§14-3质系动能定理 1.质点动能定理 牛顿第二定律给出 F 两边点乘r m F·dh mv·dp=F·dr m2|=∞W或dT=oW 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
§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 r F r v d d dt d 两边点乘dr m ⋅ = ⋅ mv ⋅ dv = F ⋅ dr d mv = δW 2 21 或 dT = δW 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
d(2m =olp d7 =Sw 从质点运动的位置1到位置2积分上式得 mv=W 2 m2mv2=W2或72 其中 WA 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
d mv = δW dT = δW 2 21 从质点运动的位置1到位置2积分上式得 12 2 2 1 2 1 d mv W v v = ∫ 12 2 1 2 2 2 1 2 1 mv − mv = W 或 T2 − T1 = W12 ∫ = ⋅ 21 12 d MM 其中 W F r 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 mv2|=W+owi=1,2…,n n个方程相加,得质系动能定理的微分形式 d∑mv2=∑aWe+∑oW 或 dT=∑We+∑oW 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
2．质系动能定理 对于质系中任一质点有 i i e d mivi = δWi + δW 2 21 i = 1,2", n n个方程相加，得质系动能定理的微分形式 e i d ∑ mv = ∑δW + ∑δW 2 21 或 e i dT = ∑δW + ∑δW 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
dT=∑oWe+∑W 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 72-7=∑W+∑W 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 dT=2Wn+∑W ∑δWN=0 心dT=∑oWp T=∑W
e i dT = ∑δW + ∑δW 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 e i T2 −T1 = ∑W + ∑W 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 WF WN dT = ∑δ + ∑δ WF ∑ = 0 dT = ∑δ δWN F T2 −T1 = ∑W
dT=∑δW72-7=W 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和72
dT = ∑δW T2 − T1 = ∑W 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T1和T2
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:物块落在板上后继续向 下运动,当速度等于零时,弹簧 Ⅲ 被压缩到最大变形。应用动能定 理,有 0=mg(h+Smax)-ko max 解得 ng +mg+2kmgh kk 由于弹簧的变形量是正值,因此取正号,即 mg 22 + 2kmgh k
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 max max 2 1 0 = mg ( h + δ ) − kδ m g 2kmgh k 1 k mg δ 2 2 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 m g 2kmgh k 1 k mg δ 2 2 max = + +
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 感 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。 解:将链条分为两段考虑,下垂段 重力作功为 W ng(I-a) 桌面段重力作功为 C 28 由动能定理得 mI 0=W1+W2=,mg (-a)+ l-umg 2 解得
解：将链条分为两段考虑，下垂段 重力作功为 ( ) 1 mg l a l a W = ⋅ − 桌面段重力作功为 2 2 l a mg l l a 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 1 2 2 l a mg l l a mg l a l a mv W W − ⋅ − − = + = ⋅ − + 解得 ( ) 2 2 l a l g v = −
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 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D 性,由动能定理得 h 2TAC-0=2mg C 2×-×-ml2× h 23 mg 解得 138
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 2 0 2 h T mg AC − = ⋅ 解得 v = 3gh 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 vA A
例4、均质连杆AB质量为4kg 长上=600m。均质圆盘质量为6kg, A C 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 B 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达水平位置时解得 AB 4.95rad/ g=0,所以 (2)从杆被释放到停止,应 B =0 用动能定理有 由动能定理有 hδ)k I sin 30 mg δ2=0 JBO4B +o=mg 2 0.6×0.5 ko-mgs-mgh=0 Xml OAB =mg x 2 解得δmax=87.1mm
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 vB=0，所以 = 0 ω B 由动能定理有 2 sin 30 0 2 1 0 2 l J mg B AB ω + = ⋅ 解得 = 4.95rad/s ω AB （ 2）从杆被释放到停止，应 用动能定理有 0 2 2 2 2 − = + δ h δ k mg 解得 δ max = 87.1mm vA vB C 2 0.6 0.5 3 1 2 1 2 2 × × ml ωAB = mg × 0 2 kδ − mg δ − mgh =
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0 最低位置时的角速度o。 解:圆盘作定轴转动,由动能定 理 ∑W J,=mgr+-kl2R-R)2-R2 2mR2+mR)O'=mgh R-kR2(22-2) 所以 k (设k足够小,满足02>0) 3|R
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 T − T0 = ∑W [ ] 2 2 2 ( 2 ) 21 0 21 J Oω − = mgR + k R − R − R (2 2 2) 21 ) 21( 21 2 2 2 2 mR + mR ω = mgR − kR − 所以 ( ) = − 2 −1 3 2 4 mk Rg ω （设k足够小，满足ω ²>0）