第二章 刚体运动学与动力学(下)
《刚体动力学 》课件
牛顿第二定律
物体的加速度与作用在物 体上的力成正比,与物体 的质量成反比。
牛顿第三定律
对于任何两个相互作用的 物体,作用力和反作用力 总是大小相等,方向相反 ,作用在同一条直线上。
刚体的平动
刚体的平动是指刚体在空间中 的位置随时间的变化而变化, 而刚体的形状和大小保持不变
的运动。
刚体的平动具有三个自由度 ,即三个方向的平动。
05
刚体的动力学方程
刚体的动力学方程
牛顿第二定律
刚体的加速度与作用力成正比,与刚体质量 成反比。
刚体的转动定律
刚体的角加速度与作用力矩成正比,与刚体 对转动轴的转动惯量成反比。
刚体的动量方程
刚体的动量变化率等于作用力对时间的积分 。
刚体的自由度与约束
自由度
描述刚体运动的独立变量,如平动自由度和转动 自由度。
约束
限制刚体运动的条件,如固定约束、滑动约束等 。
约束方程
描述刚体运动受约束的数学表达式。
刚体的动力学方程的求解方法
解析法
通过代数运算求解动力学方程,适用于简单问 题。
数值法
通过迭代逼近求解动力学方程,适用于复杂问 题。
近似法
通过近似模型求解动力学方程,适用于实际问题。
06
刚体动力学中的问题与实例 分析
人工智能和机器学习的发展将为刚体 动力学的研究提供新的思路和方法, 有助于解决复杂动力学问题。
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THANKS
船舶工程
在船舶工程中,刚体动力学 用于研究船舶的航行稳定性 、推进效率以及船舶结构的 安全性等。
兵器科学与技术
在兵器科学与技术领域,刚 体动力学用于研究弹药的发 射动力学、火炮的射击精度 和稳定性等。
刚体的运动学与动力学问题练习
刚体的运动学与动力学问题练习刚体的运动学与动力学问题练习1.如图14—14所示,一个圆盘半径为R ,各处厚度一样,在每个象限里,各处的密度也是均匀的,但不同象限里的密度则不同,它们的密度之比为1ρ:2ρ:3ρ:4ρ=1:2:3:4,求这圆盘的质心位置.2.如图14—15所示,质量为m 的均匀圆柱体,截面半径为R ,长为2R .试求圆柱体绕通过质心及两底面边缘的转轴(如图中的1Z 、2Z )的转动惯量J .3.如图14—16所示,匀质立方体的边长为a ,质量为m .试求该立方体绕对角线轴PQ 的转动惯量J .4.椭圆细环的半长轴为A ,半短轴为B ,质量为m (未必匀质),已知该环绕长轴的转动惯量为A J ,试求该环绕短轴的转动惯量B J .5.如图14—17所示矩形均匀薄片ABCD 绕固定轴AB 摆动,AB 轴与竖直方向成30α=°角,薄片宽度AD d =,试求薄片做微小振动时的周期.6.一个均匀的薄方板,质量为M ,边长为a ,固定它的一个角点,使板竖直悬挂,板在自身的重力作用下,在所在的竖直平面内摆动.在穿过板的固定点的对角线上的什么位置(除去转动轴处),贴上一个质量为m 的质点,板的运动不会发生变化?已知对穿过板中心而垂直于板的轴,方板的转动惯量为216J Ma =. 7.如图14—18所示,两根等质量的细杆BC 及AC ,在C 点用铰链连接,质量不计,放在光滑水平面上,设两杆由图示位置无初速地开始运动,求铰链C 着地时的速度.8.如图14—19所示,圆柱体A 的质量为m ,在其中部绕以细绳,绳的一端B 固定不动,圆柱体初速为零地下落,当其轴心降低h 时,求圆柱体轴心的速度及绳上的张力.图14-14图14-15 图14-16 图14-17图14-18图14-199.如图14—20所示,实心圆柱体从高度为h 的斜坡上从静止纯滚动地到达水平地面上,继续纯滚动,与光滑竖直墙做完全弹性碰撞后返回,经足够长的水平距离后重新做纯滚动,并纯滚动地爬上斜坡,设地面与圆柱体之间的摩擦系数为μ,试求圆柱体爬坡所能达到的高度'h .10.在一个固定的、竖直的螺杆上的一个螺帽,螺距为s ,螺帽的转动惯量为J ,质量为m .假定螺帽与螺杆间的摩擦系数为零,螺帽以初速度0v 向下移动,螺帽竖直移动的速度与时间有什么关系?这是什么样的运动?重力加速度为g .11.在水平地面上有两个完全相同的均匀实心球,其一做纯滚动,质心速度v ,另一静止不动,两球做完全弹性碰撞,因碰撞时间很短,碰撞过程中摩擦力的影响可以不计.试求:(1)碰后两球达到纯滚动时的质心速度; (2)全部过程中损失的机械髓的百分数. 12.如图14—21所示,光滑水平地面上静止地放着质量为M 、长为l 的均匀细杆.质量为m 的质点以垂直于杆的水平初速度0v 与杆一端做完全非弹性碰撞.求(1)碰后系统的速度及绕质心的角速度,(2)实际的转轴(即静止点)位于何处?13.如图14—22所示,实心匀质小球静止在圆柱面顶点,受到微扰而自由滚下,为了令小球在θ≤45°范围内做纯滚动,求柱面与球间摩擦因数μ至少多大?14.如图14—23所示,半径为R 的乒乓球,绕质心轴的转动惯量223J mR =,m 为乒乓球的质量,以一定的初始条件在粗糙的水平面上运动,开始时球的质心速度为0C v ,初角速度为0?,两者的方向如图.已知乒乓球与地面间的摩擦因数为μ.试求乒乓球开始做纯滚动所需的时间及纯滚动时的质心速度.15.如图14—24所示,一个刚性的固体正六角棱柱,形状就像通常的铅笔,棱柱的质量为M ,密度均匀.横截面六边形的边长为a .六角棱柱相对于它的中心轴的转动惯量2512J Ma =.相对于棱边的转动惯量是'2512J Ma =.现令棱柱开始不均匀地滚下斜面.假设摩擦力足以阻止任何滑动,并且一直接触斜面.某一棱刚碰上斜面之前的角速度为i ?,碰后瞬间角速度为f ?,在碰撞前后瞬间的动能记为ki E 和kf E .试证明f i s ??=,kf ki E rE =,并求出系数s 和r 的值.图14-20图14-21图14-23 图14-22 图14-24参考答案1.先确定一半径为R 的1/4圆的匀质薄板的质心,如图答14—1所示,在xOy 坐标中,若质心坐标为(x c ,y c ),由对称性知x c =yc ,则根据质心的等效意义,有231lim cos()cos()sin()lim[sin 3()sin()]42222822nc x x i R x RiR iR iR iinnnnnnnππππππππ→∞→∞===+∑,于是有313sin()sin ()1432222lim [sin 3()sin()]lim[3222234sin() 4c x x n n R R n n x i i n n n nnπππππππ→∞→∞+=+=??1sin ()sin ()442222]43sin()4n n R n n nnππππππ++=.针对本题中圆盘各象限密度不同有下列方程22123412344()()443c R R R x ππρρρρρρρρπ+++=--+, 22123412344()()443c R R R y ππρρρρρρρρπ+++=--+,解以上方程得0c x =,815c y R π=-.故质心坐标为(0,815R π-).2.如图答14—2所示,对图中所示的1Z 、2Z 、Z 坐标系与3Z 、4Z 、Z 坐标系运用正交轴定理,有1234J J J J J J ++=++,其中2312JmR =,24712J mR =,由对称等效可知 2121324J J mR ==. 3.如图答14—3所示,将立方体等分为边长为2a的八个小立方体,每个小立方体体对角线到大立方体体对角线距离d ==,依照本专题例3用量纲分析法求解有22222()()6()()(82828m a m a m kma k k ??=++,所以有 16k =,21 6J ma =.图答14-11Z R2ZZ4Z3Z图答14-2图答14-34.由正交轴定理22()A B i iiJ J m x y +=+∑及椭圆方程22221y x A B+=,得22222222()(1)A B i i i A A A J J m A y y mA J B B +=-+=+-∑,所以222B A A J mA J B=-.5.如图答14—4所示,设板质量为M ,则对AB 轴的转动惯量2211lim ()3nn i M d J i Md n n →∞===∑,对应于与竖直成α角的转轴,等效的重力是与轴垂直的分量sin Mg α,则24T =. 6.薄板上未贴m 时对悬点的转动惯量22023J J Md Ma =+=, 贴m后22123J Ma mx =+.振动周期相同,应有01'()J J Mgl M m gl =+,贴上m 后,质心相对悬点'mx Mll M m+=+,l =,解得x =.7.初始时,系统具有的重力势能P E mgh =,m 为一根杆的质量,铰链C 刚着地时,速度C v 竖直向下,各杆的瞬时转轴为()A B ,转动惯量2/3J ml =,l 表示每段杆长:由于铰链C 质量不计,则系统总动能22221112()233C k Cv E J ml mv l ?===,下落中机械能守恒,有 213Cmgh mv =,mgh:得C v =. 8.如图答14—5所示,圆柱体关于几何轴的转动惯量212J mR =,对过与绳相切点P 的平行轴的转动惯量232P J m R =;设轴心降低h 时速度为v ,由机械能守恒定律 2213()24v mgh J mv R ==,所以v 又由质心运动定律mg T m R β-=,由转动定律2mgR mR β=.则13T mg =.9.纯滚动时,无机械能损失,于是满足方程2222113()2224mR v mgh mv mv R =+?=,圆柱体与光滑墙碰撞,开始做非纯滚动,经时间t 达到纯滚动,质心速度由'C C v v →,角速度从'C C v v R R →,运用动量定理及动量矩定理'()C C ft m v v =-,'2()2C C v v mR fRt R R =-,解得'3C C v v =,此后机械能守恒,联系第一式可得''234mgh mv =,得'9h h =10.由机械能守恒定律,得22220011()()22t t mgs J m v v ??=-+-,又因2v sπ=,可得图答14-4图答14-522'022224t m v v gs g s J m s π-==+,即螺帽匀加速直线下降'0t v v g t =+,'224m g g Jm sπ=+. 11.(1)如图答14—6所示,两球225mv J =,刚完成弹性碰撞时,两球交换质心速度,角速度未变;设两球各经1t 、2t 达到纯滚动状态,质心速度为1v 、2v ,对球1有11ft mv =,2112()5v mR v fRt R R =-,所以127v v =;对球2有22()ft m v v =-,22225v mR fRt R =,257v v =.(2)系统原机械能222211127()22510k mR v E mv mv R =+?=;达到纯滚动后2222221125122529()()()()277257770k v v mR v v E m mv =++?+=,则2041%49η=≈. 12.(1)碰后系统质心位置从杆中点右移为2m lx m M ?=+.由质心的动量守恒0()C mv M m v =+,求得质心速度0C mv v M m=+. (2)由角动量守恒202122l Ml lmv m x ??=+,x 为瞬时轴距杆右端的距离,考虑质心速度与角速度关系022()2()C v mv Ml m M x Ml x M m ?==+--+,在23x l =处,有06(4)mv M m l ?=+. 13.圆柱半径与小球半径分别以R 、r 表示,小球滚到如图14—7位置时,质心速度设为C v ,角加速度β,转动惯量225J mr =,受到重力mg 、圆柱面支持力N 、静摩擦力f ,由质心运动定律,有 2cos Cmv mg N R rθ-=+,①sin mg f m r θβ-=,②自转动定律有 225fr mr β=,③ 又因小球做纯滚动,摩擦力为静摩擦力不做功,球的机械能守恒 22221127()(1cos )()22510C C Cv mr mg R r mv mv r θ+-=+?=,④ 将③式代入②式得5sin 2f mg f mr mr θ-=,于是2sin 7f mg θ=;将④式代人①式得10()(1cos )cos 7()mg R r mg N R r θθ+--=+,所以1710(cos )77N mg θ=-.图答14-6图答14-7C因做滚动,必定f ≤N μ,即μ≥2sin 17cos 10θθ-,在θ≤45°范围内μ≈0.7.14.乒乓球与地接触点O 既滚又滑且达到纯滚时,由角动量守恒,得 00C C mRv J mRv J ??-=+,即002()3C C v v R ??-=+.达到纯滚动时C v R ?=,由此可得纯滚动质心的速度002233C C v v R ?=-;其中,002233C v R ?>,纯滚后球向右顺时针纯滚,若002233C v R ?<,则纯滚后球向左逆时针纯滚.质心匀加速滚动,达到纯滚时间设为t ,由0C C v v gt μ=-,可得002()5C v R t gμ+=. 15.设以某棱为轴转动历时t ?,角速度i f ??→,时间短,忽略重力冲量及冲量矩,矢量关系如图答14—8所示,对质心由动量定理 ()sin 6i f N t Ma π=+,()cos6f i f t Ma π-?=-.对刚体动量矩定理25cossin()6612f i f ta N ta Ma ππ-?=-.解得1117f i ??=,1117s =,2121 289r s ==.图答14-8。
第4章刚体的运动学和动力学
P
II
M
d d 2 2 f " (t ) ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱt dt
当 β c
0 t 1 2 ( ) t t 0 2 2 2 0 2 ( 0 )
z ω,
与质点的匀加速直线运动公式相象
二. 定轴转动刚体上各点的速度和加速度
端,试计算飞轮的角加速 解 (1) Fr J
(2) mg T ma
rO
T
Fr 98 0.2 39.2 rad/s 2 J 0.5
mgr J mr 2
两者区别
F
mg
Tr J a r
98 0.2 2 21 . 8 rad/s 0.5 10 0.22
例如 T' T
x dx
x
• 在定轴转动中,力矩可用代数值进行计算
T' T
M i TR T' R
M i TR T' r
二. 刚体对定轴的转动定律
实验证明 当 M 为零时,则刚体保持静止或匀速转动 当存在 M 时, 与 M 成正比,而与J 成反比
M J
刚体的转动定律
M kJ
例 一根长为 l ,质量为 m 的均匀细直棒,可绕轴 O 在竖直平 面内转动,初始时它在水平位置 m l x O 求 它由此下摆 角时的 解 取一质元
M xdm g g xdm
C
mg
dm
M mgxC
1 M mgl cos 2
xdm mxC
重力对整个棒的合力矩等于重力全部 集中于质心所产生的力矩
L x
J
1 x dx ML2 3
刚体的一般运动的运动学和与动力学动力学
加速度
刚体在一段时间内速度的 变化率,表示刚体速度变 化的快慢。
刚体的平动
平动
刚体在运动过程中,其上任意两 点都沿着同一直线作等距离的移 动。
平动特点
刚体上各点的速度和加速度都相 等,与参考系的选择无关。
刚体的转动
转动
刚体绕某一定点做圆周运动。
转动特点
刚体上各点的速度和加速度大小相等,方向不同。
阻尼振动
阻尼振动是指由于阻力作用而使振动系统受到损 耗的振动。
受迫振动
受迫振动是指在外力作用下产生的振动。
刚体的稳定性和平衡性
静态平衡
刚体在静止状态下,如果受到微小扰 动后能恢复到原来的平衡位置,则称 该平衡为静态平衡。
动态平衡
刚体在运动状态下,如果受到微小扰 动后能保持原来的运动状态不变,则 称该平衡为动态平衡。
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刚体的平衡
总结词
刚体的平衡是指刚体在运动或静止时,其上各点的加速度均为零的状态。
详细描述
刚体的平衡可以通过力的合成和分解来分析。当刚体处于平衡状态时,其上各点的加速度均为零,即合外力为零。 根据力的平移定理,可以将力的作用点平移至刚体的质心,从而将刚体平衡问题转化为质点平衡问题。同时,根 据力矩平衡条件,可以得出刚体平衡的条件为合外力矩为零。
力矩和角速度
总结词
力矩是力和力臂的乘积,它描述了力对刚体转动的效应;角速度是描述刚体转动快慢的 物理量。
详细描述
力矩是力和力臂的乘积,其方向垂直于力和力臂所在的平面。力矩可以改变刚体的转动 状态,包括转动方向和角速度大小。角速度是描述刚体绕固定点转动的快慢的物理量, 其方向与转动方向相同。公式表示为M=FL,其中M表示力矩,F表示力,L表示力臂。
刚体动力学2
J = ∑ mi ri 2
转动惯量
转动定律
M = Jβ
刚体是特殊质点系,转动定律和质心运 动定律非常相似:
G G M = Jβ
G G F = mac
4
§3.3 转动惯量
一、转动惯量的物理意义 转动惯量特点
J = ∑ mi ri = ∑ J i
2
第 第三 三章 章
转动惯量是转 动惯性的量度
质量是平动 惯性的量度
桌面支持力对轴不产生力矩,摩 擦力矩使圆盘转动停止。 设转动方向为正,转动定律
o
ω0
R
dω −M f = J β = J dt
14
第三 三章 章 设圆盘的体密度 ρ ,厚度 l,在圆盘上 第 半径r处,取宽为dr的细圆环为质元。 质量dm=ρdV=2πrlρdr ,摩擦力df=μN=μgdm G G G 2 d M = 2 πμρ glr dr 力矩 dM f = r × df 大小 f
转 动 定 律
第 第三 三章 章
o x 1 2 M = Fy = J β = ml β 3 y F = F = ma x方向上的质心运动定理 ∑ x cx c
【解】只有F的力矩引起转动,转动定律
线量和角量关系,细杆的质心在l/2处
F y
l acx = ac = β 2
解得
2 y= l 3
17
【例】 如图所示,两物体的质量
J = ∑ mi ri
2
2
J = ∫r dm
质量体分布 dm ρ= dV J = ∫V r 2 ρ d V
6
一些常见刚体的转动惯量 一些常见刚体的转动惯量
第 第三 三章 章
细杆
1 2 J = ml 12
刚体运动学解析
将矢量OA和OB按平行四边形法则合成矢量OC
• 两个转动在C点产生速度的大小分别为:
v1 r11 v1 2SOCA
v2 r22
v2 2SOCB
r2 r1
v1 v2 S□OBCA
• 两个转动在C点产生速度的方向分别为: ω1 v1 垂直平面向外 ω2 v2 垂直平面向里
v1 和 v2 抵消 C 点不动
OC 即,OC轴长等于ω大小
两步证明 角速度的合成服从平行四边形法则
§3
刚体定轴转动
定轴转动的动力学 与质点动力学相对应
角动量和角速度的关系
v ωr
把刚体看成质点组
J mi ri vi mi ri ω ri
i
i
A B C A C B A BC
mi ri ri ω ri ωri
i
i
令 miri2 I 叫做刚体绕定轴的转动惯量
i
• I 反映刚体质量相对于转轴的分布情况 • 同样质量的刚体,由于形状不同,其转动惯量因而不同
J// = Iω
p = mv
I 对应于m,二者都是惯性大小的量度
如何计算转动惯量?
对于质量连续分布的物体
m d m
若密度为ρ
I r2 d m r2 dV
v1 =ω1×(P到OA的垂直距离) = 2SΔPOA v2 =ω2×(P到OB的垂直距离) = 2SΔPOB
方向:v1 与 v2 反向
v v1 v2 2SPOA 2SPOB 2SPOC
= OC×(P到OC的垂直距离)
比较 v=ω×(P到OC的垂直距离)
v =OC×(P到OC的垂直距离)
矢量不仅有大小和方 向,还需服从平行四 边形合成法则
刚体动力学运动学问题专题讲解
Ml s lS mM
lS
ml S mM
例2质心运动定律来讨论以下问题
一长为l、密度均匀的柔软链条,其单位长度 的质量为λ.将其卷成一堆放在地面.若手提 链条的一端,以匀速v 将其上提.当一端被提 离地面高度为 y 时,求手的提力.
y y yC o
F
c
解:建立图示坐标系
i 竖直方向作用于链条的合外力为
例3
设有一质量为2m的弹丸,从地面斜抛出去,它飞行在
最高点处爆炸成质量相等的两个碎片,其中一个竖直自由下落,另 一个水平抛出,它们同时落地.问第二个碎片落地点在何处?
解:选弹丸为一系统,爆炸前、 后质心运动轨迹不变.建立 图示坐标系.
2m O
m
m1 m2 m x1 0
xC为弹丸碎片落地时质心 离原点的距离. xC
xC
C
xC
m x
x2
m1 x1 m2 x2 m1 m2
x2 2 xC
7
/12
2. 质心运动定理 dri mi miv i drc d t • 质心的速度 vc dt m m
P mvc —— 质点系的总动量
Pi m
•
质心的加速度和动力学规律
v R
4m gh 2m M R
例题3 一质量为m、半径为R的均质圆柱,在水 平外力作用下,在粗糙的水平面上作纯滚动,力 的作用线与圆柱中心轴线的垂直距离为l,如图所 示。求质心的加速度和圆柱所受的静摩擦力。 解:设静摩擦力 f 的方向如 图所示,则由质心运动方程
l ac
F
圆柱对质心的转动定律:
二、质心
1. 质心
质心运动定理
刚体力学概要
0 , 0 2
〔5〕一般运动
刚体运动时不受任何约束,可以在空间任意运动,可分解为质心的平 动与绕通过质心的某直线的定点转动。其自由度为6.
平动可用C点的坐标 x0, y0, z0
描述,定点转动用欧拉角 ,, 描述。
4.1.2 刚体的角速度
刚体转动特性可用角位移和角速度来描述。
〔1〕角位移
设刚体在 t 时间内绕某轴线转过角度
刚体的运动有以下几种形式
〔1〕平动 刚体运动中刚体上任意始终线始终彼此平行时称为平动,刚体平动
时刚体上全部点的速度、加速度一样,刚体上任意一点的运动都可以代 表整个刚体的运动,其自由度为3,如图4.1所示。
(2)定轴转动
刚体运动时,其中有两个点始终不动,则刚体绕这两点决定的直线 转动,称为定轴转动(自由度多少?)
这时〔3〕和〔4〕式变为
cg t(03 2R0)
(7)
3 gt
(8)
2R
即cω从0R逐时渐,增乒大乓,球c 作从纯(滚动0 ,所32经R历的0时)逐间渐t由减(小7。)当与(c 减8)小式至联立
确定:
2 3g tg t(03 2R 0)
t 52g(03 2R0)
0mcgo sF N
IcRF
xc R
由以上四式,可得法向约束反力 F N 和切向约束反力 F :
FNmcgos
F
1m gsin
3
因切向约束反力为静摩擦力:F FN
1msgi nmcgos
3
1 tg
3
争论:
① 若保持斜面倾角α不变,则斜面的粗糙程度达到 1 tg
时,圆柱体在斜面上只滚不滑;
第4章 刚体力学
内容: ·刚体运动学
yb 多体动力学第二章
O
u e2
r e2
v e2
e
r 1
e1u e1v
e e ev
r
u
u v e1 e1
v b e3 e3
r u e3 e3
2.2.2 欧拉角坐标
b e2
O
b e1
刚体的姿态可分解为依次绕连体基[eb] 的基矢量[e3b]、[e1b]、[e3b]转过有限 角度ψ、θ、φ来实现 这3次有限转动作了3次基的过渡
r
u e3 v e3
r e3
2.2.3 卡阿丹角坐标
刚体的姿态可分解为依次绕连体基 [eb]的基矢量[e1b]、[e2b]、[e3b] 转过有限角度α、β、来实现 这3次有限转动作了3次基的过渡
r u e1 e1 u 2 v 2
O
u v e2 e2
e e
u 1
r 1
e1v
r e2
sin cos 0 0 0 1 0 1 A 0 cos 0 sin sin cos 0 cos A sin 0 sin cos 0 0 0 1
r e3
2.2.2 欧拉角坐标
刚体的姿态可分解为依次绕连体基[eb] 的基矢量[e3b]、[e1b]、[e3b]转过有限 角度ψ、θ、φ来实现 这3次有限转动作了3次基的过渡
O
r e2
e
r 1
er
r u e3 e3
2.2.2 欧拉角坐标
第十三讲刚体的运动和动力学问题 (1)
第十三讲 刚体的运动学与动力学问题一 竞赛内容提要 1、刚体;2、刚体的平动和转动;3、刚体的角速度和角加速度;4、刚体的转动惯量和转动动能;5、质点、质点系和刚体的角动量;6、转动定理和角动量定理;7、角动量守恒定律。
二 竞赛扩充的内容1、刚体:在外力的作用下不计形变的物体叫刚体。
刚体的基本运动包括刚体的平动和刚体绕定轴的转动,刚体的任何复杂运动均可由这两种基本运动组合而成。
2、刚体的平动;刚体的平动指刚体内任一直线在运动中始终保持平行,刚体上任意两点运动的位移、速度和加速度始终相同。
3、刚体绕定轴的转动;刚体绕定轴的转动指刚体绕某一固定轴的转动,刚体上各点都在与转轴垂直的平面内做圆周运动,各点做圆周运动的角位移Φ、角速度ω和角加速度β相同(可与运动学的s 、v 、a 进行类比)。
且有:ω=t t ∆∆Φ→∆lim 0;β=t t ∆∆→∆ωlim0。
当β为常量时,刚体做匀加速转动,类似于匀加速运动,此时有:ω=ω0+βt ; Φ=Φ0+ω0t+βt 2/2;ω2-ω02=2β(Φ-Φ0)。
式中,Φ0、ω0分别是初始时刻的角位移和角速度。
对于绕定轴运动的刚体上某点的运动情况,有:v=ωR , a τ=βR , a n =ω2R=v 2/R, 式中,R 是该点到轴的距离,a τ、a n 分别是切向加速度和法向加速度。
例1 有一车轮绕轮心以角速度ω匀速转动,轮上有一小虫自轮心沿一根辐条向外以初速度v 0、加速度a 作匀加速爬行,求小虫运动的轨迹方程。
例2 一飞轮作定轴转动,其转过的角度θ和时间t 的关系式为:θ=at+bt 2-ct 3,式中,a 、b 、c 都是恒量,试求飞轮角加速度的表示式及距转轴r 处的切向加速度和法向加速度。
例3 如图所示,顶杆AB 可在竖直槽K 内滑动,其下端由凸轮K 推动,凸轮绕O 轴以匀角速度ω转动,在图示瞬间,OA=r ,凸轮轮缘与A 接触处,法线n 与OA 之间的夹角为α,试求此瞬时顶杆OA 的速度。
刚体力学
利 用 转 动 定 理 牛 顿 定 律 的 习 题 ,
利 用 转 动 定 理 牛 顿 定 律 的 习 题 ,
解题小结
1.建立坐标系. 2.受力分析. 3.写出平动方程 4.选好转轴,写出转动方程. 5.建立转动角速度以及角加速度 和平动速度以及平动加速度关系.
(刚体运动学知识)
刚 体 的 平 衡
G = ∑ mi gyi
i
G = ∑ mi yi g
i
G = mgyc
刚体的机械能守恒
如果刚体只受到保守力的作用, 刚体的机械能守恒, 即平动动能加上转动动能以及势能之和等于零.
刚体的平衡
处于平衡态的刚体既没有平动也没有转动 或者匀速转动. 因此,刚体所受的合外力等力, 合力矩等于零.需要指出的是, 处于平衡态的刚体,转轴的选取可以是任意的. 实际处理中,遵循方便的原则.
刚体运动学小结
刚体的纯平动,是平庸的问题.可以抽象成单个质点研究. 本章刚体力学以绕定轴的转动以及平面平行运动为主. 把坐标系的原点选在转轴上,并以转动轴为直角坐标系的一个轴, 可以简化分析.
刚体动力学
抓住构成刚体质点间的间距不变的特点, 运用质点系的动力学知识, 研究在外力作用下的转动和平动.
计算公式的详细解释
(1)已知体密度的计算
I = ∫ r 2 dm = ∫ ( x 2 + y 2 ) 2 ρ ( x, y, z )dxdydz
该公式适用条件是转轴为Z轴.
如果上述条件不满足,可以 结合垂直轴定理,平行轴定理 计算.
计 算 转 动 惯 量
(2)已知面密度的计算
I = ∫ r 2 dm = ∫ ( x 2 + y 2 ) 2 ρ ( x, y )dxdy
第二章 姿态运动学与动力学
A被称为方向余弦阵或姿态矩阵
方向余弦阵的性质及特点
方向余弦阵只有三个独立参数 xa⋅ xa=1, ya⋅ ya=1, za⋅ za=1 xa⋅ ya=0, xa⋅ za=0, ya⋅ za=0 方向余弦阵是正交矩阵 方向余弦阵的行列式为1 方向余弦阵可作为坐标变换矩阵
Fa=CabFb, Fb=CbcFc, Fa=CacFc Cac=CabCbc
yp o zp xp 太阳
2.1.7 太阳-黄道坐标系oxsyszs
太阳黄道平面为坐标平面 xs轴指向太阳圆盘中心 zs轴指向黄极 ys轴与xs、 zs右手正交 三轴稳定的科学卫星
ϒ
PN C
zs ys o xs 黄道 S 赤道
§2.2 姿态描述
2.2.1 2.2.2 2.2.3 2.2.4 2.2.5 2.2.6 姿态描述初步 方向余弦式姿态描述 Euler轴/角式姿态描述 Euler角式姿态描述 Euler四元素式姿态描述 Rodrigues参数式姿态描述
yb
坐标轴的相对关系
ya
xa =Axxxb+Axyyb+Axzzb ya =Ayxxb+Ayyyb+Ayzzb za =Azxxb+Azyyb+Azzzb
方向余弦阵(姿态矩阵)的引入
将两个坐标系坐标轴之间的关系写成紧凑形式
Fa = AFb
⎡ Axx ⎢ A = ⎢ A yx ⎢ Azx ⎣ Axy A yy Azy Axz ⎤ ⎥ A yz ⎥ Azz ⎥ ⎦
2.2.4.1 Euler角基本理论依据
出发点
希望三个姿态参数具有简便、明显的几何意义,并能用姿态 敏感器直接测量,且可方便求解动力学方程
理论依据(Euler定理)
《刚体运动学》课件
理解定轴转动的定义和性质是掌握刚体运动学的基础。
详细描述
定轴转动是指刚体绕某一固定轴线旋转的刚体运动,具有角速度和角加速度两个重要的物理量。刚体在定轴转动 时,其上任意一点都以相同的角速度和角加速度绕轴线旋转。
定轴转动的合成与分解
总结词
掌握定轴转动的合成与分解是解决刚体动力学问题的关键。
详细描述
合成与分解的方法
通过选择合适的参考系和坐标系,利用矢量合成 和分解的方法进行计算。
刚体的定点平面运动
定义:刚体绕某一固定点在平 面内作圆周运动或椭圆运动。
描述参数:刚体的位置、速度 和加速度可以用定点、角位移 、角速度和角加速度等参数描
述。
动力学方程:根据牛顿第二定 律和刚体的转动定理,建立定 点平面运动的动力学方程。
在物理学中的应用
01
力学
刚体运动学是力学的一个重要分支,用于研究刚体的运动规律和力学性
质。通过刚体运动学分析,可以了解物体在不同力场作用下的运动状态
和变化规律。
02
天体物理学
在天体物理学中,刚体运动学用于研究天体的运动和演化。通过对天体
的刚体运动进行分析,可以了解天体的轨道、速度和加速度等运动参数
要点二
分解
空间运动的分解是指将一个复杂的运动分解为若干个简单 的运动。
刚体的定点空间运动
定义
刚体的定点空间运动是指刚体绕一个固定点在空间中的 旋转运动。
性质
定点空间运动具有旋转轴、旋转角速度和旋转中心等物 理量,其运动状态可以通过这些物理量来描述。
06
刚体运动学的应用
在工程中的应用
机械工程
刚体运动学在机械工程中广泛应用于机构分析和设计,如连杆机构、凸轮机构和齿轮机构等。通过刚体运动学分析, 可以确定机构的运动轨迹、速度和加速度,优化机构设计。
刚体的运动学与动力学问题
刚体的运动学与动力学问题(总16页)--本页仅作为文档封面,使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--刚体的运动学与动力学问题编者按中国物理学会全国中学生物理竞赛委员会 2000 年第十九次会议对《全国中学生物理竞赛内容提要》作了一些调整和补充,并决定从 2002 年起在复赛题与决赛题中使用提要中增补的内容.一、竞赛涉及有关刚体的知识概要1. 刚体在无论多大的外力作用下,总保持其形状和大小不变的物体称为刚体.刚体是一种理想化模型,实际物体在外力作用下发生的形变效应不显著可被忽略时,即可将其视为刚体,刚体内各质点之间的距离保持不变是其重要的模型特征.2 . 刚体的平动和转动刚体运动时,其上各质点的运动状态(速度、加速度、位移)总是相同的,这种运动叫做平动.研究刚体的平动时,可选取刚体上任意一个质点为研究对象.刚体运动时,如果刚体的各个质点在运动中都绕同一直线做圆周运动,这种运动叫做转动,而所绕的直线叫做转轴.若转轴是固定不动的,刚体的运动就是定轴转动.刚体的任何一个复杂运动总可看做平动与转动的叠加,刚体的运动同样遵从运动独立性原理.3. 质心质心运动定律质心这是一个等效意义的概念,即对于任何一个刚体(或质点系),总可以找到一点C,它的运动就代表整个刚体(或质点系)的平动,它的运动规律就等效于将刚体(或质点系)的质量集中在点C,刚体(或质点系)所受外力也全部作用在点C时,这个点叫做质心.当外力的作用线通过刚体的质心时,刚体仅做平动;当外力作用线不通过质心时,整个物体的运动是随质心的平动及绕质心的转动的合成.质心运动定律物体受外力 F 作用时,其质心的加速度为aC,则必有F=maC,这就是质心运动定律,该定律表明:不管物体的质量如何分布,也不管外力作用点在物体的哪个位置,质心的运动总等效于物体的质量全部集中在此、外力亦作用于此点时应有的运动.4 . 刚体的转动惯量J刚体的转动惯量是刚体在转动中惯性大小的量度,它等于刚体中每个质点的质量mi与该质点到转轴的距离ri的平方的乘积的总和,即J=miri2.从转动惯量的定义式可知,刚体的转动惯量取决于刚体各部分的质量及对给定转轴的分布情况.我们可以利用微元法求一些质量均匀分布的几何体的转动惯量.5. 描述转动状态的物理量对应于平动状态参量的速度v、加速度a、动量p=mv、动能Ek=( 1 / 2 )mv2;描述刚体定轴转动状态的物理量有:角速度ω角速度的定义为ω=Δθ/Δt.在垂直于转轴、离转轴距离r处的线速度与角速度之间的关系为v=rω.角加速度角加速度的定义为α=Δω/Δt.在垂直于转轴、离转轴距离r处的线加速度与角加速度的关系为at=rα.角动量L角动量也叫做动量矩,物体对定轴转动时,在垂直于转轴、离转轴距离r处某质量为m的质点的角动量大小是mvr=mr2ω ,各质点角动量的总和即为物体的角动量,即L=miviri=(miri2)ω=Jω.转动动能Ek当刚体做转动时,各质点具有共同的角速度ω及不同的线速度v,若第i个质点质量为mi,离转轴垂直距离为ri,则其转动动能为( 1 / 2 )mivi2=( 1 / 2 )miri2ω2,整个刚体因转动而具有的动能为所有质点的转动动能的总和,即Ek=( 1 / 2 )(miri2)ω2=( 1 / 2 )Jω2.6 . 力矩M力矩的功W冲量矩I如同力的作用是使质点运动状态改变、产生加速度的原因一样,力矩是改变刚体转动状态、使刚体获得角加速度的原因.力的大小与力臂的乘积称为力对转轴的力矩,即M=Fd.类似于力的作用对位移的累积叫做功,力矩的作用对角位移的累积叫做力矩的功.恒力矩M的作用使刚体转过θ角时,力矩所做的功为力矩和角位移的乘积,即A=Mθ.与冲量是力的作用对时间的累积相似,力矩的作用对时间的累积叫做冲量矩,冲量矩定义为力矩乘以力矩作用的时间,即I=MΔt.7. 刚体绕定轴转动的基本规律转动定理刚体在合外力矩M的作用下,所获得的角加速度与合外力矩大小成正比,与转动惯量J成反比,即M=Jα.如同质点运动的牛顿第二定律可表述为动量形式,转动定理的角动量表述形式是M=ΔL/Δt.转动动能定理合外力矩对刚体所做的功等于刚体转动动能的增量,即W=( 1 / 2 )Jω12-( 1 / 2 )Jω O2.该定理揭示了力矩作用对角位移的积累效应是改变刚体的转动动能.角动量定理转动物体所受的冲量矩等于该物体在这段时间内角动量的增量,即MΔt=L1-L0=Jωt-Jω0.该定理体现了力矩作用的时间积累效应是改变刚体转动中的动量矩.角动量守恒定律当物体所受合外力矩等于零时,物体的角动量保持不变,此即角动量守恒定律.该定律适用于物体、物体组或质点系当不受外力矩或所受合外力矩为零的情况.在运用角动量守恒定律时,要注意确定满足守恒条件的参照系.如果将上述描述刚体的物理量及刚体的运动学与动力学规律与质点相对照(如表 1 所示),可以发现它们极具平移对称性,依据我们对后者的熟巧,一定可以很快把握刚体转动问题的规律.表 1质点的直线运动刚体的定轴转动位移s角位移θ速度vv=Δs/Δt角速度ωω=Δθ/Δt加速度aa=Δv/Δt角加速度αα=Δω/Δt匀速直线运动s=vt匀角速转动θ=ωt匀变速直线运动v1=v0+ats=v0t+( 1 / 2 )at2vt2-v02= 2 as匀变速转动ω1=ω0+αtθ=ω0t+( 1 / 2 )αt2ω t2-ω O2= 2αθ牛顿第二定律F=ma转动定理M=Jα动量定理Ft=mvt-mv0(恒力)角动量定理Mt=Jωt-Jω0动能定理Fs=( 1 / 2 )mvt2-( 1 / 2 )mv02转动动能定理Mθ=( 1 / 2 )Jω t2-( 1 / 2 )Jω O2动量守恒定律mv=常量角动量守恒定律Jω=常量二、确定物体转动惯量的方法物体的转动惯量是刚体转动状态改变的内因,求解转动刚体的动力学问题,离不开转动惯量的确定.确定刚体的转动惯量的途径通常有:1. 从转动惯量的定义来确定对于一些质量均匀分布、形状规则的几何体,计算它们关于对称轴的转动惯量,往往从定义出发,运用微元集合法,只需要初等数学即可求得.例 1 如图 1 所示,正六角棱柱形状的刚体的质量为M,密度均匀,其横截面六边形边长为a.试求该棱柱体相对于它的中心对称轴的转动惯量.图 1分析与解这里求的是规则形状的几何体关于它的中心对称轴的转动惯量.从转动惯量的定义出发,我们可将棱柱沿截面的径向均匀分割成n(n→∞)个厚度均为(/ 2 )·(a/n)、棱长为l的六棱柱薄壳,确定任意一个这样的薄壳对中心轴的元转动惯量Ji,然后求和即可,有J=Ji.图 2现在,先给出一矩形薄板关于与板的一条边平行的轴OO′的转动惯量.板的尺寸标注如图 2 所示,质量为m且均匀分布,轴OO′与板的距离为h,沿长为b的边将板无限切分成n条长为l、宽为b/n的窄条,则有J板=lim(m/bl)·(b/n)·l[h2+(ib/n)2]=m[(h2/n)+(i2/n3)b2]=m(h2+(b2/ 3 )).回到先前的六棱柱薄壳元上,如图 1 所示,由对称性可知其中第i个薄壳元的hi=ia/ 2 n,b=ia/ 2 n.薄壳元对轴OO′的转动惯量是 1 2 J板,即Ji =1 2ρl(a/ 2 n)(ia/ 2 n)[(ia/ 2 n)2+( 1 / 3 )(ia/ 2 n)2].式中,ρ是六棱柱体的密度,即ρ=M/ 6 ×( 1 / 2 )·a2·(/ 2 )l= 2 M/ 3 a2l.则六棱柱体对中心对称轴OO′的转动惯量为J= 1 2 ρl·(a/n)·(/ 2 )·(ia/ 2 n)[((ia/n)·(/2 ))2+( 1 /3 )(ia/ 2 n)]= 1 2 ρl·(a4/ 4 )·(i3/n4)·[ 3 / 4 + 1 / 1 2 ]=( 5 Ma2/ 3 )i3/n4=( 5 Ma2/ 3 )( 1 /n4)( 1 3+ 2 3+…+n3)=( 5 Ma2/ 3 )( 1 /n4)·(n2(n+ 1 )2/ 4 )= 5 Ma2/ 1 2 .2 . 借助于平行轴定理在刚体绕某点转动时,需对过该点的轴求转动惯量,借助于平行轴定理,可以解决这样的问题:已知刚体对过质心的轴的转动惯量,如何求对不通过质心但平行于过质心转轴的轴的转动惯量.平行轴定理:设任意物体绕某固定轴O的转动惯量为J,绕过质心而平行于轴O的转动惯量为JC,则有J=JC+Md2,式中 d 为两轴之间的距离,M为物体的质量.图 3证明:如图 3 所示,C为过刚体质心并与纸面垂直的轴,O为与它平行的另一轴,两轴相距为d,在与轴垂直的平面内以质心C为原点,过CO的直线为x轴,建立xCy坐标系.Mi代表刚体上任一微元的质量,它与轴C及轴O的距离依次为Ri和ri,微元与质心连线与x轴方向的夹角为θi,由转动惯量的定义知,刚体对轴O的转动惯量应为J=miri2=mi(Ri2+d2- 2 dRicosθ)=miRi2+mid2- 2 dmiRicosθi.上式中第一项即为刚体对质心C的转动惯量JC;第二项J=mid2=d2mi=Md2,M是刚体的总质量;而第三项中miRicosθi=mixi,xi是质量元在xCy平面坐标系内的x坐标,按质心的定义,有mixi= 0 ,所以J=JC+Md2.在上述例 1 中,我们已求得正六棱柱关于其中心轴的转动惯量,利用平行轴定理,我们还可求得六棱柱相对于棱边的转动惯量为J′=( 5 / 1 2 )Ma2+Ma2=( 17 / 1 2 )Ma2.3. 运用垂直轴定理对任意的刚体,任取直角三维坐标系Oxyz,刚体对x、y、 z 轴的转动惯量分别为Jx、Jy、J2,ri是质元到坐标原点的距离.z,可以证明Jx+Jy+Jz= 2 miri图 4证明:如图 4 所示,质元mi的坐标是xi、yi、zi,显然,ri2=xi2+yi2+zi2.而刚体对x、y、z轴的转动惯量依次为Jx=mi(yi2+zi2),Jy=(xi2+zi2),Jz=mi(xi2+yi2).则Jx+Jy+Jz= 2 mi(xi2+yi2+zi2)= 2 miri2.这个结论就是转动惯量的垂直轴定理,或称正交轴定理.这个定理本身及其推导方法对转动惯量求解很有指导意义.例 2 从一个均匀薄片剪出一个如图 5 所示的对称的等臂星.此星对C轴的转动惯量为J.求该星对C1轴的转动惯量.C和C1轴都位于图示的平面中,R和r都可看做是已知量.图 5分析与解设星形薄片上任意一质元到过中心O而与星平面垂直的轴O距离为ri,则星对该轴的转动惯量为miri2 = JO,由于对称性,星对C轴及同平面内与C轴垂直的D轴的转动惯量相等,均为已知量J;同样,星对C1轴及同平面内与C1轴垂直的D1轴的转动惯量亦相等,设为J1,等同于垂直轴定理的推导,则JC+JD= 2 J=JO,JC1+JD1= 2 J1=JO,于是有 2 J= 2 J1,即J1=J.4 . 巧用量纲分析法根据转动惯量的定义J=miri2,其量纲应为[ML2],转动惯量的表达式常表现为kma2形式,m是刚体的质量,a是刚体相应的几何长度,只要确定待定系数k,转动惯量问题便迎刃而解.例 3 如图 6 甲所示,求均匀薄方板对过其中心O且与x轴形成α角的轴C的转动惯量.图 6分析与解如图 6 (甲所示为待求其转动惯量的正方形薄板,设其边长为l,总质量为M,对C轴的转动惯量为J=kMl2,过中心O将板对称分割成四个相同的小正方形,各小正方形对过各自质心且平行于C的轴的转动惯量为(kM/ 4 )·(l/ 2 )2=kMl2/ 1 6 .如图 6 乙所示,小正方形的轴与C轴距离为D或d,由平行轴定理,它们对C轴的转动惯量应分别为(kMl2/ 1 6 )+(M/ 4 )D2(两个质心与C轴距离为D的小正方形)或(kMl2/ 1 6 )+(M/ 4 )d2(两个质心与C轴距离为d的小正方形),则有下列等式成立,即kMl2= 2 ((kMl2/ 1 6 )+(M/ 4 )D2)+ 2 ((kMl2/ 1 6 )+(M/4 )D2).整理可得( 3 / 2 )kl2=(D2+d2).而由几何关系,可得D=(l/ 2 )·(/ 2 )sin(π/ 4 +α),d=(l/ 2 )·(/ 2 )sin(π/ 4 -α),故有( 3 / 2 )kl2=(l2/ 8 )[sin2(π/ 4 +α)+sin2(π/ 4 -α)],则k= 1 / 1 2 .于是求得正方形木板对过其中心O的轴的转动惯量为J=( 1 / 1 2 )Ml2,且与角α无关.5 .一些规则几何体的转动惯量一些规则几何体的转动惯量如表 2 所示.表 2三、刚体运动问题例析根据今年将实行的CPhO新提要,刚体运动问题应该要求运用质心运动定理、角动量定理及角动量守恒定律等刚体基本运动规律来求解刚体转动的动力学与运动学问题.下面就此展示四个例题.例 4 在平行的水平轨道上有一个缠着绳子且质量均匀的滚轮,绳子的末端固定着一个重锤.开始时,滚轮被按住,滚轮与重锤系统保持静止.在某一瞬间,放开滚轮.过一定的时间后,滚轮轴得到了固定的加速度a,如图 7 甲所示.假定滚轮没有滑动,绳子的质量可以忽略.试确定:( 1 )重锤的质量m和滚轮的质量M之比;( 2 )滚轮对平面的最小动摩擦因数.图 7分析与解与处理质点的动力学问题一样,处理刚体转动的力学问题,要清楚了解力矩与转动惯量对刚体运动的制约关系.( 1 )当滚轮轴亦即滚轮质心纯滚动而达到恒定的加速度a时,其角加速度为α=a/R,R为滚轮的半径.滚轮可看做质量均匀的圆盘,其关于质心的转动惯量为( 1 / 2 )MR2,分析滚轮受力情况如图 7 乙所示,可知以轮与水平轨道的接触点C为瞬时转动轴考察将比较方便,因为接触点处的力对刚体的这种转动不产生影响.关于C轴,对滚轮形成转动力矩的只有绳子上的张力T,张力T可以通过重锤的运动来确定:相对于接触点C,滚轮的质心的水平加速度为a,重锤相对滚轮质心的线加速度也为a,且方向应沿绳子向下,这两个加速度是由重锤所受到的重力与绳子拉力提供的,重锤的加速度为这两个加速度的矢量和.由牛顿第二定理,有mgtanθ=ma,(mg/cosθ)-T′=ma,则T=T′=m-ma.再研究滚轮,注意到C点到张力T的作用线之距离的几何尺寸,滚轮对C轴的转动惯量可用平行轴定理转换为( 3 / 2 )MR2,对滚轮运用转动定律,有(m-ma)( 1 -(a/))R=( 3 / 2 )MR2·(a/R).解之得m/M= 3 a/ 2 (-a)2.( 2 )对滚轮应用质心运动定理,滚轮质心加速度为a,方向水平,则应有f-Tsinθ=Ma,N-Tcosθ=Mg,其中sinθ=a/,cosθ=g/,那么,动摩擦因数满足μ≥f/N=a/g.在上面解答中,确定滚轮与重锤的相关加速度是本题的“题眼”所在.例 5 如图 8 甲所示,在光滑地面上静止地放置着两根质量均为m,长度均为l的均匀细杆,其中一杆由相等的两段构成,中间用光滑的铰链连接起来,两段在连接点可以弯折但不能分离.在两杆的一端,各施以相同的垂直于杆的水平冲量I.试求两细杆所获得的动能之比.图 8分析与解本题的求解方向是通过质心的动量定理与刚体的角动量定理,求得杆的质心速度及绕质心的角速度,进而求出杆由于这两个速度所具有的动能.如图 8 乙所示,设杆 1 在冲量I作用下,质心获得的速度为vC,杆的角速度为ω,由质心的动量定理,得I=mvC,由刚体的角动量定理,得I·l/ 2 =Jω=( 1 / 1 2 )ml2ω.则杆 1 的动能为Ek 1 =( 1 / 2 )mvc2+( 1 / 2 )Jω2=( 1 / 2 )m(I/m)2+( 1 / 2 )J(Il/ 2 J)2=(I2/ 2 m)+( 3 I2/ 2 m)= 2 I2/m.如图 8 丙所示为杆 2 的左、右两段受力情况,当在杆 2 左端作用冲量I时,在两段连接处,有一对相互作用的冲量I1与I1′,它们大小相等,方向相反.由于两段受力情况不同,各段的质心速度及角速度均不同,但在连接处,注意到“不分离”的条件,左段的右端与右段的左端具有相同的速度.现对两段分别运用动量定理和角动量定理,对杆 2 左段,有I-I1=(m/ 2 )vC1,(I+I1)·(l/ 4 )=(ml2/ 9 6 )ω1,对杆 2 右段,有I1′=(m/ 2 )vC 2 ,I1′·l/ 4 =(ml2/ 9 6 )ω2.由连接处“不分离”条件得左、右两段的速度与角速度的关系是vC 1 -ω1·(l/ 4 )=ω2·(l/ 4 )+vC 2 ,由以上各式,可得ω1= 1 8 I/ml,ω2=- 6 I/ml,vC 1 = 5 I/ 2 m,vC 2 =I/ 2 m,于是可计算杆 2 的动能为Ek 2 =( 1 / 2 )·(m/ 2 )(vC 1 2+vC 2 2)+( 1 / 2 )·(J/ 2 )(ω12+ω22)= 7 I2/ 2 m.易得 1 、 2 两杆的动能之比为E1∶E2= 4 ∶7 .本题求解中,抓住杆 2 左、右两段连接处速度相同的相关关系,全盘皆活.例 6 形状适宜的金属丝衣架能在如图 9 所示的平面里的几个平衡位置附近做小振幅摆动.在位置甲和位置乙里,长边是水平的,其它两边等长.三种情况下的振动周期都相等.试问衣架的质心位于何处摆动周期是多少(第 13 届IPhO试题)图 9图 10分析与解本题涉及刚体做简谐运动的问题,即复摆的运动规律.一个在重力作用下绕水平轴在竖直面内做小角度摆动的刚体称为复摆或物理摆.我们先来推导复摆的周期公式.如图 1 0 所示,设O为转轴(悬点),质心C与转轴距离(等效摆长)为l,质量为m,对转轴的转动惯量为J,最大偏角θ<5°.由机械能守恒定律,可得mgl( 1 -cosθ)=( 1 / 2 )Jω′2.①ω′是刚体的质心通过平衡位置时的角速度.对摆长l、质量m的理想单摆而言,有mgl( 1 -cosθ)=( 1 / 2 )mv2=( 1 / 2 )m(lω)2=( 1 / 2 )m(Aω0)2.②②式中ω0是摆球(质点)通过平衡位置时的角速度,A是振幅(A = l),ω0是摆球振动的圆频率.可知ω0=.将①式变形为mgl( 1 -cosθ)=( 1 / 2 )Jω′2=( 1 / 2 )m(l·ω′)2=( 1 / 2 )m(Aω0′)2,比较②式,即对复摆与单摆作等效变换,可得复摆小幅振动(亦为谐振)的圆频率为ω0′=ω0=,那么复摆的周期公式为T= 2π.图 11由题设条件确定衣架的质心位置及转动惯量,依据复摆周期公式,即可确定三种情况下相同的摆动周期T.如图 11 所示,质心O到转轴A、B、C的距离设为a、b、c,由图 9 甲所示衣架的平衡位置可知,质心O必在衣架长边的中垂线AB上,在三种情况下衣架对转轴A、B、C的转动惯量依次为JA=JO+ma2,JB=JO+mb2,JC=JO+mc2.式中JO为所设衣架对质心O的转动惯量,m是衣架总质量.因为三种情况下的周期相同,故有(JO+ma2)/mga=(JO+mc2)/mgc,即(JO-mac)(c-a)= 0 ,显然c≠a,则可知JO=mac;又有(JO+ma2)/mga=(JO+mb2)/mgb,即(JO-mab)(b-a)= 0 ,此式中因c>b,故(JO- mab)≠ 0 ,则必有a=b,即质心位于AB之中点.衣架周期为T = 2π= 2π.根据图 9 标注的尺寸可知a= 5 cm,c=cm≈ 2 1 . 6 cm,代入后得T≈1. 0 3 s.本题是国际物理奥林匹克的一道赛题,题意简洁,解答方法也很多,笔者给出的这种解法应该说比较严密且巧妙.最后,我们再尝试解答另外一道比较繁难的国际物理奥林匹克竞赛试题,该题涉及动量矩守恒定律的运用.例 7 如图 1 2 所示,一个质量为m,半径为RA的均匀圆盘A在光滑水平面xOy内以速度v沿x轴方向平动,圆盘中心至x轴的垂直距离为b.圆盘A与另一静止的、其中心位于坐标原点O的均匀圆盘B相碰.圆盘B的质量与A相同,半径为RB.假定碰撞后两圆盘接触处的切向速度分量(垂直于连心线方向的速度)相等,并假设碰撞前后两圆盘沿连心线方向的相对速度大小不变.在发生碰撞的情况下,试求:( 1 )碰后两圆盘质心速度的x分量和y分量,结果要以给定的参量m、RA、RB、v和b表示;( 2 )碰后两圆盘的动能,结果要以给定的参量m、RA、RB、v和b表示.(第 24 届IPhO试题)分析与解( 1 )本题情景是质量相同的运动圆盘A与静止圆盘B在水平面上发生非弹性斜碰.碰撞前后,质心动量守恒——系统不受外力;对O点的角动量守恒——外力冲量矩为零;动能不守恒——碰撞后两圆盘接触处的切向速度分量相等,必有摩擦力存在,动能有损失.本题给出诸多的附加条件,除了根据动量守恒与角动量守恒列出基本方程外,还必须根据附加条件给出足够的补充方程,并适当选用速度分量,方可最终得解.图 12 图 13如图 13 所示,设碰撞时两盘质心连线与x轴成θ角,由几何关系可知b = (RA + RB)sinθ.对系统,在法向与切向动量均守恒,即mvsinθ=mvAt+mvBt,mvcosθ=mvAn+mvBn,式中,vAt、vBt、vAn、vBn是A、B盘碰撞后沿切向与径向的质心速度;系统对O点的角动量守恒即mvb=JAωA+mvAt(RA+RB)+JBωB,该式中,JA=( 1 / 2 )mRA 2 ,JB=( 1 / 2 )mRB 2 ,ωA、ωB为两盘碰撞后的角速度(待定).注意碰撞后A盘既有转动又有平动,对O点的角动量由两部分组成,而B盘质心在O点,故角动量仅为JBωB.上述三个方程涉及六个未知量,需列出补充方程.根据两盘接触处切向速度相同有vAt-ωARA=vBt+ωBRB,根据两盘法向相对速度不变有vcosθ=vBn-vAn.对B盘,由动量定理和角动量定理,摩擦力f的作用是f·Δt=mvBt,f·RB·Δt=JBωB,即mvBtRB=JBω B.由上述六个方程,解得ωA=vsinθ/ 3 RA,ωB=vsinθ/ 3 RB,vAt=( 5 / 6 )vsinθ,ωBt=( 1 / 6 )vsinθ,vAn= 0 ,vBn=vcosθ.碰后两盘的质心速度的x分量分别为vAx=vAtsinθ+vAncosθ=( 5 / 6 )vsin2θ,vBx=vBtsinθ+vBncosθ=( 1 / 6 )vsin2θ+vcos2θ,碰后两盘的质心速度的y分量分别为vAy=vAtcosθ-vAnsinθ=( 5 / 6 )vsinθcosθ,vBy=vBtcosθ-vBnsinθ=-( 5 / 6 )vsinθcosθ,其中sinθ=b/(RA+RB),cosθ=/(RA+RB).( 2 )各圆盘的动能是各盘质心平动动能与圆盘转动动能之和,这里不再赘述,答案是EA= 3 mv2b2/ 8 (RA+RB),EB=( 1 / 2 )mv2( 1 -( 11 b2/ 1 2 (RA+RB)2)).四、CPhO竞赛训练题1 .如图 1 4 所示,质量为m的均匀圆柱体的截面半径为R,长为2 R.试求圆柱体绕通过质心及两底面边缘的转轴(如图中的Z1、Z2轴)的转动惯量J.图 14 图 152 .如图 15 所示,匀质立方体的边长为a,质量为m.试求该立方体绕对角线轴PQ的转动惯量J.3 .椭圆细环的半长轴为A,半短轴为B,质量为m(未必匀质),已知该环绕长轴的转动惯量为JA,试求该环绕短轴的转动惯量JB.4 .在一根固定的、竖直的螺杆上有一个螺帽,螺距为s,螺帽的转动惯量为J,质量为m.假定螺帽与螺杆间的动摩擦因数为零,螺帽以初速度v0向下移动,螺帽竖直移动的速度与时间有什么关系这是什么样的运动重力加速度为 g .5 .如图 16 所示,两个质量和半径均相同的实心圆柱轮,它们的质心轴互相平行,并用一轻杆相连,轴与轴承间的摩擦忽略不计.两轮先以共同的初速度v0沿水平方向运动,两轮的初角速度为零,如图1 6 甲所示.然后同时轻轻地与地面相接触,如图 1 6 乙所示,设两轮与地面之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2(μ1>μ2).试求两轮均变为纯滚动所需的时间及纯滚动后的平动速度大小.图 16 图 176 .如图 17 所示,光滑水平地面上静止地放着质量为M、长为l的均匀细杆.质量为m的质点以垂直于杆的水平初速度v0与杆的一端发生完全非弹性碰撞.试求:( 1 )碰后系统质心的速度及绕质心的角速度;( 2 )实际的转轴(即静止点)位于何处7 .如图 1 8 所示,实心圆柱体从高度为h的斜坡上由静止做纯滚动到达水平地面上,且继续做纯滚动,与光滑竖直墙发生完全弹性碰撞后返回,经足够长的水平距离后重新做纯滚动,并纯滚动地爬上斜坡.设地面与圆柱体之间的动摩擦因数为μ,试求圆柱体爬坡所能达到的高度h′.图 18 图 198 .如图 19 所示,半径为R的乒乓球绕质心轴的转动惯量为J=( 2 / 3 )mR2,m为乒乓球的质量.乒乓球以一定的初始条件在粗糙的水平面上运动,开始时球的质心速度为vC0,初角速度为ω0,两者的方向如图 1 8 所示.已知乒乓球与地面间的动摩擦因数为μ.试求乒乓球开始做纯滚动所需的时间及纯滚动时的质心速度.9 .一个均匀的薄方板的质量为M,边长为a,固定它的一个角点,使板竖直悬挂,板在自身的重力作用下,在方板所在的竖直平面内摆动.在通过板的固定点的对角线上距固定点的什么位置(除去转动轴处之外),粘上一个质量为m的质点,板的运动不会发生变化已知对穿过板中心而垂直于板的轴,方板的转动惯量为J=( 1 / 6 )Ma2.图 201 0 .如图 20 所示,一个刚性的固体正六角棱柱,形状就像通常的铅笔,棱柱的质量为M,密度均匀.横截面呈六边形且每边长为a.六角棱柱相对于它的中心轴的转动惯量为J=( 5 / 12 )Ma2,相对于棱边的转动惯量是J′=( 17 / 1 2 )Ma2.现令棱柱开始不均匀地滚下斜面.假设摩擦力足以阻止任何滑动,并且一直接触斜面.某一棱刚碰上斜面之前的角速度为ωi,碰后瞬间角速度为ωf,在碰撞前后瞬间的动能记为Eki和Ekf,试证明:ωf=sωi,Ekf=rEki,并求出系数s和r的值.(第 2 9 届IPhO试题)五、训练题简答图 21 图 221 .解:如图2 1 所示,对图所示的Z1、Z2、Z坐标系与Z3、Z4、Z坐标系运用正交轴定理,有J1+J2+J5=J3+J4+J5,J3=( 1 / 2 )mR2,J4=( 7 / 1 2 )mR2,J1=J2,则J1=J2=( 13 / 24 )mR2.2 .解:将立方体等分为边长为a/ 2 的八个小立方体,依照本文例3 分析法用量纲求解,有kma2= 2 ·k(m/ 8 )(a/ 2 )2+ 6 ·[k(m/ 8 )(a/ 2 )2+(m/ 8 )(a/)2],则k= 1 / 6 ,J=( 1 / 6 )ma2.3 .解:由正交轴定理JA+JB=mi(xi2+yi2)及椭圆方程(x2/A2)+(y2/B2)= 1 ,得JB=mA2-(A2/B2)JA.4 .解:由机械能守恒,得mgs=( 1 / 2 )J(ω t2-ω O2)+( 1 / 2 )m(vt2-v02),又ωt/vt=ω0/v0= 2π/s,可得vt2-v02= 2 m/(( 4π2J/s2)+m)g= 2 g′s.故螺帽沿螺杆竖直向下做匀加速直线运动,有vt=v0+g′t,g′=m/((4π2J/s2)+m).5 .解:两轮相对于地面动量守恒,因为μ1>μ2,轮 1 先做纯滚动,轮 2 做纯滚动所需时间为t,则系统从触地到均做纯滚动时对地面角动量守恒,得2 mv0R= 2 mvtR+ 2 ·( 1 / 2 )mR2ω,又vt=ωR,解得vt=( 2 / 3 )v0,ω= 2 v0/ 3 R,t=ω/α2=ωR/ 2μ2g=v0/ 3 μ2g.6 .解:碰后系统质心位置从杆中点右移为Δx=(m/(M+m))·(l/ 2 ).由质心的动量守恒,求得质心速度为vC=(m/(M+m))v0.由角动量守恒并考虑质心速度与角速度关系,求得瞬时轴在杆中心左侧x=l/ 6 处,ω= 6 mv0/(M+ 4 m)l.7 .解:纯滚动时,无机械能损失,v=Rω.非纯滚动时,运用动量定理及角动量定理,求上坡前的质心速度及角速度,根据机械能守恒即可求得.h′=h/ 9 .8 .解:乒乓球与地接触点O即滚动又滑动且达到纯滚动时,由角动量守恒,得mRvC 0 -Jω0=mRvC+Jω,即vC 0 -vC=( 2 / 3 )R(ω0+ω),达到纯滚动时,有vC=Rω,可得到纯滚时质心速度为vC=( 3 / 5 )vC 0 -( 2 / 3 )Rω0.其中,若vC 0 >( 2 / 3 )Rω0,纯滚动后,球向右顺时针方向做纯滚动;vC 0 <( 2 / 3 )Rω0,则纯滚动后,球向左逆时针方向做纯滚动.质心做匀加速运动,达到纯滚时间设为t,由vC=vC 0 -μgt,可得t= 2 (vC 0 +Rω0)/ 5 μg.9 .解:原薄方板对悬点的转动惯量J0=( 2 / 3 )Ma2,粘上质量为m的质点后有J=( 2 /3 )Ma2+m·x2.振动周期相同,应有J0/Mgl=J/(M+m)gl′,l′=(mx+Ml)/(M+m),l=(/ 2 )a,解得x=( 2 / 3 )a.1 0 .解:设以某棱为轴转动时间Δt,此碰撞瞬间前后的角速度分别为ωi、ωf,时间短,忽略重力冲量及冲量矩,知矢量关系如图23 所示.图 23对质心有NΔt=Ma(ωf-ωi)sin 3 0 °,-fΔt=Ma(ωf-ωi)cos 3 0 °,对刚体有fΔtacos 3 0 °-NΔtasin 3 0 °=( 5 / 1 2 )Ma2(ωf-ωi).解得ωf=( 11 / 17 )ωi,s= 11 / 17 ,r=s2= 1 2 1 / 28 9 .21。
分析刚体的运动学和动力学问题
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《刚体力学》课件
刚体的转动
总结词
刚体的转动是指刚体绕着某一定点(称为转动中心)的旋转运动。
详细描述
刚体的转动是指刚体绕着某一定点(称为转动中心)的旋转运动。在转动过程中,刚体上任意一点绕着转动中心 作圆周运动,且该圆周运动的半径与刚体上该点到转动中心的距离相等。转动刚体的角速度、角加速度等都是标 量,其方向与转动方向相关。转动刚体的速度和加速度都是矢量,其方向垂直于转动平面。
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目录
• 刚体运动学 • 刚体动力学 • 刚体的平衡 • 刚体的转动惯量 • 刚体的角动量
01
刚体运动学
刚体的平动
总结词
刚体的平动是指刚体在空间中的移动,其上任意两点在同一直线上,且该直线与该刚体的转动轴平行 。
详细描述
刚体的平动是指刚体在空间中的移动,其上任意两点在同一直线上,且该直线与该刚体的转动轴平行 。平动刚体的运动轨迹是一条直线或一个平面图形,其上任意两点的相对位置保持不变。平动刚体的 速度和加速度都是矢量,其方向与平动刚体的移动方向一致。
描述了刚体绕质心转动的动量表现,是刚体动力学中的一个重要概念。
详细描述
动量矩是描述刚体绕质心转动的动量表现的一个物理量。在刚体动力学中,动量 矩是一个非常重要的概念,它与力矩、角速度和时间等物理量密切相关。根据动 量矩的定义,刚体的动量矩等于刚体的质量与角速度的乘积。
刚体的动能
总结词
描述了刚体运动过程中能量的表现形式 ,是刚体动力学中的一个重要概念。
刚体的定点运动
总结词
刚体的定点运动是指刚体绕着通过定点(称为动点) 且垂直于定直线(称为转动轴)的轴线的旋转运动。
详细描述
刚体的定点运动是指刚体绕着通过定点(称为动点) 且垂直于定直线(称为转动轴)的轴线的旋转运动。 在定点运动过程中,刚体上任意一点绕着动点作圆周 运动,且该圆周运动的半径与刚体上该点到动点的距 离相等。定点运动的角速度、角加速度等都是标量, 其方向垂直于转动平面。定点运动的刚体上任意一点 的线速度和角速度都与该点到转动轴的距离成正比。
第二章 质点与刚体的运动
二、参考系和坐标系 1、运动的绝对性和相对性 2、参考系:为描述物体运动而被选作标准的另外的一个不变 形的或几个无相对运动的物体。 (在描述物体运动时,被选作参考的其他物体,叫做参考系) (1)物体的运动性质与参考系有关 (2)参考系应是客观存在的不变形的物体 (3)参考系的选择原则:视研究问题方便而定
刚体是指在任何情况下,都没有形变的物体。 刚体也是一个各质点之间无相对位置变化且质量连续分布 的质点系。
§2.2
一、空间和时间的量度
空间和时间
1、经典时空观: – 时间是连续、均匀、独立、单方向流逝的东西 – 空间是连续、均匀、各向同性、独立存在着的东西 – 物质、空间、时间彼此独立无关 2、时空度量 :时间和长度标准单位的规定 • 一切周期运动都可用来量度时间。
v2 8 m/s 与x轴正向Fra bibliotek反[例题3]将真空长直管沿竖直方向放置.自其中O点向上 抛小球又落至原处所用的时间为t2. 在小球运动过程中
经过比O点高h处,小球离开h处至又回到h处所用时间为
t1.现测得t1、t2和h,试决定重力加速度g.
[解] 建坐标系如图,
1 2 y y0 v0 y t gt 2
v 2 v0 2a( x x0 ) ③ (v 2 v0 2as)
2 2
方法二:用加速度平均定义求 图示法:位移—时间图;速度—时间图;加速度—时间图
v
x
1 2 at 2
v0
0 v0t t a 0
t
0
t
⒊只在重力作用下的直线运动
自由落体, 竖直上抛, 竖直下抛都是加速度大小a=g,方向 竖直向下的匀变速直线运动, 可直接应用匀变速直线运动 的公式,但要注意初始条件。 自由落体运动:v gt , y gt , v 2 gy (t 0, y 0)
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ox
l x
2
为转轴, 如图所示。在距离转轴为x 处取棒元dx,
其质量为
m dm dx
l
7
根据式(5-4), 应有
J
l / 2 l / 2
x
2
m l
dx
1 3
m l
x3
l /2 l / 2
1 ml2 8.3 102 kg m2 12
棒的转动动能为
Ek
1 2
J 2
1 0.083 632 J 2
(2) 闸瓦对飞轮施加的 摩擦力矩所作的功。
d
闸瓦
N
解:为了求得飞轮从制 飞轮
f
动到停止所转过的角度
和摩擦力矩所作的功A, 必须先求得摩擦力、摩擦力矩
和飞轮的角加速度。
27
闸瓦对飞轮施加的摩擦力的大小等于摩擦系数与
正压力的乘积
f N 0.50 500 N 2.5 102 N
方向如图所示。摩擦力相对z 轴的力矩就是摩擦
1.7 102J
8
例2 计算质量为m,长为l 的细棒绕一端的转动惯量。
解: J r2dm
z
dm dx m dx
l
Oo
dm
r2 x2
x dx
x
J l x2 m dx 1 m x3 l
0l
3l 0
J 1 ml2 3
对质量均匀分布的门对门轴的转动惯量也相同。
9
例5-3 如图半圆形匀质细杆,半径为 R,
cosi
因为dsi = ri d, 并且cosi = sini , 所以
dAi Firi sini d Mzid 19
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(e) 外力的主矩为M O 。动量矩定理:
dLO (e) MO dt (e) 与定轴转动不同, LO,M O 与自转轴Oz 不重合。
通常陀螺的进动角速度 ωe 较小, ωe,可以认为 ωa ω 且ωa 沿自转轴Oz , 于是有: LO J zω 上述简化,可得出陀螺 的近似与J pp的平方根成反比 R k J pp k为任意选定的常数
点P的坐标( x, y, z )为 x Rl,y Rm,z Rn 改变p轴的方位,J pp 及R随之改变,点 P在空间中的轨迹形成一 封闭曲面。该曲面方程 为: J xx x 2 J yy y 2 J zz z 2 2 J xy xy 2 J xz xz 2 J yz yz k 2 显然,是一以 O为中心的椭球面方程。 称为惯量椭球 。
(3)球对称刚体过球心的任意轴均为惯量主轴。 (4)刚体上中心惯量主轴上各点的惯量主轴必与中心惯量 主轴平行。
4. 惯量椭球
固连坐标系Oxyz 惯量张量J的矩阵为: J xx J J xy J xz J xx (l , m, n) J xy J xz J xy J yy J yz J xy J yy J yz J xz J yz J zz
4. 刚体的动能
T
1 2 1 v d m ( ω r ) ( ω r ) dm 2 2 1 [(z y y z )i ( x z z x ) j ( y x x y )k ]2 dm 2 1 [(z y y z ) 2 ( x z z x ) 2 ( y x x y ) 2 ]dm 2 1 2 2 2 [ J xx x J J y y y z z z 2 yz z y 2 J xz z x 2 J y x x y ] 2 J xx 1 ( x , y , z ) J xy 2 J xz 1 T 1 ω Jω ω L 2 2 J xy J yy J yz J xz x J yz y J zz z
M
J yy ( x2 z 2 )dm ,
M
J zz ( y2 x2 )dm
M
惯性积: J xy xydm ,
M
J xz xz dm ,
M M
J zy z ydm LO ( J xx x J xy y J xz z )i ( J yy y J yz z J yx x ) j ( J zz z J zy y J xz x )k
dLO u dt 如图,u可以理解为LO矢端的“速度”。 根据动量矩定理:
(e) u MO
(5 17)
(e) u MO
(5 17)
上式称为赖柴定理:质 点系对定点的 动量矩矢端的速度,等 于外力对同一 点的主矩。
按陀螺近似理论,其动量矩矢与 对称轴重合,因此,外力矩也决定 了对称轴的运动。 1. 自由陀螺保持对称轴在惯性参考系中的方位不变 自由陀螺:外力主矩为零的陀螺。 此时 u=0, LO=恒量,即A不动,因此对称轴方位不变。
2. 定点运动刚体的欧拉动力学方程
dLO 动量矩定理: M O,选择主惯性轴, dt d y d x d z A i B j C k dt dt dt di dj dk A x B y C z MO dt dt dt di ω i y k z j dt dj ω j z i x k dt dk ω k x j y i dt
图示陀螺仪的例子,陀螺由固定 圆环中的两个可动圆环支持,以保 持其质心O不动。不计摩擦,外力对 其质心O的力矩为零。自由陀螺。 由于其自转轴方向不变,因此可 以用来导航。陀螺仪广泛应用于飞 机,火箭,导弹,鱼雷,坦克,照 相机等领域。
2. 陀螺受力矩作用,当力矩矢量与对称轴不重合时
M O ( P ) rC P,方向在水平面内 u M O ( P ),不改变章动角 , 对称轴Oz 绕固定轴Oz转动, 称为进动,形成一个圆 锥面。 重力不会使高速自转的 陀螺 倒下,而是沿圆锥面进 动。 设进动角速度ωe,
M M
[(x2 y2 z 2 )( x i y j z k ) ( x x y y z z )(xi yj z k )]dm dm}i { x [( y2 z 2 )]dm- y xydm- z xz
高等动力学
中国矿业大学力建学院力学系 李毅
2-1
目 录
第二章 刚体运动学与动力学(下)
§2-4 §2-5 §2-6 §2-7 陀螺仪近似理论 刚体定点运动的动力学 无力矩刚体的定点转动 刚体自由运动的动力学
2-2
§2-4 陀螺仪近似理论
当陀螺绕自身对称轴高速旋转时, 即使对称轴偏离了铅垂线,陀螺将绕 铅垂线晃动而不倒下。
称为转动惯量矩阵 , 对称矩阵,可以证明 J是张量。
3. 惯量主轴
J xx J J xy J xz
J xy J yy J yz
J xz J yz J zz
由线性代数可知,适当 选择固连坐标系 Oxyz ,可以使转动 惯量矩阵为对角型,此 时称三个坐标轴为 惯性主轴。这时 A 0 0 x A i B j C k LO Jω 0 B 0 x y z y 0 0 C z 一般三个主转动惯量不 相等,因此,动量矩与 角速度不 在一个方向,即 LO与ω一般不共线。但当 ω沿任何一个惯性 主轴时,LO与ω共线
M M M
dm- z xydm} j { y [(x2 z 2 )]dm- x yz
M M M
dm- y xz dm}i { z [(x2 y2 )]dm- x yz
M M M
转动惯量(又称惯量矩): J xx ( y2 z 2 )dm ,
椭球的3个主轴对应于刚体的 3个惯量主轴。刚体相对 质心 的惯量椭球称为中心惯 量椭球。刚体质量轴对 称分布时,其惯 量椭球为旋转椭球。极 轴与赤道面内的任意轴 都是惯量主轴。 刚体质量球对称分布时 ,其惯量椭球为圆球, 所有过O的轴都是 惯量主轴。 惯量椭球与物体形状具 有某种相似性,如细长 的物体,其 惯量椭球也细长,球形 物体,其惯量椭球也像 球形。
当陀螺静立在地面上时,稍微有 点扰动,陀螺就会由于重力而倒下。
工程上把有一个固定点,并绕自 身对称轴高速旋转的刚体称为陀螺。 人们可以利用陀螺现象导航,定 向,稳定船舶。陀螺现象有时会是有 害的。船舶上的高速转轴,在船舶晃 动或转弯时会产生附加动压力,可能 造成破坏。
设陀螺以角速度 ω绕自身对称轴Oz 转动(自转),同时 Oz 以角速度 ωe 绕定轴Oz转动(进动)。 刚体则以绝对角速度 ωa 绕定点O运动。 ωa ωe ω
当固连坐标系取惯性主 轴时 A 0 0 x 1 T ( x , y , z ) 0 B 0 y 2 0 0 C z 1 2 2 2 T ( A x B C y z ) 2 当T为常数时,上式表明在 动能守恒条件下瞬时角 速度ω矢量的 端点轨迹为椭球,称为 动能椭球。
§2-5 刚体定点运动的动力学
1. 定点运动刚体的动量矩
LO r (dmv ) r (ω r )dm [(r r )ω (ω r )r ]dm
M M M
[(x2 y2 z 2 )ω ( x x y y z z )r ]dm
陀螺效应可能使机器轴承负荷增大而损坏。另一方面陀螺效 应也可被加以利用。航海陀螺稳定器就是利用陀螺效应的例子。
如图,转子绕AA轴以 ω高速转动。当海轮受风 浪干扰力矩M作用而绕船 的纵轴晃动时,自动调 节 系统令环座以角速度 ωe 绕 DD轴转动,以迫使自转 轴进动。由此产生陀螺 力 矩与风浪干扰力矩相反 , 使船体维持平衡。
2. 惯量矩阵与惯量张量
写成矩阵形式: J xx LO J xy J xz J xx J J xy J xz J xy J yy J yz J xy J yy J yz J xz x J yz y J zz z J xz J yz J zz LO Jω
三个惯性主轴构成的固连坐标系称为刚体的主轴坐标 系。当主轴坐标系的原点在质心时,称为中心主轴坐标系, 相应的主转动惯量称为中心主惯量。 刚体的惯量主轴有以下规律:
(1)若刚体有对称轴,则必为惯量主轴,称为极轴。过极 轴上任意点且与极轴垂直的任意轴也是惯量主轴,称为赤 道轴。 (2)若刚体有对称平面,则该平面的法线必为惯量主轴。
例5 海轮上的汽轮机转子 轴沿船的纵轴 x,转子转动惯量 为J x,转子角速度为 ,如图所示。如海轮绕 横轴y简谐摆动, 摆幅为 0,周期为T,已知两轴承间距为 l,求转子的陀螺力 矩和对轴承的压力。
例6 碾子A在水平面上作纯滚动。 杆OA以角速度e 绕铅 直轴转动。设碾子质量 为m,半径为R,OA长为l。求碾子滚 动时对水平面的附加压 力。
u ωe LO ωe J zω
(e) MO ωe J zω sin
(e) ωe J zω M O
ωe与ω成反比,当陀螺因摩擦 自转减慢时,进动会逐 渐增大。
3. 陀螺效应和陀螺力矩 陀螺效应是高速转动的机械,当转轴方位发生改变 时,产生附加力矩(陀螺力矩)的现象。
如图,陀螺绕z轴以ω高速转动, 当z轴被迫改变方向时,设 z轴 被迫绕y轴转动,角速度为 ωe, 此时: