力学竞赛知识点(理论力学)

理论力学力学竞赛知识点介绍1理论力学力学竞赛知识点介绍主要内容主要内容l 静力学l 运动学l 动力学l 专题2理论力学力学竞赛知识点介绍静力学部分静力学部分l 力、力矩、力系l 力偶、力偶矩、力偶系l 主矢、主矩、力系简化l 约束与约束力l 力系平衡l 考虑摩擦的平衡问题3理论力学力学竞赛知识点介绍考虑摩擦的平衡问题考虑摩擦的平衡问题4理论力学力学竞赛知识点介绍(a)(b)定义：两个相接触物体，当其接触处产生相对滑动或相对滑定义：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。擦力。滑动摩擦滑动摩擦1.静滑动摩擦力及最大静滑动摩擦力静滑动摩擦力及最大静滑动摩擦力 如图如图(a)所示所示，在粗糙的水平面上放置一重为在粗糙的水平面上放置一重为P的物的物体，当水平方向无拉力时，显然有体，当水平方向无拉力时，显然有P=FN。现在该物体现在该物体上作用一大小可变化的水平拉力上作用一大小可变化的水平拉力F，如图如图(b)所示，当所示，当拉力拉力F由零由零逐渐增加但又不很大时，物体仍能维持平衡。逐渐增加但又不很大时，物体仍能维持平衡。5理论力学力学竞赛知识点介绍(a)(b)由此可见，支承面对物体的约束力除了法向约束力由此可见，支承面对物体的约束力除了法向约束力FN外还外还有一个阻碍物体沿水平面向右滑动的切向约束力有一个阻碍物体沿水平面向右滑动的切向约束力Fs，此力此力即静滑动摩擦力，简称静摩擦力。显然有即静滑动摩擦力，简称静摩擦力。显然有Fs=F，因此静因此静摩擦力也是约束力，随着摩擦力也是约束力，随着F的的增大而增大。然而，它并不增大而增大。然而，它并不能随能随F的增大而无限地增大。而有一个最大值的增大而无限地增大。而有一个最大值Fmax，称为称为最大静摩擦力，此时物体最大静摩擦力，此时物体 处于平衡的临界状态。当主动力处于平衡的临界状态。当主动力F大于大于Fmax时，物体将失去平衡而滑动。即时，物体将失去平衡而滑动。即6理论力学力学竞赛知识点介绍实验表明实验表明上式上式称为库仑摩擦定律，是计算最大静摩擦力的近似公式。称为库仑摩擦定律，是计算最大静摩擦力的近似公式。式中式中 fs 称为静摩擦因数，它是一个无量纲的量。一般由实验称为静摩擦因数，它是一个无量纲的量。一般由实验来确定。来确定。2.动滑动摩擦力动滑动摩擦力 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，滑动的阻力，这种阻力称为动滑动摩擦力，简称动摩擦力，以以Fd 表示，大小可用下式计算。表示，大小可用下式计算。式中式中 fd 是动摩擦因数，通常情况下，是动摩擦因数，通常情况下，7理论力学力学竞赛知识点介绍摩擦角和自锁现象摩擦角和自锁现象1.摩擦角摩擦角 当当有有摩擦时，支承面对物体的约束力有法向约束力摩擦时，支承面对物体的约束力有法向约束力FN和和切向约束力切向约束力Fs，这两个力的合力称为全约束力这两个力的合力称为全约束力FR。它的作用线与接触处的它的作用线与接触处的公法线成一偏角公法线成一偏角j j,如图如图所示，当静摩擦力达最所示，当静摩擦力达最大时，大时，j j 也也达到最大值达到最大值j jf,称称j jf 为为摩擦角。摩擦角。8理论力学力学竞赛知识点介绍2.自锁现象自锁现象 由于全约束力的作用线与接触处公法线的夹角由于全约束力的作用线与接触处公法线的夹角j j不能大不能大于摩擦角，即变化范围为于摩擦角，即变化范围为0 j j j jf，因此可得：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法线的夹角q q q j jf，则则无论这个力多么小，物无论这个力多么小，物体必不能保持平衡。体必不能保持平衡。9理论力学力学竞赛知识点介绍摩擦角就是物块处于临界状态时斜面的倾角摩擦角就是物块处于临界状态时斜面的倾角q q,即即下面的螺旋千斤顶就利用了自锁的概念。下面的螺旋千斤顶就利用了自锁的概念。10理论力学力学竞赛知识点介绍考虑摩擦时物体的平衡问题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，在受力分析和本一样。但需指出的是，在受力分析和列平衡方程时要将摩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，因此因此有摩擦的平衡问题的解通常是一个范围。为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，往往先考虑了避免解不等式，往往先考虑临界状态（临界状态（Fs=fs FN），），求得求得结果后再讨论解的平衡范围。应该结果后再讨论解的平衡范围。应该强调强调的是的是摩擦力的方向在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，临界状态下不能假设，要根据物体相对运动趋势来判断，只只有摩擦力是待求未知数时，可以假设其方向有摩擦力是待求未知数时，可以假设其方向。求求解解时，根据具体的问题采用解析法或几何法求解，时，根据具体的问题采用解析法或几何法求解，下面举例说明下面举例说明11理论力学力学竞赛知识点介绍 取物块取物块A为研究对象，受为研究对象，受力分析如图。列平衡方程。力分析如图。列平衡方程。解解:例题例题5-1q qAF F联立求解得联立求解得最大静摩擦力最大静摩擦力所以作用在物体上的摩擦力为所以作用在物体上的摩擦力为因为因为 小物体小物体A重重P=10 N，放在粗糙的水平固定面上，它放在粗糙的水平固定面上，它与固定面之间的静摩擦因数与固定面之间的静摩擦因数 fs=0.3。今在小物体今在小物体A上施上施加加F=4 N的力，的力，q q=30，试求作用在物体上的摩擦力。试求作用在物体上的摩擦力。yAxq qPF FFNFs12理论力学力学竞赛知识点介绍(a)构件构件A及及B用楔块用楔块C联结，如图联结，如图(a)所示，楔块自重不所示，楔块自重不计，计，。已知楔块与构件间的摩擦系数。已知楔块与构件间的摩擦系数 fs=0.1,求能求能自锁的倾斜角自锁的倾斜角q q。解解：(1)解析法解析法 研究楔块研究楔块C，受力如受力如图图(b)，考虑临界平考虑临界平衡衡例题例题5-2 再考虑补充方程再考虑补充方程联立解之得联立解之得(b)13理论力学力学竞赛知识点介绍(c)(2)几何法几何法 仍考虑临界平衡状态仍考虑临界平衡状态,在此情况在此情况下下,楔块楔块C 两端所受的全约束力必大两端所受的全约束力必大小相等小相等,方向相反且作用线在一条直方向相反且作用线在一条直线上线上;与作用点处的法线的夹角均等与作用点处的法线的夹角均等于摩擦角于摩擦角j jf 如图如图(c)所示。所示。由由几何关系不难得几何关系不难得以上是考虑临界状态所得结果，稍作分析即可得以上是考虑临界状态所得结果，稍作分析即可得例题例题5-214理论力学力学竞赛知识点介绍例题例题5-3FAFNBFBFNAABCFxxyhOFBhdBAFx平衡方程为平衡方程为取支架为研究对象取支架为研究对象,受力分析如图。受力分析如图。（1）解析法解析法解解:一活动支架套在固定圆柱的外表面，且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假设支架和圆柱之间的静摩擦因数数 fs=0.25。问作用于支架的主动力问作用于支架的主动力F 的的作用线距圆柱中心线至少多远才能使支架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）。不致下滑（支架自重不计）。15理论力学力学竞赛知识点介绍联立求解得联立求解得补充方程补充方程例题例题5-3解得解得（2 2）几何法）几何法 由以上由以上二个二个例子可以看出，当有摩擦处的约束力以全例子可以看出，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。定理且几何关系又较简单，用几何法往往较方便。支架受力分析如图所示。支架受力分析如图所示。由几何关系得由几何关系得16理论力学力学竞赛知识点介绍hCabFP 宽宽a，高，高b的矩形柜放的矩形柜放置在水平面上，柜重置在水平面上，柜重P，重重心心C 在其几何中心，柜与在其几何中心，柜与地面间的静摩擦因数是地面间的静摩擦因数是 fs，在柜的侧面施加水平向在柜的侧面施加水平向右的力右的力F，求柜发生运动求柜发生运动时所需推力时所需推力F 的最小值。的最小值。例题例题5-417理论力学力学竞赛知识点介绍yABCxFPFBFAFNBFNA1.假设不翻倒但即将滑动，考虑临界平衡。假设不翻倒但即将滑动，考虑临界平衡。解解:取矩形柜为研究对象取矩形柜为研究对象,受力分析如图。受力分析如图。联立求解得柜子开始滑动所需的最小推力联立求解得柜子开始滑动所需的最小推力补充方程补充方程列平衡方程列平衡方程例题例题5-418理论力学力学竞赛知识点介绍2.假设矩形柜不滑动但将绕假设矩形柜不滑动但将绕 B B 翻倒。翻倒。柜绕柜绕 B 翻倒条件：翻倒条件：FNA=0使柜翻倒的最小推力为使柜翻倒的最小推力为列平衡方程列平衡方程ABCxFPFBFAFNBFNA解得解得例题例题5-4综上所述使柜发生运动所需的最小推力为综上所述使柜发生运动所需的最小推力为19理论力学力学竞赛知识点介绍 长长为为l的的梯梯子子AB一一端端靠靠在在墙墙壁壁上上，另另一一端端搁搁在在地地板板上上，如如图图所所示示。假假设设梯梯子子与与墙墙壁壁的的接接触触是是完完全全光光滑滑的的，梯梯子子与与地地板板之之间间有有摩摩擦擦，其其静静摩摩擦擦因因数数为为fs。梯梯子子的的重重量量略略去去不不计计。今今有有一一重重为为P的的人人沿沿梯梯子子向向上上爬爬，如如果果保保证证人人爬爬到到顶顶端端而而梯梯子子不不致致下下滑滑，求求梯梯子子与墙壁的夹角与墙壁的夹角q q。q qlaABP例题例题5-520理论力学力学竞赛知识点介绍 以梯子以梯子AB为研究对象，人的位置用距离为研究对象，人的位置用距离 a 表示，梯子的受力如图。表示，梯子的受力如图。解：解：使梯子保持静止，必须满足下列平衡方程：使梯子保持静止，必须满足下列平衡方程：yq qlaABxFsFNAPFNB同时满足物理条件同时满足物理条件例题例题5-5联立解之得联立解之得因因 0al，当当 a=l 时，上式左边达到最大值。时，上式左边达到最大值。所以所以或或即为所求即为所求21理论力学力学竞赛知识点介绍 重重为为P=100 N的的匀匀质质滚滚轮轮夹夹在在无无重重杆杆AB和和水水平平面面之之间间，在在杆杆端端B作作用用一一垂垂直直于于AB的的力力FB，其其大大小小为为FB=50 N。A为为光光滑滑铰铰链链，轮轮与与杆杆间间的的摩摩擦擦因因数数为为 fs1=0.4。轮轮半半径径为为r，杆杆长长为为 l，当当 q q=60 时时，AC=CB=0.5l，如如图图所所示示。如如要要维维持持系系统统平平衡衡，（1）若若D处处静静摩摩擦擦因因数数 fs2=0.3，求求此此时时作作用用于于轮轮心心O处处水水平平推推力力 F 的的最最小小值值;（2）若若fs2=0.15,此此时时F 的的最最小小值值又又为为多多少？少？ABCDOrq qPFFB例题例题5-622理论力学力学竞赛知识点介绍解：解：此此题题在在C，D两两处处都都有有摩摩擦擦，两两个个摩摩擦擦力力之之中中只只要要有有一一个个达达到到最最大大值值，系系统统即处于临界状态。即处于临界状态。假设假设C处的摩擦先达到最大值，轮有水平向右滚动的趋势。处的摩擦先达到最大值，轮有水平向右滚动的趋势。例题例题5-6ABCFAxFAyFCFNCFBq q1.以杆以杆AB为研究对象，受力分析如图。为研究对象，受力分析如图。解得解得列平衡方程列平衡方程补充方程补充方程23理论力学力学竞赛知识点介绍例题例题5-62.以轮为研究对象，列平衡方程。以轮为研究对象，列平衡方程。DOCFNDFDPFq q当当 fs2=0.3时，时，D处最大摩擦力为处最大摩擦力为 由于由于故故D处无滑动处无滑动所以维持系统平衡的最小水平推力为所以维持系统平衡的最小水平推力为F=26.6 N。代入上面各式解得代入上面各式解得 F=26.6 N，FND=184.6 N将将24理论力学力学竞赛知识点介绍解方程得解方程得最小水平推力为最小水平推力为受力图不变，补充方程应改为受力图不变，补充方程应改为此时此时C处最大摩擦力为处最大摩擦力为因此当因此当 fs2=0.15 时，维持系统平衡的最小水平推力改为时，维持系统平衡的最小水平推力改为所以所以C处无滑动。处无滑动。由于由于 说明前面假定不成立，说明前面假定不成立，D处应先达到临界状态。处应先达到临界状态。3.当当 fs2=0.15时时,例题例题5-625理论力学力学竞赛知识点介绍 由实践可知，使滚子滚动比使它滑动省力，如果仍用下图的由实践可知，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。即无论水平力力学模型来分析就存在问题。即无论水平力F F 多么小，此物体均多么小，此物体均不能平衡，因对点不能平衡，因对点A A的矩的平衡方程不满足，即的矩的平衡方程不满足，即5-4 5-4 滚动摩阻的概念滚动摩阻的概念 出现这种现象的原因是，实际接触面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。一些变形，有一个接触面，如图所示。这是与实际情况不符的，说明此这是与实际情况不符的，说明此力学模型有缺陷，需要修正。力学模型有缺陷，需要修正。26理论力学力学竞赛知识点介绍此力系向此力系向A点简化点简化 与静滑动摩擦力相似，滚动摩阻力偶矩与静滑动摩擦力相似，滚动摩阻力偶矩Mf 随主动力随主动力 F的增的增大而增大；但有一个最大值大而增大；但有一个最大值 Mmax,即即或或且且最大滑动摩最大滑动摩阻力偶矩阻力偶矩上式即是上式即是滚动摩阻定律，滚动摩阻定律，d d 称为滚动摩阻系数，具有长度称为滚动摩阻系数，具有长度的量纲的量纲 ，单位一般用单位一般用mm。与滚子和支承面的材料的硬度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。和湿度等有关。与滚子的半径无关。27理论力学力学竞赛知识点介绍滚阻滚阻系数的物理意义如下系数的物理意义如下由力的由力的平移定理平移定理与与比较得比较得 一般情况下，相对滑动摩擦而言，由于滚阻阻力偶矩很一般情况下，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。小，所以在工程中大多数情况下滚阻力偶矩忽略不计。28理论力学力学竞赛知识点介绍取轮子为研究对象取轮子为研究对象,受力分析如图。由平衡方程受力分析如图。由平衡方程解解:例题例题5-7匀质轮子的重量匀质轮子的重量P=3 kN，半径半径 r=0.3 m；今在轮今在轮中心施加平行于斜面的拉力中心施加平行于斜面的拉力FH，使轮子沿与水平面使轮子沿与水平面成成q q=30的斜面匀速向上作纯滚动。已知轮子与斜的斜面匀速向上作纯滚动。已知轮子与斜面的滚阻系数面的滚阻系数=0.05 cm，试求力试求力FH的大小。的大小。联立求解联立求解补充方程补充方程q qFHArOq qFHAOq qMmaxPFsFNyx29理论力学力学竞赛知识点介绍 如如图图所所示示，总总重重为为P的的拖拖车车在在牵牵引引力力F作作用用下下要要爬爬上上倾倾角角为为 的的斜斜坡坡。设设车车轮轮半半径径为为r，轮轮胎胎与与路路面面的的滚滚动动摩摩阻阻系系数数为为，其其它它尺尺寸寸如如图图所所示示。求求拖拖车车所所需的牵引力。需的牵引力。例题例题5-8aCxybh2h1FPAO30理论力学力学竞赛知识点介绍 拖车的两对轮子都是从动轮，因此滑动摩擦力的方向都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滚动摩阻力偶的力偶矩 M1,max 和和 M2 max 都达到最大值。都达到最大值。解：解：由平衡方程由平衡方程首先取整个拖车为研究对象，首先取整个拖车为研究对象，受力分析如图。受力分析如图。例题例题5-8aCxybh2h1FPAF2F1FN2FN1M1maxOM2,max31理论力学力学竞赛知识点介绍再取前轮为研究对象，受力分析如图。再取前轮为研究对象，受力分析如图。同样由后轮得同样由后轮得轮子滚动临界时的补充方程轮子滚动临界时的补充方程解方程可得解方程可得列平衡方程列平衡方程FN1FxFyF1M1maxOyx例题例题5-832理论力学力学竞赛知识点介绍运动学部分运动学部分l 矢量法、直角坐标法、自然坐标法（轨迹、速度、加速度）l 平动、定轴转动（各点速度与加速度）l 点的复合运动（速度与加速度）l 刚体平面运动（瞬心、各点速度与加速度）33理论力学力学竞赛知识点介绍动力学部分动力学部分l 质点运动微分方程l 转动惯量、惯量积、惯性主轴l 动量、动量矩、动能、冲量、功、势能l 动力学普遍定理的综合应用l 平面运动刚体动力学方程及其应用l 惯性力及惯性力系简化、动静法、静平衡与动平衡的概念34理论力学力学竞赛知识点介绍专题部分专题部分l 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）l 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）35理论力学力学竞赛知识点介绍专题部分专题部分l 质点系虚位移原理应用（虚位移、虚功、自由度、广义坐标）l 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）36理论力学力学竞赛知识点介绍机械振动基础机械振动基础37理论力学力学竞赛知识点介绍 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。利利：振动给料机 弊弊：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。所谓振动就是系统在平衡位置附近作往复运动。38理论力学力学竞赛知识点介绍 4.振动的分类振动的分类：单自由度系统的振动 按振动系统的自由度分类按振动系统的自由度分类 多自由度系统的振动 弹性体的振动 按振动产生的原因分类按振动产生的原因分类：自由振动：无阻尼的自由振动 有阻尼的自由振动，衰减振动 强迫振动：无阻尼的强迫振动 有阻尼的强迫振动 自激振动本章重点讨论单自由度系统的自由振动和强迫振动。39理论力学力学竞赛知识点介绍 单自由度系统无阻尼自由振动单自由度系统无阻尼自由振动 一、自由振动的概念一、自由振动的概念：40理论力学力学竞赛知识点介绍 41理论力学力学竞赛知识点介绍 运动过程中，总指向物体平衡位置的力称为恢复力恢复力。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无阻尼自由振动。质量质量弹簧系统：弹簧系统：单摆：单摆：复摆：复摆：42理论力学力学竞赛知识点介绍二、单自由度系统无阻尼自由振动微分方程及其解二、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：则自由振动的微分方程的标准形式：解解为：43理论力学力学竞赛知识点介绍 设 t=0 时，则可求得：或：C1，C2由初始条件决定为44理论力学力学竞赛知识点介绍 三、自由振动的特点三、自由振动的特点：A物块离开平衡位置的最大位移，称为振幅。n t+相位，决定振体在某瞬时 t 的位置 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。45理论力学力学竞赛知识点介绍 无阻尼自由振动的特点是无阻尼自由振动的特点是：(2)振幅A和初相位 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。46理论力学力学竞赛知识点介绍 2.弹簧并联系统和弹簧串联系统的等效刚度并联串联并联串联47理论力学力学竞赛知识点介绍1.由系统的振动微分方程的标准形式由系统的振动微分方程的标准形式2.能量法能量法：19-2 求系统固有频率的方法求系统固有频率的方法由Tmax=Vmax,求出48理论力学力学竞赛知识点介绍 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：49理论力学力学竞赛知识点介绍 能量法是从机械能守恒定律出发，对于计算较复杂的振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。动系统的固有频率来得更为简便的一种方法。例例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。50理论力学力学竞赛知识点介绍解解1：以 x 为广义坐标（静平衡位置为 坐标原点）则任意位置x 时：静平衡时：51理论力学力学竞赛知识点介绍 应用动量矩定理：由 ，有振动微分方程：固有频率：A52理论力学力学竞赛知识点介绍 解解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53理论力学力学竞赛知识点介绍 由 T+V=有：对时间 t 求导，再消去公因子 ，得54理论力学力学竞赛知识点介绍 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。例例3 xRxxr55理论力学力学竞赛知识点介绍56理论力学力学竞赛知识点介绍解：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，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xRxxr57理论力学力学竞赛知识点介绍不计摩擦，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xRxxr58理论力学力学竞赛知识点介绍 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。R Rr rv vO O1 1 F Fm mg gF FN NO OO O1 1A AC C例例4 59理论力学力学竞赛知识点介绍解：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，其角速度为因此系统的动能为R Rr rv vO O1 1 F Fm mg gF FN NO OO O1 1A AC C60理论力学力学竞赛知识点介绍整理后得 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R Rr rv vO O1 1 F Fm mg gF FN NO OO O1 1A AC C因此势能可改写成61理论力学力学竞赛知识点介绍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R Rr rv vO O1 1 F Fm mg gF FN NO OO O1 1A AC C62理论力学力学竞赛知识点介绍 例例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：63理论力学力学竞赛知识点介绍 系统的最大势能为：系统的最大动能为：64理论力学力学竞赛知识点介绍 设 则有根据Tmax=Vmax,解得65理论力学力学竞赛知识点介绍 19-3 单自由度系统的有阻尼自由振动单自由度系统的有阻尼自由振动一、阻尼的概念一、阻尼的概念：阻尼阻尼：振动过程中，系统所受的阻力。粘性阻尼粘性阻尼：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。66理论力学力学竞赛知识点介绍 二、有阻尼自由振动微分方程及其解二、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。67理论力学力学竞赛知识点介绍 其通解分三种情况讨论：1、小阻尼情形、小阻尼情形有阻尼自由振动的圆频率68理论力学力学竞赛知识点介绍 衰减振动的特点：(1)振动周期变大，振动周期变大，频率减小频率减小。阻尼比有阻尼自由振动：当 时，可以认为69理论力学力学竞赛知识点介绍 (2)振幅按几何级数衰减振幅按几何级数衰减 对数减缩率2、临界阻尼情形、临界阻尼情形 临界阻尼系数相邻两次振幅之比70理论力学力学竞赛知识点介绍 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、过阻尼（大阻尼）情形 所示规律已不是周期性的了，随时间的增长，x 0，不具备振动特性。71理论力学力学竞赛知识点介绍 19-6 临界转速临界转速 减振与隔振的概念减振与隔振的概念 一、转子的临界转速一、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）。72理论力学力学竞赛知识点介绍 （k为转轴相当刚度系数）临界角速度：临界角速度：临界转速：临界转速：73理论力学力学竞赛知识点介绍 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。74理论力学力学竞赛知识点介绍 二、减振与隔振的概念二、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。75理论力学力学竞赛知识点介绍 隔振：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，使大部分振动被隔振器所吸收。隔振隔振 主动隔振：将振源与基础隔离开。被动隔振：将需防振动的仪器、设备单独与振源隔离开。76理论力学力学竞赛知识点介绍碰撞问题碰撞问题77理论力学力学竞赛知识点介绍 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。78理论力学力学竞赛知识点介绍 17-1碰撞的分类碰撞的分类 碰撞问题的简化碰撞问题的简化 碰撞：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.碰撞的分类碰撞的分类两物体碰撞时，按其相处位置划分，可分为对心碰撞、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，称为对心对心碰撞碰撞，否则称为偏心碰撞偏心碰撞。79理论力学力学竞赛知识点介绍80理论力学力学竞赛知识点介绍两物体碰撞时，按其接触处有无摩擦，可分为光滑碰撞与光滑碰撞与非光滑碰撞非光滑碰撞。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、弹性碰撞与完全弹性碰撞、弹性碰撞与塑性碰撞塑性碰撞。若碰撞时各自质心的速度均沿着公法线，称为正碰撞正碰撞，否则称为斜碰撞斜碰撞。按此分类还有对心正碰撞，偏心正碰对心正碰撞，偏心正碰撞撞。上图中左图所示即为对心正碰撞。81理论力学力学竞赛知识点介绍 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对碰撞问题的两点简化 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。82理论力学力学竞赛知识点介绍 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。利的一面利的一面：利用碰撞进行工作，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。83理论力学力学竞赛知识点介绍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；84理论力学力学竞赛知识点介绍 17-2 用于碰撞过程的基本定理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。85理论力学力学竞赛知识点介绍1、用于碰撞过程的动量定理、用于碰撞过程的动量定理冲量定理。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86理论力学力学竞赛知识点介绍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、用于碰撞过程的动量矩定理、用于碰撞过程的动量矩定理冲量矩定理。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碰撞时的质心运动定理87理论力学力学竞赛知识点介绍将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：质点系在碰质点系在碰撞开始和结束时对点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。的外碰撞冲量对同一点的主矩。88理论力学力学竞赛知识点介绍 3、碰撞时的刚体平面运动方程、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。刚体平面运动的碰撞方程。89理论力学力学竞赛知识点介绍 17-3 质点对固定面的碰撞质点对固定面的碰撞 恢复系数恢复系数设一小球（可视为质点）沿铅直方向落到水平的固定平面上，如图所示。90理论力学力学竞赛知识点介绍 第一阶段第一阶段：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：该碰撞过程分为两个阶段：91理论力学力学竞赛知识点介绍 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。92理论力学力学竞赛知识点介绍 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。93理论力学力学竞赛知识点介绍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94理论力学力学竞赛知识点介绍 又 或对实际材料有k，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 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。95理论力学力学竞赛知识点介绍 17-4 碰撞问题举例碰撞问题举例1、正碰撞结束时两质心的速度、正碰撞结束时两质心的速度例如例如：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：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v2v196理论力学力学竞赛知识点介绍 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)97理论力学力学竞赛知识点介绍 对于塑性碰撞（k=0）：对于一般情况（0k 0 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速度根据积分形式的动能定理 T2T1 W,有D D 2 2G(c)(c)112理论力学力学竞赛知识点介绍 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。B BA AO O1 1O OT Tv v1 1(a a)t tt tn nn no o o o1 1A AB BA AB BT Tm m1 1m m1 1m m2 2m m2 2v v1 1v v2 2=0 0u u1 1u u2 2(b b)例例5113理论力学力学竞赛知识点介绍114理论力学力学竞赛知识点介绍 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)(a)(a)(b)(b)(b)解：解：B BA AO O1 1O OT Tv v1 1(a a)t tt tn nn no o o o1 1A AB BA AB BT Tm m1 1m m1 1m m2 2m m2 2v v1 1v v2 2=0 0u u1 1u u2 2(b b)115理论力学力学竞赛知识点介绍 由（a），（b）和（c）三式，代入 。又因m1=m2 ，得又知恢复系数(c)(c)求得B BA AO O1 1O OT Tv v1 1(a a)t tt tn nn no o o o1 1A AB BA AB BT Tm m1 1m m1 1m m2 2m m2 2v v1 1v v2 2=0 0u u1 1u u2 2(b b)116理论力学力学竞赛知识点介绍 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？x xt ty yA An nt tH Hn nx xA A j jy yA Av v1 1u u1 1例例6117理论力学力学竞赛知识点介绍118理论力学力学竞赛知识点介绍 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。解解解解: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：x xt ty yA An nt tH Hn nx xA A j jy yA Av v1 1u u1 1119理论力学力学竞赛知识点介绍 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：x xt ty yA An nt tH Hn nx xA A j jy yA Av v1 1u u1 1120理论力学力学竞赛知识点介绍 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。mm21ttnnv2v1u2u1例例7121理论力学力学竞赛知识点介绍122理论力学力学竞赛知识点介绍 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 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 b）解解:1.求碰撞后每球的速度。mm21ttnnv2v1u2u1123理论力学力学竞赛知识点介绍式（d）+（e）得 由式（a），（b）和（c），可求得三个未知量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 c）mm21ttnnv2v1u2u1124理论力学力学竞赛知识点介绍代入数据求得代入式（a）由式（a）和（e），消去u2，得mm21ttnnv2v1u2u1125理论力学力学竞赛知识点介绍动能的损失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mm21ttnnv2v1u2u1126理论力学力学竞赛知识点介绍 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。同时球壳具有绕水平质心轴(垂直于 vC)的角速度 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。0 0C Cy yv vC CI IF FI INNx xA Au uC Cq q例例8127理论力学力学竞赛知识点介绍128理论力学力学竞赛知识点介绍解：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 0 0C Cy yv vC CI IF FI INNx xA Au uC Cq q129理论力学力学竞赛知识点介绍 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 0 0C Cy yv vC CI IF FI INNx xA Au uC Cq q130理论力学力学竞赛知识点介绍于是，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。0 0C Cy yv vC CI IF FI INNx xA Au uC Cq q131理论力学力学竞赛知识点介绍(a 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，和 配合适当。0 0C Cy yv vC CI IF FI INNx xA Au uC Cq q132理论力学力学竞赛知识点介绍 均质细杆长l，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。x xy yv vA AC C 例例9133理论力学力学竞赛知识点介绍134理论力学力学竞赛知识点介绍 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，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(a(a)解：解：x xy y v vv v CyCyv v C Cv v CxCxv v AyAyv v A Av v AxAxA AC CI I 135理论力学力学竞赛知识点介绍 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)(b)(c)(c)(d)(d)x xy y v vv v CyCyv v C Cv v CxCxv v AyAyv v A Av v AxAxA AC CI I 136理论力学力学竞赛知识点介绍由(c)、（d）二式消去I，得 解出代入式（b），得即x xy y v vv v CyCyv v C Cv v CxCxv v AyAyv v A Av v AxAxA AC CI I 137理论力学力学竞赛知识点介绍 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 。y yx xl l1 1l lE EC Cu uy yv v0 0EEI I例例10138理论力学力学竞赛知识点介绍 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：解：上面三个未知量uy，S，故还需建立一个方程才能求解。y yx xl l1 1l lE EC Cu uy yv v0 0EEI I139理论力学力学竞赛知识点介绍 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 c）上面三个未知量uy，S，故还需建立一个方程才能求解。y yx xl l1 1l lE EC Cu uy yv v0 0EEI I140理论力学力学竞赛知识点介绍 由式（a），（b）和（c），消去I，求得代入得 y yx xl l1 1l lE EC Cu uy yv v0 0EEI I141理论力学力学竞赛知识点介绍若为弹性碰撞，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。y yx xl l1 1l lE EC Cu uy yv v0 0EEI I142理论力学力学竞赛知识点介绍k=1k=0143理论力学力学竞赛知识点介绍 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。t tn nO Ohr rC CO O F FNNF Fm mg gv vC C(a)(a)t tn nC CO OO O I It tI In nu uC C (b)(b)例例11144理论力学力学竞赛知识点介绍145理论力学力学竞赛知识点介绍 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：解：t tn nO Ohr rC COOF FNNF Fm mg gv vC C(a)(a)t tn nC CO OOOI It tI In nu uC C (b)(b)146理论力学力学竞赛知识点介绍 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 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t tn nO Ohr rC COOF FNNF Fm mg gv vC C(a)(a)t tn nC CO OOOI It tI In nu uC C (b)(b)147理论力学力学竞赛知识点介绍因 ，代入后求得因 ，故（b b）质心速度（c c）t tn nO Ohr rC COOF FNNF Fm mg gv vC C(a)(a)t tn nC CO OOOI It tI In nu uC C (b)(b)148理论力学力学竞赛知识点介绍 为了求碰撞冲量，写出碰撞过程中动量方程的投影式：（d d）（e 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t tn nO Ohr rC COOF FNNF Fm mg gv vC C(a)(a)t tn nC CO OOOI It tI In nu uC C (b)(b)149理论力学力学竞赛知识点介绍 如果在碰撞过程中用相对质心动量矩定理是否可以求解这个问题？代入式（d）和（e）得：t tn nO Ohr rC COOF FNNF Fm mg gv vC C(a)(a)t tn nC CO OOOI It tI In nu uC C (b)(b)150理论力学力学竞赛知识点介绍 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。钢钢铜铜d dh hA AB B例例12151理论力学力学竞赛知识点介绍152理论力学力学竞赛知识点介绍 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。应用钢钢铜d dh hv vA Av vB BIAI IB B解：有153理论力学力