动力学计算题

一、质点运动微分方程

解题要求：①明确研究对象②画受力图③列方程求解

1、半径为R 的偏心轮绕O 轴以匀角速度ω转动，推动导板沿铅直轨道运动，如图所示。导板顶部放有一质量为m 的物块A ，设偏心距OC=e ，开始时OC 沿水平线。求：（1）物块对导板的最大压力；（2）使物块不离开导板的ω最大值。（提示：列A 的运动方程求加速度）

解：建立如图b 所示直角坐标系Oxy ，导板与物块均沿y 轴线作直线运动，导板作平移，其运动规律为：y = R + e sin ωt ，对时间求2 阶导数得：

a y = ?e ω2sin ωt （1）

物块A 受重力m g 和导板的约束力F N 作用，如图c 。物块对导板的压力与F N 等值、反向、共线。由图c 得，物块A 的运动微分方程在y 轴的投影式为：

y N ma mg F =- （2）

把（1）带入（2），可得

)sin (2t e g m F N ωω-=

因此，物块对导板的最大压力为)(2

max ωe g m F N +=

要使物块不离开导板，则应有0)(2min ≥-=ωe g m F N ，即2

ωe g ≥，e

g

≤

ω

2、质量kg m

6=的小球，放在倾角o 30=α的光滑斜面上，并用平行于斜面的软绳将小球固定在图示

位置。如斜面以3

g

a =的加速度向左运动，求绳的张力和斜面的反力；欲使绳的张力为零，斜面的加速

度应该多大？

解：以小球为研究对象，进行受力和运动分析，并建立如图b 所示直角坐标系Oxy 。

小球跟随斜面一起沿x 轴反方向以3

g

a =的加速度向左运动

据质点运动微分方程有：

ma F T N -=-ααsin cos （1） 0cos sin =-+mg F T N αα （2）

代入数据，求解得

g

a g m

T g

F N )33()3(2

)133(-=-=+= 要使0=T ，即g a 3

3

≥，

二、动量定理

解题要求：①明确研究对象②画受力图③运动分析求动量④列方程求解

1、在图示系统中，均质杆OA 、AB 与均质轮的质量均为m ，OA 杆的长度为1l ，AB 杆的长度为2l ，轮的半径为R ，轮沿水平面作纯滚动。在图示瞬时，OA 杆的角速度为ω，求整个系统的动量。

解：OA 杆：ω112

1

ml p =

（水平向左） AB 杆：

ω12ml p =（水平向左） 均质轮B ：ω13ml p =（水平向左）

系统的动量

ω13212

5

ml p p p p =

++=（水平向左） 2、一凸轮机构如图所示。半径为r , 偏心距为e 的圆形凸轮绕O 轴以匀角速ω转动，带动滑杆D 在套筒

E 中作水平方向的往复运动。已知凸轮质量为1m ，滑杆质量为2m ，求在任一瞬时机座地脚螺钉所受的动约束力。

解 取凸轮机构为研究对象，设基座重m 3g ，重心在点C ，建立图b 示定坐标Oxy ，设运动初始时，凸轮轮心在轴x 上点O 的右边，如图c 所示。根据质心坐标公式，得

3

21312)cos (cos m m m b

m a y t e m t e m x C ++++++=

ωω

3

2132sin m m m h

m t e m y C ++-=

ω

将上述各量代入上式，并对时间t 求2 次导数，得

t e m y

m m m t e m m x m m m C C ωωωωsin )(cos )()(2

2321221321-=+++-=++ （1）

设螺钉总水平约束力为F R x ，总铅垂约束力为F R y ，如图c 所示。据质心运动定理有

g

m m m F y m m m F x

m m m Ry C Rx C )()()(321321321++-=++=++ （2）

比较方程组（1）和（2），得任意瞬时机座螺钉的总约束力为

t

e m g m m m F t

e m m F Ry Rx ωωωωsin )(cos )(2

2321221-++=+-=

故总动约束力为

t e m F t e m m F Ry

Rx

ωωωωsin cos )(22221-='+='

4、图示质量为m 、半径为R 的均质半圆形板，受力偶M 作用，在铅垂面内绕O 轴转动，转动的角速度为ω，角加速度为α。C 点为半圆板的质心，当OC 与水平线成任意角?时，求此瞬时轴O 的约束力??

? ?

?=

π34R OC 。

解：以半圆形板为研究对象，建立Oxy 坐标系，进行运动和受力分析（如图）。

（1）系统动量

C

v m p

=，其中

ωωπ

34R C OC v =?=

?ωπsin 34m R

mv p Cx x -== ?ωπ

cos 34m R mv p Cy

y -==

（2）由根据动量定理

∑=e

ix x F dt

dp ，∑=e iy y F dt dp 有 Ox F m R

=+-

)cos sin (342?ω?απ mg F m R Oy -=--)sin cos (342?ω?απ 故此瞬时轴O 的约束力为：

)cos sin (342?ω?απ+-

=m R

F Ox )sin cos (342?ω?απ

--=m R

mg F Oy

3、图示长l 、质量为1m 的均质细长杆OA 与A 质量为2m 的均质圆盘焊

接在一起。已知图示位置OA 杆的角速度和角加速度分别为ω和α，杆与水平线的夹角为θ，求轴承O 处的约束力。

解1：用质心运动定理。

以杆与圆盘组成的系统为研究对象，受力如图，建立如图坐标。

（1）确定系统质心坐标

θcos 2212

1

l m m m m x C ++='

'，θsin 22

12

1

l m m m m y C ++-=' l m m m m C O )

(22212

1++=

'

（2）计算系统质心加速度 2212

12

)

(22ωωl m m m m C O a n

C ++=

?'=''

αατl m m m m C O a C )

(22212

1++=

?'=''

θ

αθωθθτ

sin )

(22cos )(22sin cos 212

122121l m m m m l m m m m a a a C n C x C ++-++-

=--='''''

θαθωθθτcos )

(22sin )(22cos sin 212

122121l m m m m l m m m m a a a C n C y C ++-++=

-='''''

（3）根据质心运动定理，有

)sin cos (2

2)(22

121θαθω++-

=+='l m m a m m F x C Ox )cos sin (2

2)()(22

12121θαθω-+=

+=+-'l m m a m m g m m F y C Oy 即

)sin cos (2

2)(22

121θαθω++-

=+='l m m a m m F x C Ox )cos sin (2

2)(22

121θαθω-++

+=l m m g m m F Oy

解2：用动量定理

以杆与圆盘组成的系统为研究对象，受力如图，建立如图坐标。

（1）计算系统动量

θωθωsin )2(sin 2)(212121

21l m m l m m m m m m p x +-=+++-=θωθωcos )2

(cos 2)(212121

21l m m l m m m m m m p y +-=+++-

=

（2）根据动量定理，有

Ox F l m m =++-)cos sin ()2

(

221

θωθα g m m F l m m Oy )()sin cos ()2

(

21221

+-=-+-θωθα 解之，得

)cos sin ()2

(

221

θωθα++-=l m m F Ox )cos sin (2

2)(22

121θαθω-++

+=l m m g m m F Oy

由 (e)

(e)

d d ,d d y x x y p p F F t t

=∑=∑得

3、如图所示，质量为m 的滑块A ，可以在水平光滑槽中运动，具有刚性系数为k 的弹簧一端与滑块相连接，

另一端固定。杆AB 长度为l ，质量忽略不计，A 端与滑块A 铰接，B 端装有质量1m ，在铅直平面内可绕点A 旋转。设在力偶M 作用下转动角速度ω为常数。求滑块A 的运动微分方程。

解：取滑块A 和小球B 组成的系统为研究对象，建立向右坐标x ，原点取在运动开始时滑块 A 的质心上，

则质心之 x 坐标为(? =ωt )：

1

1)

sin (m m t l x m mx x C +++=

ω （1）

t l m m m x

x C ωωsin 21

1

+-+= （2） 根据系统质心运动定理，有：kx x m m C -=+ )(1 （3）

把（2）带入（3）有：

t l m m m x m m k

x

ωωsin 21

11+=++

此即滑块A 的运动微分方程。

5、均质杆AB 长l 2，A 端放置在光滑水平面上。杆在如图位置自由倒下，求B 点的轨迹方程。

解:取均质杆AB 为研究对象，进行受力分析（图b 所示）.因为杆只受铅垂方向的重力W 和地面约束反力F N 作用，且系统开始时静止，所以杆AB 的质心沿轴x 坐标恒为零，即

0cos φl x C =

设任意时刻杆AB 与水平x 轴夹角为φ，则点B 坐标为

φ

φφsin 2cos cos 0l y l l x B B =+=

从点B 坐标中消去角度φ，得点B 轨迹方程

22

2

04

)cos (l y l x B B =+

-φ（椭圆）

三、动量矩定理

解题步骤：①取研究对象画受力图②运动分析求运动量动量矩③列动力学方程求解

1、图示两均质轮的质量皆为m ，半径皆为R ，用不计质量的绳绕在一起，两轮角速度分别为1ω 和2ω，

求系统对1O 轴的动量矩。 解：（1）轮1O 对1O 轴的动量矩 1212

1

ωmR p =

（2）轮2O 对1O 轴的动量矩22222ωO O J R mv p +?=

其中212

ωωR R v O +=,22

1

2mR J O =

,故 )2

5

2(212)(21222212ωωωωω+=+?+=mR mR R mR p

（3）系统对1O 轴的动量矩)(2

5212

21ωω+=+=mR p p p （顺时针）

2、质量为M ，半径为R 的均质圆盘，以角速度ω转动。其边缘上焊接一质量为m 、长为b 的均质细杆

AB ，如图示。求系统动量对轴O 的动量矩。

解：（1）轮O 对O 轴的动量矩 ω212

1

MR p =

（2）杆AB 对O 轴的动量矩ω

O J p =2

其中2231mR mb J O

+=,故ω)3

1

(222mR mb p += （3）系统对O 轴的动量矩ω)3

121(2

2221mR mb MR p p p ++=+= （逆时针）

3、如图所示，为了求得半径cm 50=R 的飞轮A 对于通过其重心O 的轴的转动惯量，在飞轮上系一细

绳。绳的末端系一质量1m = 8kg 的重锤，重锤自高度h =2m 处落下，测得落下时间s 161=T 。为了消去

轴承摩擦的影响，再用质量

kg

42=m 的重锤作第二次试验，此重锤自同一高度落下来的时间是

s 25

2=T 。假定摩擦力矩为一常量，且与重锤的重量无关，试计算转动惯量J 。

解：取飞轮A 及重物为质点系，设摩阻力偶矩为M f ，飞轮转动惯量为J A ，如图b 所示。根据对轴A 的投影式动量矩定理有

gR m M dt

dL f A

1+-= 其中2

1R m J L A A ωω+=,故有

dt gR m M d R m J f A )()(121+-=+ω

两边积分

dt gR m M d R m J f t A )()(10

2

10

1

+-=+?

?

ωω

，得

12

11t R

m J gR m M A f ++-=

ω

而0,1==

t dt

d θ

ω时，0=θ，积分得 22

12

11t R

m J gR m M A f ?++-=θ 又R

h

=θ,故有

22

1211t R

m J gR m M R h A f ?++-= (1) 将第1 次试验时m 1，t 1 替换为第2 次试验时m 2，t 2 得

222

222t R

m J gR m M R h A f ?++-= (2) 式（1）、（2）联立，并带入数据，解之得

21060m kg J A ?= m N M f ?=02.6

4、质量为100kg 、半径为1m 的均质圆轮，以转速r/min 120=n 绕O 轴

转动，如图所示。设有一常力F 作用于闸杆，轮经10s 后停止转动。已知摩擦系数

1.0=f ，求力F 的大小。

解：以轮为研究对象，进行运动和受力分析（如图）。

圆轮绕轴O 作定轴转动，其对动量轴O 的定理矩ωO O

J L =，根据动

量矩定理，有∑=)(F M dt

dL O O ，

其中R fF R F F M N s O ==∑ )(。 以r/min 120=n

为计时开始（0=t ）

，0=n 为计时结束（t t =），在此过程有 Rdt

fF dL t

N L O O ??

=0

1

1

即

Rt fF L N O =-01

代入数据，得1011.060

21201100212???=????N F π

故

)(200N F N π=

而5.35.1?=?'F F N ,N N

F F =',所以 )(14.2695

.35

.1N F F N ==

1、两个重物M 1和M 2的质量各为m 1与m 2，分别系在两条不计质量的绳上，如图所示。此两绳又分别围绕在半径为r 1和r 2的塔轮上。塔轮的质量为m 3，质心为O ，对轴O 的回转半径为ρ。重物受重力作用而运动，求塔轮的角加速度。

解法一：应用动量矩定理

（1）选M 1 、M 2和塔轮组成的系统为研究对象，进行运动分析： M 1 、M 2分别以1v 、2v 沿竖直方向平动；塔轮绕O 轴以加速度ω

作定轴转动，且ω11r v =、ω22r v =;系统对轴O 的动量矩为：

ωρωω23222211m r m r m L O ++=。

（2）对系统进行受力分析（如图），此时系统所收力对轴O 的矩为：

2211)(gr m gr m F M O -=∑

（3）根据动量矩定理，有

∑=)(F M dt

dL O O

,即有 221123222211)

(gr m gr m dt

d m r m r m -=++ω

ρ 所以，塔轮的角加速度2

32222112211ρωαm r m r m gr m gr m dt d ++-==

解法二：应用动能定理

1、均质棒AB 的质量为kg 4=m

，其两端悬挂在两条平行绳上，棒处

在水平位置，如图所示。设其中一绳突然断了，求此瞬时另一绳的张力

F 。

解：突然解除约束瞬时，杆AB 将绕A 轴转动，不再是静力学问题。这时，杆AB 的受力及运动情况如图所示（ω = 0，α ≠ 0）。需要先求出α ，再确定另一绳的张力F 。 应用定轴转动微分方程，有

mgl ml 2

1

312=α （1）

解之，得l

g

23=

α 应用质心运动定理，有

022=?ωl

m (2)

F mg l

m -=?α2

(3)

把数据代入 (2)、(3)，求解，得

mg F 4

1=

2、一刚性均质杆重200N 。A 、B 处为光滑铰链约束。当杆位于水平位置时，C 处弹簧压缩了76mm ，弹簧刚度系数为8750N/m 。试求当约束A 突然移走时，此瞬时支座B 的反力。

解：杆CA 的质心D 距离B 点280mm 。

突然解除约束A 瞬时，杆CA 将绕B 轴转动，不再是静力学问题。这时，ω = 0，α ≠ 0（逆时针），其运动及受力分析如图。

应用定轴转动微分方程，有

BD G BD F BD m ml C ?-?=?+α)12

1

(22 （1） 代入数据，解之，得)/(16.52

s rad =α

应用质心运动定理，有

Ox F BD m =??2ω (2) G F F BD m C By -+=??α (3)

把数据代入 (2)、(3)，求解，得

0=Ox F ,)(96.1583N F By =

3、均质细杆OA 和EC 的质量分别为50kg 和100kg ，并在A 点焊成一体。

若此结构在图示位置由静止状态释放，求刚释放时杆的角加速度及光滑铰链O 处的约束力。

解：系统质心D 距离O 点5/6m(如图)，系统对O 轴的转动惯量为

)(15012

1

312222221m kg OA m CE m OA m J O ?=?+?+?=。

刚释放时杆将绕

O 轴转动，这时，ω = 0，α ≠ 0（顺时针），

其运动及受力分析如图。 应用定轴转动微分方程，有

OA g m OA g m J

O ?+?=212

1

α （1）

代入数据，解之，得)/(17.82

s rad =α 应用质心运动定理，有

Ox F OD m m =?+221)(ω (2) g m g m F OD m m Oy 2121)(--=??+α (3)

把数据代入 (2)、(3)，求解，得

0=Ox F ,)(83.2490N F Oy =

1、图示均质杆AB长l，质量为1m。杆的B端固连质量为2m的小球，其大小不计。杆上点D连一弹簧，刚度系数为k，使杆在水平位置保持平衡。设初始静止，求给小球B一个

后杆AB的运动规律。

垂直向下的微小初位移

2、图示匀质长方体的质量为50kg，与地面间的动滑动摩擦系数为0.20，在力P作用下向

右滑动。求：（1）长方体只滑而不倾倒时，P的最大值；（2）此时长方体

的加速度。

4、均质圆柱体质量为m ，半径为r ，放在倾斜角为?60的斜面上，如图所示。一细绳缠在圆柱体上，其一端固定于A 点，AB 平行于斜面。若圆柱体与斜面间的摩擦系数

3

1

=

f ，试求柱体中心C 的加速度。 解 取均质圆柱为研究对象，受力如图b 所示；圆柱作平面运动，其平面运动微分方程为

r F F J s T )(-=α (1)

?-=60cos 0mg F N (2) S T C F F mg ma --?=60sin (3)

且N S fF F = (4)

圆柱沿斜面向下滑动，可看作沿绳AD 向下滚动，且只滚不滑，所以有

αr a C = （5）

式（1）～（5）联立，解得

a C = 0.355g （方向沿斜面向下）

四、动能定理

解题要求：①明确研究对象分析受力确定做功的力②运动分析求系统的动能③列方程求解）1、质量为2kg的物块A在弹簧上处于静止，如图所示。弹簧的刚性系数k为400N/m。现将质量

为4kg的物块B放置在物块A上，就释放它。求：（1）弹簧对两物块的最大作用力；（2）两物块

得到的最大速度。

解：选物块A+物块B组成的系统为研究对象，在系统运动过程中只有重力和弹性力做功，根据

机械能守恒定律知，系统在整个系统运动过程中机械能守恒。

设图示位置处（将质量为4kg的物块B放置在物块A上刚接触时）为重力势能和弹性势能零

势能面，则当

2、滑轮重Q 、半径为R 、对转轴O 的回转半径为ρ，一绳绕在滑轮上，绳的另一端系一

重P 的物体A ，滑轮上作用一不变力矩M ，使系统由静止开始运动，不计绳的质量，求重物上升距离为s 时的速度和加速度。

解：以整个系统为研究对象。取系统静止时为初态，重物上升距离为s 时为末态，则在系统运动过程中只有力偶矩M 和物体A 所受重力作功，总功为：

Ps R

s

M W -?

=12 01=T ， 222222221)(2121)(21v g

P R v g Q v g P g Q T ?+?=?+?=

ρωρ 根据动能定理，有 22)21)(21(v g

P

R g Q Ps R s M ?+?=-?

ρ，解之得 P

R Q P R RM gs v 222)

(2+-=

ρ

两边对时间t 求导，即得重物上升距离为s 时加速度

P

R Q P R RM g dt dv a 222)(+-=

=ρ

1、在图示滑轮组中悬挂两个重物，其中M 1的质量为m 1，M 2的质量为m 2。定滑轮O 1的半径为r 1质量为m 3；动滑轮O 2的半径为r 2，质量为m 4。两轮都视为均质圆盘。如绳重和摩擦略去不计，并设

4122m m m ->。求重物M 2由静止下降距离h 时的速度。

解：以整个系统为对象,受力如图b.

由题意4122m m m ->知，M 2 由静止向下运动，可应用动能定理确定M 2 的速度。设M 2 下降h 距离时的速度为v ，则动滑轮O 2 的角速度

2

2r v =

ω 定滑轮O 1 的角速度

1

12r v =

ω 根据动能定理

W 1 2 = T 2 - T 1

即

2121213222242422142)2(2

12121)212121(212v m r m r m v m v m gh m gh m gh m +?+?++=

-+ωω