第二章 质点组力学-习题课

d d = rC ×m (ω×rC ) + rD ×m (ω×rD ) dt dt
ɺ ɺ = rC × m ω × rC + rD × m ω × rD
= rC × m ω ×VC + rD × m ω ×VD
= ω × JO
(
(
)
)
(
(
)
)
14
d JO ˆ = ω × JO = ml 2ω 2 sin 2α i dt
17
解 ： 取轮 1 的转角为 ϕ 1 。 取整个系统 取轮1 为研究对象
2 T = 1 I1ω12 + 1 I 2ω2 + 1 mv 2 2 2 2
ω 1 r2 = ω 2 r1
因为 v = r1ω1 = r2ω 2
2 1 ( I + I r1 + mr 2 )ω 2 T= 1 1 2 1 2 r22
由动能定理得 r12 ( I1 + I 2 2 + mr12 )ω1d ω1 = Mdϕ1 r2
r12 β1 = M /( I1 + I 2 2 + mr12 ) r2
18
例 已知质量为 mA 的滑块放在光滑水平面上 ， 摆锤 已知质量为m 的滑块放在光滑水平面上， 质量m 无重杆长l 质量mB，无重杆长l。 求： 系统的运动微分方程
16
例 传动轴由电动机带动 。 电 传动轴由电动机带动。 动机和传动装置用胶带相连接， 动机和传动装置用胶带相连接 ， 在电动机轴上作用有一力偶， 在电动机轴上作用有一力偶 ， 其力偶矩为M 其力偶矩为 M 。 电动机轴和安 装在其上的滑轮的转动惯量为 I1 ， 传动轴和安装在其上的滑 轮的转动惯量为I 轮的转动惯量为 I2 。 电动机上 滑轮的半径为r 滑轮的半径为 r1 ， 传动轴上滑 轮的半径为r 胶带质量为m 轮的半径为r2，胶带质量为m。 轴承的摩擦可略去不计， 轴承的摩擦可略去不计 ， 试求 电机轴的角加速度。 电机轴的角加速度。
(2)电动机起跳条件 (2)电动机起跳条件 电动机起跳条件： 电动机起跳条件： Fy = 0 应用质心运动定理： 应用质心运动定理： m1 ⋅ 0 + m2 eω 2 cos ω t = Fy − m1 g − m2 g 因此机座的约束力为 ：
O
y
m2 g
O1 a r
m1 g M
ϕ
ae
x Fy
Fy = m1 g + m2 g + m2 eω 2 cos ω t
Fy min = m1 g + m2 g − m2 eω 2
由Fy = 0 ，推出电动机起跳的最小角速度 ω min =
m1 + m2 g m2 e
11
例 质量均为m的两小球C和D用 质量均为m的两小球C 长为2 的无质量刚性杆连接， 长为 2l 的无质量刚性杆连接 ， 并 以其中点固定在铅垂轴AB上 以其中点固定在铅垂轴AB上，杆 与 AB 轴之间的夹角为α ， 轴 AB AB轴之间的夹角为 α 以匀角速度ω 转动。 以匀角速度ω 转动。A、B轴承间 的距离为h 的距离为h。求 (1)系统对O点的动量矩； 系统对O (2) A、B轴承的约束反力。 轴承的约束反力。
B
P
24
1. 求θ0 要使小球绕O 作圆周运动，必有在M 处线的张力N 要使小球绕O1作圆周运动，必有在M1处线的张力N≥ 0，故
mv12 /(l − h ) ≥ mg
机械能守恒
v12 ≥ (l − h ) g
O
−mgl cosθ 0 = 1 mv12 − mg (2h − l ) 2
h
M1
θ
O1
ɺɺA = X 0ω 2 cos ω t x
k
mB g B
NB
系统的动量为
ɺ ɺ px = mA x A + mB xB = mA X 0ω sin ω t
由质点组动量定理
m A X 0ω 2 cos ω t = N B − m A g − mB g
∴ N B = (mA + mB ) g + mA X 0ω 2 cos ω t
xC 2
xC1 = a
m1 (a − s ) + m2 (a + e sin ϕ − s ) = m1 + m2
y
O1
由xC1 = xC2 解得 ：
ϕO
e
2
m2 s= e sin ϕ m1 + m2
O a
s
x
由此可见，当转子偏心的电动机未用螺栓固定时，将在 由此可见，当转子偏心的电动机未用螺栓固定时， 水平面上作往复运动。 水平面上作往复运动。 10
D
α
B
o
mg
mg
ˆ v D = ω × rD = ωl sin α i
由质点组的动量矩的定义可得
YB ZB
J O = rC × mvC + rD × mv D = 2ml 2ω sin α k
13
(2) 求A、B轴承的约束力
dJ O d = rC × mVC + rD × mVD dt dt
(
)
ɺ ɺ = rC ×mVC + rD ×mVD
5
B块跳起的条件为NB = 0，即 块跳起的条件为N 0，
x
A
( m A + mB ) g + m A X 0ω 2 cos ω t = 0
O
xA mA g
静 止 平衡位置
(mA + mB ) g X0 = − mAω 2 cos ω t
X 0 min mA + mB mA + mB = g= g 2 mAω k
23
例 线长为l，OO1 = h，小球质量为m。 线长为l 小球质量为m 求：1 求：1. θ0 角至少应为多大, 小球才可绕铁钉O1作圆周 角至少应为多大, 小球才可绕铁钉O 运动； 2. 线OM在碰到铁钉O1前后瞬时张力的变化。 OM在碰到铁钉O 前后瞬时张力的变化。
O
h
M1
θ
O1
θ0
l
Tபைடு நூலகம்
A
v
k
mB g B
NB
6
例 图所示的电动机用螺栓固定在刚性基础上。设其 图所示的电动机用螺栓固定在刚性基础上。 外壳和定子的总质量为m 外壳和定子的总质量为 m1 ， 质心位于转子转轴的中 心 O1 ；转子质量为 m2 ， 由于制造或安装时的偏差， ；转子质量为m 由于制造或安装时的偏差 ， 转子质心O 不在转轴中心上，偏心距O 转子质心O2不在转轴中心上，偏心距O1O2 = e，已知 转子以等角速ω 转动。试求电动机机座的约束力。 转动。试求电动机机座的约束力。
1
2
太空中拔河，谁胜谁负？
系统不受外力作用，所以动量守恒 系统不受外力作用，
不分胜负！ 不分胜负！
3
例 质量分别为 mA 和 mB 的两个 质量分别为m 物块A 物块 A 和 B ， 用刚度系数为k 的弹 用刚度系数为 k 簧联结。 块放在地面上， 簧联结 。 B 块放在地面上 ， 静止 时A块位于O位置。如将A块压下， 块位于O位置。如将A块压下， 使其具有初位移X 使其具有初位移X0 ，此后突然松 开 ， 如所示 。 求地面对 B 块的约 如所示。 求地面对B 束力N 束力 NB 。 又 X0 多大时 ， B 块将跳 多大时， 起？
x A O 静 止 平衡位置 X O
k B
4
解：取系统为研究对象，画受力图。 取系统为研究对象，画受力图。 A作简谐振动，初始条件为 作简谐振动， x
A
xA
因此
t =0
= −X0
ɺ xA
t =0
=0
O
x A = − X 0 cos ω t
xA mA g
静 止 平衡位置
ɺ x A = X 0ω sin ω t
2 B
mg T′ = [l (3 − 2 cosθ 0 ) − h ] l −h
26
例 质量为M的平板车静止在光滑地面上，车上有N个 质量为M的平板车静止在光滑地面上，车上有N 人，每人的质量都为m，若每人消耗同样的体力（即每 每人的质量都为m 若每人消耗同样的体力（ 人作功相同） 沿水平方向向后跳 ， 忽略空气阻力， 人作功相同 ） 沿水平方向向后跳， 忽略空气阻力 ， 人 可看作质点。 可看作质点。 问： 选择某种跳法，可使车得到最大的动能，求 选择某种跳法，可使车得到最大的动能， 此动能为多少？ 此动能为多少？
ω
y
z
LO
A
C
D
α
o
B
12
解：取整体系统为研究对象，建立固结杆坐标系 取整体系统为研究对象， (1) 系统对O点的动量矩 系统对O 角速度
ˆ ω = ω (cos α ˆ + sin α k ) j 两小球的矢径
YA
ω
y
C
z
LO
A
rC = lˆ , rD = −lˆ j j
它们的速度
ˆ vC = ω × rC = −ωl sin α i
ω
YA
y
A
C
z
LO
由质心运动定理得
YA = YB , Z B = 2mg
外力对O 外力对O点的主矩为
D
α
B
o
mg
mg
ˆ ( MOe) = YA hi
质系对质心的动量矩定理： 质系对质心的动量矩定理：
YB ZB
ml 2ω 2 sin 2α Y A = YB = h
15
以x轴的定轴转动(非惯性系) 轴的定轴转动(非惯性系) 加惯性力， 加惯性力，画受力图
y x A O Nϕ mAg x
dpx =0 dt
ɺ ɺɺ + mB (ɺɺ + lϕ cosϕ − lϕ2 sinϕ) = 0 mAx x ɺɺ
d (T + V ) =0 dt
vr
B mBg
vB
ve
ɺɺcosϕ + lϕ + g sinϕ = 0 ɺɺ x
20
例 质量为 m1 的匀质细杆 AB铰接于质量为 m2 的可在 质量为m 的匀质细杆AB 铰接于质量为m 光滑水平面上移动的平车上。初始时系统静止， 光滑水平面上移动的平车上。初始时系统静止，杆处 于铅垂位置。 于铅垂位置。求：杆与水平面成θ角时，杆的角速度。 角时，杆的角速度。
YA
A
C
SC
mg
SC = S D = ml sin αω 2
M Bx = 0 YA h − SC ⋅ 2l cos α = 0
SC ⋅ 2l cos α ml 2ω 2 YA = = sin 2α h h
由质心运动定理
SD
D
α
B
o
mg
YB ZB
Ry = 0 : YB = YA
Rz = 0 : Z B = 2mg
水平方向外力为零。 解： 水平方向外力为零。 非保守内力不做功。 非保守内力不做功。
A
ϕ
B
ɺ T = 1 mA x 2 + 2 1 m ( x 2 + l 2ϕ 2 + 2 xlϕ cos ϕ ) ɺ ɺ ɺ ɺ B 2
19
V = − mB gl cos ϕ
ɺ ɺ ɺ px = mA x + mB ( x + lϕ cos ϕ )
8
若上例中电动机没有用螺栓固定， 若上例中电动机没有用螺栓固定 ， 各处摩擦不 计，初始时电动机静止。试求： 初始时电动机静止。 1. 转子以匀角速ω 转动时电动机外壳在水平方向 转子以匀角速ω 的运动方程； 2. 电动机跳起的最小角速度。 电动机跳起的最小角速度。
y
O1
ϕO
e
2
O a
s
x
9
(1)电动机外壳在水平方向的运动方程 (1)电动机外壳在水平方向的运动方程 质心坐标
由动能定理
1 m v 2 + 1 m [( l ω sin θ − v) 2 + ( l ω cos θ ) 2 ] + 1 ( 1 ml 2 )ω 2 2 2 2 1 2 2 2 12 = m1 g l (1 − sin θ ) 2
联立求解得： 联立求解得：
3(1 − sin θ )(m1 + m2 ) g ω =2 [4(m1 + m2 ) − 3m1 sin 2 θ ]l
O1 m 1g ϕ O 2 Fy M Fx
y
m 2g
x
支座的约束力为： 支座的约束力为：
Fx = − m2 eω 2 sin ω t Fy = m1 g + m2 g + m2 eω 2 cos ω t
动约束力与ω 2平方成正比。工程上常在电动机和基础之 平方成正比。 间安装具有弹性和阻尼的橡胶垫以减小基础的动反力，这种 间安装具有弹性和阻尼的橡胶垫以减小基础的动反力， 方法称为隔振 方法称为隔振。 隔振。
y
m 2g O1 m1g ϕ O2 Fy M Fx
x
7
解：建立坐标系O1xy，受力如图 建立坐标系O xy， 由质点组动量定理有： 由质点组动量定理有：
m1 ⋅ 0 − m2 eω 2 sin ω t = Fx m1 ⋅ 0 + m2 eω 2 cos ω t = Fy − m1 g − m2 g
B
A
θ
21
解：运动学分析，建立坐标系 运动学分析， 受力分析，分析外力系的特点（外力系主矢量在x轴的投 受力分析，分析外力系的特点（外力系主矢量在x 影为零，约束力不做功） 影为零，约束力不做功） y
ω
B
v C
v O N1 m2 g N2
22
A
θ m1g
vr
x
水平方向动量守恒
l m1 ( 2 ω sin θ − v) − m2 v = 0
θ0
l
∴ θ 0 ≥ cos
−1
3 (− 2
+
5 h) 2 l
T
A
v
B
P
25
2. 求张力的变化 碰到钉子前： 碰到钉子前：
O
mv / l = T − mg
2 B
h
M1
θ
O1
θ0
l
T = mg (3 − 2 cosθ 0 )
碰到钉子后： 碰到钉子后：
T
A
v
B
P
mv /(l − h ) = T ′ − mg