fcos?)ds
任意时刻系统的动能为
A
B
O
C
D
m
2
g
F
A
F
AN
v
A
ω
B
ω
D
v
C
运动学关系,
v
A
= rω
B
= v
C
rω
D
= v
C
2222
21
11 11
22 22
A OB C CD
Tmv J mv Jω ω=+++
2
21
2
2
C
v
mm +
=
2
21
2
2
C
v
mm
T
+
=
对上式求微分得
12
d2 d()
CC
Tmmvv= +
根据质点系动能定理的微分形式有
sfgmvvmm
CC
d)cos(sind)2(
221
=+
上式两边除以 dt,即可解出
21
2
2
)cos(sin
d
d
mm
fgm
t
v
a
C
C
+
==
r
a
aa
C
BCA
== α
(2) 以重物 A为研究对象,受力如图。
A
a
A
m
2
g
F
T2
F
A
F
AN
m
2
a
A
= m
2
g sin?－ F
T2
－ F
A
F
AN
－ m
2
g cos? = 0
F
A
= F
AN
f
F
T2
= m
2
g(sin α－ f cos α)－ m
2
a
A
(3) 以 B 为研究对象。由刚体定轴转动微分方程及质心运动定理可得
B
O
α
B
F'
T2
F
T1
m
1
g
J
O
ε
B
= F'
T2
r － F
T1
r
J
O
= m
1
r
2
/2
F
Ox
+ F'
T2
cos α－ F
T1
= 0
F
Oy
－ F'
T2
sin α－ m
1
g = 0
由以上方程即可解出 F
Ox
和 F
Oy
。
例 8.半径为 r,质量为 m的均质圆柱在半径为 R的固定圆柱面内纯滚。 圆 柱从 φ = φ
0
处无初速的滚下,试求 (1)滚到最低点处固定面的法向反力 ;
(2)圆柱在任意位置的角加速度。
(1) 运动分析和受力分析 ;
(2) 求解途径 ;
(3) 定理选择。
分析,
φ
φ+
ω
v
C
mg
v
C
= (R－ r)φ = rω
运动学关系,
解,(1) 应用动能定理的积分形式求速度。
任意位置圆柱的动能
T
1
= 0
初时刻圆柱的动能
φ
φ+
ω
v
C
mg
C
22
2
11
22
CC
TmvJω=+
v
C
= (R－ r)φ = rω
J
C
= mr
2
/2
22
2
3
4
()TmRr?=?
而
∑ W
i
= mg(R－ r)(cos φ－ cos φ
0
)
代入动能定理可得
2
0
4
3
(cos cos )
()
g
Rr
=
(2) 求圆柱在最低点处固定面的法向反力。在最低点处,由质心运动定理在法线方向上的投影得
C
mg
a
Cn
F
N
F
N
－ mg = ma
Cn
式中
2
2
()
C
Cn
v
aRr
Rr
==?
注意到最低点处 φ=0,可得
N0
74 3(cos)/Fmg?=?
(3) 求圆柱在任意位置的角加速度。
2
0
4
3
(cos cos )
()
g
Rr
=
2
3
sin
()
g
Rr
=?
a
C
= (R－ r)φ = rε
运动学关系,
2
3
sin
Rr g
rr
ε
==?
