力学竞赛知识点(理论力学).ppt

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1、1,理论力学,力学竞赛知识点介绍,2,主要内容 静力学 运动学 动力学 专题,3,静力学部分 力、力矩、力系 力偶、力偶矩、力偶系 主矢、主矩、力系简化 约束与约束力 力系平衡 考虑摩擦的平衡问题,4,考虑摩擦的平衡问题,5,定义：两个相接触物体，当其接触处产生相对滑动或相对滑动趋势时，其接触处产生的阻碍物体相对滑动的力叫滑动摩擦力。,滑动摩擦,1.静滑动摩擦力及最大静滑动摩擦力,如图(a)所示，在粗糙的水平面上放置一重为P的物体，当水平方向无拉力时，显然有P=FN。现在该物体上作用一大小可变化的水平拉力F，如图(b)所示，当拉力F由零逐渐增加但又不很大时，物体仍能维持平衡。,6,由此可见，支

2、承面对物体的约束力除了法向约束力FN外还有一个阻碍物体沿水平面向右滑动的切向约束力Fs，此力即静滑动摩擦力，简称静摩擦力。显然有Fs=F，因此静摩擦力也是约束力，随着F的增大而增大。然而，它并不能随F的增大而无限地增大。而有一个最大值Fmax，称为最大静摩擦力，此时物体 处于平衡的临界状态。当主动力F大于Fmax时，物体将失去平衡而滑动。即,7,实验表明,上式称为库仑摩擦定律，是计算最大静摩擦力的近似公式。式中 fs 称为静摩擦因数，它是一个无量纲的量。一般由实验来确定。,2.动滑动摩擦力,当接触处出现相对滑动时，接触物体之间仍有阻碍相对滑动的阻力，这种阻力称为动滑动摩擦力，简称动摩擦力，以F

3、d 表示，大小可用下式计算。,式中 fd 是动摩擦因数，通常情况下，,8,摩擦角和自锁现象,1.摩擦角,当有摩擦时，支承面对物体的约束力有法向约束力FN和切向约束力Fs，这两个力的合力称为全约束力FR。,它的作用线与接触处的公法线成一偏角j,如图所示，当静摩擦力达最大时，j 也达到最大值jf,称jf 为摩擦角。,9,2.自锁现象,由于全约束力的作用线与接触处公法线的夹角j不能大于摩擦角，即变化范围为0 j jf，因此可得：,如果作用于物体的全部主动力的合力的作用线与公法线的夹角q jf，则无论这个力多么大，物体必保持静止，这种现象称为自锁现象。,利用摩擦角的概念，可用简单的试验方法测定摩擦因数

4、。,反之如果q jf，则无论这个力多么小，物体必不能保持平衡。,10,摩擦角就是物块处于临界状态时斜面的倾角q,即,下面的螺旋千斤顶就利用了自锁的概念。,11,考虑摩擦时物体的平衡问题,考虑有摩擦的平衡问题时，其解法与普通静力学问题基本一样。但需指出的是，在受力分析和列平衡方程时要将摩擦力考虑在内，因而除平衡方程外，还需增加补充方程 0 Fs fs FN，因此有摩擦的平衡问题的解通常是一个范围。为了避免解不等式，往往先考虑临界状态（Fs=fs FN），求得结果后再讨论解的平衡范围。应该强调的是摩擦力的方向在临界状态下不能假设，要根据物体相对运动趋势来判断，只有摩擦力是待求未知数时，可以假设其方

5、向。,求解时，根据具体的问题采用解析法或几何法求解，下面举例说明,12,取物块A为研究对象，受力分析如图。列平衡方程。,解:,例题5-1,联立求解得,最大静摩擦力,所以作用在物体上的摩擦力为,因为,小物体A重P=10 N，放在粗糙的水平固定面上，它与固定面之间的静摩擦因数 fs=0.3。今在小物体A上施加F=4 N的力，q=30，试求作用在物体上的摩擦力。,13,(a),构件A及B用楔块C联结，如图(a)所示，楔块自重不计，。已知楔块与构件间的摩擦系数 fs=0.1,求能自锁的倾斜角q。,解：(1)解析法 研究楔块C，受力如图(b)，考虑临界平衡,例题5-2,再考虑补充方程,联立解之得,(b)

6、,14,(c),(2)几何法,仍考虑临界平衡状态,在此情况下,楔块C 两端所受的全约束力必大小相等,方向相反且作用线在一条直线上;与作用点处的法线的夹角均等于摩擦角jf 如图(c)所示。,由几何关系不难得,以上是考虑临界状态所得结果，稍作分析即可得,例题5-2,15,例题5-3,平衡方程为,取支架为研究对象,受力分析如图。,（1）解析法,解:,一活动支架套在固定圆柱的外表面，且h=20 cm。假设支架和圆柱之间的静摩擦因数 fs=0.25。问作用于支架的主动力F 的作用线距圆柱中心线至少多远才能使支架不致下滑（支架自重不计）。,16,联立求解得,补充方程,例题5-3,解得,（2）几何法,由以上

7、二个例子可以看出，当有摩擦处的约束力以全约束力形式给出，如能利用二力平衡条件和三力平衡汇交定理且几何关系又较简单，用几何法往往较方便。,17,宽a，高b的矩形柜放置在水平面上，柜重P，重心C 在其几何中心，柜与地面间的静摩擦因数是 fs，在柜的侧面施加水平向右的力F，求柜发生运动时所需推力F 的最小值。,例题5-4,18,1.假设不翻倒但即将滑动，考虑临界平衡。,解:,取矩形柜为研究对象,受力分析如图。,联立求解得柜子开始滑动所需的最小推力,补充方程,列平衡方程,例题5-4,19,2.假设矩形柜不滑动但将绕 B 翻倒。,柜绕 B 翻倒条件：FNA=0,使柜翻倒的最小推力为,列平衡方程,解得,例

8、题5-4,综上所述使柜发生运动所需的最小推力为,20,长为l的梯子AB一端靠在墙壁上，另一端搁在地板上，如图所示。假设梯子与墙壁的接触是完全光滑的，梯子与地板之间有摩擦，其静摩擦因数为fs。梯子的重量略去不计。今有一重为P的人沿梯子向上爬，如果保证人爬到顶端而梯子不致下滑，求梯子与墙壁的夹角q。,例题5-5,21,以梯子AB为研究对象，人的位置用距离 a 表示，梯子的受力如图。,解：,使梯子保持静止，必须满足下列平衡方程：,同时满足物理条件,例题5-5,联立解之得,因 0al，当 a=l 时，上式左边达到最大值。,22,重为P=100 N的匀质滚轮夹在无重杆AB和水平面之间，在杆端B作用一垂直

9、于AB的力FB，其大小为FB=50 N。A为光滑铰链，轮与杆间的摩擦因数为 fs1=0.4。轮半径为r，杆长为 l，当 q=60 时，AC=CB=0.5l，如图所示。如要维持系统平衡，（1）若D处静摩擦因数 fs2=0.3，求此时作用于轮心O处水平推力 F 的最小值;（2）若fs2=0.15,此时F 的最小值又为多少？,例题5-6,23,解：,此题在C，D两处都有摩擦，两个摩擦力之中只要有一个达到最大值，系统即处于临界状态。,假设C处的摩擦先达到最大值，轮有水平向右滚动的趋势。,例题5-6,1.以杆AB为研究对象，受力分析如图。,解得,列平衡方程,补充方程,24,例题5-6,2.以轮为研究对象

10、，列平衡方程。,当 fs2=0.3时，D处最大摩擦力为,25,解方程得,最小水平推力为,受力图不变，补充方程应改为,此时C处最大摩擦力为,因此当 fs2=0.15 时，维持系统平衡的最小水平推力改为,说明前面假定不成立，D处应先达到临界状态。,3.当 fs2=0.15时,例题5-6,26,由实践可知，使滚子滚动比使它滑动省力，如果仍用下图的力学模型来分析就存在问题。即无论水平力F 多么小，此物体均不能平衡，因对点A的矩的平衡方程不满足，即,5-4 滚动摩阻的概念,出现这种现象的原因是，实际接触面并不是刚体，它们在力的作用下都会发生一些变形，有一个接触面，如图所示。,这是与实际情况不符的，说明此

11、力学模型有缺陷，需要修正。,27,与静滑动摩擦力相似，滚动摩阻力偶矩Mf 随主动力 F的增大而增大；但有一个最大值 Mmax,即,或,且最大滑动摩阻力偶矩,上式即是滚动摩阻定律，d 称为滚动摩阻系数，具有长度的量纲，单位一般用mm。与滚子和支承面的材料的硬度和湿度等有关。与滚子的半径无关。,28,滚阻系数的物理意义如下,由力的平移定理,一般情况下，相对滑动摩擦而言，由于滚阻阻力偶矩很小，所以在工程中大多数情况下滚阻力偶矩忽略不计。,29,取轮子为研究对象,受力分析如图。由平衡方程,解:,例题5-7,匀质轮子的重量P=3 kN，半径 r=0.3 m；今在轮中心施加平行于斜面的拉力FH，使轮子沿与

12、水平面成q=30的斜面匀速向上作纯滚动。已知轮子与斜面的滚阻系数=0.05 cm，试求力FH的大小。,联立求解,补充方程,30,如图所示，总重为P的拖车在牵引力F作用下要爬上倾角为 的斜坡。设车轮半径为r，轮胎与路面的滚动摩阻系数为，其它尺寸如图所示。求拖车所需的牵引力。,例题5-8,31,拖车的两对轮子都是从动轮，因此滑动摩擦力的方向都朝后。设拖车处于开始向上滚动的临界状态，因此前后轮的滚动摩阻力偶的力偶矩 M1,max 和 M2 max 都达到最大值。,解：,由平衡方程,首先取整个拖车为研究对象，受力分析如图。,例题5-8,32,再取前轮为研究对象，受力分析如图。,同样由后轮得,轮子滚动临

13、界时的补充方程,解方程可得,列平衡方程,例题5-8,33,运动学部分 矢量法、直角坐标法、自然坐标法（轨迹、速度、加速度）平动、定轴转动（各点速度与加速度）点的复合运动（速度与加速度）刚体平面运动（瞬心、各点速度与加速度）,34,动力学部分 质点运动微分方程 转动惯量、惯量积、惯性主轴 动量、动量矩、动能、冲量、功、势能 动力学普遍定理的综合应用 平面运动刚体动力学方程及其应用 惯性力及惯性力系简化、动静法、静平衡与动平衡的概念,35,专题部分 机械振动（单自由度振动的周期、频率、振幅、临界转速和隔振的概念）第二类拉格朗日方程（广义力的概念与计算，第二类拉格朗日方程的应用）,36,专题部分 质

14、点系虚位移原理应用（虚位移、虚功、自由度、广义坐标）碰撞问题（碰撞问题特征及其简化条件，恢复因数、对心碰撞及定轴转动刚体和平面运动刚体的碰撞问题）,37,机械振动基础,38,振动是日常生活和工程实际中常见的现象。例如：钟摆的往复摆动,汽车行驶时的颠簸，电动机、机床等工作时的振动，以及地震时引起的建筑物的振动等。,利：振动给料机 弊：磨损，减少寿命，影响强度 振动筛 引起噪声，影响劳动条件 振动沉拔桩机等 消耗能量，降低精度等。,3.研究振动的目的：消除或减小有害的振动，充分利用振动 为人类服务。,2.振动的利弊：,1.所谓振动就是系统在平衡位置附近作往复运动。,39,本章重点讨论单自由度系统的

15、自由振动和强迫振动。,40,单自由度系统无阻尼自由振动,一、自由振动的概念：,41,42,运动过程中，总指向物体平衡位置的力称为恢复力。物体受到初干扰后，仅在系统的恢复力作用下在其平衡位置附近的振动称为无阻尼自由振动。,质量弹簧系统：单摆：复摆：,43,二、单自由度系统无阻尼自由振动微分方程及其解,对于任何一个单自由度系统，以q 为广义坐标（从平衡位置开始量取），则自由振动的运动微分方程必将是：,ke,me是与系统的物理参数有关的常数。令,则自由振动的微分方程的标准形式：,解为：,44,设 t=0 时，则可求得：,或：,C1，C2由初始条件决定为,45,三、自由振动的特点：A物块离开平衡位置的

16、最大位移，称为振幅。n t+q相位，决定振体在某瞬时 t 的位置 q初相位，决定振体运动的起始位置。T 周期，每振动一次所经历的时间。f 频率，每秒钟振动的次数，f=1/T。固有频率，振体在2秒内振动的次数。反映振动系统的动力学特性，只与系统本身的固有参数有关。,46,无阻尼自由振动的特点是：,(2)振幅A和初相位q 取决于运动的初始条件(初位移和初速度)；,(1)振动规律为简谐振动；,四、其它 1.如果系统在振动方向上受到某个常力的作用，该常力只影响静平衡点O的位置，而不影响系统的振动规律，如振动频率、振幅和相位等。,47,2.弹簧并联系统和弹簧串联系统的等效刚度,并联,串联,48,19-2

17、 求系统固有频率的方法,由Tmax=Vmax,求出,49,无阻尼自由振动系统为保守系统，机械能守恒。当振体运动到距静平衡位置最远时，速度为零，即系统动能等于零，势能达到最大值（取系统的静平衡位置为零势能点）。当振体运动到静平衡位置时，系统的势能为零，动能达到最大值。,如：,50,能量法是从机械能守恒定律出发，对于计算较复杂的振动系统的固有频率来得更为简便的一种方法。,例2 图示系统。设轮子无侧向摆动，且轮子与绳子间无滑动，不计绳子和弹簧的质量，轮子是均质的，半径为R，质量为m1，重物质量 m2，试列出系统微幅振动微分方程，求出其固有频率。,51,解1：以 x 为广义坐标（静平衡位置为 坐标原点

18、）,则任意位置x 时：,静平衡时：,52,应用动量矩定理：,由，有,振动微分方程：固有频率：,A,53,解2：用机械能守恒定律 以x为广义坐标（取静平衡位置为原点）,以平衡位置为计算势能的零位置，并注意轮心位移x时，弹簧伸长2x,因平衡时,54,由 T+V=有：,对时间 t 求导，再消去公因子，得,55,如图所示两个相同的塔轮，相啮合的齿轮半径皆为R，半径为r的鼓轮上绕有细绳，轮连一铅直弹簧，轮挂一重物。塔轮对轴的转动惯量皆为J，弹簧刚度为k。重物质量为m，求此系统的固有频率。,例3,56,57,解：,系统平衡处弹簧虽有拉长，但如前所述，从平衡位置起计算弹性变形，可以不再计入重力。由几何关系，

19、当重物位于x处，弹簧由平衡位置计算的变形量也是x，则系统的势能为,以系统平衡时重物的位置为原点，取x轴如图。重物于任意坐标x处，速度为x的导数，两塔轮的角速度皆为。系统动能为,58,不计摩擦，系统的机械能守恒，有,两端对时间取一阶导数，得,上式为自由振动微分方程，系统固有频率为,59,如图所示表示以质量为m，半径是r的圆柱体，在一半径是R的圆弧槽上作无滑动的滚动。求圆柱体在平衡位置附近做微小振动的固有频率。,例4,60,解：,用能量法求解这个问题。,设在振动过程中，圆柱体中心与圆槽中心的连线OO1与铅直线OA的夹角为。圆柱体中心O1的线速度为,由运动学知，当圆柱体做纯滚动时，其角速度为,因此系

20、统的动能为,61,整理后得,系统的势能即重力势能，圆柱在最低处平衡，取该处圆心位置C为零势能点，则系统的势能为,当圆柱体作微振动时，可认为,因此势能可改写成,62,设系统做自由振动时的变化规律为,则系统的最大动能,由机械能守恒定律，有Tmax=Vmax，解得系统的固有频率为,系统的最大势能,63,例5 鼓轮：质量m1，对轮心回转半径，在水平面上只滚不滑，大轮半径R，小轮半径 r，弹簧刚度，重物质量为m2,不计轮D和弹簧质量，且绳索不可伸长。求系统微振动的固有频率。,解：取静平衡位置O为坐标原点，取C偏离平衡位置x为广义坐标。系统的最大动能为：,64,系统的最大势能为：,系统的最大动能为：,65

21、,设 则有,根据Tmax=Vmax,解得,66,19-3 单自由度系统的有阻尼自由振动,一、阻尼的概念：阻尼：振动过程中，系统所受的阻力。粘性阻尼：在很多情况下，振体速度不大时，由于介质粘性引起的阻尼认为阻力与速度的一次方成正比，这种阻尼称为粘性阻尼。,投影式：,c 粘性阻尼系数，简称阻尼系数。,67,二、有阻尼自由振动微分方程及其解：质量弹簧系统存在粘性阻尼：,有阻尼自由振动微分方程的标准形式。,68,其通解分三种情况讨论：1、小阻尼情形,有阻尼自由振动的圆频率,69,衰减振动的特点：(1)振动周期变大，频率减小。,阻尼比,有阻尼自由振动：,当 时，可以认为,70,(2)振幅按几何级数衰减,

22、对数减缩率,2、临界阻尼情形 临界阻尼系数,相邻两次振幅之比,71,可见，物体的运动随时间的增长而无限地趋向平衡位置，不再具备振动的特性。,代入初始条件,3、过阻尼（大阻尼）情形,72,19-6 临界转速 减振与隔振的概念,一、转子的临界转速 引起转子剧烈振动的特定转速称为临界转速。这种现象是由共振引起的，在轴的设计中对高速轴应进行该项验算。,单圆盘转子：圆盘：质量m,质心C点；转轴过盘的几何中心A点，AC=e，盘和轴共同以匀角速度 转动。当 n（n为圆盘转轴所组成的系统横向振动的固有频率）时，OC=x+e(x为轴中点A的弯曲变形）。,73,（k为转轴相当刚度系数）,临界角速度：临界转速：,7

23、4,质心C位于O、A之间 OC=x-e,当转速 非常高时，圆盘质心C与两支点的连线相接近，圆盘接近于绕质心C旋转，于是转动平稳。为确保安全，轴的工作转速一定要避开它的临界转速。,75,二、减振与隔振的概念 剧烈的振动不但影响机器本身的正常工作，还会影响周围的仪器设备的正常工作。减小振动的危害的根本措施是合理设计，尽量减小振动，避免在共振区内工作。许多引发振动的因素防不胜防，或难以避免，这时，可以采用减振或隔振的措施。,减振：在振体上安装各种减振器，使振体的振动减弱。例如，利用各种阻尼减振器消耗能量达到减振目的。,76,隔振：将需要隔离的仪器、设备安装在适当的隔振器（弹性 装置）上，使大部分振动

24、被隔振器所吸收。,77,碰撞问题,78,在前面讨论的问题中，物体在力的作用下，运动速度都是连续地、逐渐地改变的。本章研究另一种力学现象碰撞，两个或两个以上相对运动的物体在瞬间接触、速度发生突然改变的力学现象称为碰撞。物体发生碰撞时，会在非常短促的时间内，运动速度突然发生有限的改变。碰撞是工程中常见而非常复杂的动力学问题，本章在一定的简化条件下，讨论两个物体间的碰撞过程中的一些基本规律。,79,17-1碰撞的分类 碰撞问题的简化,碰撞：运动或静止的物体在突然受到冲击（包括突然受到约束或解除约束）时，其运动速度发生急剧的变化，这种现象称为碰撞。,1.碰撞的分类,两物体碰撞时，按其相处位置划分，可分

25、为对心碰撞、偏心碰撞与正碰撞、斜碰撞。,碰撞时两物体间的相互作用力，称为碰撞力（或称瞬间力）。若碰撞力的作用线通过两物体的质心，称为对心碰撞，否则称为偏心碰撞。,80,81,两物体碰撞时，按其接触处有无摩擦，可分为光滑碰撞与非光滑碰撞。两物体相碰撞时，按物体碰撞后的恢复程度（或能量有无损失），可分为完全弹性碰撞、弹性碰撞与塑性碰撞。,若碰撞时各自质心的速度均沿着公法线，称为正碰撞，否则称为斜碰撞。按此分类还有对心正碰撞，偏心正碰撞。上图中左图所示即为对心正碰撞。,82,碰撞现象的特点是时间极短，一般为10-310-4s，速度改变为有限值，加速度变化巨大，碰撞力极大。,2.对碰撞问题的两点简化,

26、设榔头重10N，以v1=6m/s的速度撞击铁块，碰撞时间 t=1/1000s,碰撞后榔头以v2=1.5m/s的速度回跳。求榔头打击铁块的力的平均值。,以榔头为研究对象，根据动量定理,投影形式为,碰撞力的变化如图，平均打击力为,是榔头重的765倍。,83,可见，即使是很小的物体，当运动速度很高时，瞬时力可以达到惊人的程度。有关资料介绍，一只重17.8N的飞鸟与飞机相撞，如果飞机速度是800km/h，（对现代飞机来说，这只是中等速度），碰撞力可高达3.56105N，即为鸟重的2万倍！这是航空上所谓“鸟祸”的原因之一。,害的一面：“鸟祸”、机械、仪器及其它物品由于碰撞损坏等。利的一面：利用碰撞进行工

27、作，如锻打金属，用锤打桩等。研究碰撞现象，就是为了掌握其规律，以利用其有利的一面，而避免其危害。,84,2）由于碰撞过程非常短促，碰撞过程中，速度变化为有限值，物体在碰撞开始和碰撞结束的位置变化很小，因此在碰撞过程中，物体的位移忽略不计。,根据碰撞的上述特点，在研究一般碰撞问题时，通常做下面两点简化：,1）在碰撞过程中，由于碰撞力非常大，重力、弹性力等普通力远远不能够与之相比，因此这些普通力的冲量忽略不计；,85,17-2 用于碰撞过程的基本定理,由于碰撞力变化复杂，不宜直接用力或者运动微分方程来描述碰撞过程；又由于用力的功难以计算碰撞过程机械能的损失，因此也不宜用动能定理来描述碰撞过程中能量

28、的变化。而对由于碰撞冲量的作用使物体运动速度发生的变化可以用动量定理和动量矩定理的积分形式来研究。,86,1、用于碰撞过程的动量定理冲量定理。设质点的质量为 m，碰撞开始时的速度v，结束瞬时的速度v,则质点的动量定理为,其中I 为碰撞冲量，普通力冲量忽略 不计。,设Ii(e)为外碰撞冲量、Ii(i)为内碰撞冲量。对质点系中第 i个 受碰撞的质点，有,相加后，并考虑Ii(i)=0，得,87,上式即为用于碰撞过程的质点系动量定理，它不计普通力的冲量，也称冲量定理：质点系在碰撞开始和结束时动量的变化，等于作用于质点系的外碰撞冲量的主矢。,质点系的动量也可用总质量与质心速度的乘积计算。则,2、用于碰撞

29、过程的动量矩定理冲量矩定理。,由用于碰撞过程的动量定理,对上式两边矢积矢径 ri 得,上式也称为碰撞时的质心运动定理,88,将n个方程求和,即,上式中ri Ii(e)为冲量矩，其中不计普通力的冲量矩。该式是用于碰撞过程的动量矩定理，又称冲量矩定理：质点系在碰撞开始和结束时对点O的动量矩的变化，等于作用于质点系的外碰撞冲量对同一点的主矩。,89,3、碰撞时的刚体平面运动方程,质点系相对于质心的动量矩定理与对于固定点的动量矩定理具有相同的形式，如此推证相似，可以得到用于碰撞过程的质点系相对于质心的动量矩定理,对平行于其对称面的平面运动刚体，有,上式成为,再结合,以上称为刚体平面运动的碰撞方程。,9

30、0,17-3 质点对固定面的碰撞 恢复系数,设一小球（可视为质点）沿铅直方向落到水平的固定平面上，如图所示。,91,第一阶段：开始接触至变形达到最大。该阶段中，小球动能减小,变形增大。设碰撞冲量为I1，则应用冲量定理在y 轴投影式,第二阶段：由弹性变形开始恢复到脱离接触。该阶段中，小球动能增大，变形（弹性）逐渐恢复。设碰撞冲量为 I2，则：,该碰撞过程分为两个阶段：,92,由于碰撞过程有能量损失（发光、发热、发声等），一般v 小于v，但牛顿发现，其比值对于材料确定的物体几乎不变。即,常数k 称为恢复因数，且恒取正值。,93,恢复因数k一般需实验确定，用待测定恢复因数的材料做成小球和质量很大的平

31、板，如图所示，测定小球下落高度h1和小球弹起高度h2，则,则恢复因数为,恢复因数表示物体在碰撞后速度的恢复程度，也表示物体变形恢复的程度，并且反映出碰撞过程中机械能损失的程度。,94,k=0 为极限情况，物体在碰撞结束后变形丝毫没有恢复，称为非弹性碰撞或塑性碰撞。,一般0k1。物体在弹性碰撞结束时，变形不能够完全恢复，动能有损失。,k=1 为 理想情况，物体在碰撞结束后变形完全恢复，动能没有损失，称为完全弹性碰撞；,如图斜碰撞，若不计摩擦，两物体只在法线方向发生碰撞，定义恢复因素为,95,又 或,对实际材料有kq，在不考虑摩擦的一般情况下，如碰撞前后两个物体都在运动，此时恢复因素定义为,式中

32、和 分别为碰撞前后两物体接触点沿接触面法线方向的相对速度。,96,17-4 碰撞问题举例,1、正碰撞结束时两质心的速度,例如：两物体质量分别为m1和 m2，恢复因素为k，产生对心正碰撞，已知碰撞前分析碰撞结束时两质心的速度 和动能损失。,分析：以两物体组成的系统研究对象。由动量定理，得：,碰撞前v1v2,碰撞后v2v1,97,列出补充方程：,联立解得,对于完全弹性碰撞（k=1）：,(碰撞后两物体交换速度),98,对于塑性碰撞（k=0）：,对于一般情况（0k 1）：,2、正碰撞过程中的动能损失,则动能损失为,99,由正碰撞结束时两质心的速度公式知,代入上式中，得,100,系统动能没有损失,可以利

33、用机械能守恒定律求碰撞后的速度。,(1)对于完全弹性碰撞（k=1）：,(2)对于塑性碰撞（k=0）：,若v2=0，则,101,例1 打桩机。锤：m1，下落高度h，桩：m2，下沉。两者塑性碰撞。求碰撞后桩的速度和泥土对桩的平均阻力。,解：碰撞开始时，锤速，桩速 塑性碰撞后，,根据动能定理,计算下沉 过程中,泥土对桩的平均阻力F。,102,由于右端前两项远比第三项小,往往可以略去,于是上式可写为：,103,如图所示物块A自高度 h=4.9 m处自由落下，与安装在弹簧上物块B相碰。已知A的质量m1=1 kg，B的质量m1=0.5 kg，弹簧刚度k=10 Nmm1。设碰撞结束后，两物块一起运动。求碰撞

34、结束时的速度v 和弹簧的最大压缩力。,例2,104,105,物块A自高处落下与B块接触的时刻，碰撞开始。此后A的速度减少，B的速度增大。当两者速度相等时，碰撞结束。然后A，B一起压缩弹簧作减速运动，直到速度等于零时，弹簧的压缩量达最大值。此后物块将向上运动，并将持续地往复运动。,碰撞过程中，忽略重力，沿y方向系统的动量守恒。碰撞后，二者一起运动的速度,解：,碰撞开始时,106,上式可整理成对smax 的标准二次方程,注意到，解得最大压缩量,另一解为-78.55 mm，弹簧为拉伸状态，不合题意。,碰撞结束后，设最大压缩量为smax，由动能定理得,107,例3 汽锤锻压金属。汽锤m1=1000kg

35、，锤件与砧块总质量m2=15000kg，恢复系数k=0.6，求汽锤的效率。,若将锻件加热，可使k 减小。当达到一定温度时，可使锤不回跳，此时可近似认为k=0，于是汽锤效率,解：汽锤效率定义为,108,一匀质正方形货物边长是 b，质量是 m，由传输带沿倾斜角 q=15 的轨道送下，速度是 v0(图 a)。当到达底端时棱 D 碰上档架。假定碰撞是完全塑性的，并且 D 处的总碰撞冲量在垂直于棱并通过货物质心的平面内。求使货物能绕棱 D 翻转到水平传输带上所需的最小速度 v01。,(a),例4,109,110,解:,碰撞使货物内各点的速度进行突然的重新分布：由碰撞前的平动变成碰撞后的定轴转动(因为棱

36、D 被突然固定)。货物只在棱D 处受到外碰撞，因而便于对棱 D 的冲量矩方程来求解。,在碰撞开始时，货物对棱 D 的动量矩等于 mv0b/2(以逆钟向为正)。在碰撞结束时，货物绕棱 D 的转动惯量等于,故这时货物对棱 D 的动量矩等于,111,外碰撞冲量 ID 对棱 D 无矩，故货物在碰撞过程中的动量矩守恒，即,故求得碰撞结束时货物绕棱D 的角速度,(b),货物对棱 D 的动量矩等于,112,要使货物翻转到水平传输带上的条件是：当重心 G 上升到最高位置时(图 c)，货物还有一点剩余的动能，即 T20 或 20。,在20的临界情形时,v0 趋近于最小速度v01,代入(3)得,由此求得所需的最小

37、速度,根据积分形式的动能定理 T2T1 W,有,(c),113,A，B两球大小相同，质量相等。球A以速度v1=2 ms1撞击静止的球B。碰撞前球A球心的速度与球B相切，如图所示。设碰撞是光滑的。恢复系数k=0.6，求碰撞后两球的速度。,例5,114,115,考察球A，因碰撞力沿法线 n-n 方向，其沿切线 t-t 的动量不变，即,由直角三角形OO1T 可求得，碰撞前球B的速度为零，。,碰撞后球B的速度u2沿n-n 线，球A碰撞后的速度u1与公切线 t-t 成角。,根据动量守恒定理，沿n-n方向动量守恒，,(a),(b),解：,116,由（a），（b）和（c）三式，代入。又因m1=m2，得,又知

38、恢复系数,(c),求得,117,滚珠轴承中钢球的检验装置简图如图所示。钢球从H=1 m高度静止落下，撞在一斜置的重钢板光滑平面上（倾角=10）。如要求恢复系数小于0.7的钢球，碰撞后回跳时不能超过固定障碍A，求挡板上端A点的位置xA，yA应为多少？,例6,118,119,恢复系数为，此处，Oy轴与切线 t-t 之间的夹角j 为,设钢球质量为m，重钢板质量为M，。碰撞前后钢板不动，即 v2=u2=0。,解:,因碰撞力沿法线 n-n 方向，故切线 t-t 方向的动量不变，得,解联立方程，求得：,120,由此可知钢球碰撞后的速度u1的大小和方向决定于k。令k=0.7，代入数据，求得,根据物理学抛射体

39、的轨迹公式得知xA等于射程之半，yA等于最高点高度，且已知，仰角，则可求得：,121,两个质量相等的球1和2，碰撞前的速度分别为v1=2 ms1和v2=3 ms1，方向如图所示。设恢复系数为k=0.60，求碰撞后每球的速度和碰撞时所损失的动能占原有动能的百分比。,例7,122,123,设两球质量均为m，假设两球碰撞后速度为u1和u2。因每个球碰撞前后在切线方向的动量不变，故u1必沿法线方向。设u2与法线的夹角为，则,（a）,因整个质点系动量守恒，故沿法线n-n方向的动量守恒投影式为,（b）,解:,1.求碰撞后每球的速度。,124,式（d）+（e）得,由式（a），（b）和（c），可求得三个未知量

40、u1，u2和。,由式（c）得,由式（b）得,（e）,（d）,此外由恢复系数的定义，得,（c）,125,代入数据求得,代入式（a）,由式（a）和（e），消去u2，得,126,动能的损失,2.碰撞时所损失的动能占原有动能的百分比。,碰撞前动能,损失的动能占原有动能的百分比为,127,匀质薄球壳的质量是 m，半径是 r，以质心速度vC 斜向撞在水平面上，vC 对铅直线成偏角q。同时球壳具有绕水平质心轴(垂直于 vC)的角速度w 0。假定碰撞接触点的速度能按反向全部恢复(k=k=1)，求碰撞后球壳的运动。,例8,128,129,解：,球壳作平面运动，作用于它的外碰撞冲量有瞬时法向反力的冲量IN 和瞬时

41、摩擦力的冲量 IF。,设碰撞结束时质心速度是uC，绕质心轴的角速度是(规定以逆钟向为正)。,写出质心冲量方程和对质心的冲量矩方程，并注意球壳对质心轴的转动惯量 JC=2Mr23，有,130,由恢复系数的定义可知，在完全弹性碰撞结束后，接触点的切向和法向相对速度都按相反方向全部恢复。以vA和uA 分别表示碰撞始末接触点 A 的速度，则有,由运动学知,从而可得,131,于是，上面两个等式()就可写成,联立求解上列方程(1)(5)，就可得到需求的全部答案。,132,(a),由式(a)可以求出球壳回跳时的角度，有,这个结果表明 有可能取任意的数值，只要 vC，q 和w 配合适当。,133,均质细杆长l

42、，质量为m，以速度v平行于杆自身而斜撞于光滑地面，杆与地面成角，如图所示。若为完全弹性碰撞，试求撞后杆的角速度。,例9,134,135,地面光滑，杆只受有y方向的碰撞冲量I，杆沿x方向动量守恒。设杆撞后质心C的速度为vC，角速度为w，如图所示。则x方向有,沿y轴投影为,由平面运动基点法得知点A速度为,(a),解：,136,撞击点A在碰撞前的法向速度为，由恢复系数,对质心C的冲量矩定理为,冲量定理沿y轴投影式为,代入式（a），得,(b),(c),(d),137,由(c)、（d）二式消去I，得,解出,代入式（b），得,即,138,均质杆AB长为l，质量为m，如图所示。设杆在铅直面内保持水平下降，杆

43、与固定支点E碰撞，前其质心的速度为v0，恢复系数为k。求碰撞后杆的质心速度uy和杆的角速度。已知E点到杆左端的距离为。,例10,139,不考虑碰撞时杆的弹性振动，可看成是刚体碰撞的突加约束问题。E为固定障碍，碰撞前杆作平动，碰撞后杆作平面运动。,作Exy坐标轴，Ey向下为正。图上所表示的方向均假设为正。,应用投影式，得,（a）,（b）,解：,上面三个未知量uy，S，故还需建立一个方程才能求解。,140,注意，碰撞前E的速度为v0（方向向下），碰撞后E点的速度是质心速度uy（方向向下）与杆绕质心转动的速度（方向向上）的代数和，故得,（c）,上面三个未知量uy，S，故还需建立一个方程才能求解。,1

44、41,由式（a），（b）和（c），消去I，求得,代入,得,142,若为弹性碰撞，k=1，此时求得,若为塑性碰撞，k=0，则,负号表示碰撞后质心C的速度向上，与碰撞前速度v0的方向相反。,143,k=1,k=0,144,一均质圆柱体，质量为m，半径为r，其质心以匀速vC沿水平面作无滑动的滚动，突然与一高度为h（hr)的平台障碍碰撞，如图所示。设碰撞是塑性的。求圆柱体碰撞后质心的速度、圆柱体的角速度和碰撞冲量。,例11,145,146,设圆柱体与平台凸缘碰撞冲量为I，因碰撞接触面并非光滑的，故I有公法线和公切线分量In和It，如图所示。,这是一个突加约束的问题。,碰撞后瞬时，柱体上O轴线（垂直于图

45、面）与平台凸缘上O轴线不分离，柱体突然变成绕固定轴的转动，设其角速度为（顺时针转动）。这时，质心的速度为uC，方向如图所示。,解：,147,碰撞冲量I通过O轴，因此冲量矩为零，故碰撞前后柱体对O轴的动量矩守恒。碰撞前柱体对O轴的动量矩为,（a）,碰撞后柱体对O轴的动量矩为,JO是柱体对O轴的转动惯量，,由动量矩守恒，,得,148,因，代入后求得,因，故,（b）,质心速度,（c）,149,为了求碰撞冲量，写出碰撞过程中动量方程的投影式：,（d）,（e）,这里下标 n 和 t 分别表示速度和碰撞冲量在公法线 n-n 和公切线 t-t 上的投影，其正方向如图所示。显然,150,如果在碰撞过程中用相对

46、质心动量矩定理是否可以求解这个问题？,代入式（d）和（e）得：,151,两个质量和直径都相同的钢球A和B，由不计质量的刚性杆相连。自高度h处自由下落，同时分别与铜板和钢板碰撞。已知球与钢板和铜板碰撞的恢复系数分别为 k1=0.6和 k2=0.4。求碰撞后刚性杆的角速度。,钢,铜,d,h,例12,152,153,设A，B球的质量均为m，碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度分别为vA 和 vB，碰撞冲量分别为 IA 和 IB。球与刚性杆组成的系统作平面运动，碰撞前、后的角速度分别为00和1。,应用,解：,有,154,由球A和B的恢复系数得,联立解之得,155,例13,以速度为v0匀速运动的小车上有一边

47、长为l 的方块，当小车突然停住时，方块将绕底面的一边翻转，求此时方块翻转的角速度和方块动能的损耗。,解：,滑块的平动,绕O的定轴转动,运动分析,碰撞前,碰撞后,156,对点O 的动量矩,对点O 的动量矩,碰撞前,碰撞后,由碰撞前后对O点的动量矩守恒,动能损失,157,例14 在铅直面内做平动的匀质细杆AB长l，与铅锤线成角，如图所示。杆以铅锤速度v与地面相碰。求下列两种强况下碰撞后杆的角速度和质心的速度：（1）假定是完全塑性碰撞（k=0），并有足够的摩擦阻止A点滑动；（2）假定完全弹性碰撞（k=1），且水平面是光滑的。,158,解：（1）,碰撞前后杆对A点的动量矩守恒，即,由于,杆作平动,杆绕

48、A作定轴转动,运动分析,碰撞前,碰撞后,159,（2）运动分析,碰撞前后杆在水平方向的动量守恒和杆对A点的动量矩守恒，即,由于,杆作平动,杆作平面运动,碰撞前,碰撞后,160,又 k=1，故碰撞前后动能无损失,联立上面两式求得,161,解：如图所示，取整体为研究对象，对O 用碰撞时的动量矩定理,162,由,再取AB杆为研究对象，对A用碰撞时的动量矩定理,有,考虑运动学关系,联立上面三式解得,163,17-5 碰撞冲量对绕定轴转动刚体的作用 撞击中心,如图绕定轴转动刚体受到外碰撞冲量作用，由冲量矩定理在 z 轴上的投影，有,1.定轴转动刚体受到碰撞时角速度的变化,角速度的变化为,164,2.支座

49、的反碰撞冲量 撞击中心,绕定轴转动刚体受到外碰撞冲量I作用，轴承与轴之间将发生碰撞，设如图是刚体的对称平面，轴承O的反碰撞冲量I Ox 和I Oy，取Oy过质心C，应用冲量定理，有,在图示位置，如轴承没有损坏，则有 于是,由此，一般情况下，在轴承处将引起碰撞冲量。若,165,如果外碰撞冲量I 作用在物体质量对称平面内，且满足上面两个条件，则轴承反碰撞冲量等于零，即轴承处不发生碰撞。,由（1），Iy=0，即要求外碰撞冲量与y轴垂直，即I必须垂直于支点O与质心C的连线。,由（2），如图示，有 则,满足上式的点K称为撞击中心。当外碰撞冲量作用于物体质量对称面内的撞击中心，且垂直于轴承中心与质心的连线

50、时，在轴承处不引起碰撞冲量。,166,例16 均质杆质量m，长2a，可绕通过O点且垂直于图面的轴转动，如图所示，杆由水平无初速落下，撞到一固定物块上。设恢复系数为k，求碰撞后杆的角速度，碰撞时轴承的碰撞冲量及撞击中心的位置。,解：碰撞开始时，由动能定理：,碰撞结束时：,求得：,167,根据冲量定理，得：,撞击中心的位置：,168,2、研究碰撞问题的两个基本假设：(1)在碰撞过程中，普通力远远小于碰撞力，可以忽略不计；(2)物体在碰撞过程中不发生位移。,小结,1、碰撞现象的主要特征：碰撞过程时间极短，碰撞力非常大，它使物体的速度在极短的时间内发生有限的变化。,3、研究碰撞问题的两个基本定理是冲量