大学物理动量矩定理ppt课件.ppt

1,121 质点与质点系的动量矩 122 动量矩定理 123 刚体定轴转动微分方程 124 刚体对轴的转动惯量 125 质点系相对于质心的动量矩定理 126 刚体平面运动微分方程,第十二章 动量矩定理,2,动量矩定理建立了质点和质点系相对于某固定点（固定轴）的动量矩的改变与外力对同一点轴）之矩两者之间的关系。,质心运动定理：质心的运动外力（外力系主矢）,物体在移动时运动与受力之间的关系 动量定理。,物体在转动中运动的量与受力之间的关系动量矩定理,例：匀质圆盘，质心 C 在转轴上。,动量：,质心无运动,所以，动量不能反应转动的问题。,而：,3,12-1质点与质点系的动量矩,一质点的动量矩,力对轴 z 的之矩：,代数量,力对点O之矩在z轴上的投影：,复习：力对点O之矩,4,质点对轴 z 的动量矩：,代数量,质点对点O动量矩：,质点的动量对点O之矩在z轴上的投影：,单位：kg2/s。,动量矩度量物体在任一瞬时绕固定点(轴)转动的强弱。,质点的动量对点O之矩,质点对点O动量矩在z轴上的投影，等于对z轴的动量矩：,5,二质点系的动量矩,质点系对轴 z 动量矩：各质点对同一z轴动量矩的代数和。,刚体动量矩计算：,1平动刚体对点O的动量矩：,平动刚体对轴 z 动量矩：,质点系对点O动量矩：各质点对点O动量矩的矢量和。,6,2刚体绕z轴转动的动量矩：,3平面运动刚体,1平动刚体对点O的动量矩：,平动刚体对固定点（轴）的动量矩等于刚体质心的动量对该点（轴）的动量矩。,定轴转动刚体对转轴的动量矩等于刚体对该轴转动惯量与角速度的乘积。,平动刚体对轴 z 动量矩：,平面运动刚体对垂直于质量对称平面的固定轴的动量矩，等于刚体随同质心作平动时质心的动量对该轴的动量矩与绕质心轴作转动时的动量矩之和。,7,例题 动量矩定理,解：运动分析,滑轮A：m1，R1，R1=2R2，J1， 滑轮B：m2，R2，J2 ；物体C：m3 求: 系统对O轴的动量矩。,A轮：定轴转动,C物：平动,B轮：平面运动,逆时针,8,12-2动量矩定理,一质点的动量矩定理,两边叉乘矢径 , 有,左边可写成,质点对任一固定点的动量矩对时间的导数，等于作用在质点上的力对同一点之矩。这就是质点对固定点的动量矩定理。,故：,9,将上式在通过固定点O的三个直角坐标轴上投影，得,上式称质点对固定轴的动量矩定理，也称为质点动量矩定理的投影形式。即质点对任一固定轴的动量矩对时间的导数，等于作用在质点上的力对同一轴之矩。,称为质点的动量矩守恒。,10,试用动量矩定理导出单摆(数学摆)的运动微分方程。已知单摆 m，l，t = 0 时 = 0，从静止开始释放。,O,v,A,例 题 2,例题 动量矩定理,11,把单摆看成一个在圆弧上运动的质点 A，。又设在任一瞬时质点 A 具有速度 v ，摆线 OA 与铅垂线的夹角是 。,对通过悬点 O 而垂直于运动平面的固定轴 z 作为矩轴，应用质点的动量矩定理,由于动量矩和力矩分别是,解：,和,例 题 2,例题 动量矩定理,从而可得,12,化简即得单摆的运动微分方程,例题动量矩定理,微幅摆动时，,解微分方程,并代入初始条件 则运动方程,，摆动周期,并令,13,注：计算动量矩与力矩时，符号规定应一致 （本题规定逆时针转向为正）质点动量矩定理的应用：在质点受有心力的作用时。质点绕某心（轴）转动的问题。,14,质点系对任一固定点的动量矩对时间的导数，等于作用在质点系上所有外力对同一点之矩的矢量和（外力系的主矩）。,二质点系的动量矩定理,左边交换求和与导数运算的顺序:,一质点系对固定点的动量矩定理,对质点系，有,对质点Mi ：,将上式在通过固定点O的三个直角坐标轴上投影，得,而:,则:,15,上式称为质点系对固定轴的动量矩定理。即 质点系对任一固定轴的动量矩对时间的导数，等于作用在质点系上所有外力对同一固定轴之矩的代数和（外力系对同一轴的主矩）。,质点系的动量矩守恒当时，常矢量。当时，常量。,动量矩定理说明内力不会改变质点系的动量矩，只有外力才能改变质点系的动量矩。,16, 动画,动量矩定理,参见动画：爬绳比赛的力学分析(1),17, 动画,动量矩定理,参见动画：爬绳比赛的力学分析(2),18, 动画,动量矩定理,参见动画：挺身式跳远的腾空动作,19,滑轮、重物 A和 B连接如图示。定滑轮对水平转轴 O的转动惯量是 JO ；定滑轮的半径是 r。绳端悬挂的重物 A和 B 重量分别是 PA 和 PB ，且 PA PB 。试求定滑轮的角加速度。,例题动量矩定理,20,解:,取定滑轮，重物 A , B 和绳索为研究对象。,系统的动量矩由三部分组成，等于,考虑到 v = r ， 则得,外力主矩仅由重力 PA和 PB产生，有,例题动量矩定理,对定滑轮的转轴 z (垂直于图面向外)应用动量矩定理，有,21,将表达式 (b) 和 (c) 代入方程 (a)，即得,从而求出定滑轮的角加速度,方向为逆钟向。,例题动量矩定理,22,摩擦离合器靠接合面的摩擦进行传动。在接合前，已知主动轴 1 以角速度0转动，而从动轴 2 处于静止(图a)。一经结合，轴 1 的转速迅速减慢，轴 2 的转速迅速加快，两轴最后以共同角速度 转动(图b)。已知轴 1 和轴 2 连同各自的附件对转轴的转动惯量分别是 J1 和 J2 ，试求接合后的共同角速度 ，轴承的摩擦不计。,例题动量矩定理,23,例题动量矩定理,参见动画：动量矩定理例题4,24,解：,取轴1和轴2组成的系统作为研究对象。接合时作用在两轴的外力对公共转轴的矩都等于零。故系统对转轴的总动量矩不变。接合前，系统的动量矩是 (J1 0+ J2 0) 。,离合器接合后，系统的动量矩是 (J1 + J2) 。故由动量矩守恒定律得,从而求得结合后的共同角速度,显然 的转向与 0 相同。,例题动量矩定理,25,小球A，B以细绳相连。质量皆为m，其余构件质量不计。忽略摩擦，系统绕z轴自由转动，初始时系统的角速度为0。当细绳拉断后，求各杆与铅垂线成角时系统的角速度 。,例题动量矩定理,26,例题动量矩定理,参见动画：动量矩定理例题5,27,此系统所受的重力和轴承的约束力对于转轴的矩都等于零，因此系统对于转轴的动量矩守恒。,当=0时，动量矩,当 0 时，动量矩,因为 Lz1=Lz2 ，得,解:,0,z,a,a,l,l,A,B,例题动量矩定理,28,高炉运送矿石用的卷扬机如图所示。已知鼓轮的半径为R，质量为m1，轮绕O轴转动。小车和矿石总质量为m2 。作用在鼓轮上的力偶矩为M，鼓轮对转轴的转动贯量为J，轨道的倾角为。设绳的质量和各处摩擦均忽略不计，求小车的加速度a。,O,M,W1,v,W2,FN,例题动量矩定理,29,取小车与鼓轮组成质点系，视小车为质点。以顺时针为正，此质点系对O轴的动量矩为,受力分析：力偶M，重力W1和W2，轴承O的约束力FOx和FOy ，轨道对小车的约束力FN 。,解：,而 W2t = P2 sin =m2g sin ，则系统外力对O轴的矩为,W1，FOx，FOy对O轴力矩为零。将W2沿轨道及其垂直方向分解为W2t和W2N， W2N与FN相抵消。,例题动量矩定理,30,由质点系对O轴的动量矩定理，有,因 ， ，于是解得,若 ，则 , 小车的加速度沿斜坡向上。,例题动量矩定理,31,12-3刚体定轴转动微分方程,对于一个定轴转动刚体,刚体定轴转动微分方程,解决两类问题：已知作用在刚体的外力矩，求刚体的转动规律。已知刚体的转动规律，求作用于刚体的外力（矩）。但不能求出轴承处的约束反力，需用质心运动定理求解。,代入质点系动量矩定理，有,32,2）若 常量，则 =常量，刚体作匀变速转动。 将 与 比较，刚体的转动惯量 是刚体 转动惯性的度量。,1）若 ,则 恒量，刚体作匀速转 动或保持静止。,特殊情况：,33,12-4 刚体对轴的转动惯量,一转动惯量的定义：,刚体的转动惯量是刚体对某轴转动惯性大小的度量，它的大小表现了刚体转动状态改变的难易程度。,若刚体的质量是连续分布，则,转动惯量恒为正值，国际单位制中单位kgm2 。,二转动惯量的计算,积分法（具有规则几何形状的均匀刚体可采用）,34,匀质细直杆长为l ,质量为m 。 求：1）对z轴的转动惯量 ； 2）对z 轴的转动惯量 。,解：,例题动量矩定理,35,匀质细圆盘半径为R ,质量为m 。求：1）对O点的转动惯量 ；2）对 x 轴的转动惯量 。,解：,例题动量矩定理,36,2. 回转半径由所定义的长度 称为刚体对 z 轴的回转半径。,对于均质刚体，仅与几何形状有关，与密度无关。对于几何形状相同而材料不同（密度不同）的均质刚体，其回转半径是相同的。,在机械工程设计手册中，可以查阅到简单几何形状或已标准化的零件的转动惯量和回转半径。书中列出几种常见均质刚体的，以供参考。,刚体的回转半径相当与将所有质量集中在离轴距离为 位置上,37,3. 平行移轴定理同一个刚体对不同轴的转动惯量一般是不相同的。,刚体对某轴的转动惯量等于刚体对通过质心且与该轴平行的轴的转动惯量，加上刚体的质量与两轴间距离的平方之乘积。,由公式可知：刚体对过质心的轴的转动惯量最小。,38,证明：设质量为m的刚体，质心为C，,例如，对于例1中均质细杆z 轴的转动惯量为,刚体对通过质心轴的转动惯量具有最小值。,39,当物体由几个规则几何形状的物体组成时，可先计算每一部分(物体)的转动惯量, 然后再加起来就是整个物体的转动惯量。 若物体有空心部分, 要把此部分的转动惯量视为负值来处理。,4计算转动惯量的组合法,40,例题动量矩定理,钟摆： 均质直杆m1, l ； 均质圆盘：m2 , R 。 求 JO 。,解：,41,例题动量矩定理,提升装置中，轮A、B的重量分别为P1 、 P2 ,可视为均质圆盘; 物体C 的重量为P3 ;轮A上作用常力矩M1 。求： 物体C上升的加速度。,42,例题动量矩定理,2 ) 轮B与物体C：,补充运动学条件,化简(1) 得：,化简(2) 得：,解: 1 ) 轮A:,43,飞轮对O的转动惯量为JO，以角速度O绕水平的O轴转动，如图所示。制动时，闸块给轮以正压力FN。已知闸块与轮之间的滑动摩擦系数为fs，轮的半径为R，轴承的摩擦忽略不计。求制动所需的时间t。,O,O,例题动量矩定理,44,以轮为研究对象。受力分析：作用于轮上的力FN，摩擦力F和重力W、轴承约束力。取逆时针方向为正，刚体的转动微分方程为,将上式积分，并根据已知条件确定积分上下限，得,由此解得,解：,O,O,F,FN,FOx,FOy,W,例题动量矩定理,45,12-5质点系相对于质心的动量矩定理,一质点系动量矩,质点系相对于质心和固定点的动量矩定理，具有完全相似的数学形式，而对于质心以外的其它动点，一般并不存在这种简单的关系。,二质点系相对质心的动量矩定理,质点系相对于质心的动量矩的改变，只与作用在质点系上的外力有关，而与内力无关。,46,126 刚体平面运动微分方程,设有一平面运动刚体具有质量对称平面，力系可以简化为该平面内的一个力系。取质量对称平面为平面图形S，质心一定位于S内。,47,写成投影形式,或,上式称为平面运动微分方程。,48,匀质圆柱的质量是 m ，半径是 r，从静止开始沿倾角是的固定斜面向下滚动而不滑动，斜面与圆柱的静摩擦系数是 fs 。试求圆柱质心 C 的加速度，以及保证圆柱滚动而不滑动的条件。,例题动量矩定理,49,平移,纯滚动,连滚带滑,例题动量矩定理,参见动画：动量矩定理例题10(1、2、3),50,解:,圆柱在图示力作用下由静止开始作平面运动。令它的铅直对称面重合于坐标平面 Oxy ，轴 x 沿斜面向下，则有,圆柱平面运动的三个微分方程可写成,由于圆柱只滚动而不滑动，故有运动学关系,aC = r (d),例题动量矩定理,maC = mgsin F (a)0 = FNmgcos (b)JC = Fr (c),51,当圆柱只滚不滑时，滑动摩擦力必须满足 F fsFN ，代入求出的 F， 和 FN ，则得,从而求得圆柱滚动而不滑动的条件,联立求解以上四个方程，并考虑到 JC = mr2/2 ，就得到,aC = 2gsin / 3 , FN = mgcos , F = mgsin / 3,tan 3 fs,例题动量矩定理,52,质量为m半径为r的滑轮（可视作均质圆盘）上绕有软绳，将绳的一端固定于点A而令滑轮自由下落如图示。不计绳子的质量，求轮心C的加速度和绳子的拉力。,例题动量矩定理,53,例题动量矩定理,参见动画：动量矩定理例题11,54,取滑轮和软绳组成的系统为对象，画出受力图。,滑轮的运动可看作沿过点A的铅垂线向下作纯滚动，滚动角速度 ，滚动角加速度 。,解：,应用质心运动定理沿铅垂轴的投影，得,在列写第二个方程时，可以任意选用以下方法中的一种：,(a),1. 列写对固定轴Az的动量矩定理。,例题 动量矩定理,55,联立求解式（a），（b），得到,2. 列写对平移轴Cz的动量矩定理。,再代入式（a）解得,将 ， , ，代入上式，得,即,（b）,例题动量矩定理,56,起重装置由匀质鼓轮D（半径为R，重为W1）及均质梁AB（长l=4R，重W2=W1）组成，鼓轮通过电机C（质量不计）安装在梁的中点，被提升的重物E重 。电机通电后的驱动力矩为M，求重物E上升的加速度a及支座A，B的约束力FNA及FNB。,O,A,B,A,C,D,E,例题动量矩定理,57,1. 考虑鼓轮D，重物E及与鼓轮固结的电机转子所组成的系统（图b），M为电机定子作用在转子的驱动力矩，对固定点O的应用动量矩定理得,解：,O,(b),W,M,O,D,E,W1,其中,解得,例题动量矩定理,58,2. 考虑整个系统（图c） ，注意驱动力矩为M系统内力。对点B应用动量矩定理得,O,A,B,(C),W,W2,FNA,A,C,D,E,FNB,W1,解得,例题动量矩定理,59,对整个系统应用动量定理得,O,A,B,(b),W,W2,FNA,A,C,D,E,FNB,W1,(c),解得,例题第4章 动量矩定理,60,匀质细杆 AB 的质量是 m，长度是 2l，放在铅直面内，两端分别沿光滑的铅直墙壁和光滑的水平地面滑动。假设杆的初位置与墙成交角 0，初角速度等于零；试求杆沿铅直墙壁下滑时的角速度 和角加速度 以及杆开始脱离墙壁时它与墙壁所成的角度 1 。,x,y,O,A,B,C,y,x,例题动量矩定理,61,例题动量矩定理,62,解:,在 A 端脱离墙壁以前，受力如图所示。杆作平面运动，取坐标系 Oxy ，则杆的运动微分方程可写成,由几何关系知,例题动量矩定理,63,将式(d)和(e)对时间求导，得,把 (f)和(g)分别代入 (a)和(b)，再把 FA 和 FB 的值代入 (c),最后得杆 AB 的角加速度,例题动量矩定理,64,利用关系,把上式化成积分,求得杆 AB 的角速度,例题动量矩定理,65,当杆即将脱离墙时，FA 0。以FA = 0代入(a)，再根据(f)得,把(h) 和(i)的表达式在 = 1 时的值代入上式，得关系,整理后，求得杆开始脱离墙时与墙所成的夹角,例题动量矩定理,66,一基本概念1动量矩：某瞬时物体绕点转动时机械运动强弱的一种度量。2质点的动量矩：3质点系的动量矩：4转动惯量：物体转动时惯性的度量。,对于均匀直杆，细圆环，薄圆盘（圆柱）对过质心垂直 于质量对称平面的转轴的转动惯量要熟记。,第十二章动量矩定理习题课,67,2 ) 若 ，则 常量。,5刚体动量矩计算平动：定轴转动：,二质点的动量矩定理及守恒1质点的动量矩定理,2质点的动量矩守恒,1 ) 若 ，则 常矢量。,平面运动：,68,三质点系的动量矩定理及守恒1质点系的动量矩定理,2质点系的动量矩守恒,四质点系相对质心的动量矩定理,2 ) 若，则 常量。,1 ) 若 ，则 常矢量。,69,五刚体定轴转动微分方程和刚体平面运动微分方程1刚体定轴转动微分方程,2刚体平面运动微分方程,或,70,六动量矩定理的应用应用动量矩定理，一般可以处理下列一些问题：（对单轴传动系统尤为方便）,1已知质点系的转动运动，求系统所受的外力或外力矩。2已知质点系所受的外力矩是常力矩或时间的函数，求刚体 的角加速度或角速度的改变。3已知质点所受到的外力主矩或外力矩在某轴上的投影代数 和等于零，应用动量矩守恒定理求角速度或角位移。,71,七应用举例例1 均质圆柱，半径为r，重量为Q，置圆柱于墙角。初始角速度0，墙面、地面与圆柱接触处的动滑动摩擦系数均为 f ，滚阻不计，求使圆柱停止转动所需要的时间。,解：研究对象: 圆柱;,刚体平面运动微分方程,123,补充方程：,4,受力分析如图示;,运动分析：质心C 不动，刚体绕质心转动。,72,将4式代入1、2两式，有,将上述结果代入3式，有,解得：,123,补充方程：,4,73,例2 两根质量各为8 kg的均质细杆固连成T 字型，可绕通过O点的水平轴转动，当OA处于水平位置时, T 形杆具有角速度 =4rad/s 。求该瞬时轴承O的反力。,解：一、“ T ”字型杆,四、由定轴转动微分方程,二、受力分析：,三、运动分析：定轴转动,74,五、由质心运动微分方程，得,75,总结：,1、此题为动量矩定理与动量定理综合运用的题目,2、先用动量矩定理求出运动，即： ;,由运动学求各杆质心的加速度,3、用动量矩定理求约束力.,76,例3 均质圆柱体A和B的重量均为P，半径均为r，一绳缠在绕固定轴O转动的圆柱A上，绳的另一端绕在圆柱B上，绳重不计且不可伸长，不计轴O处摩擦。求：1 、圆柱B下落时质心的加速度。2、 若在圆柱体A上作用一逆时针转向的转矩M，试问在什么 条件下圆柱B的质心将上升。,分析：,1、A 圆柱作定轴转动,2、B 圆柱作平面转动,用刚体定轴转动微分方程求解,用刚体平面运动微分方程求解,77,二、圆柱B：,运动学关系：,（1）,解：一、圆柱 A：,由1、3式得：,代入3、4式得：,78,由动量矩定理：,代入式，得,当M 2Pr 时， ，圆柱B的质心将上升。,对O点的力矩：,三、研究对象:整个系统（对O点的动量矩）,补充运动学关系式：,79,研究刚体平面运动的动力学问题，一定要建立补充方 程，找出质心运动与刚体转动之间的联系。应用动量矩定理列方程时, 要特别注意正负号的规定的 一致性。,80,由点的合成运动定理：,由刚体绕平行轴转动的定理：,当刚体同时绕两平行轴同向转动时，刚体的合成运动为绕瞬时轴的转动，绝对角速度等于牵连角速度与相对角速度的和。,当反向转动时：,绝对角速度 的转向与 、 中较大一个相同。,81,（ a ),（ b ),（ c ),解：,1 ）杆与轮焊接在一起，定轴转动,2 ）轮相对杆转动，轮作平面运动,第十二章 动量矩定理,已知：轮的质 m ,半径r ，杆长为2r , 。求：,82,（ a ),（ b ),（ c ),解：,1 ）杆与轮焊接在一起，定轴转动,2 ）轮相对杆转动，轮作平面运动,3 ）轮相对杆作反向转动,轮作平动,已知：轮的质 m ,半径r ，杆长为2r , 。求：,83,作业,P 28013- 2,3,413-5,7,9,11,13,17,20,