刚体动力学中的简单问题

i =1 n (e) (i) = −rP0 × mvc + ∑ ri ′′× ( Fi + Fi ) i =1
n = − rP0 × mvc + ∑ ri ′′× Fi ( e ) i =1
n
[
]
是瞬心空间点的移动速度. r P0 若瞬心到质心距离不变, r P0
P t
d 1 ( m 2 r 2θ 2 ) = FN 2 rθ dt 4 1 F = = rθ , 可 知 于 是 求 出 N 2 2 m2 rθ . 由 lϕ
FN 2 = 3m2 M 1 = m 2 lϕ 2 (2m1 + 9m2 )l .
*例题 13 半径为 R 的球. 以初始质心速度 v
条件. W m g = 解 以圆柱为研究对象, 圆柱受重力 、 支撑力 FN 、 摩擦力 F f 的作用, 如图所示. 建立坐 标系 Oxy , 并 规定 θ 正 方 向 如图 , 设 t = 0 时 B 点与 O 点重合. 圆柱无滑条件可用两种方法写出: (1) 圆柱上与斜面接触的点的速度为零, 则 )i = 0 即 x =0 c − Rθ c − Rθ vP = ( x (2) 根据弧长 PB 与 PO 相等, 则 xc = Rθ . 方法一: 根据基本运动微分方程组, 得
c = Fx x m c = Fy y m I ϕ z ' = M z '
在 受到约束 情况 下 , 刚体 所受 外力 包括主 动 力和 约束 力 . 此时 应将上 式 与 约束方程联立构 成 刚体动力学方程组. 此 外 , 还 可以用以 下 几个 定理 来建立 刚体的 运动微分方程: 1. 对惯性系 Oxyz 的动能定理.
k . 根据质 轴正向成右手关系, 则刚体角速度 ω = ϕ
点系对 Oz 轴的角动量定理
=M L z z
定轴转动刚体对固定轴 Oz 的角动量
L z = Iϕ
I 为刚体对 Oz 轴的转动惯量, 则得到
= M z Iϕ
即为刚体定轴转动的运动微分方程. 也可以用定轴转动刚体的动能定理
否则会发生错误. 例题 12 放在水平面内的行星齿轮机构, 如图 ′ O O 所示. 曲柄 上受不变力矩 M 的作用, 使其可绕 过 O 点的竖直固定轴转动, 并带动小齿轮在大齿轮 上滚动. 设曲柄 OO ′ 长为 l , 质量为 m1 , 可视为匀 质 细杆 ; 小 齿轮 半 径 为 r , 质量为 m2 , 可 视 为 匀 质圆盘; 轴承 O, O ′ 处光滑. 试求: (1)曲柄的角加 速度; (2)两齿轮间的切向相互作用力.
1 1 = M − FN 2 (l − r ) ( m1l 2 + m 2 l 2 + m 2 rl )ϕ 3 2
的结果代入即可求出 FN 2 将ϕ
3m2 M = (2m1 + 9m2 )l .
z =ϕ 后, 可再 解法三: 当我们用解法二求出 ω 以 小 齿轮 为 研究 对 象 . 在质心系 O ′x ′y ′z ′ 中 , 根据 相对质心系的动能定理 1 1 2 2 d( ⋅ m2 r θ ) = FN 2 ⋅ drP 2 2 drP′ ′ = 上式除以 dt , v P dt 为 P 点相对质心系的速度, e ′ = − θ v r 考虑到 , 则
o′ = Ft − FN 2 m2v
2 vo m 2 ′ = Fn − FN 1 l 1 = F r m2 r 2θ N2 2
及
Ft = Ft′ , vo′ = lϕ
联立即可解出 = rθ 和无滑条件 lϕ
3m2 M 6M FN 2 = z =ϕ = ω 2 , (2m1 + 9m2 )l (2m1 + 9m2 )l
解法二 : 以 曲柄 和 小 齿轮 构 成刚体系 , ……由 质点系动能定理
dT = Mdϕ
因
1 1 1 1 1 2 2 2 2 T = T1 + T2 = ⋅ m1l ϕ + m 2 vo′ + ⋅ m 2 r 2θ 2 3 2 2 2
代入, 则 及无滑条件 lϕ = rθ 将 v o′ = l ϕ 1 3 2 ) = Mdϕ ( m1 + m 2 )l 2 d(ϕ 6 4
ω 及初始角速度 沿倾角为 α 的斜面向上滚动, 方向
1 2 ) = M z dϕ d( Iϕ 2
来 确定 其 转动规 律 . 如果 在运动中 满 足 机械能守 恒条件, 则也可以用机械能守恒
1 + V = 常量 Iϕ 2
作为其动力学方程. 例题 10 矩形匀质薄片 ABCD , 边长分别为 a 和 b , 质量为 m , 初始时绕竖 直固定轴 AB 以角速度 ω 0 转动 . 此薄片每 一 部分均受空气阻 力 , 其方 向 与 薄片垂 直 , 其大小 与面 积及 速 率 平 方 成正 比 , 比例系数为 k . 设固定轴轴承光滑, 求经过多少时 间后, 薄片角速度的大小减为初始值的一半. 解 建立 与 薄片 固 连 的坐标系 Axyz , 刚体 受 力 分析如图所示. 薄片对 Ay 轴转动惯量 I = ma 2 3 , 薄
// v r 则 P0 c , 在此条
件下有
n (e) LP0 = ∑ ri ′′× Fi i =1
刚体平面平行运动 是 普物力学中讨论 过 的问 题 , 在理论力学中 仍 为一 个 重 点 , 读者 应 注意 在 以下几方面的提高: (1)会用不同形式的动力学方程组处理较复杂 的问题; (2)能正确表达较复杂的无滑条件; (3)会处理有滑滚动和无滑滚动的判断及其相 互转化的问题. 例题 11 半径为 R 、质量为 m 的匀质圆柱体, 沿倾角为 α 的固定斜面无滑滚下, 试求圆柱质心沿 斜 面 方 向的 加 速度 及 圆柱 所受 的 约束 力 ; 并判断 保 持 无 滑 滚 动 , 圆柱 与 斜 面 间 摩擦因 数 应 满 足的
的转动惯量, M iP z 为刚体所受第 i 个外力对 P0 z 轴的 力矩. 定理成 立的 条件 : I P z 为 常 量 , 或瞬心 到 质心 的距离为常量. 定理的适用范围…… 定理的优点…… 定理的证 明 : 设 O 为 惯性 系 Oxyz 中固定 参考 点 , r P0 为 瞬 心 , mi 为刚体上 任 一质点 , i 为 m 对 O 点 位 ′ ′ r r P 置矢 量, i 为 m 对 0 的位置矢量 , P 为 P0 对 O 点的 位置矢量. 显然
保持无滑, 要求 F f
即要求 µ ≥ 3 tan α .
1
c . x 方法二 : 用 机械能守恒 定 律求 不做 功 , 所以 机械能守恒 , 以 t = 0 时质心 C 位置 为 势能零点, 则
1 2 1 1 2 − mgx sin α = c + ⋅ mR 2θ mx c 常量 2 2 2 , 并对时间求导数, = Rθ 利用无滑条件 x
c = mg sin α − F f m x
c = 0 = mg cos α − FN m y
1 = F R mR 2θ f 2 =0 c − Rθ x
可解出
c = x 2 1 g sin α , FN = mg cos α , F f = mg sin α . 3 3
≤ µ FN ,
§6-6 刚体动力学中的简单问题
讨论刚体动力学中的一些较简单的问题 : 刚 体平动动力学、 刚体定轴转动动力学(简单情况) 和刚体平面平行运动动力学. ( 1.讨论将在普物力学的基础上展开; 2. 都可以作为质点系动力学的直接应用 , 无需再做专门的理论准备.) 一、刚体平动动力学 刚体的平动可用基点的运动代表 , 在动力学 中必须选用质心为基点 , 用质心运动定理足以确 定以质心为代表的刚体的平动. 为保证刚体不发生转动 , 作用在刚体上的外 力对质心的力矩之和必须为零. 二、刚体定轴转动动力学 自由度 s = 1. 设固定轴为 Oz 轴 , 规定角坐标 ϕ 的正向与 Oz
c
因 FN 与 F f
即可求出
c = x
2 g sin α 3
.
c . P 点为 x 方法三: 用对瞬心的角动量定理求 瞬心.
I Pz = 1 3 mR 2 + mR 2 = mR 2 = 常量 2 2
由对瞬心的角动量定理
3 = mgR sin α mR 2θ 2 = 2 g sin α = 2 g sin α θ x = R θ c 可求出 3R . , 3 讨论 : 无 滑 滚 动 时 F f 为 静摩擦 力 , 方 向可 任意假 设 ; 当有 滑 滚 动 时 [ 用 F f = µFN 代 替 无 滑条件 ] F f 为 滑 动 摩擦 力 , 分析 力 时 F f 必须 按真实 方 向 画 出 ,
3. 惯性系 Oxyz 中对固定轴 Oz 的角动量定理.
. 式中 Lz = (rc × mvc ) ⋅ k + I z′ ⋅ ϕ
=M L z z
4. 在惯性系 Oxyz 中对瞬心 P0 的角动量定理.
= ∑ M iP0 z I P0 zϕ
i =1 n
P0 z 轴指过瞬心 P0 与 Oz 平行的轴, I P0 z 为刚体对 P0 z 轴
2 2 片 上面 元 dxdy 所受阻 力为 dFR = kx ω y力对 Ay 轴力矩为零 . 则薄片 转动运动 微分方程为
a b 1 1 2 2 3 2 ma ω y = − ∫ ∫ kω y x dxdy = − ka 4 bω y 0 0 3 4
解法一: 曲柄做定轴转动, 规定 ϕ 正向及单位 e e 矢 量 t , n 如图 …分析力… 由对固定轴 Oz 的角动量 定理可得
1 2 = M − Ft′l m1l ϕ 3