§ 14-3 质系动能定理
1．质点动能定理牛顿第二定律给出
F
v
=
dt
d
m
rFr
v
dd
dt
d
m?=?两边点乘 dr
rFvv ddm?=?
Wmvd δ=
2
2
1
WdT δ=
或上式称为 质点动能定理的微分形式,即质点动能的微小变化等于作用于质点上的力的元功。
WdT δ=
Wmvd δ=
2
2
1
从质点运动的位置 1到位置 2积分上式得
12
2
2
1
2
1
Wmvd
v
v
=
∫
12
2
1
2
2
2
1
2
1
Wmvmv =?
1212
WTT =?
或
∫
=
2
1
d
12
M
M
W rF其中上式为 质点动能定理的积分形式,即在任一路程中质点动能的变化，等于作用在质点上的力在同一路程上所作的功。
2．质系动能定理对于质系中任一质点有
i
i
e
iii
WWvmd δδ +=
2
2
1
ni,2,1 "=
n个方程相加，得 质系动能定理的微分形式
ie
WWmvd δδ ∑+∑=∑
2
2
1
或
ie
WWdT δδ ∑+∑=
质系动能的微小变化，等于作用于质系上所有外力和内力的元功之和。
ie
WWdT δδ ∑+∑=
从质点系运动的位置 1到位置 2积分上式得,得质系动能定理的积分形式
ie
WWTT ∑+∑=?
12
在任一路程中，质系动能的变化，等于作用在质系上的所有外力和内力在同一路程中所作功之和。
动能定理也可表达为
NF
WWdT δδ ∑+∑=
F
WdT δ∑=
0=∑
N
Wδ
F
WTT ∑=?
12
WdT δ∑=
WTT ∑=?
12
质点系的动能定理在应用中的注意事项,
(1)方程的右边为 代数和,求和时应注意符号 ;
(2)方程的右边应包含作用于系统的 所有力的功,
既包括外力的功,也包括内力的功 ;
(3)注意 微分形式与积分形式的区别,对于微分形式,应首先求出任意位置系统动能的一般表达式,然后再微分求出 dT ; 对于积分形式必须首先明确系统的始末位置,然后再分别求出始末位置的系统动能 T
1
和 T
2
。
解：物块落在板上后继续向下运动，当速度等于零时，弹簧被压缩到最大变形。应用动能定理，有
2
maxmax
2
1
)(0 δδ khmg?+=
2kmghgm
k
1
k
mg
δ
22
max
+±=
例 1、质量为 m的物块，自高度 h处自由落下，落到有弹簧支承的板上，如图所示。弹簧的刚性系数为 k，不计弹簧和板的质量。
求弹簧的最大变形。
解得由于弹簧的变形量是正值，因此取正号，即
2kmghgm
k
1
k
mg
δ
22
max
++=
解：将链条分为两段考虑，下垂段重力作功为
)(
1
almg
l
a
W=
桌面段重力作功为
2
2
al
mg
l
al
W
=
由动能定理得例 2、链条长 l，质量 m，展开放在光滑的桌面上，如图所示。开始时链条静止，并有长度为 a的一段下垂。求链条离开桌面时的速度。
2
)(0
2
1
21
2
al
mg
l
al
almg
l
a
WWmv
+=+=?
解得
)(
22
al
l
g
v?=
解：取杆 AC，当铰链 C与地面相碰时，速度瞬心 D与 A重合。根据对称性，由动能定理得
v
C
2
202
h
mgT
AC
=?
解得
ghv 3=
mgh
l
v
ml
C
=
×××
2
2
3
1
2
1
2
例 3、两均质杆 AC和 BC的质量均为 m，长均为 l，在点 C由铰链相连接，
放在光滑水平面上，如图所示。由于
A和 B端的滑动，杆系在其铅直面内落下。点 C的初始高度为 h。开始时杆系静止，求铰链 C与地面相碰时的速度 v。
C
D
v
A
A
例 4、均质连杆 AB质量为 4kg，
长 l=600mm。均质圆盘质量为 6kg，
半径 r=100mm。弹簧刚度为 2N/mm，
不计套筒 A及弹簧的质量。如连杆在图示位置被无初速释放后,A端沿光滑杆滑下，圆盘作纯滚动。求：
（ 1）当 AB达水平位置而接触弹簧时，圆盘与连杆的角速度；（ 2）
弹簧的最大压缩量 δ。
解：（ 1） AB达水平位置时
v
B
=0，所以
0=
B
ω
由动能定理有
2
30sin
0
2
1
0
2
l
mgJ
ABB
=+ω
解得
rad/s95.4=
AB
ω
（ 2）从杆被释放到停止，应用动能定理有
0
222
2
=?
+ δ
δ kh
mg
解得
mm1.87
max
=δ
v
A
v
B
C
2
5.06.0
3
1
2
1
22
×
×=× mgml
AB
ω
0
2
= mghmgk δδ
例 5,均质圆盘，质量为 m，半径为 R，弹簧刚度为 k，原长为 R。圆盘由图示位置无初速释放，求圆盘在最低位置时的角速度 ω。
解：圆盘作定轴转动，由动能定理
∑
=? WTT
0
[ ]
222
)2(
2
1
0
2
1
RRRkmgRJ
O
+=?ω
)222(
2
1
)
2
1
(
2
1
2222
=+ kRmgRmRmR ω
所以
( )
= 12
3
4
2
m
k
R
g
ω
（设 k足够小，满足 ω 2>0）
例 6、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，求圆柱体上升路程为 s 时，其中心 C的速度及加速度。
解：取整个系统为研究对象，主动力的功为
∑
= sgmMW θ? sin
2
设圆柱体中心的速度为 v
C
，则系统的动能
0
0
=T
2
2
2
2
2
11
2
1
2
1
2
1
CC
vmJJT ++= ωω
式中
2
2
2
2
2
11
2
1
2
1
2
1
CC
vmJJT ++= ωω
2
22
2
111
2
1
,RmJRmJ
C
==
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)两边求导解得点评:
(1) 应用动能定理的积分形式求解单自由度系统的速度 (或角速度 )问题十分方便 ;
(2) 当末位置的速度 (或角速度 )是任意位置的函数时,则可求时间导数来得到加速度 (或角加速度 )。
例 6、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，求圆柱体中心 C
的加速度。
解：取整个系统为研究对象，主动力的 元 功为
∑
= dsgmMdW θ?δ sin
2
设圆柱体中心的速度为 v
C
，则系统的动能
2
2
2
2
2
11
2
1
2
1
2
1
CC
vmJJT ++= ωω
2
2
2
2
2
11
2
1
2
1
2
1
CC
vmJJT ++= ωω
2
111
RmJ =
1
1
R
v
C
=ω
，
2
21
)32(
4
1
C
vmmT +=
2
22
2
1
,RmJ
C
=
2
2
,
R
v
C
=ω
1
,
R
ds
d =?
式中代入后得应用动能定理
∑
= WdT δ
dsgm
R
Mdvvmm
CC
)sin
1
()32(
2
1
2
1
21
θ=+
得上式两边同除以 dt
CCC
vgm
R
Mavmm )sin
1
()32(
2
1
2
1
21
θ=?+
)32(
)sin(2
211
12
mmR
gRmM
a
C
+
=
θ
解得例 7,如图示，滚轮重 P3，
半径为 r
2
，对质心的回转半径为 ρ
C
，半径为 r
1
的轴颈沿
AB作无滑动滚动。滑轮重 P2，
半径为 r，回转半径为 ρ，重块重 P1。求重块的加速度。
解：设任意时刻重块的位移为 s，速度为 v,滑轮的角速度为 ω，
滚轮质心 C点速度为 v
C
。则
r
v
=ω
v
rr
r
v
C
21
1
+
=
系统在任意位置的动能
2
1
2
2
3
2
3
22
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
r
v
g
P
v
g
P
g
P
v
g
P
T
C
CC
ρωρ +++=
() ()
2
2
21
2
3
2
21
2
13
2
2
21
2
1
v
rr
g
P
rr
r
g
P
rg
P
g
P
C
+
+
+
++=
ρρ
() ()
2
21
2
3
2
21
2
13
2
2
21
rr
g
P
rr
r
g
P
rg
P
g
P
M
C
+
+
+
++=
ρ
ρ
令称为当量质量或折合质量，则
2
2
1
MvT =
由动能定理
∑
=? WTT
0
sPTMv
10
2
2
1
=?
两边对时间求导数
vPMva
1
=
所以重块的加速度
()
g
rr
r
P
r
PP
P
M
P
a
C
2
21
22
1
3
2
2
21
11
+
+
++
==
ρρ
例 7,如图示，滚轮重 P3，
半径为 r
2
，对质心的回转半径为 ρ
C
，半径为 r
1
的轴颈沿
AB作无滑动滚动。滑轮重 P2，
半径为 r，回转半径为 ρ，重块重 P1。求重块的加速度。
解：设任意时刻重块的速度为 v,滑轮的角速度为 ω，滚轮质心 C点速度为 v
C
。则
r
v
=ω
v
rr
r
v
C
21
1
+
=
系统在任意位置的动能
2
1
2
2
3
2
3
22
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
r
v
g
P
v
g
P
g
P
v
g
P
T
C
CC
ρωρ +++=
() ()
2
2
21
2
3
2
21
2
13
2
2
21
2
1
v
rr
g
P
rr
r
g
P
rg
P
g
P
C
+
+
+
++=
ρρ
() ()
2
21
2
3
2
21
2
13
2
2
21
rr
g
P
rr
r
g
P
rg
P
g
P
M
C
+
+
+
++=
ρ
ρ
令称为当量质量或折合质量，则
2
2
1
MvT =
由动能定理的微分形式
∑
= WdT δ
dsPMvdv
1
=
两边同除以时间 dt
vPMva
1
=
所以重块的加速度
()
g
rr
r
P
r
PP
P
M
P
a
C
2
21
22
1
3
2
2
21
11
+
+
++
==
ρρ
例 8、均质细杆重 Q、长为 l，上端靠在光滑的墙上，下端 A以铰链和一均质圆柱的中心相连。圆柱重 P、半径为 R，放在粗糙的地面上，从图示位置（ θ =45°）由静止开始作纯滚动。
求 A 点在初瞬时的加速度。
v
A
v
B
D
C
v
C
2
22
2
2
12
1
2
1
2
1
2
3
2
1
+?+
=
AD
v
l
g
Q
v
g
Q
R
v
R
g
P
T
A
C
A
θθ sin22sin
AAA
C
vl
l
v
CD
AD
v
v =?=?=
解：取系统为研究对象。则任意瞬时系统动能为其中
2
2
sin
2
9
12
1
A
v
Q
P
g
T
+=
θ
所以
v
A
v
B
D
C
v
C
θδ cosdtQvQdyW
CC
==
∑
Q
dtctgQv
A
θ
2
1
=
由动能定理的微分形式
∑
= WdT δ
dtctgQvv
Q
P
g
d
AA
θ
θ 2
1
sin
2
9
12
1
2
2
=
+
dt
l
v
dtd
A
AB
θ
ωθ
sin
=?=
由于系统为理想约束，只有重力作功，所以元功为得因所以
dtctgQvdtvv
l
Q
a
Q
P
g
AAAA
θ
θ
θ
θ 2
1
sin
cos2
sin
2
9
6
1
2
42
=
+
+
dtctgQvdtvv
l
Q
a
Q
P
g
AAAA
θ
θ
θ
θ 2
1
sin
cos2
sin
2
9
6
1
2
42
=
+
+
解得
θ
θ
θ
θ
2
2
4
sin
2
9
sin
cos2
3
Q
P
v
l
Q
Qgctg
a
A
A
+
=
令 θ =45°,v
A
=0,得
QP
Qg
a
A
49
3
+
=
例 9,均质杆 AB长 l，质量为 m。质量为 M的重块 B在常力 F作用下，由图示静止位置开始运动。求 AB杆运动到铅垂位置时重块 B的速度 v
B
。
不计摩擦及 A块重量。
解：取 AB杆与重块 B组成的系统。
0
0
=T
222
2
1
2
1
2
1
ω
CCB
JmvMvT ++=
AB杆在铅垂位置的运动分析如图（ b）示。
2
B
C
v
v =
l
v
B
=ω
2
2
2
2
2
12
1
2
1
42
1
2
1
l
v
ml
v
mMvT
BB
B
++=
2
3
1
2
1
B
vmM
+=
系统具有理想约束，主动力的功为
∑
= )30cos1(
2
30sin
DD
l
mgFlW
mglFl )
2
3
1(
2
1
2
1
=
根据动能定理
∑
=? WTT
0
mglFlvmM
B
)
2
3
1(
2
1
2
1
)
3
1
(
2
1
2
=+
mM
mglFl
v
B
3
1
)
2
3
1(
2
+

=
所以课后作业：
14-1,14-3,14-6,14-7(b)
课后作业：
14-9,14-13,14-20,14-21、
14-22,14-23,14- 25