系统的动力学方程

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1、系统的动力学方程吕叔湘中学庞留根2004年9月Email:dyszplg@yahoo.com.cn推广的动力学方程系统所受的合外力等于系统内各物体的质量和加速度乘积的矢量和。即：ΣF=m1a1+m2a2+m3a3+……其分量表达式为ΣFx=m1a1x+m2a2x+m3a3x+……ΣFy=m1a1y+m2a2y+m3a3y+……mM例1、如图示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起，当框架对地面的压力为0瞬间，小球的加速度大小为（）A.gB.(M-m)g/mC.0D.(M+m)g/m解：对系统分析受力如

2、图示，N（M+m）g由系统的动力学方程（向下为正方向）(M+m)g–N=ma+0N=0时a=(M+m)g/mD例2、如图示一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，杆上套着一个环，箱和杆的质量为M，环的质量为m，已知环沿着杆加速下滑，加速度的大小为a

3、的示数为G，当电磁铁通电，铁块被吸引上升的过程中，台秤的示数将（）A.变大B.变小C.大于G，但是恒量D.先变大后变小ABC解：铁块被吸引上升的过程中，吸引力越来越大，铁块的加速度越来越大，对系统A、B、C分析受力如图示，N（M+m）g由系统的动力学方程（向上为正方向）N-(M+m)g=ma+0N=(M+m)g+ma＞GA例4.如图所示的装置中，重4N的物块被平行于斜面的细线拴在斜面上端的小柱上，整个装置保持静止，斜面的倾角为30°，被固定在测力计上。如果物块与斜面间无摩擦，装置稳定以后，当细线被烧断物块正下滑时，与稳定时比较，测力计的读数()A.增加4NB.增加3NC.减少1N

4、D.不变解：系统静止时，对整体：N1=(M+m)gN（M+m）g由系统的动力学方程（向下为正方向）(M+m)g-N2=masin30°∴ΔN=N2-N1=-masin30°=-mgsin230°=-1NC例5、如图示，支架质量为M、始终静止在水平地面上，转轴O处用长为l的线悬挂一个质量为m的小球，（1）把线拉至水平后静止释放小球，当小球运动到最低处时，水平面对支架的支持力N为多大？（2）若使小球在竖直平面内做圆周运动，对小球运动到最高点处时，支架恰好对水平地面无压力，则小球在最高点处的速度v为多大？解：MmlO（1）对小球，由机械能守恒定律1/2mv12=mgl最低点处：ma1=

5、mv12/l对系统受力如图示N（M+m）g由系统的动力学方程（向上为正方向）N-(M+m)g=ma∴N=(M+m)g+ma=(M+3m)g（2）在最高点处时，地面无压力，系统受力如图示（M+m）g由系统的动力学方程（向下为正方向）(M+m)g=ma=mv2/l练习、如图示，质量为M的电动机始终静止于地面，其飞轮上固定一质量为m的物体，物体距轮轴为r，为使电动机不至于离开地面，其飞轮转动的角速度ω应如何？rMmω解：当小物体m转到最高点时，ma=mrω2对系统,受到重力(M+m)g和地面对底座的支持力N，MgN为使电动机不至于离开地面，必须N≥0由系统的动力学方程（向下为正方向）(

6、M+m)g–N=ma=mrω2即mrω2≤(M+m)g例6．长为2L的轻杆AB两端各固定有质量为m1和m2的小球，且m1>m2，过杆的中点O处有光滑的水平转动轴。杆可绕轴在竖直平面内转动,当杆到达竖直位置时，转动的角速度为ω,A球正好位于上端,B球位于下端,则沿竖直方向,杆作用于固定轴的力的方向一定向上的条件是什么?解：OBAm2m1由牛顿第三定律,杆作用于固定轴的力的方向向上,则杆受到轴的作用力N一定向下,如图示:N(m1+m2)g由系统的动力学方程（向下为正方向）对系统:(m1+m2)g+N=m1ω2L-m2ω2LN>0∴ω2L>(m1+m2)g／(m1-m2)例7．长L的轻

7、杆两端分别固定有质量为m的小铁球，杆的三等分点O处有光滑的水平转动轴。用手将该装置固定在杆恰好水平的位置，然后由静止释放，当杆到达竖直位置时，求轴对杆的作用力F的大小和方向。O12解：根据系统机械能守恒可求出小球1在最高点的速度v：vmg2/3L-mg1/3L=1/2mv2+1/2m(2v)2，v2=2gL/15由系统的动力学方程（向下为正方向），设轴对杆的作用力F向上，F2mg得到F=2.4mg例8.如图所示，在质量为M的物体内有光滑的圆形轨道，有一质量为m的小球在竖直平面