《理学理论力学》PPT课件.ppt

动量定理的回顾 质点 质点系 动量的改变 外力（外力系主矢） 动量定理： 质心运动定理： 质心的运动 外力（外力系主矢） 当质心为固定轴上一点时， vC= 0，则其 动量恒等于零，质心无运动。此时，应用 动 量定理无法解释物体转动与受力之间的相互 关系 需要讨论 动量矩定理 第十二章 动 量 矩 定 理 质点的动量对点 O的矩 vmrvmM )(0 FrFM )(0 r vm )( vmM o 12-1 质点和质点系的动量矩 1质点的动量矩 （ 矢 量） 方向： 右手螺旋法则 大小 : O ABvmM O 2)( 12-1 质点和质点系的动量矩 1质点的动量矩 对 z 轴的动量矩 )()()( xyxyOz yvxvmvmMvmM （ 代数量 ） 结论 :力对点之矩的矢量在某一轴上的 投影 ,等于这一力对该轴之矩 )()( FMFM zzo 力对轴之矩与力对 点之 矩的关系 质点对点 O的动量矩矢在 z轴上 的投影，等于对 z轴的动量矩 )()( vmMvmM zzo 单位 :kgm2/s O 已知： m， r， w， vr。 ve vr w r m 求： MO(mv)。 x y 解： i iiiO m vrL 1. 对定点 “ O ”的动量矩 : x z y O m1 mn mi m3 m2 vi ri i iizOz mM )( vL 2.对定轴 “ z” 的动量矩 : 3.两者之间的关系： zzO L L O x y zL L i L j L k 即 2质点系的动量矩 （ 1） 刚体平移 .可将全部质量集中于质心 , 作为一个质点来计算 . x z y O Cv rC C vi ri mi m i iiiO m vrL Ci vv C i iiO m vrL )( Cmr CCO m vrL iiiiizz rvmvmML )( 2iiiii rmrrm ww 2iiz rmJ wzz JL （ 2） 刚体绕定轴转动 转动惯量 dd( ) ( ) OM m v r m vtt dd ()r m v r m v tt 12-2 动量矩定理 1质点的动量矩定理 设 O为定点 ,有 0v m v d () d m v Ft 其中 : d d r v t （ O为定点） d ( ) ( ) d xxM m v M Ft d ( ) ( ) d yyM m v M Ft d ( ) ( ) d zzM m v M Ft 投影式 : d ( ) ( ) d OOM m v M Ft 因此 称为 质点的动量矩定理 :质点对某定点的动量矩对 时间的一阶导数 ,等于作用力对同一点的矩 . 则 常量 常矢 )( )( v vM mM m x O 若作用于质点上的力对某定点 (或某定 轴）的矩为零，则质点对该点（或轴）的动 量矩保持不变 质点动量矩守恒定律 。 2、守恒形式 0)( FM O 0)( FxM 或 若 ddd( ) ( ) d d d O O i i O i i LM m v M m v t t t ()d () d eeO O i O L M F M t 得 称为 质点系的动量矩定理 :质点系对某定点 O 的动量矩对时间的导数 ,等于作用于质点系的 外力对于同一点的矩的矢量和 . ( ) ( )d ( ) ( ) ( ) d ie O i i O i O iM m v M F M Ft ( ) ( )d ( ) ( ) ( ) d ie O i i O i O iM m v M F M Ft 2. 质点系的动量矩定理 由于 ()( ) 0iOiMF ()d () d eex x i x L M F M t ()d () d y ee y i y L M F M t 投影式 : ()d () d eez z i z L M F M t 内力不能改变质点系的动量矩 . 2、 守恒形式 若 常量则 常矢则 xix OiO LFM LFM 0)( 0)( e e 即：当质系所受合外力对某定点（或某定轴）的 矩为零，则质系对该点（或该轴）的动量矩保持 不变 质点系动量矩守恒定律。 e d d O O M t L e d d z z ML t RmgMM eO s in)( RmgMm v RJt w s i ndd 2 2 s in mRJ m g RMRa 例 1 已知： ,小车不计摩擦 . , MJR m a求 :小车的加速度 . RvmJL O w解 : R vw a t v d d 由 , ， 得 A B r1 r2 例 2 两个鼓轮的总质量 m，对水平转轴 O的转动惯量 JO ；鼓轮 的半径是 r1 和 r2 。绳端悬挂的重物 A和 B 质量分别是 m1 和 m2 ，且 m1 m2。试求鼓轮的角加速度 。 m1g m2g v2 v 1 w FO mg 1、 选系统（ 含鼓轮，重物 A , B） 为研究对 象 解 : 2、 运动分析 设鼓轮的角速度为 w， 物 A的速度： v1= r1w 物 B的速度： v2= r2w w)( 222211 rmrmJL OO 3、 受力分析 重力 mg， m1g ， m2g 轴 O处约束力 FO A B r1 r2 w FO mg v2 m2g v1 m1g grmrmM O )( 2211 w)( 222211 rmrmJL OO O O M t L d d 力矩 : 4、 应用动量矩定理 trmrmJ O d d)( 2 22 2 11 w grmrm )( 2211 g rmrmJ rmrm t O 222211 2211 d d w 转向为逆时针 求：剪断绳后 , 角时的 . w 例 3：两小球质量皆为 ,初始角速度 m 0w 020 221 ww maamaL z w 2)s in(22 lamL z 时 , 0 0 时 , 2 0 2 )s in( ww la a 由 , 得 12zzLL 解 ： O P W 例 4 均质圆轮半径为 R、 质量为 m。 圆轮在重 物 P带动下绕固定轴 O转动，已知重物重量为 W。 求：重物下落的加速度 w aP 解：设圆轮的角速度和角加速度分别为 w 和 ， 重物的加速度为 aP。 圆轮对 O轴 的 动量矩 重物对 O的 轴动量矩 系统对 O的 轴总动量矩 系统对 O的 轴总动量矩 应用动量矩定理 其中 aP=R 12-3 刚体绕定轴的转动微分方程 12, , , nF F F 主动力 : 12,NNFF 约束力 : d ( ) ( ) ( ) d iz z i z NJ M F M Ft w ()ziMF d () dz z iJ M Ft w 即 : ()zzJ M F 或 2 2 d () dzzJ M Ft 或 转动 微分 方程 1、 当 Mz(Fie) = 常量 ， 因为 Jz 不变 ,所以 =常量 刚体作匀变速转动 2、 当 Mz(Fie) = 0， 因为 Jz 不变 ， 所以 =0 刚体作匀速转动 3、 当 Mz(Fie) = 常量 ， Jz 、 ；反之 Jz 、 。 表明 Jz的大小，反映了刚体转动状态改变的 难易程度。因此， Jz是度量转动刚体惯性大小的 物理量。 注意 ： 由于 M z(Fie) 和 （ w 、 ）都是代数量， 解题时要注意其正、负号。 求：制动所需时间 . t 例 4：已知： ，动滑动摩擦系数 ， RFJ NO , 0w f 0 0 0 dd tONJ fF R t w w 0O N Jt fF R w d dONJ F R f F Rt w 解 ： FOx FOy W 应用小结 质点系动量矩定理 ： )(dd eizz FMtL 求解刚体系统绕同一定轴转动的动力学问题 定轴转动微分方程： )( eizz FMJ 求解单个刚体绕一定轴转动的动力学问题 2 1 ii n iz rmJ 12-4 刚体对轴的转动惯量 单位： kgm2 1. 简单形状物体的转动惯量计算 (1)均质细直杆对一端的转动惯量 3d 3 2 0 lxxJ ll lz 2 3 1 mlJ z lm l由 ，得 42)d2( 4 0 2 RrrrJ A R AO 222 mRmRRmJ iiz （ 2）均质薄圆环对中心轴的转动惯量 Aiii rrm d2 （ 3）均质圆板对中心轴的转动惯量 2R m A 式中 ： 2 2 1 mRJ O 或 2. 回转半径（惯性半径） m J z z 2zz mJ 或 2 CzzJ J m d 3平行轴定理 Cz dz z 式中 轴为过质心且与 轴平行的轴， 为 Cz与 轴之间的距离。 即：刚体对于任一轴的转动惯量，等于刚体对于通过 质心并与该轴平行的轴的转动惯量，加上刚体的质量 与两轴间距离平方的乘积 . 2211() CziJ m x y )( 222 yxmrmJ iiz )( 2121 dyxm i iii mdymdyxm 212121 2)( 01 i i C m ymy 证明 ： 因为 2 CzzJ J m d 01 ym i有 ，得 2 3 1 mlJ z lm, 例 6：均质细直杆，已知 . Cz求：对过质心且垂直于杆的 轴的转动惯量。 要求记住三个转动惯量 2 2mR （ 1） 均质圆盘对盘心轴的 转动惯量 3 2ml （ 2） 均质细直杆对一端的 转动惯量 12 2ml （ 3） 均质细直杆对中心轴 的转动惯量 12)2( 2 2 mllmJJ zzC 则 z 对一端的 轴，有 解： 21 JJJ z 2 22 2 11 2 1 2 1 RmRm )(21 4241 RRlJ z 解 ： lRm 222 lRm 211 其中 mRRl )( 2221由 ， 得 )(21 2221 RRmJ z )(21 22212221 RRRRl 21 , RRm 例 7：已知： ， zJ 求 . 4组合法 5实验法 O例：求对 轴的转动惯量 . 将曲柄悬挂在轴 O上，作微幅摆动 . m g l JT 2由 lm, T J其中 已知 , 可测得，从而求得 . 解 ： 6. 查表法 均质物体的转动惯量 薄壁圆 筒 细直杆 体积 惯性半径 转动惯量 简 图 物体的 形状 2 12 l mJ Cz 2 3 l mJ z 32 l Cz 3 l z 2mRJ z Rz Rlh2 薄壁空 心球 空心圆 柱 圆柱 )3( 12 2 1 22 2 lR m JJ mRJ yx Z )3( 12 1 2 22 lR R yx z lR2 )(2 22 rRmJ z )(21 22 rRz )( 22 rRl 232 mRJ z R z 3 2 Rh23 圆环 圆锥体 实心球 2 5 2 mRJ Z Rz 5 2 343 R )4( 80 3 10 3 22 2 lrm JJ mrJ yx Z )4( 80 3 10 3 22 lr r yx z lr23 )43( 22 rRmJ Z 22 43 rRz Rr 222 矩形薄 板 长方体 椭圆形 薄板 2 2 22 4 4 )( 4 b m J a m J ba m J y y Z 2 2 2 1 22 b a ba y x z abh )( 12 )( 12 )( 12 22 22 22 cb m J ca m J ba m J y y Z )( 12 1 )( 12 1 )( 12 1 22 22 22 cb ca ba y x z abc 2 2 22 12 12 )( 12 b m J a m J ba m J y y Z b a ba y x z 289.0 289.0 )(121 22 abh 动 力 学 )( e i iCC i yC i xC MJ Fym Fxm F 静 力 学 0)( 0 0 e i iC i y i x M F F F 静力学是动力学的特殊情形 动量矩定理主要应用于分析具有转动系统的动 力学问题。 对于定轴问题， 系统各部分对定轴的角速度必须 是同一惯性参考系中的角速度，也就是绝对角速度。 计算动量矩以及外力矩时，都要采用相同的正负 号规则 右手定则 。 应用动量矩定理时 关于突然解除约束问题 O FOy FOx W=mg 解除约束前： FOx=0, FOy=mg/2 O FOx FOy W=mg 解除约束前： FOx=0, FOy=mg/2 突然解除约束瞬时： FOx=？ , FOy=？ O FOx FOy W=mg A C 应用定轴转动微分方程 l glmgml 2 3, 23 1 2 OxF lm 0 2 2w应用质心运动定理 OyFmg lm 2 Oy Ox Fmg l m F l m w 2 0 2 2 42 0 mgl mmgF F Oy Ox 突然解除约束问题的特点： 1. 系统的自由度一般会增加； 2. 解除约束的前、后瞬时，速度与角速度连续， 加速度与角加速度将发生突变。