北理工理论力学第9章-9.2(14-2)2013-11-27(2学时)

=
FGR( e )
i=1
G dp dt
=
FGR(e)
GG p = mvC
(m = const)
G maC
=
FGR(e)
式中mi :G第i个刚体 的质量；aCi :第i个刚 体质心的加速度
9.3.2 质心运动守恒定律
质心运动守恒定律
m
R
ω2 2 O
B
G p
=
G
−mRωO (5i
+
G j)
R A
C
F E
LO
=
7 3
m R 2ω O
y
ωO
45◦
()
xO
D
例题9.6b解答
解 1）运动分析：圆盘定轴转动、DB，DF做平面运动，
且DB为瞬时平移。杆DF的速度瞬心P位置如图
vB
=
vC
=
vD
=
2 Rω 0 ，ω DF
=
vD PD
=
2 Rω 0
+
G Fi
(e
)
dt
( i = 1, 2," , n)
&
∑ ∑( ) ( ) n
G
n
d mivi =
FGi(i) + FGi(e) d t
i =1
i =1
∑ ∑ ∑ ⎛
d⎜ ⎝
n i =1
G mi vi
⎞ ⎟ ⎠
=
⎛ ⎜⎝
n i =1
FGi(i)
+
n i =1
FGi(e)
⎞ ⎟⎠d t
∑ ∑ ∑ G
p=
n
G mivi ,
FGR(e)
=
n
G Fi
(e
)
,
FGR(i) = n FGi(i) = 0
i =1
i=1
i =1
d
G p
=
FGR(e)
d
t
质点系动量定理的积分形式
∫ G G
p2 − p1 =
t2 t1
FGR(e ) d
t
=
G I
(e
)
9.2.2 质点系的动量定理
质点系动量定理的微分形式
d
G p
FN
G G G GGG G G GG
vA = ve + vrA = v + vr vB = ve + vrB = v + vrB vrB = vr
⎪⎧ ⎨
v
Ax
⎪⎩ v Ay
= v − v r cos 30 D = − v r sin 30 D
⎪⎧ ⎨
v
Bx
⎪⎩ v By
= =
v − v r cos 60 D v r sin 60 D
⎧ ⎪
p2
x
⎨ p2 y
− −
p1x p1 y
= =
I (e) x
I (e) y
⎪ ⎩ p2z
−
p1z
=
I (e) z
若x，y，z轴为方向发生改变的动直角坐标
轴，上述投影式是否成立？
(d pG)t ?= d( pt ) ?= FR(et )dt
9.2.3 质点系的动量守恒定律
质点系动量守恒定律
FGR(e) ≡ 0
=
FGR(e ) d
t
∫ 质点系动量定理的积分形式
GG p2 − p1 =
t2 t1
FGR(e ) d
t
=
G I
(e
)
动量定理的投影式
( ) ⎧(d
⎪⎨(d
G p G p
) x
) y
= =
d(
d
px py
)
= =
FR(xe)d t FR(ye)d t
⎪⎩(d
G p
)z
=
d(
pz
)
=
FR(ze)d t
d
G p
=
FGR(e)
d
t
G p
=
常矢量源自文库
质点系的动量保持不变
FR(ex) ≡ 0 d px = FR(xe) d t
px = const
质点系的动量在x轴上 的投影保持不变
注意
内力虽不改变质点系的总动量， 但可使质点系内各质点的动量进行重新分 配。
9.2.3 质点系的动量守恒定律
太空中拔河，谁胜谁负？
y
B
30D
A
ω O
P
B ωGB
Gx ve ω
va
O
G
A
vr
T = 7 m r 2ω 2
2
⎧ ⎪ px
=
pOAx
+
pBx
=
−
⎨
3 4
m rω
⎪ ⎩
p
y
=
pOAy
+
pBy
=
11 4
m
rω
LO = 4mr2ω , 3
例题9.6a
图示机构处于同一铅垂平面内，已知各构件都均质，质
量都为 m，OA=AB=l，圆盘半径为r ，能沿倾角为的固定斜
W12 = mAg ⋅ s ⋅ sin 30D − mB g ⋅ s ⋅ sin 60D
2) 运动分析，三物体均为平移
px = pAx + pBx + p∆x = 6mv − ( 3 + 1 / 2)mvr
T1 = 0
T2 = 3m v 2 + (
3
+
1
/
2)m vvr
+
m
v
2 r
G mAg
G vr A
=
vD PD
=
2 Rω 0
2R
=
ω
，
0
v
E
=
PE ⋅ ω DF
=
3G）求G 动量G： G
B
P
p = pA + pBD + pDF
pA = 2mvA = 2mRωO pBD = mvC = 2mRωO pDF = mvE = 2mRωO
GR vA A
G vC
ωO
ωDF
C
45◦
EG vE
2 Rω 0
F
y x
圆盘逆时针转动了90◦的瞬时：
D
(1) 圆盘的角速度 ；
(2) 系统的动量和对点 O 的动量矩(用圆盘的角速度ω表示即可)。
第9.2节
§9.2 质点系的动量定理和动量守恒定律
F 质点的动量定理 F 质点系的动量定理 F 质点系的动量守恒定律
9.2.1 质点的动量定理
质点动量定理的微分形式
d(mvG
3
+
1 2
)mvr
例题9.7
解 1）以系统为研究对象，所受外力如图示。
运动中：水平向动量守恒；只有A，B 的重力作功。
W12 = mAg ⋅ s ⋅ sin 30D − mB g ⋅ s ⋅ sin 60D
G mAg
G vr A
30D
G m∆g
G v rB
G mBg
G
B
60D
v
G
2)运动分析，三物体均为平移
mlω
ωB
GB vB
PB
GGG p = pxi + py j
O
30D
O
30D
LO
=
1 3
ml 2ω
+
8 12
ml 2ω
+
1 2
mrlω
=
ml 2ω
+
1 2
mrlω
,4
例题9.6b
五(18分)均质圆轮质量为 2m，半径为 R，绕 O 轴以匀角速度
ωO逆时针转动，均质杆 BD 和 DF 的质量均为 m，长度均为 l =
px = pAx + pBx + p∆x = 6mv − (
3
+
1 2
)mvr
T1 = 0
T2
=
1 2
m
A
v
2 A
+
1 2
m
B
v
2 B
+
1 2
m
∆
v
2 ∆
T2 = 3m v 2 + (
3
+
1 2
)
m
v
v
r
+
m
v
2 r
例题9.7
解 1）以系统为研究对象，所受外力如图示。
运动中：水平向动量守恒；只有A，B的重力作功。
px = − pA − pBD − pDF cos 45D O
D
py
= =
−2mRωO − 2mRωO − 2mRωO ⋅ − pDF cos 45D = − 2mRωO ⋅ 2 2 =
2 2=
−mRωO
−5m G p
RωO = −mRωO
G (5i
+
G j)
例题9.6b解答
解 1）运动分析：圆盘定轴转动、DB，DF做平面运动，
)
=
G Fd
t
&
d
(mvG) =
G F
dt
d(mvG
)
=
G Fd
t
质点动量定理的积分形式
∫ G G
mv2 − mv1 =
t2 t1
GG Fdt = I
9.2.2 质点系的动量定理
质点系动量定理的微分形式
d
G p
=
FGR(e)d t
G dp dt
=
FGR(e)
( ) d
(
m
i
G vi
)
=
FGi ( i )
30D
G m∆g
G
mBg
G
B
60D
v
G
FN
3) 动力学分析
T2 − T1 = W12
FRx = 0
3mv2 + (
3
+
1 2
)m
vvr
+
mvr2
−
0
=
2
− 2
3 mgs
px ≡ px0 = 0
6mv − (
3
+
1 2
)mvr
=
0
v2 = (2 − 3)(13 + 4 3) gs 105 −12 3
第9.3节
G LDOF
=
G LDCF
JJJG G + OE × (mvE )
)O
G vC
ωO
ωDF
C
45◦
D
y
EG vE
x
LO
=
7 3
m R 2ω O
()
LDOF
=
− 1 m(2 12
2R)2ωDF −
2mRωO ⋅
2 2
⋅
2R
=
−
8 3
mR2ωO
(
)
例9.6c
五、（15分）图示平面机构位于铅垂面
内，均质重物 D 的质量为 m ，系在绕于
且DB为瞬时平移。杆DF的速度瞬心P位置如图
vB
=
vC
=
vD
=
2 Rω 0 ，ω DF
=
vD PD
=
2 Rω 0
2R
=
ω
，
0
v
E
=
PE ⋅ ω DF
=
4）求动量矩：
B
P
2 Rω 0
F
LO = LOA + LBOD + LDOF
LOA = JOωO
GR
=
3 2
2mR2ωO
=
3mR2ωO ()
vA
A
LBOD = pBD R = 2mR2ωO (
2运W)vG1A动运2 ==中动vGm：e分+A水析gvG平⋅r，As向=三⋅ sv动Gi物n+量体3v0G守均rD −恒为vGmB；平=B只移gvGe⋅有s+A⋅vGs，riBnB=6的0vGD重+ v力GrBmvG作rAgG功A30D。m∆gGFGN60vGDr
B
B
G mBg
G v
vrB = vr
GG
G
p = mAvA + mBvB
G = (mA + mB )vC
不分胜负！
例题9.7
图示系统中，A，B，三 角块的质量分别为mA=2m， mB=m，mΔ=3m，不计滑轮质 量，接触面均面光滑。系统静 止，当A相对三角块滑下距离 s 时，求三角块的速度。
A
B
30D
60D
例题9.7
解 1）以系统为研究对象，所受外力如图示。
m
R
2ω
2 O
+ 1 [ 1 m(2 2 12
2R)2 + m(
2R)2 ]ωO2
=
3 2
m
R
2ω
2 O
+
2
m
R
2ω
2 O
+
1 2
⋅
8 3
mR2
⋅
ω
2 O
例题9.6b解答
解 1）运动分析：圆盘定轴转动、DB，DF做平面运动，
且DB为瞬时平移。杆DF的速度瞬心P位置如图
vB
=
vC
=
vD
=
2 Rω 0 ，ω DF
R，两个杆的中点分别为 C、E，滑块 D、F 不计质量，可分别
在水平和铅垂滑道中滑动。图示瞬时，轮的直径 OB 为铅垂方
向，杆 BD 与水平线 OD 的夹角为45◦，且杆 DF 与杆 BD 垂
直，B、F 两点在同一水平线上，试求该瞬时系统的动能、动量
及对固定点 O 的动量矩。(05-06-2)
T
=
29 6
9.1.2 质点系的动量矩
F 动量矩的计算
例题9.5
图示平面机构，质量为 m，长度为l=√ 3 r的均质杆OA以匀角
速度ω绕水平轴O 作顺时针转动，其A端靠在质量为m ，半径
为r的均质圆盘B上，并带动圆盘在铅垂墙上作纯滚动，试求 图示位置系统的动能、动量和对点O的动量矩。(02级,20分)
ωB = 2ω
B
圆盘的绳索上；均质圆盘的质量为 m1 = 4m ，半径为 r = 3a（a 为常数）；均质杆
AB 质量为 m ，长度为 l = 5a ，两端分别
与圆盘和滑块 B 相铰接；滑块 B 可在铅
O
A
垂方向的滑道内滑动，绳索与滑块 B 的质
r
量不计。在重力作用下，系统于图示位置
无初速释放进入运动，不计摩擦，试求当
面作纯滚动，且O、B 两点的连线与该斜面平行。若杆OA以
匀角速度ω 绕轴逆时针转动，试求图示位置系统的动量和对
点O的动量矩。(04研,30分)
y
A
ω
30D
G
x
r
vA A
B
ω
30D
P AB ωAB
⎧ ⎪ px ⎨
=
pOAx
+
pABx
+
pBx
=
−
53 4
mlω
⎪ ⎩
py
=
pOAy
+
pABy
+
pBy
=
−
1 4
= =
FR(te ) FR(ne )
&
⎪ ⎩
0 = FR(be )
⎧ ⎪⎪ ⎨
m m
xC yC
= =
F
(e
Rx
)
F
(
R
e y
)
⎪ ⎪⎩
m
zC
=
F
(
R
e z
)
⎧ ⎪⎪ ⎨
msC m sC2
= FR(te)
/ ρ = FR(ne)
⎪ ⎪⎩
0 = FR(be)
∑ n个刚体组成的系统
n
G m i aCi
§9.3 质点系的质心运动定理
F 质心运动定理 F 质心运动守恒定律
9.3.1
质心运动定理
G maC
=
FGR(e)
—质心运动定理: 质系的质量与质心加速度的
乘积等于作用于质系上外力主向量
⎪⎧maCx ⎨maCy
= =
FR(xe ) FR(ye )
⎪ ⎩maCz
=
FR(ze )
⎧ma ⎪ ⎨ma
Ct Cn
第9章
¾内容
§9.1 质点系的动量和动量矩 §9.2 质点系的动量和动量守恒定律 §9.3 质点系的质心运动定理 §9.4 质点系的动量矩定理 §9.5 质点系的动量矩定理守恒定律 §9.6 动量原理在碰撞问题中的应用
第9.1节
9.1 质点系的动量和动量矩
F 质点系的动量 F 常用的计算公式 F 动量的计算 F 质点的动量矩 F 质点系的动量矩 F 刚体的动量矩 F 动量矩的计算
2R
=
ω
，
0
v
E
=
PE ⋅ ω DF
=
2）求动能：
B
P
2 Rω 0
F
T = TA + TBD + TDF
GR vA A
T
=
1 2
J
ω2
OO
+
1 2
mvC2
+
1 2
J
P
ω
2 DF
G vC
ωO
ωDF
C
45◦
y
EG vE
x
=
1 2
⋅
3 2
2mR
ω2 2 O
+
1 2
m ( 2 Rω O
O )2
D
T
=
29 6
v Ax = v − vr cos 30 D vBx = v − vr cos 60 D
px = pAx + pBx + p∆x
pAx = mAvAx = 2m(v − vr cos 30D ) pBx = mBvBx = m(v − vr cos 60D ) p∆x = m∆v∆x = 3mv
px = 6mv − (