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第二章车辆动力学建模方法及基础理论§2-1 动力学方程的建立方法在车辆动力学研究中，建立系统运动微分方程的传统方法主要有两种：一是利用牛顿矢量力学体系的动量定理及动量矩定理，二是利用拉格朗日的分析力学体系。
本节将对这两种体系作一简单回顾，并介绍几个新的原理。
一牛顿矢量力学体系(1)质点系动量定理质点系动量矢p对时间的导数等于作用于质点系的所有外力F i的矢量和(即主矢),其表达式为:二、分析力学体系分析力学是用分析的方法来讨论力学问题，较适合处理受约束的质点系。
(1)动力学普遍方程动力学普遍方程由拉格朗日(Lagrange)于1760年给出的，方程建立的基本依据是虚位移原理，表示如下：(2-6)(2)拉格朗日方程拉格朗日法的基本思想是将系统的总动能和总势能均以系统变量的形式表示，然后将其代入拉格朗日方程，再对其求偏导数，即可得到系统的运动方程。
拉格朗日方程形式如下：利用此方程推导车辆动力学方程时，因采用广义坐标，从而使描述系统位移的坐标数量大大减少，并可以自动消去无功内力。
但也存在下述问题：①应用拉格朗日方程时，有赖于广义坐标选取得是否得当，而适当地选择广义坐标有时要靠经验；②拉格朗日能量函数对于刚体系统的表达式可能非常复杂，代人拉格朗日方程后要作大量运算。
而对于复杂的车辆系统，写出能量函数的表达式就更加困难。
三、虚功率原理若丹(Jourdain)于1908年推导出另一种形式的动力学普遍方程，其所依据的原理称之为虚功率原理。
虚功率形式的动力学普遍方程为：四、高斯原理1829年，高斯(Gauss)提出动力学普遍方程的又一形式，称为高斯原理，其表达式为：§2-2 非完整系统动力学一、非完整系统动力学简介1894年，德国学者Henz第一次将约束系统分成“完整”和“非完整”两大类，从此开辟了非完整系统动力学(Nonholonomie System)的新领域，如今它已成为分析力学的一个重要分支。
系统动力学讲稿第一篇：系统动力学讲稿a.水准（L）变量是积累变量，可定义在任何时点；速率（R）变量只在一个时段才有意义。
b.决策者最为关注和需要输出的要素一般被处理成L变量。
c.在反馈控制回路中，两个L变量或两个R变量不能直接相连。
d.为降低系统的阶次，应尽可能减少回路中L变量的个数。
故在实际系统描述中，辅助（A）变量在数量上一般是较多的。
P1 我们在上次课共同学习了系统动力学方法特点和基本原理，了解了系统动力学方法首先通过建立系统的因果关系图，将因果关系图转化为其结构模型——流（程）图，进而使用DYNAMO仿真语言对真实系统进行仿真。
所以我们说它是一种定性和定量相结合的分析方法。
P2 上节课我们讲到商店库存模型的分析，系统要素界定为商店和工厂，又由于我们要研究的库存量是一个与时间有关的要素（随时间的变化关系），所以我们还必须把商店销售、商店订货，工厂生产过程的各个环节考虑在我们的系统中。
P3 如图所示，是商品库存问题的因果关系图。
图中有两个反馈回路：第一个，我们要考察的商品库存量，它的多少对商店订货产生影响，商店订货到了工厂以后，工厂会根据自己的“未供订货量”来预定自己的产量、调整它的生产能力、进行产品生产，产品生产出来后送到商店仓库，使得商店库存增加（也即库存量发生变化），库存量的变化又会引起商店订货量变化……，这是一个负的反馈回路；第二个，工厂生产出产品，供货给商店的同时，又会引起“工厂未供订货”的减少，也是一个负的反馈回路。
还有一个关系要说明，商店的销售会对商店的库存和商店的订货量产生作用。
P4 下面我们进行将这个因果关系图转化为我们的结构模型——流（程）图。
从刚才的分析，显然商店库存是我们最关注和要考察的量，我们将它定为水准变量，记为L2；商店订货是人们的决策过程，它在一个时间段内订货量的多少，决定了工厂未供订货的大小，即它为一个速率变量，记为R1；工厂未供订货量是一个可以定义在任意时刻的量，我们把它定义为水准变量，记为L1；预定产量和生产能力都对工厂生产产品速率产生影响，很容易理解工厂生产是个速率变量，即为R2；对于预定产量和生产能力，我们可以将它定义为辅助变量，分别即为A1、A2；商品销售过程，是引起商店库存量变化的量，我们把它定义为速率变量，记为R3。
课程内容简介课程中文名称：机械系统动力学课程英文名称：Dynamics of mechanical system开课单位：机电工程学院任课教师及职称(3名以上)：开课学期：学分：总学时：适用专业：机械制造及其自动化课程内容简介（400字以内）：本课程介绍机械系统中常见的动力学问题、机械动力学问题的类型和解决问题的一般过程，讲述刚性机械系统的动力学分析与设计；机构惯性力平衡的原理与方法；含弹性构件的机械系统的动力学；含柔性转子机械的平衡原理与方法；含间隙副机械的动力学；含变质量机械系统动力学以及机械动力学数值仿真数学基础以及相关软件的仿真实例讲解。
通过本课程的学习，使学生能从系统的角度和动力学的观点了解机械产品动态设计的基础知识，掌握当前机械动力学分析的基本方法，学会运用机械多刚体动力学进行复杂机构的动力学分析与综合运用机械弹性动力学和多柔体系统动力学方法对各类典型机构进行弹性动力分析及综合，具备分析和解决工程实际问题的能力。
教材及主要参考书目：1.杨义勇.机械系统动力学.北京: 清华大学出版社，2009.2.陈立平,张云清,任卫群等.机械系统动力学分析及ADAMS应用教程.北京：清华大学出版社，2005.3.徐业宜.高等学校试用教材.北京：机械工业出版社,1991.4.蒋伟.机械动力学分析.北京：中国传媒大学出版社,2005.5.邵忍平. 机械系统动力学.北京：机械工业出版社,20056.唐锡宽,金德闻.机械动力学.北京:高等教育出版社,1983.课程教学大纲课程中文名称：机械系统动力学课程英文名称：Dynamics of mechanical system学分和学时分配：教学目的：本课程着重培养学生对复杂机械系统动力学建模及分析的能力。
通过本课程学习，要求学生掌握当前机械动力学分析的基本方法，学会运用机械多刚体动力学进行复杂机构的动力学分析与综合运用机械弹性动力学和多柔体系统动力学方法对各类典型机构进行弹性动力分析及综合，具备分析和解决工程实际问题的能力。
第2讲 两类动力学问题 超重和失重(对应学生用书第39页)动力学的两类基本问题 应用牛顿运动定律求解的问题主要有两类： (1)已知受力情况求运动情况． (2)已知运动情况求受力情况． 在这两类问题中，加速度是联系力和运动的桥梁．受力分析和运动过程分析是解决问题的关键，求解这两类问题的思路如下．受力情况(F 合) F 合＝ma 加速度a 运动学公式运动情况(v ，s ，t )【针对训练】1．如图3－2－1所示，传送带的水平部分长为L ，传动速率为v ，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间不可能是( )图3－2－1A.L v ＋v 2μgB.L vC. 2L μgD.2Lv【解析】 因木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同，若一直匀加速至右端，则L ＝12μgt 2，得：t ＝ 2L μg，C 正确；若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度v 相等，则L ＝0＋v 2t ，有：t ＝2Lv ，D 正确；若先匀加速到传送带速度v ，再匀速到右端，则v 22μg ＋v (t －v μg )＝L ，有：t ＝L v ＋v2μg ，A 正确；木块不可能一直匀速至右端，B 错误．【答案】 B超重与失重 1.视重当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数叫做视重，其大小等于测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力．2．超重、失重与完全失重 超重 失重 完全失重定义 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态续表超重 失重 完全失重产生条件 物体有向上的加速度物体有向下的加速度a ＝g ，方向向下视重 F ＝m (g ＋a ) F ＝m (g －a ) F ＝0超重与失重并不是物体重力变化了，而是“视重”——即对悬挂物的拉力或对支持面的压力不等于物体的重力了．【针对训练】 2.图3－2－2(2010·浙江高考)如图3－2－2所示，A 、B 两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是( )A ．在上升和下降过程中A 对B 的压力一定为零B ．上升过程中A 对B 的压力大于A 物体受到的重力C ．下降过程中A 对B 的压力大于A 物体受到的重力D ．在上升和下降过程中A 对B 的压力等于A 物体受到的重力【解析】 对于A 、B 整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论上升还是下降过程，A 对B 均无压力，只有A 项正确．【答案】 A(对应学生用书第40页)两类动力学问题分析 1.求解两类动力学问题涉及的知识主要有：一是牛顿第二定律(有时需用牛顿第三定律)F合＝ma ，二是运动学公式v t ＝v 0＋at ，s ＝v 0t ＋12at 2，v 2t －v 20＝2as ，s ＝(v 0＋v t )t /2.其中加速度a 是联系力和运动的桥梁．2．牛顿第二定律的应用步骤分析解答物理学问题必备的六大环节，即：对象、状态、过程、规律、方法和结论．因而应用牛顿第二定律解题的步骤可有以下几个方面：(1)选取研究对象，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，并可把物体视为质点．(2)确定研究对象的运动状态，画出物体运动情景的示意图，并标明物体运动速度与加速度的方向．(3)分析研究对象的受力情况，并画出受力分析示意图．(4)选定合适的方向建立平面直角坐标系，依据牛顿第二定律列出方程，如F x ＝ma x ，F y＝ma y .(5)代入已知条件求解结果并分析其结果的物理意义．图3－2－3(2011·上海高考)如图3－2－3，质量m ＝2 kg 的物体静止于水平地面的A 处，A 、B 间距L ＝20 m ，用大小为30 N ，沿水平方向的外力拉此物体，经t 0＝2 s 拉至B 处．(已知cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，取g ＝10 m/s 2)(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ； (2)用大小为30 N ，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A 处由静止开始运动并能到达B 处，求该力作用的最短时间t .【解析】 (1)物体做匀加速运动L ＝12at 2则a ＝2L t 20＝2×2022 m/s 2＝10 m/s 2由牛顿第二定律F －f ＝ma f ＝30 N －2×10 N ＝10 N则μ＝f mg ＝102×10＝0.5.(2)F 作用的最短时间为t ，设物体先以大小为a 的加速度匀加速时间t ，撤去外力后，以大小为a ′的加速度匀减速时间t ′到达B 处，速度恰为0，由牛顿第二定律F cos 37°－μ(mg －F sin 37°)＝ma则a ＝F (cos 37°＋μsin 37°)m－μg＝[30×(0.8＋0.5×0.6)2－0.5×10] m/s 2＝11.5 m/s 2a ′＝fm＝μg ＝5 m/s 2由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有at ＝a ′t ′则t ′＝a a ′t ＝11.55t ＝2.3tL ＝12at 2＋12a ′t ′2则t ＝2La ＋2.32a ′＝2×2011.5＋2.32×5s ＝1.03 s. 【答案】 (1)0.5 (2)1.03 s动力学问题的处理技巧该题第(1)问是已知运动情况求受力情况，第(2)问是由受力情况求运动情况，但不管哪种情况都要进行受力分析和运动分析，都要从受力或运动的一方求出加速度，然后转入另一方，所以求加速度是关键．【即学即用】 1．(2010·海南高考)在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t 后停止．现将该木板改成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑．若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ，则小物块上滑到最高位置所需时间与t 之比为( )A.2μ1＋μB.μ1＋2μC.μ2＋μ D.1＋μ2μ【解析】 木板水平时，小物块的加速度a 1＝μg ，设滑行初速度为v 0，则滑行时间为t＝v0μg；木板改成倾角为45°的斜面后，小物块上滑的加速度为：a2＝mg sin 45°＋μmg cos 45°m＝(1＋μ)2g2，滑行时间为：t′＝v0a2＝2v0(1＋μ)g，因此t′t＝2μ1＋μ，A项正确．【答案】 A对超重、失重的进一步理解超重与失重错误!举重运动员在地面上能举起120 kg的重物，而在运动着的升降机中却只能举起100 kg的重物，求：(1)升降机运动的加速度；(2)若在以2.5 m/s2的加速度加速下降的升降机中，此运动员能举起质量多大的重物？(g 取10 m/s2)【审题视点】(1)地面上能举起120 kg，说明运动员的最大举力为1 200 N.(2)在超失重环境中，人的最大举力不变，但举起的重物可能小于或大于120 kg物体．【解析】运动员在地面上能举起m0＝120 kg的重物，则运动员能发挥的向上的最大支撑力F＝m0g＝1 200 N.(1)在运动着的升降机中只能举起m1＝100 kg的重物，可见该重物超重了，升降机应具有向上的加速度，设此加速度为a1，对物体由牛顿第二定律得：F－m1g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2.(2)当升降机以a2＝2.5 m/s2的加速度加速下降时，重物失重，设此时运动员能举起的重物质量为m2对物体由牛顿第二定律得：m2g－F＝m2a2解得：m2＝160 kg.【答案】(1)2 m/s2(2)160 kg【即学即用】2．(2011·四川高考)如图3－2－4是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则()图3－2－4A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D．返回舱在喷气过程中处于失重状态【解析】对降落伞，匀速下降时受到的重力mg、绳的拉力F T和浮力F平衡，即F T ＝F－mg.在喷气瞬间，喷气产生的反冲力向上，使降落伞减速运动，设加速度大小为a，对降落伞应用牛顿第二定律：F－F T′－mg＝ma，F T′＝F－mg－ma<F T，故A正确，B错误．加速度方向向上，返回舱处于超重状态，故D错误．合外力方向向上、位移方向向下，做负功，故C错误．【答案】 A(对应学生用书第41页)动力学中“动态变化”问题动态变化问题主要研究速度、加速度、合力三个物理量的变化情况．因为加速度决定于合外力，而速度的变化决定于加速度与速度的方向关系，所以处理此类问题的思维程序应如下：先对物体的受力进行分析，再求物体所受的合外力并分析其变化，然后用牛顿第二定律分析加速度的变化，最后根据加速度与速度的方向关系判断速度的变化情况．动态变化的过程以后还有“机车启动获得最大速度之前的过程”、“电磁感应部分导体棒获得收尾速度前的过程”，这些问题重在分析合力的变化以及潜在的状态(如平衡状态、收尾速度)．图3－2－5(2013届宝鸡模拟)如图3－2－5为蹦极运动的示意图．弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，至b点弹性绳自然伸直，经过合力为零的c 点到达最低点d，然后弹起．整个过程中忽略空气阻力．分析这一过程，下列表述正确的是()A．经过b点时，运动员的速率最大B．经过c点时，运动员的速率最大C．从c点到d点，运动员的加速度增大D．从c点到d点，运动员的加速度不变【潜点探究】(1)至b点弹性绳自然伸长，说明O→b，运动员自由下落．(2)c点合力为零，说明b→c弹力小于重力，运动员加速．(3)d为最低点，说明v d＝0，此时弹力最大，c→d，一直减速．【规范解答】运动员的下落过程从O→b为自由落体运动，b→c重力大于弹性绳的弹力，运动员做加速度越来越小的加速运动，到达c点时加速度为零，速度最大；c→d弹性绳的弹力大于重力，加速度竖直向上，运动员做加速度增大的减速运动，到达d点时速度减为零，故正确答案为B、C.【答案】BC【即学即用】3.图3－2－6(2012·四川高考)如图3－2－6所示，劲度系数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m 的物体接触(未连接)，弹簧水平且无形变．用水平力F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x 0，此时物体静止．撤去F 后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x 0.物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .则( )A ．撤去F 后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B ．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为kx 0m－μgC ．物体做匀减速运动的时间为2 x 0μgD ．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg (x 0－μmgk)【解析】 撤去F 后，物体向左做加速运动，其加速度大小a 1＝kx －μmg m ＝kxm－μg ，随物体向左运动，x 逐渐减小，所以加速度a 1逐渐减小，当加速度减小到零时，物体的速度最大，然后物体做减速运动，其加速度大小a 2＝μmg －kx m ＝μg －kxm ，a 2随x 的减小而增大．当物体离开弹簧后做匀减速运动，加速度大小a 3＝μmgm＝μg ，所以选项A 错误；根据牛顿第二定律，刚撤去F 后，物体的加速度a ＝kx 0－μmg m ＝kx 0m－μg ，选项B 正确；物体做匀减速运动的位移为3x 0，则3x 0＝12a 3t 2，得物体做匀减速运动的时间t ＝6x 0a 3＝6x 0μg，选项C 错误；当物体的速度最大时，加速度a ′＝0，即kx ＝μmg ，所以x ＝μmgk，所以物体克服摩擦力做的功为：W ＝μmg (x 0－x )＝μmg (x 0－μmgk)，选项D 正确．【答案】 BD(对应学生用书第42页)●动力学中的转折点问题1．如图3－2－7所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动为( )图3－2－7A ．物块先向左运动，再向右运动B ．木板和物块的速度都逐渐减小，直到为零C ．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D ．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动【解析】 木板受拉力作用后，物块相对木板滑动，说明木板加速度大于物块加速度；滑了一段距离后仍有滑动说明这时木板速度还是大于物块速度；此时撤掉拉力，物块的加速度方向与运动方向相同，做匀加速运动；木板的加速度方向与运动方向相反，做匀减速运动．当二者速度相同时，一起做匀速运动．C 、D 选项正确．【答案】 CD ●失重问题2．如图3－2－8所示，在托盘测力计的托盘内固定一个倾角为30°的斜面，现将一个重为4 N 的物体放在斜面上，让它自由下滑，那么测力计因4 N 物体的存在而增加的读数不可能是( )图3－2－8A ．4 NB ．2 3 NC ．2 ND ．3 N 【解析】 当斜面光滑时，物体沿斜面下滑时有竖直向下的分加速度a y ，处于失重状态，托盘测力计增加的示数为ΔF ＝mg －ma y ，而a y ＝a sin θ，又因mg sin θ＝ma ，所以ΔF ＝mg －mg sin 2 θ＝3 N ；当斜面粗糙时，物体有可能匀速下滑，此时托盘测力计增加的示数为ΔF ＝mg ＝4 N ，而当物体沿斜面加速下滑时，托盘测力计增加的示数应满足3 N<ΔF <4 N ，所以选C.【答案】 C●由运动情况推断受力情况 3.图3－2－9(2011·上海高考)受水平外力F 作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其v －t 图线如图3－2－9所示，则( )A ．在0～t 1秒内，外力F 大小不断增大B ．在t 1时刻，外力F 为零C ．在t 1～t 2秒内，外力F 大小可能不断减小D ．在t 1～t 2秒内，外力F 大小可能先减小后增大【解析】 由图象可知0～t 1，物体作a 减小的加速运动，t 1时刻a 减小为零．由a ＝F －fm 可知，F 逐渐减小，最终F ＝f ，故A 、B 错误．t 1～t 2物体作a 增大的减速运动，由a ＝f －Fm可知，至物体速度减为零之前，F 有可能是正向逐渐减小，也可能F 已正向减为零且负向增大，故C 、D 正确．【答案】 CD●与图象结合的超失重问题 4.图3－2－10(2013届兰州新亚中学模拟)某研究性学习小组用实验装置模拟火箭发射卫星．火箭点燃后从地面竖直升空，燃料燃尽后火箭的第一级和第二级相继脱落，实验中速度传感器测得卫星竖直方向的速度—时间图象如图3－2－10所示，设运动中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定．下列判断正确的是( )A ．t 2时刻卫星到达最高点，t 3时刻卫星落回地面B ．卫星在0～t 1时间内的加速度大于t 1～t 2时间内的加速度 C. t 1～t 2时间内卫星处于超重状态 D. t 2～t 3时间内卫星处于超重状态【解析】 卫星在0～t 3时间内速度方向不变，一直升高，在t 3时刻到达最高点，A 错误；v －t 图象的斜率表示卫星的加速度，由图可知，t 1～t 2时间内卫星的加速度大，B 错误；t 1～t 2时间内，卫星的加速度竖直向上，处于超重状态，t 2～t 3时间内，卫星的加速度竖直向下，处于失重状态，故C 正确，D 错误．【答案】 C●动力学的基本问题 5.图3－2－11(2012·浙江高考)为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m 、形状不同的“A 鱼”和“B 鱼”，如图3－2－11所示．在高出水面H 处分别静止释放“A 鱼”和“B 鱼”，“A 鱼”竖直下潜h A 后速度减为零，“B 鱼”竖直下潜h B 后速度减为零．“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受浮力和水的阻力．已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的109倍，重力加速度为g ，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度．假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计．求：(1)“A 鱼”入水瞬间的速度v A 1；(2)“A 鱼”在水中运动时所受阻力f A ；(3)“A 鱼”与“B 鱼”在水中运动时所受阻力之比f A ∶f B . 【解析】 (1)“A 鱼”在入水前做自由落体运动，有 v 2A 1－0＝2gH ① 得：v A 1＝2gH .②(2)方法一：“A 鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为a A ，有F 合＝F 浮＋f A －mg ③ F 合＝ma A ④ 0－v 2A 1＝－2a A h A ⑤由题意：F 浮＝109mg综合上述各式，得f A ＝mg (H h A －19)．⑥方法二：对“A 鱼”运动的全过程应用动能定理可得，mg (H ＋h A )－109mgh A －f A h A ＝0解得f A ＝mg (H h A －19)．(3)考虑到“B 鱼”的受力、运动情况与“A 鱼”相似，有f B ＝mg (Hh B －19)⑦综合⑥、⑦两式，得 f A f B ＝h B (9H －h A )h A (9H －h B ). 【答案】 (1)2gH (2)mg (H h A －19) (3)h B (9H －h A )h A (9H －h B )。
