第3章运动学2讲解

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2019版总复习高中物理课件:第三章 牛顿运动定律第三章 基础课2-x 精品

2019版总复习高中物理课件:第三章 牛顿运动定律第三章 基础课2-x 精品
力沿斜面分力作用,设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度 大小为v2,沿斜面方向有 F合′=F-Ff-mgsin α=ma2⑤
mgsin α=mglh2 ⑥ v22-v21=2a2l2 ⑦ 注意到v1=40 m/s,代入已知数据可得a2=3.0 m/s2,
v2= 1 720 m/s=41.5 m/s ⑧ (2)飞机在水平跑道上运动时,水平方向受到推力、助推力与 阻力作用,设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′,有 F合″=F推+F-Ff=ma1′ ⑨ v1′2-v20=2a1′l1 ⑩
C.B、C两球的加速度均沿斜面向下,大小均为gsin θ
D.B、C之间杆的弹力大小为0
解析 初始系统处于静止状态,把B、C看成整体,B、C受重 力2mg、斜面的支持力FN、细线的拉力FT,由平衡条件可得 FT=2mgsin θ,对A进行受力分析,A受重力mg、斜面的支持 力、弹簧的拉力F弹和细线的拉力FT,由平衡条件可得F弹=FT +mgsin θ=3mgsin θ,细线被烧断的瞬间,拉力会突变为零, 弹簧的弹力不变,根据牛顿第二定律得A球的加速度沿斜面向 上,大小a=2gsin θ,选项A错误;细线被烧断的瞬间,把B、 C看成整体,根据牛顿第二定律得B、C球的加速度a′=gsin θ, 均沿斜面向下,选项B错误,C正确;对C进行受力分析,C受 重力mg、杆的弹力F和斜面的支持力,根据牛顿第二定律得 mgsin θ+F=ma′,解得F=0,所以B、C之间杆的弹力大小
固定于地面,另一端拉住一个带电小球,使之处
于静止状态。忽略空气阻力,当悬线断裂后,小
球将做( ) A.曲线运动
B.匀速直线运动
图3
解C.析匀加在速悬直线断运裂动前,小球受重D力. 变、电加场速力直和线悬运线拉力作用

高三物理第三章 牛顿运动定律知识精讲 人教版

高三物理第三章 牛顿运动定律知识精讲 人教版

高三物理第三章牛顿运动定律知识精讲一. 本周教学内容:第三章牛顿运动定律二. 知识要点:三. 复习指导:在前面两章对力和运动分别研究的基础上,本章研究力和运动的关系。

牛顿运动定律是动力学的基础,也是整个经典物理理论的基础。

正确地理解惯性的概念、理解物体间相互作用的规律,熟练地运用牛顿第二定律解决问题,是本章复习的重点。

本章中还涉及到许多重要的研究方法,如:在牛顿第一定律的研究中采用的理想实验法;在牛顿第二定律的研究中采用的控制变量法;运用牛顿第二定律处理问题时常用的隔离法和整体法以及单位的规定方法、单位制的创建等。

对这些方法在复习中也需要认真地体会、理解,从而提高认知的境界。

高考关于本章知识的命题年年都有,既有对本章知识的单独命题,也有与其他知识的综合命题;既有选择题、填空题,也有计算题;既有考查对牛顿运动定律的理解及应用的传统题,也有与实际生活及现代科技联系的新颖题。

新大纲对本章的要求有所降低,对牛顿第二定律只要求会用它解决单一物体(或可视为单一物体的连接体)问题。

对于超重和失重,新大纲不再把它作为一个知识点,但仍把它作为牛顿运动定律的一个应用。

四. 知识梳理:(一)牛顿第一定律1. 定律内容:一切物体总保持或,直到有迫使它改变这种状态为止。

2. 关于牛顿第一定律的理解应注意以下几点:(1)牛顿第一定律反映了物体不受外力时的运动状态。

(2)牛顿第一定律说明一切物体都有。

(3)牛顿第一定律说明力是改变物体的原因,即力是产生的原因。

3. 惯性:物体保持原来的状态或状态的性质叫做惯性。

一切物体都有惯性,惯性是物体的固有性质。

是惯性大小的唯一量度。

惯性与物体是否受力及受力大小,与物体是否运动及速度大小。

惯性的表现形式:(1)物体在不受外力或所受的合外力为零时,惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动);(2)物体受到外力时,惯性表现为运动状态改变的。

惯性大,物体运动状态难以改变;惯性小,物体运动状态容易改变。

康复医学与治疗技术(基础知识) 第3章 运动学

康复医学与治疗技术(基础知识)  第3章  运动学
➢ 单轴旋转:围绕一轴且发生于一平面的骨骼旋转,从功能上讲又称解剖 运动。
➢ 多轴旋转:围绕多于一轴并产生多于一平面的骨骼运动,其代表了生活 中大部分功能动作,又称功能运动。
➢ 正常关节的运动可产生滚动一滑动。 ➢ 无论关节表面凸或凹,滚动方向总是与成角骨运动的方向一致。
2.骨骼的线形位移
➢ 治疗面是指经过关节凹面,垂直于旋转中心与关节接触面中 点连线的平面。
23个椎间盘,除C1、C2外,其他椎体间均有椎间盘。
椎间盘功能
➢保持脊柱的高度; ➢联结椎体,使椎体有一定的活动度,使椎体表面承受相同压力; ➢对纵向负荷起缓冲作用; ➢维持后方关节突间一定的距离和高度,保持椎间孔的大小; ➢维持脊柱的生理曲度。
四、骨与关节生物力学
1.骨骼旋转:分单轴旋转和多轴旋转。
2. 应力对骨生长的作用
① 骨的再生和修复:骨的增殖与再吸收过程受诸多因素的影响, 如性别、年龄、某些激素水平以及所受应力等。
➢ 所有骨骼都有特定的最适宜的应力范围,所受应力过高或过 低都会加速其吸收。
2. 应力对骨生长的作用
② 应力与骨折愈合:骨折后的骨愈合需形成骨痂,而形成骨痂 需要应力的作用。骨的重建是骨对应力的适应过程,即骨在 需要承受应力的部位生长,而在不需要的部位吸收。
➢ 骨骼的线形位移是由作用于骨骼上的外力而形成的,分为牵 引、压缩和滑行。
五、骨骼肌生物力学
1.肌肉的类型
① 肌细胞分化:骨骼肌、心肌、平滑肌。 ② 运动作用:原动肌、拮抗肌、固定肌、协同肌。 ③ 肌纤维类型:I型或慢氧化型纤维,又称红肌,收缩和
舒张的时间长,比较抗疲劳。Ⅱ型纤维可分为ⅡA、 ⅡB型两种,又称白肌。
互连接组成的结构称关节。
关节

高考物理一轮总复习 必修部分 第3章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题课件

高考物理一轮总复习 必修部分 第3章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题课件

B.-2g、2g、0 D.-2g、53g、g
(1)剪断细绳前悬挂 A 弹簧的力以哪个物体为研究对象求解? 提示:A、B、C 整体。 (2)剪断 A、B 间细绳,弹簧上的力突变吗? 提示:不突变。
尝试解答 选 C。 系统静止时,A 物块受重力 GA=mAg,弹簧向上的拉力 F=(mA+mB+mC)g,A、B 间细绳的拉力 FAB =(mB+mC)g 作用,B、C 间弹簧的弹力 FBC=mCg。剪断细绳瞬间,弹簧形变来不及恢复,即弹力不变, 由牛顿第二定律,对物块 A 有:F-GA=mAaA,解得:aA=56g,方向竖直向上;对 B:FBC+GB=mBaB,解 得:aB=53g,方向竖直向下;剪断细绳的瞬间,C 的受力不变,其加速度仍为零。
解析 kg 为基本单位,故 A 错。kg、m、s 是国际单位制中的基本单位,故 B 正确。F=kma,质量 取“kg”,a 取“m/s2”,F 取“N”时 k=1,C 正确,国际单位制中质量的单位是 kg,D 错。
3.[动力学两类基本问题]在有空气阻力的情况下,以初速度 v1 竖直上抛一物体,经过时间 t1 到达最高 点,又经过时间 t2,物体由最高点落回到抛出点,这时物体的速度为 v2,则( )
双基夯实
一、思维辨析 1.牛顿第二定律表达式 F=ma 在任何情况下都适用。( × ) 2.对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力,当力刚作用瞬间,物体立即获得加速度。( √ ) 3.质量越大的物体加速度越小。( × ) 4.千克、克、秒、小时、分钟均属于基本单位。( √ ) 5.力的单位牛顿,简称牛,也属于基本单位。( × ) 6.物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系,同时也确定了物理量间的单位关系。( √ )
板块二 考点细研·悟 法培优
考点 牛顿第二定律的瞬时性 拓展延伸

高考物理试题讲解第3章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题

高考物理试题讲解第3章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题

第三章 第2讲知识巩固练习1.如图,顶端固定着小球的直杆固定在小车上,当小车向右做匀加速运动时,球所受合外力的方向沿图中的( )A .OA 方向B .OB 方向C .OC 方向D .OD 方向【答案】D【解析】据题意可知,小车向右做匀加速直线运动,由于球固定在杆上,而杆固定在小车上,则三者属于同一整体,根据整体法和隔离法的关系分析可知,球和小车的加速度相同,所以球的加速度也应该向右,D 正确.2.将一只皮球竖直向上抛出,皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比.下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系的图像,可能正确的是( )【答案】C【解析】皮球上升过程中受重力和空气阻力作用,由于空气阻力大小与速度成正比,速度v 减小,空气阻力f =k v 也减小,根据牛顿第二定律mg +f =ma ,知a =k vm +g ,则a 随v的减小而减小.又v 变化得越来越慢,所以a 随时间t 减小且变化率减小,选项C 正确.3.(2019年南通模拟)如图所示,一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上,另一端连着A 小球,同时水平细线一端连着A 小球,另一端固定在右侧竖直墙上,弹簧与竖直方向的夹角是60°,A 、B 两小球分别连在另一根竖直弹簧两端.开始时A 、B 两小球都静止不动,A 、B 两小球的质量相等,重力加速度为g ,若不计弹簧质量,在水平细线被剪断瞬间,A 、B 两小球的加速度分别为( )A .a A =aB =g B .a A =2g ,a B =0C .a A =3g ,a B =0D .a A =23g ,a B =0【答案】D【解析】设两个小球的质量都为m ,以A 、B 小球整体作为研究对象,A 处于静止状态,受力平衡,由平衡条件得细线拉力T =2mg tan 60°=23mg ,剪断细线瞬间弹簧的弹力没有变化,A 球受到的合力与原来细线的拉力大小相等,方向相反,由牛顿第二定律得a A =23mg m =23g ,B 球的受力情况不变,则加速度仍为0.故D 正确.4.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F 的作用,其下滑的速度—时间图像如图所示.已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数,在0~5 s ,5~10 s,10~15 s 内F 的大小分别为F 1、F 2和F 3,则( )A .F 1<F 2B .F 2>F 3C .F 1>F 3D .F 1=F 3【答案】A5.(2018年浙江月考)如图为“中国好歌声”娱乐节目所设计的“导师战车”,战车可以在倾斜直轨道上运动.当坐在战车中的导师按下按钮,战车就由静止开始沿长10 m 的斜面冲到学员面前,最终刚好停在斜面的末端,此过程约历时4 s .在战车的运动过程中,下列说法正确的是( )A .战车在运动过程中导师处于失重状态B .战车在运动过程中所受外力始终不变C .战车在倾斜导轨上做匀变速直线运动D .根据题中信息可以估算导师运动的平均速度【答案】D【解析】由题可知,“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速,加速的过程中有沿斜面向下的分加速度,车处于失重状态,当车减速时,车有向上的分加速度,车处于超重状态,导师与战车状态相同,故A 错误;由题可知,“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速,结合牛顿第二定律可知,车受到的合外力先沿斜面向下,后沿斜面向上,故B 错误; “导师战车”沿斜面的方向先加速后减速,故C 错误;车的位移是10 m ,时间是4 s ,所以可以求出平均速度v =x t =104m/s ,故D 正确.6.(2019年舒城月考)m 1、m 2组成的连接体,在拉力F 作用下,沿光滑斜面向上运动,m 1对m 2的拉力为T ,则( )A .T =m 2m 1+m 2FB .T =m 1m 1+m 2FC .T =m 2m 1+m 2(F +m 1g sin θ)D .T =m 2m 1+m 2(F +m 2g sin θ)【答案】A【解析】对整体做受力分析可知,整体受重力、拉力、支持力,F -(m 1+m 2)g sin θ=(m 1+m 2)a ;再对m 2做受力分析可知,其受重力、绳子的拉力、支持力,T -m 2g sin θ=m 2a .联立解得T =m 2m 1+m 2F ,故选A .7.(2018年河北模拟)如图所示,质量为m 的球置于斜面上,被一个竖直挡板挡住.现用一个力F 拉斜面,使斜面在水平面上做加速度为a 的匀加速直线运动,忽略一切摩擦,以下说法中正确的是( )A .若加速度足够小,竖直挡板对球的弹力可能为零B .若加速度足够大,斜面对球的弹力可能为零C .斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD .斜面对球的弹力不仅有,而且是一个定值 【答案】D【解析】小球受到重力mg 、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1作用.设斜面的倾斜角为α,则竖直方向有F N2cos α=mg ,因为mg 和α不变,所以无论加速度如何变化,F N2不变且不可能为零,选项B 错误,D 正确;水平方向有F N1-F N2sin α=ma ,因为F N2sin α≠0,竖直挡板的水平弹力不可能为零,选项A 错误;斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的F N2cos α与水平方向的力ma 的合力,因此大于ma ,选项C 错误.8.如图所示,圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO 、bO 、cO ,其下端都固定于底部圆心O ,而上端则搁在仓库侧壁上,三块滑板与水平面的夹角依次是30°、45°、60°.若有三个小孩同时从a 、b 、c 处开始下滑(忽略阻力),则( )A .a 处小孩最先到O 点B .b 处小孩最后到O 点C .c 处小孩最先到O 点D .a 、c 处小孩同时到O 点 【答案】D【解析】设圆柱半径为R ,滑板长l =Rcos θ,a =g sin θ,t =2la=4Rg sin 2θ,分别将θ=30°,45°,60°代入计算可知,t a =t c ≠t b ,故D 正确.9.(多选)如图所示,A 、B 球的质量相等,弹簧的质量不计,倾角为θ的斜面光滑,系统静止时,弹簧与细线均平行于斜面,在细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是( )A .两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下,大小均为g sin θB .B 球的受力情况未变,瞬时加速度为零C .A 球的瞬时加速度沿斜面向下,大小为2g sin θD .弹簧有收缩的趋势,B 球的瞬时加速度向上,A 球的瞬时加速度向下,瞬时加速度都不为零【答案】BC【解析】细线烧断前,对B 球有kx =mg sin θ.细线烧断瞬间,弹簧弹力与原来相等,B 球受力平衡,a B =0,A 球所受合力为mg sin θ+kx =2mg sin θ,解得a A =2g sin θ,故A 、D 错误,B 、C 正确.综合提升练习10.(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量.两球在空气中从静止开始下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关.若它们下落相同的距离,则( )A .甲球用的时间比乙球长B .甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C .甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D .甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 【答案】BD11.如图所示,光滑水平桌面上的布带上静止放着一质量为m =1.0 kg 的小铁块,它离布带右端的距离为L =0.5 m ,铁块与布带间动摩擦因数为μ=0.1.现用力从静止开始向左以a 0=2 m /s 2的加速度将布带从铁块下抽出,假设铁块大小不计,铁块不滚动,g 取10 m/s 2,求:(1)将布带从铁块下抽出需要的时间; (2)铁块离开布带时的速度大小. 【答案】(1)1 s (2)1 m/s【解析】(1)设铁块离开布带时,相对桌面移动的距离为x ,布带移动的距离为L +x ,铁块滑动的加速度为a ,由牛顿第二定律得μmg =ma ,a =μg =1 m/s 2. 根据运动学公式有 L +x =12a 0t 2,x =12at 2, 解得t =2La 0-μg =1 s. (2)由v =at 得铁块速度v =1×1 m /s =1 m/s.12.如图甲所示,L 形木块放在光滑水平地面上,木块水平表面AB 粗糙,光滑表面BC 与水平面夹角为θ=37°.木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器,当力传感器受压时,其示数为正值;当力传感器被拉时,其示数为负值.一个可视为质点的滑块从C 点由静止开始下滑,运动过程中,传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g 取10 m/s 2.求:(1)斜面BC 的长度; (2)滑块的质量;(3)运动过程中滑块发生的位移. 【答案】(1)3 m (2)2.5 kg (3)8 m【解析】(1)分析滑块受力,如图所示,由牛顿第二定律得a 1=g sin θ=6 m/s 2, 通过图乙可知滑块在斜面上运动的时间为t 1=1 s , 由运动学公式得s =12a 1t 21=3 m.(2)滑块对斜面的压力为N ′1=N 1=mg cos θ, 木块对传感器的压力为F 1=N ′1sin θ, 由图乙可知F 1=12 N , 解得m =2.5 kg.(3)滑块滑到B 点的速度为:v 1=a 1t 1=6 m/s , 由图乙可知:f 1=f 2=5 N ,t 2=2 s , a 2=f 2m =2 m/s 2,s 2=v 1t 2-12a 2t 22=8 m.。

鲁科版高中物理必修第二册精品课件 第3章 圆周运动 本章整合 (2)

鲁科版高中物理必修第二册精品课件 第3章 圆周运动 本章整合 (2)
1
得最低点动能2 1 2 =3mgR,压力
1
− 2mv2,解
N1=7mg,根据牛顿第三定律知,在轨道最低
点,A 球对轨道压力大小为 7mg,选项 B 错误,D 正确。
目录索引
知识网络·体系构建
重点题型·归纳整合
知识网络·体系构建
本章知识由三部分组成,第一部分为描述圆周运动的物理量及其关系;第二
部分为生活中圆周运动实例;第三部分为离心运动的应用与防止。
Δ
Δ
1

Δ
Δ




ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
2
2π 2
2 ( ) r



(2πf)2r
重点题型·归纳整合
一、平抛运动与圆周运动相结合问题的求解
(3)改变绳长,使球重复上述运动,若绳仍在球运动到最低
点时断掉,要使球抛出的水平距离最大,绳长应为多少?最大水平距离为多
少?
解析 (1)设绳断后小球飞行的时间为t,落地时小球的竖直分速度为v2',根据
平抛运动的规律有
水平方向d=v1t
1
1 2
竖直方向4d=2gt ,v2'=gt
解得 v1= 2,v2'=
(若研究对象包括弹簧还有弹性势能)之间的相互转化外还有其他形式能
的转化,我们对研究对象根据能量守恒定律列式;如果研究对象在研究过程
中涉及重力以外的力做功情况,我们对研究对象根据动能定理列式。
2.根据物体做圆周运动的条件列式:找好研究过程的初末状态,根据物体做
圆周运动的条件,不管什么样的圆周运动,物体受到的沿半径方向的合力提
具体来说,解答此类试题大家需要关注以下两个方面:

大学物理运动学讲解

大学物理运动学讲解

地了面”。上的自由落体运动 地面上的观察者v:

物体作匀变速直线运动。 火车上的观察者:不同的。
参考系 描述物体运动所选的标准物体或物体群叫做参考系。 讨论:(1) 运动学中参考系可任选。通常以对问题的研究最方
便、最简单为原则. (2) 参考物选定后,坐标系可任选。运动形式相同,数
分析宇宙的起源
大爆炸宇宙学
仙女座大星云
§1.3 实物的简化模型
对真实的物理过程和对象,根据所讨论的问题的基本要 求,为了突出研究对象的主要性质,而忽略一些次要的要素, 对其进行理想化的简化,抽象为可以用数学方法描述的理想 模型。
提出物理模型的基本原则
(1)明确所提问题; (2)分析各种因素在所提问题中的主次; (3)突出主要因素,提出理想模型; (4)实验验证。
宇宙
人们不断向小尺度开拓以探索物质的组成 物理学上对应 粒子物理学(微观理论)
认识基本粒子
揭示物质的组成
高能物理实验(实验手段)
发展加速器取得实验数据 验证微观理论
目前物理学界公认组成物质的最小单元是夸克
即认为quark 没有内部结构 但近来有消息称: quark 也可一分为二
说明认识无止境
人们从自己向大尺度追问以探索宇宙的奥秘 物理学上对应 天体物理学(宇观理论)
物理规律对于空间的任何点的任何旋转操作具有不变性, 称之为空间旋转对称性.
任何科学理论必须建立在下述对称性的前提下: 不因时而异——时间均匀性; 不因地而异——空间均匀性与各向同性;
1.1.3 时间和空间的计量
(1)时间的计量:时间表征物质运动的持续性,凡已知其运 动规律的物理过程,都可以用作时间的计量。
r(t

t
)

高中物理讲义_02运动学

高中物理讲义_02运动学

第二章運動學二-1運動學的意義二-2直線(一維)運動二-3平面(二維)運動二-4拋體運動二-5相對運動運動概念圖描述物體在空間如何運動和隨時間如何變化的學問稱為「運動學」,可細分三類:(1)移動:物體上的各點(整體)在同一時間內有相同的位置變動,此時物體的運動可以用「質點」的運動來代表,例如行駛中的汽車。

(2)轉動:物體所指的方位隨時間改變,例如溜冰選手的旋轉。

(3)振動:物體的位置或形狀隨時間往復變動,例如彈簧振盪。

質點(1)意義:為了簡化對運動物體的描述,我們從佔有位置、不具體積但擁有質量的物體著手,並將其稱為「質點」,即「擁有質量的點狀物體」,是一種理想化的假設。

(2)使用時機①物體的體積遠小於其活動範圍;②物體的體積不影響其活動狀態(任一點的運動狀態皆相同)。

運動(1)意義:物體的位置隨時間改變時稱此物體「在運動」。

(2)內容:包括①方向:往哪動?②時間:何時?③位置:在哪裡?④速率:動多快?⑤軌跡:如何動?⑥位移:位置如何變化?⑦加速度:速度如何變化?運動(3)本質:探討下列四項物理量的關係運動(4)描述一個物體的位置需要三個要素①參考點:通常選用明顯的目標②距離:物體到參考點的直線長度③方向:參考點指向物體時間(1)意義:除了空間之外,用來描述自然現象流逝或變化的一個參數,有特定的方向。

(2)種類①時刻:發生某一事件的瞬間②時距:完成某一事件所需的時間長度(3)表示法①t=1、第1秒末、第2秒初(時刻)②t=1~t=2、第2秒(時距)③t=0~t=3、最初3秒(時距)位置、位移和路徑長(1)位置的意義①物體所在的空間點,通常用「座標」來表示。

②針對直線運動,我們可用一維的實數軸來描述物體的位置。

位置、位移和路徑長(2)位置和時間的函數關係可以表示成x=x(t)①x>0表示物體位於原點的右方(正方向);②x<0表示物體位於原點的左方(負方向)。

位置、位移和路徑長(3)位置的變化①物理量可分成向量與純量兩種向量:具有量值和方向的物理量,例如位置向量、位移、速度等;純量:只具有量值但沒有方向的物理量,例如溫度、時間、路徑長等。

《移动机器人原理与设计》第三章运动学

《移动机器人原理与设计》第三章运动学
假定目標在全局參考坐標系 的原點,差動驅動的機器 人的運動學模型
令 為機器人前進方向和機器人輪軸中心與目標點連線之間的角度,當前 位置在全局參考坐標系下的極座標為:
• 控制率設置 設計控制信號v和w, 閉環控制系統可表示為:
該閉環系統有一個唯一的平衡點 器人到達目標點。
YR

XR
XI
在局部參考坐標系下,沿XR的運動等於- ,沿YR的運動是 , 也就是說,機器人在局部參考坐標系下沿x軸的運動,相 當於在全局參考坐標系下沿y軸反方向的運動
• 運動學模型
假定差動機器人有2個動力輪,半徑均為r,給定點為兩輪之間的中點M, 輪距為d。給定r,d,θ和各輪的轉速 , 點M在XR正方向上的平移速度為:
• 活動性程度
• 可操縱度 對於 一個安裝有零個或多個可操縱標準輪的機器人有: 為零時,說明機器人底盤沒有 安裝可操縱標準輪;等於2時, 說明機器人沒有安裝固定標 准輪。
• 機動性 指機器人可以操縱的總的自由度,由直接操縱的自由度( 即活動性程度)和間接操縱的自由度(即可操縱度)兩個 部分構成。
• 移動機器人的運動控制 開環策略和閉環策略 點鎮定、路徑跟蹤、軌跡跟蹤
• 點鎮定舉例
• 在機器人局部參考坐標系下,給定實際位姿誤差向量為 x,y和θ是機器人的目標座標。如果存在一個控制矩陣K, ,
使得v(t)和w(t)的控制,
滿足
機器人在目標點是穩定的,即控制矩陣K可以使機器人到達該目標點。
• 運動學模型的建立
• 底盤的滑動約束
所用標準輪的滑動約束集合成一個單獨運算式:
也表示一個投影矩陣,它將機器人局部參考坐標系下的 運動投影到各個輪子的法平面內
• 例4
對兩輪差動驅動機器人,求滾動約束和滑動約束的聯合運算式。 解:聯立約束方程,得

第3章 机器人运动学(2)汇总

第3章 机器人运动学(2)汇总

一旦方向被确定之后,用一个相应的p向量的位移变换 可得到机器人末端执行器在基坐标中的位置:
1 0 0 px
旋转
0 1 0 py
变换
T6 = 0 0 1 pz 0001
矩阵
(3.16)
机器人运动学—刚体位姿描述和齐次变换
一、齐次坐标
在选定的直角坐标系{A}中,空间 任一点P的位置可用3×1的位置矢量 Ap表示,其左上标代表选定的参考坐 标系:
连续变换的若干A矩阵的积称为T矩阵,对于一个六连杆(六自由
度)机械手有
T6 = A1 A2 A3 A4 A5 A6
(3.1)
六连杆的机械手有六个自由度,其中三个自由度用来确定位置,
三个自由度用来确定方向。T6表示机械手在基坐标中的位置与方向。 则变换矩阵T6有下列元素
T6 =
nx ox ax px
ny oy ay py nz oz az pz 0 001
0001 00
01
RPY(,θ,ψ) =
cos –sin 0 0 sin cos 0 0 0 0 10
0 0 01
cosθ sinθsinψ sinθcosψ 0
0
cosψ –sinψ 0
-sinθ cosθsinψ cosθcosψ 0 (3.14)
0
0
01
RPY( ,θ,ψ) =
ห้องสมุดไป่ตู้
cosøcosθ sinøcosθ
图3.2是一致的。
z z’
ψ
z’’
θ z’’’ ø
0
ø
y’’’
ø y’’
θ ψ
y’
y
θ
ψ
x’
x
θ x’’ ø x’’’

第三章-工业机器人运动学-2运动学方程

第三章-工业机器人运动学-2运动学方程

(2.30)
cosθ -sinθ 0 0 1 0 0 a 1 0
00
sinθ cosθ 0 0 0 1 0 0 0 cosα -sinα 0
An = 0
0 1 0 0 0 1 d 0 sinα cosα 0
(2.31)
0
0 01 0001 0 0
01
cosθ -sinθcosα sinθsinα acosθ
对于棱形关节,an = 0,则式(2.32)A矩阵简化为
cosθ -sinθcosα sinθsinα 0
sinθ cosθcosα -cosθsinα 0
An = 0
sinα
cosα d
0
0
0
1
(2.33)
RPY(ø, θ, ψ) =
cosøcosθ cosøsinθsinψ – sinøcosψ cosøsinθcosψ + sinøsinψ 0
sinøcosθ sinøsinθsinψ + cosøcosψ sinøsinθcosψ–cosøsinψ 0
-sinθ
cosθsinψ
cosθcosψ
Sph(α,β,γ) = Rot(z,α)Rot(y,β)Trans(0,0,γ) Rot(y,-β) Rot(z,-α) (2.27)
Sph(α,β,γ) =
1 0 0 γcosαsinβ
0 1 0 γsinαsinβ
0 0 1 γcosβ
000
1
(2.28)
2.7 T6的确定 ( Specification of T6 )
Sph(α,β,γ) = Rot(z,α) Rot(y,β)
Trans(0,0,γ)
(2.23)

第三章第2讲 牛顿运动定律的应用--2025版高考总复习物理

第三章第2讲 牛顿运动定律的应用--2025版高考总复习物理
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第3章 牛顿运动定律
解析:两橡皮泥都静止处于平衡状态,由平衡条件得Fa=(m1+m2)g= 4m1g,Fb=m2g=3m1g,可知弹簧a的弹力比弹簧b的弹力大,故A正确; 在m1上取Δm粘在m2处,由平衡条件得Fa=(m1-Δm+m2+Δm)g=4m1g, 可知弹簧a的弹力不变,长度不变,故B错误;剪断弹簧a瞬间,弹簧a的 弹力消失,弹簧b的弹力不变,对质量为m1的橡皮泥,由牛顿第二定律可 得m1g+Fb=m1a1,解得a1=4g,方向竖直向下,质量为m2的橡皮泥受力 不变,加速度为零,故C错误;剪断弹簧b瞬间,弹簧a的弹力不变,弹 簧b的弹力消失,对质量为m1的橡皮泥,由牛顿第二定律可得Fa-m1g= m1a′1,解得a′1=3g,方向竖直向上;对质量为m2的橡皮泥,由牛顿第二 定律可得m2g=m2a′2,解得a′2=g,方向竖直向下,故D正确。
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第3章 牛顿运动定律
易错警示 在求解瞬时加速度时应注意的问题
(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的,当外界因素发生变化时, 需要重新进行受力分析和运动分析。 (2)加速度可以随着力的突变而突变,而速度的变化需要一个积累的过 程,不会发生突变。
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第3章 牛顿运动定律
1.(多选)(2024·四川成都诊断)如图所示,劲度系数不同的两个轻质弹簧 a、b悬挂了质量为m1和m2两块橡皮泥,整个装置保持静止时,弹簧a的 长度与弹簧b的长度相等;已知m2=3m1,重力加速度为g,则( ) A.弹簧a的弹力比弹簧b的弹力大 B.在m1上取Δm粘在m2处,弹簧a长度变短,弹簧b长度变长 C.剪断弹簧a瞬间,质量为m1和m2的橡皮泥的加速度大小都 为g,方向竖直向下 D.剪断弹簧b瞬间,质量为m1的橡皮泥加速度大小为3g,方向竖直向 上,质量为m2的橡皮泥加速度大小为g,方向竖直向下

第3章流体运动学上PPT课件

第3章流体运动学上PPT课件

3.2 描述流体运动的两种方法
3.2.1 Lagrange法
1.基本思想:跟踪每个流体质点的运动全过程,记录 它们在运动过程中的各物理量及其变化
2.拉格朗日变数:(a,b,c,t)——区分流体 质点的标志
3.质点物理量:B(a,b,c,t), 如:
pp(a,b,c,t) (a,b,c,t)
3.2 描述流体运动的两种方法
3.2 描述流体运动的两种方法
3.2.0 流体质点和空间点
•流体质点:是个物理点,它是在 两者相互关系:流场
连续介质中取出的,在几何尺寸 中空间某一点,先后由 上无限小,可以看作一点,但包 不 同 的 流 体 质 点 所 占 含许多分子,具有一定物理量。 据;流体质点物理量会
发生变化,而空间点是
•空间点:几何点,表示空间位置 不动的。
Reynolds数的物理意义:
惯性力 Re 粘性力
惯性使扰动放大,导致湍流,粘性抑制扰动使流动保持稳定。 当 Re 时,流动趋于理想流体运动。
2. 机翼绕流风洞试验
机翼绕流流场的特点:
流线(streamline): 上翼面:流线密 下翼面:流线稀
(a) Re~1
3. 卡门涡街(Karman vortex street)
第3章 流体运动学
(Fluid Kinematics)
第3章 流体运动学
从几何的观点研究流体的运动,不 讨论运动产生的动力学原因。
ma F
rrx,y,z,t vvx,y,z,t aax,y,z,t
3.1 流动图形观察 (flow visualization)
观察几个典型流动,感受实际流动现象和特征。 圆管流动——流动状态 机翼绕流——升力、阻力 圆柱绕流——涡激振荡

2《运动学》内容讲解解析

2《运动学》内容讲解解析

第二章、运动学【内容要求】参照系。

质点运动的位移和路程,速度,加速度。

相对速度。

矢量和标量。

矢量的合成和分解。

匀速及匀速直线运动及其图象。

运动的合成。

抛体运动。

圆周运动。

刚体的平动和绕定轴的转动。

一、相对运动:矢量的相对性公式,以速度为例是:υ相+υ牵=υ绝υ牵——参考系的速度υ相——质点相对于参考系的速度υ绝——质点对地的速度用相对运动观点解决直线运动问题1. 在做自由落体运动的升降机内,某人竖直上抛一弹性球,此人会观察到()A 球匀减速上升,到达最高点后匀加速下落。

B 球匀速上升,与顶板碰撞后匀速下落。

C 球匀加速上升,与顶板接触后停留在那里。

D 球匀减速上升,到达最高点后停留在空中。

2、将两物体A, B分别以初速v1, v2 同时抛出,v1, v2与水平方向的夹角分别为α和β。

在运动中,以B为参照物,A的速度将()A 大小,方向都不变。

B 大小不变,方向变C 大小变,方向都不变D大小,方向都变3、如图所示,直线L紧贴固定的圆环以速度υ匀速直线运动,圆环的半径为R,当直线与圆环的交点P与圆心的连线与直线的夹角为θ时,求P点的速度和加速度大小。

4、如图所示,细杆L固定不动,半径为R的圆环紧贴杆以速度v匀速向右平移,当圆心距杆为x()时,求图中交点A的速度大小和加速度大小.x R5、直杆AC搭在水平面和台阶上,如图所示。

A点在水平面上,与台阶接触点为B,当杆与水平面成θ角时,A 点速度大小为υ,方向水平向右,C点速度大小为2υ,则CB与AB的长度之比为多少?6、有一轮轴,外轮半径为R,内轮轴半径为r,绳子绕在内轮轴上,以速度υ水平拉动绳子,轮轴沿水平面运动且只滚不滑,另有一板搭在轮轴上,与轮轴相切于P点,A点铰链连接于地面。

求板与水平面成α角时其角速度为多大?v拉出,如图所示。

这时线轴沿水平平面无滑动7、缠在线轴上的线被绕过滑轮B后,以恒定速度滚动。

求线轴中心点O的速度随线与水平方向的夹角α的变化关系。

2013新课标高中物理总复习第3章---第2讲

2013新课标高中物理总复习第3章---第2讲
新课标 ·物理
自 主 落 实 · 固 基 础
第2讲
两类动力学问题 超重和失重
随 堂 检 测 · 紧 练 兵
考 点 突 破 · 提 知 能
课 时 知 能 训 练


新课标 ·物理
自 主 落 实 · 固 基 础
一、动力学的两类基本问题
应用牛顿运动定律求解的问题主要有两类: (1)已知受力情况求 运动情况 . (2)已知运动情况求 受力情况 .
课 时 知 能 训 练


新课标 ·物理
【解析】
自 主 落 实 · 固 基 础
运动员在地面上能举起m0=120 kg的重物,则运动员能发挥的向
随 堂 检 测 · 紧 练 兵
上的最大支撑力 F=m0g=1 200 N. (1)在运动着的升降机中只能举起m1=100 kg的重物,可见该重物超重了, 升降机应具有向上的加速度,设此加速度为a1,对物体由牛顿第二定律得:F -m1g=m1a1,解得a1=2 m/s2.
菜 单
随 堂 检 测 · 紧 练 兵
课 时 知 能 训 练
新课标 ·物理
如图3-2-3所示,有一足够长的斜面,倾角α=37°,一小物块质量
自 主 落 实 · 固 基 础
为m,从斜面顶端A处由静止下滑,到B处后,受一与物块重力大小相等的水 平向右恒力作用,开始减速,到斜面底端C速度刚好减为0,若AB长s1=2.25 m,物块与斜面间动摩擦因数μ=0.5,(sin 37°=0.6,g=10 m/s2)求: (1)物块到达B点的速度v; (2)斜面长度L.
随 堂 检 测 · 紧 练 兵
考 点 突 破 · 提 知 能
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新课标 ·物理

运动学 第2讲 (老师版)

运动学 第2讲 (老师版)
第2讲
匀变速直线运动的规律
匀变速直线运动规律 [ຫໍສະໝຸດ 一想] 如图 1-2-1 所示,一质点由 A 点出发,以初速度 v0 做匀变速直线运动,经过时间 t s 到达 B 点,设其加速度大小为 a。
图 1-2-1
(1)若质点做匀加速直线运动,则质点在 B 点的速度及 AB 间距应如何表示。
(2)若质点做匀减速直线运动,则质点在 B 点的速度及 AB 间距应如何表示。
度为( )
A.5 m/s
B.10 m/s
C.15 m/s
D.20 m/s
解析:选 B 设滑行前需要获得的最小初速度为 v0,根据 v2-v02=2ax,代入数据,解
得 v0=10 m/s,B 项正确。
匀变速直线运动的推论
[想一想] 如图 1-2-2 所示,一物体在做匀加速直线运动,加速度为 a,在 A 点的速度为 v0,物 体从 A 到 B 和从 B 到 C 的时间均为 T,则物体在 B 点和 C 点的速度各是多大?物体在 AC 阶 段的平均速度多大?此过程平均速度与 B 点速度大小有什么关系?xBC 与 xAB 的差又是多 大?
(1)速度公式:v=v0+at。
(2)位移公式: x=v0t+12at2。
(3)速度位移关系式:v2-v02=2ax。
[试一试]
1.(2013·广东高考)某航母跑道长 200 m。飞机在航母上滑行的最大加速度为 6 m/s2,
起飞需要的最低速度为 50 m/s。那么,飞机在滑行前,需要借助弹射系统获得的最小初速
(1)Δx=aT2,即任意相邻相等时间内的位移之差相等。可以推广到 xm-xn=(m-n)aT2。
(2)v t =v0+2 v,某段时间的中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度。

鲁科版高中物理必修第二册精品课件 第3章 圆周运动 第1节 匀速圆周运动快慢的描述

鲁科版高中物理必修第二册精品课件 第3章 圆周运动 第1节 匀速圆周运动快慢的描述

运动的角速度大小为(
A.5 rad/s
5
B.
3
π
C.
40
π
D.
80
rad/s
)
rad/s
rad/s
解析 根据题意可知转过的圆心角为
速度的定义知
答案 C

ω=

=
1
π
40
3
φ= ×2π
4
3
rad= π
2
rad,时间为 t=60 s,由角
rad/s,选项 A、B、D 错误,C 正确。
3.一质点做匀速圆周运动,在时间t内转过n周。已知圆周半径为R,则该质
1
3
D. v
2
)
解析 传动过程中,同一链条上的 A、B 两点的线速度相等,即 vA=vB,B 点的线
速度大小为 v,根据
vB=v 代入解得
答案 D

ω= ,且
3
vC= v,选项
2
B、C

两点同轴转动,角速度相同,所以
2
D 正确。
=

,将
3
问题三
对匀速圆周运动的理解
【情境导引】
三、线速度、角速度和周期的关系
1.线速度和角速度关系:v= rω 。

2.线速度和周期的关系:v=
3.角速度和周期的关系:ω= 2π



【自我检测】
1.正误辨析
(1)做匀速圆周运动的物体,相等时间内通过的位移相同。(
)
解析 做匀速圆周运动的物体,在任意相等时间内通过的位移大小相等,但
位移的方向不同。
答案 ×
(2)匀速圆周运动是一种匀速运动。(

第3章 连续物体的运动(2)

第3章 连续物体的运动(2)

地球的质量为m ,太阳的质量为M ,地心与日心的距离为R ,引力常量为G ,则地球绕太阳作圆周运动的轨道角动量为L =_________GMR m根据GMm/R2=mv2/R 求出速度,再求动量P ,L=RP质量为m 的质点以速度v沿一直线运动,则它对直线外垂直距离为d 的一点的角动量大小是___②_____. mvd质量为m 的质点以速度v沿一直线运动,则它对该直线上任一点的角动量为___②_____几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上,如果这几个力的矢量和为零,则此刚体 [ ] (A) 必然不会转动. (B) 转速必然不变.(C) 转速必然改变. (D) 转速可能不变,也可能改变.D满足角动量守恒,当转动惯量不变时,角速度ω不变,当转动惯量变化时,角速度ω变化有一半径为R 的水平圆转台,可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动,转动惯量为J ,开始时转台以匀角速度ω0转动,此时有一质量为m 的人站在转台中心.随后人沿半径向外跑去,当人到达转台边缘时,转台的角速度为 (A)02ωmR J J +. (B) ()02ωRm J J+. (C) 02ωmR J . (D) 0ω. A将圆盘和人作为整体,满足角动量守恒,J ω0=(J+mR 2)ω1刚体角动量守恒的充分而必要的条件是(A) 刚体不受外力矩的作用. (B) 刚体所受合外力矩为零. (C) 刚体所受的合外力和合外力矩均为零. (D) 刚体的转动惯量和角速度均保持不变 B条件:刚体所受和外力矩为零,或者不受合外力的作用花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动,开始时两臂伸开,转动惯量为J 0,角速度为ω0.然后她将两臂收回,使转动惯量减少为31J 0.这时她转动的角速度变为 (A) 31ω0. (B) ()3/1 ω0. (C) 3 ω0. (D) 3 ω0.D满足角动量守恒,J 0ω0= J 1ω1质量为m 的小孩站在半径为R 的水平平台边缘上.平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动,转动惯量为J .平台和小孩开始时均静止.当小孩突然以相对于地面为v 的速率在台边缘沿逆时针转向走动时,则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为(A) ⎪⎭⎫ ⎝⎛=R J mR v 2ω,顺时针. (B) ⎪⎭⎫⎝⎛=R J mR v 2ω,逆时针.(C) ⎪⎭⎫⎝⎛+=R mR J mR v 22ω,顺时针. (D) ⎪⎭⎫⎝⎛+=R mR J mR v 22ω,逆时针. A将圆盘和人作为整体,满足角动量守恒有两个半径相同,质量相等的细圆环A 和B .A 环的质量分布均匀,B 环的质量分布不均匀.它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为J A 和J B ,则 (A) J A >J B . (B) J A <J B . (C) J A = J B . (D) 不能确定J A 、J B 哪个大. C一个物体正在绕固定光滑轴自由转动,(A) 它受热膨胀或遇冷收缩时,角速度不变. (B) 它受热时角速度变大,遇冷时角速度变小. (C) 它受热或遇冷时,角速度均变大.(D) 它受热时角速度变小,遇冷时角速度变大. D一质点作匀速率圆周运动时,(A) 它的动量不变,对圆心的角动量也不变. (B) 它的动量不变,对圆心的角动量不断改变. (C) 它的动量不断改变,对圆心的角动量不变.(D) 它的动量不断改变,对圆心的角动量也不断改变. CP=mv,速度v 的方向一直在变化,动量p 也在不断变化 L=r*vm,根据右手定则,方向不变刚体对轴的转动惯量只取决于刚体的质量,与质量的空间分布和轴的位置无关.×刚体对轴的转动惯量取决于刚体的质量和质量的空间分布,与轴的位置无关.×质量相等,形状和大小不同的刚体,在相同力矩作用下,它们的角加速度一定相等×一作匀变速转动的飞轮在10s 内转了16圈,其末角速度为15 rad /s ,它的角加速度的大小等于多少?解:根据运动学公式t 0βωω+= ① 2分2021t t βωθ+= ② 2分 ∴ 2/) (2t t θωβ-= ③ 2分ω=15 rad /s ,t =10 s ,θ=32πrad , =β0.99 rad /s 2 2分一长为1 m 的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动.抬起另一端使棒向上与水平面成60°,然后无初转速地将棒释放.已知棒对轴的转动惯量为231ml ,其中m 和l 分别为棒的质量和长度.求: (1) 放手时棒的角加速度;(2) 棒转到水平位置时的角加速度.解:设棒的质量为m ,当棒与水平面成60°角并开始下落时,根据转动定律M = J β 2分其中 4/30sin 21mgl mgl M == 2分 于是 2rad/s 35.743 ===lg J M β 1分 当棒转动到水平位置时, M =21mgl 2分那么 2rad/s 7.1423 ===lg J M β 1分如图所示,一个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相联,绳子质量 可以忽略,它与定滑轮之间无滑动.假设定滑轮质量为M 、半径为R ,其转动惯量为221MR ,滑轮轴光滑.试求该物体由静止开始下落的过程中,下落速度与时间的关系.解:根据牛顿运动定律和转动定律列方程对物体: mg -T =ma ① 2分a对滑轮: TR = J β ② 2分 运动学关系: a =R β ③ 1分将①、②、③式联立得 a =mg / (m +21M ) 1分 ∵ v 0=0,∴ v =at =mgt / (m +21M ) 2分一质量为M =15 kg 、半径为R =0.30 m 的圆柱体,可绕与其几何轴重合的水平固定轴转动(转动惯量J =221MR ).现以一不能伸长的轻绳绕于柱面,而在绳的下端悬一质量m =8.0 kg(1) 物体自静止下落, 5 s 内下降的距离;(2) 绳中的张力.解:J =221MR =0.675 kg ·m 2 ∵ mg -T =ma1分 TR =J β 2分 a =R β 1分 ∴ a =mgR 2 / (mR 2 + J )=5.06 m / s 2 1分因此(1)下落距离 h =221at =63.3 m 2分 (2) 张力 T =m (g -a )=37.9 N 1分如图所示,设两重物的质量分别为m 1和m 2,且m 1>m 2,定滑轮的半径为r ,对转轴的转动惯量为J ,轻绳与滑轮间无滑动, 滑轮轴上摩擦不计.设开始时系统静止,试求t 时刻滑轮的角速度.解:作示力图.两重物加速度大小a 相同,方向如图.示力图 1分m 1g -T 1=m 1a 1分 T 2-m 2g =m 2a 1分设滑轮的角加速度为β,则 (T 1-T 2)r =J β1分且有 a =r β1分 由以上四式消去T 1,T 2得:()()Jr m m gr m m ++-=22121β 2分 开始时系统静止,故t 时刻滑轮的角速度.()()Jr m m grt m m t ++-==22121 βω 1分质量分别为m 和2m 、半径分别为r 和2r 的两个均匀圆盘,同轴地粘在一起,可以绕通过盘心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动,对转轴的转动惯量为9mr 2 / 2,大小圆盘边缘都绕有绳子,绳子下端都挂一质量为m m图所示.求盘的角加速度的大小.解:受力分析如图. 1分 mg -T 2 = ma 2 1分 T 1-mg = ma 1 1分 T 2 (2r )-T 1r = 9mr 2β / 2 1分 2r β = a 2 1分 r β = a 1 1分 解上述5个联立方程,得: r g192=β 2分如图所示,设两重物的质量分别为m 1和m 2,且m 1>m 2,定滑轮的半径为r ,对转轴的转动惯量为J ,轻绳与滑轮间无滑动,滑轮轴上摩擦不计.设开始时系统静止,试求t 时刻滑轮的角速度.解:作示力图.两重物加速度大小a 相同,方向如图. 示力图 1分m 1g -T 1=m 1a 1分 T 2-m 2g =m 2a 1分 设滑轮的角加速度为β,则 (T 1-T 2)r =J β 1分 且有 a =r β 1分 由以上四式消去T 1,T 2得:()()Jr m m gr m m ++-=22121β 2分开始时系统静止,故t 时刻滑轮的角速度.()()Jr m m g r t m m t ++-==22121 βω 1分a a 1 m。

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对于当任一点P取在手部把持中心,即
时,此时的位移方程式为
xn yn zn 0
x x0 y y0 z z 0
x0 , y0 , z0 为 {on } 系相对于{o0 } 系坐标原点的平移量, 式中,
由T矩阵的第4列来确定。
3.4.2多种坐标系的变换 1. 多种坐标系的定义 假设机器人要在工件P上钻孔而 须向工件P处移动,为了描述机 器人与周围环境的相对位姿关系, 使用了几种常用的坐标系:
γ x β α o
β α γ β γ
z
α
y
因为三次旋转都是相对于参考系的,所以得到相应的旋转矩阵
RPY( , , ) Rot( z, )Rot( y, )Rot( x, )
c s RPY( , , ) 0 0 s c 0 0 0 0 1 0 0 c 0 0 0 s 1 0 0 s 1 0 0 c 0 0 0 1 0 0 c 0 0 0 s 1 0 0 0 s c 0 0 0 0 1
3.5 RPY角与欧拉角 旋转矩阵R的9个因素中,只有3个独立因素,用它来作矩阵运 算算子或矩阵变换时,非常方便,但用来表示方位却不太方便, 所以通常用RPY角与欧拉角来表示机械手在空间的方位。
3.5.1 RPY角(绕固定轴x-y-z旋转)
RPY角是描述船舶在大海中 航行或飞机在空中飞行时姿 态的一种方法。将船的行驶 方向取为z轴,则绕z轴的旋 转(α角)称为滚动(Roll); 将船体的横向取为y轴,则绕
x
γ(偏转)
z
α(回转)
o y
β(俯仰)
y轴的旋转(β角)称为俯仰
(Pitch);而把船体的垂直 方向取为x轴,将绕x轴的旋
转(γ角)称为偏转(Yaw),
如图所示。
操作臂手爪姿态的规定方法类似,如图所示,
故习惯上称为RPY角方法。 这种描述活动坐标系方位的法则如下: 活动系的初始方位与参考系重合; 首先将活动系绕参考系的x轴旋转γ角; 再绕参考系的y轴转β角; 最后绕参考系的z轴转α角; 如图所示。
变换方程的任一变换矩阵都可用其余的变换矩阵来表示。
例如,为了求出H系到B系的变换矩阵BTH,需对上式左乘 右乘
H
U
TB-1
T
-1 T
,得
B
TH U TB-1 U TP P TT H TT-1
由上式便可求出手部相对基座处于何种状态,完成在工件上 打孔的任务。 实际上,可以从封闭的有向变换图的任一变换开始列变换方程。 从某一变换弧开始,顺箭头方向为正变换一直连续列写到相邻 于该变换弧为止(但不再包括该起点变换),则得到一个单位 变换。
将矩阵相乘得
下面来讨论逆解问题(略)
3.5.2欧拉角
1. 绕运动系z-y-x转动的欧拉角 这种坐标系运动的描述如下:
γ β
z
α
运动坐标系的初始方位与参考系相同; 首先使运动系绕z轴转α角; 然后绕运动系的y轴转β角; 最后绕运动系的x轴转γ角;
o x
α
γ
α
β
y
如图所示。
β γ
这种描述法中的各次转动都是相对于运动坐标系的某轴进行的, 而不是相对于固定的参考系。这样的三次转动角称为欧拉角。 因此可以得出欧拉变化矩阵为
第3章 工业机器人运动学
3.4变换方程的建立
3.4.1多级坐标变换 设有一n个自由度的机器人, 如图所示。on为手部把持中心 动坐标系的原点,P点为手部 上的任意一点。P点相对于固 定坐标系 {o0:x0 , y0 , z0}
z0 z1
o1 x1 o0 x0 y0
Euler( , , )=Rot(z, )Rot( y, )Rot(x, ) c s = 0 0 s c 0 0 0 0 c 0 0 0 1 0 s 0 1 0 0 s 1 0 0 0 0 c 0 1 0 0 c 0 0 0 s 1 0 0 0 s c 0 0 0 0 1
U
TT TB TH TT
U B H
另一方面,﹛T﹜系相对于﹛U﹜系的变换方程也可表示为
U
TT TP TT
U P
U
TB
U
所以有
U
Tp
TB TH TT TP TT
B H U P
B
TH
P H
TT
TT
用有向变换图来表示。图的每一弧段表示一个变换,从它定 义的参考坐标系向外指向,封闭于物体上的某一共同点,这 就是变换方程的封闭性。
z2
o2 y1
. ..
on-1 xn-1
zn
x2 T
的坐标为P(x,y,z),而相对于动坐标系 {on :xn , yn , zn } 的坐标为P(xn,yn,zn)。 问题:已知P(xn,yn,zn),求P(x,y,z)的表达式?

{on } 系到 {o0}
系经过了n级的逐次坐标变换,
且每次都是相对于动坐标系进行的。如果求出了任一个相 {on } 系到 {o0 } 邻两级之间的坐标变换矩阵Ti,那么从
B
B
H HTT TH
T
P
TT
P
U U
Tp
基座(固定)坐标系﹛B﹜ 工作台坐标系﹛S﹜ 手部坐标系﹛H﹜ 工具坐标系﹛T﹜ 工件坐标系﹛P﹜ 通用(世界)坐标系﹛U﹜
TB U
2. 多种坐标系之间的变换矩阵 设: 由﹛P﹜系到﹛U﹜系的变换矩阵UTB ; 由﹛B﹜系到﹛U﹜系的变换矩阵UTB ; 由﹛H﹜系到﹛B﹜系的变换矩阵为BTH ; 由﹛T﹜系到﹛H﹜系的变换矩阵为HTT 。 于是: 固定在钻头端点处的工具坐标﹛T﹜系相对于通用坐标U 系的变换方程可表示为
系之间的坐标变换矩阵可表示为 T= T1 T2 T3 T4 …Tn-1 Tn 则齐次坐标变换方程式可以表示为
X TX n
式中
X x, y, z ,1
T
X n xn , yn , zn ,1
T
上式确定了n个自由度的机器人手部把持中心的任一点P相对 于固定坐标系的位置,以及手部把持中心在空间的姿态。
其中
c cos , s sin
c c s c RPY( , , ) s 0 c s s s c s s s c c c s 0 c s c s s s s c c s c c 0 0 0 0 1
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