动能定理习题及解答

动能定理习题及解答P314 13-1:已知圆盘半径r=0.5m, m A =3kg, m B =2kg ，力偶矩M=4ϕ, 绳与盘之间无相对滑动； 求：ϕ由0至2π时,力偶M 与物块重力所作功的总和。

解：W=⎰πϕϕ20d 4+ (m A – m B )g • 2πr= 109.7JP314 13-4：已知长为l ，质量为m 的均质杆OA 以球铰链O 固定，并以等角速度ω绕铅直线转动，杆与铅直线的交角为θ； 求：杆的动能。

解：此杆绕铅直轴作定轴转动，杆的转动惯量为J z =θχθχ2222l0sin l 3m d sin l m =⎰杆的动能为 T = 2z J 21ω = θω222sin ml 61P316 13-11: 已知均质杆AB 的质量m=4kg,长l=600mm,均质圆盘B 的质量为6kg ，半径r=100mm,作纯滚 动。

弹簧刚度k=2N/mm,不计套筒A 及弹 簧的质量。

连杆在30º角无初速释放； 求：（1）当AB 杆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δmax 。

解：（1）该系统初始静止，动能为0；AB 杆达水平位置时，B 点是AB 杆的速度瞬心，圆盘的角速度ωB =0,设杆的角速度为ωAB ，由动能定理，得2230sin 203121lmg ml AB ⋅=-⋅ω解得连杆的角速度 ωAB = 4.95 rad/s(2)AB 杆达水平位置接触弹簧时，系统的动能为T 1，弹簧达到最大压缩量δmax 的瞬时，系统再次静止，动能T 2=0,由T 2 - T 1 = W 12得22610max2max 22δδωmg k ml AB +-=- 解得 δmax =87.1mmP316 13-12:已知均质轮B 和C 的质量均为m 2,半径均为r,轮B 上的力偶矩M=常量，物A 的质量为m 1;求： 物A 由静止上移距离s 时的速度和加速度。

解：该系统初动能为零，设物A 移动距离s 时速度为υ，有θϕωυsin 0)2121221(122221g sm M r m m -=-⋅⋅⋅+式中r s =ϕ， r υω= (a)解得sm m r gr m M )(sin (2211+-=θυ (b)将式(a)(或式（b ）)对时间求一阶导数，注意υ=.s ，解得)(sin 211m m r gr m M a +-=θP317 13-13: 已知动齿轮半径为r ，质量为m 1，可看成均质园盘；均质曲柄OA 质量为m 2； 定齿轮半径为R 。

OA 上的力偶矩M=常量。

机构位于水平面内，初始静止；求：曲柄转过ϕ角时的角速度和角加速度。

解：该系统初动能为零，设曲柄转过ϕ角时的角速度为ω，有ϕυωωM m r m r R m A A =-+⋅++⋅0)212121)(3121(21221222 （a ）式中 ωωωυr rR r A A A +==,解得212932m m M r R ++=ϕω （b ） 将式(a)(或式（b ）)对时间求一阶导数，注意ωϕ=.，解得)29()(6212m m r R Ma ++=图示机构中，均质圆盘A 和B 的质量均为m ，半径均为R 。

斜面倾角为α，圆盘A 沿斜面作纯滚动，不计滚动摩阻并略去软绳的质量。

已知在B 上作用有一力矩为M 的不变力偶，求圆盘A 沿斜面向上滚过S 距离时B 的角速度。

取系统为研究对象，01=T ,2222212121A A A B B v m J J T ++=ωω = 22B mR ω 其中B A ωω= R v B A ω=ϕsin mgs RsMW -=∑ 由动能定理：∑=-W T T 12得3sin mRmgsR Ms B ϕω-=图示系统中，均质鼓轮A 沿水平面做纯滚动，质量为A m ，轮轴和轮缘外圆的半径分别为r 和r R 2=，重物B 的质量为B m 。

定滑轮D 的质量忽略不计，若将系统由静止释放，求重物B 下降距离h 后的速度。

取系统为研究对象，01=T2222212121C A C B B v m J v m T ++=ω = 2623B A B v m m +其中3B v r ω=B C v v 32= gh mW B=∑由动能定理：∑=-W T T 12得：AB B B m m ghm v 236+=已知均质圆轮B 半径为r ，质量为1m ，重物A 质量为2m 。

力偶矩M ＝常量，重物与斜面间的摩擦系数为f ，初始静止，求圆轮转过ϕ角时的角速度和角加速度。

该系统初动能为零； 设鼓轮转过ϕ时角速度为ω222212212121v m r m E K +⋅=ω ωr v = θϕθϕϕcos sin 22r g fm r g m M W ⋅-⋅-=∑ϕθθω2122)cos (sin 2m m f gr m M r ++-=由于ϕ是任意角，又ωϕ= ，解得)2()]cos (sin [21222m m r f gr m M ++-=θθα图所示机构在铅直平面内，已知均质杆AB 长2l ，重P ；中点C 处铰接一滑块，滑块可在竖直滑道内滑动，曲柄OA 长l ，其上作用一常力偶M 。

开始时机构处于静止，且OA 、AB 处于水平位置。

不计摩擦,不计 ＯA 与滑块Ｃ的质量，求当杆ＡＢ运动到铅直位置时，杆ＡＢ的角速度解：取系统分析，初始时刻10T = AB 铅垂时2221122c c T mv J ω=+()222211022126P P l l g g ωω⎛⎫=+= ⎪⎝⎭22W MP l π=+⋅∑由动能定理21T T W -=∑得：ω=一均质板C ，水平地放置在均质圆轮A 和B 上，A 轮和B 轮的半径分别为r 和R ，A 轮作定轴转动，B 轮在水平面上滚动而不滑动，板C 与两轮之间无相对滑动。

已知板C 和轮A 的重量均为P ，轮B 重Q ，在B 轮上作用有矩为M 的常力偶。

试求板C 的加速度。

解：设01=T ， ()()22222212/212/B B B A A J v g Q J v g P T ωω+++=()gv Q P T g QR J g r P J r v Rv R v v v B A A B B B 16/3122/,2/,/2//,212222+=======ωωR Ms M W B 2/==φ（s 为板C 的位移）由W T T =-12()[]R Q P Mg a 312/4+=综合问题习题及解答已知 边长b=100mm 的正方形均质板的质量为40kg ，在铅直平面内用三根软绳拉住如图 （a ）； 求：（1）当软绳FG 被剪断瞬间板 的加速度及AD 、BE 两绳的张力； （2）当AD 、BE 两绳位于铅直位置时，板的加速度和两绳的张力。

解：绳FG 被剪断后方板在自身平面内平动；板上各点的速度、加速度都相同，运动轨迹都是圆弧。

（1）剪断FG 瞬间，方板受力与加速a ），A 点速度为零，A 点速度为零，故A 点只有切向加速度，方板运动微分方程为ma τc cos30o =(F A + F B )cos60om( - a τc sin30o )=(F A + F B )sin60o -mg J C α=-(F A + F B )cos60o 2b +(-F A + F B )sin60o 2b方板平动，角加速度α=0 解得 a=a τc =21g=4.9m/s 2 F A =72N,F B =268N(2)设绳长为l ，板由静止摆至铅垂位置，由动能定力，有)60sin (02102l l mg m -=-υ解得)32(2-=gl υ 再由图（b ），注意 α= 0，得板的运动微分方程ma τc =0ma n c = (F A + F B )-mgJ C α=(F B – F A )2b而 a nc =gl)32(2-=υ=2.626m/s 2得 F A = F B =248.5 NP319 综-8：已知 均质杆AB 质量为m=4kg ，用两条绳悬挂与水平位置；求：A 绳突然断开时，B 绳的张力F 。

解：设杆长为l,A 绳断开瞬时,0,02====AB B n BB l a ωυυAB 杆受力与运动分析如图（a ），平面 运动微分方程为ma cx =0 ma cy =F-mg21212lF ml =α可取B 点为基点，如图（b ），由n CB CBB cy cx c aa a a a a ++=+=ττ得ατ2l aa CBcy -=-=代入运动微分方程求解，得F=9.8NP320 综-10 已知 质量为m 1的物体上刻有半径为r 的半圆槽，初始静止；一质量为m 的小球自A 处无初速地沿槽滑下，且m 1=3m ，部计摩擦；求：小球滑到B 处时相对于物体的速度及槽对小球的正压力。

解：系统受力与运动分析如图（a ），因 0=∑X ，有)(1==-+C m m r υυυ （1）再由动能定理，有mgrm m r =--+0)(2121221υυυ （2）由此两式解得grr 38=υ 研究小球如图（b ），有 mg F r m N r -=2υ,得 mgF N 311=请读者考虑，如果B 点为一般位置，应如何求解。

P320 综-12：已知 均质滚子A 与滑轮B 的质量均为m 1,半径相等，滚子向下作纯滚动，物体C 的质量为m 2;求：滚子质心的加速度和系在滚子上的绳子的张力。

解：如图（a ），设滚子半径为R ，该系统的动能为222212212*********υωωm R m R m T O A ++=将υωω==O A R R 代入，得 221)2(21υm m T +=该系统所有力的功率为 υθ)s i n(21g m g m P -=∑ 由功率方程 P dt dT ∑=，解得 g m m m m a 21212s i n +-=θ再研究轮A 如图（b ）有方程RF R m S =⋅α2121F F g m a m S --=θsin 11注意到αα=R ，解得 gm m m m m m m F )2(2sin )2(321212121+++=θP321 综-15：已知 质量为m 1、长为l 的均质杆OA 绕水平轴O 转动，杆的A 端铰接一质量为m 2半径为R 的均质圆盘，初始时OA 杆水平。

杆和圆盘静止；求：杆与水平线成θ角时，杆的角速度和角加速度。

解：圆盘受力如图，由对质心的动量矩定理，有0=A A J α 得 0,0==A A ωα，即盘为平动。

系统落至θ角处，由动能定理，有θθωωsin sin 20))(213121(2122221gl m lg m l m l m +=-+⋅（a ）解出θωsin 3632121l gm m m m ++=（b ）将式（a ）（或式（b ）对时间求导，得=α θcos 23632121l gm m m m ++由于轮子平动，整体对O 轴用动量矩定理求出α，再积分求ω 也较方便。