理论力学-动量矩定理.ppt

动力学,西北工业大学支希哲朱西平侯美丽,动量矩定理,4-1动量矩,4-2动量矩定理,4-3刚体的定轴转动微分方程,4-4相对于质心的动量矩定理,第四章动量矩定理,4-5刚体的平面运动微分方程,动力学,4-6动力学普遍定理的综合应用,目录,应用动量定理只能分析出其质心加速度,观察猫的自由下落,第四章动量矩定理,动量定理不能用于研究直升飞机姿态动力学,第四章动量矩定理,实际问题,几个实际问题,第四章动量矩定理,？,谁最先到达顶点,？,几个实际问题,第四章动量矩定理,直升飞机如果没有尾翼将发生什么现象,？,几个实际问题,第四章动量矩定理,航天器是怎样实现姿态控制的,几个实际问题,第四章动量矩定理,4-1动量矩,4-1动量矩,质点的动量矩,质点系的动量矩,平动刚体对固定点的动量矩,定轴转动刚体对其转轴的动量矩,质点系对固定点的动量矩的另一种表示,4-1动量矩,质点A的动量mv对点O的矩，定义为质点A对点O的动量矩。,MO(mv)=rmv,上式投影到各坐标轴可得动量mv对各坐标轴的矩。,一、质点的动量矩,一、质点动量矩,1.对点的动量矩,2.对轴的动量矩,LO=MO(mivi)=rmivi,类似的可得质点系对各坐标轴的动量矩表达式,质点系内各质点对某点O的动量矩的矢量和，称为这质点系对该点O的动量主矩或动量矩。用LO表示，有,4-1动量矩,1.对点的动量矩,2.对轴的动量矩,二、质点系的动量矩,设刚体以速度v平动，刚体内任一点A的矢径是ri,该点的质量为m，速度大小是vi。,LO=MO(mivi)=(miri)vC,从而整个刚体对点O的动量矩,该质点对点O的动量矩为MO(mivi)=rimivi,4-1动量矩,O,ri,A,mivi,因为刚体平动vi=v=vC,LO=MO(mivi)=rimivi,又因为mirC=miri,所以LO=mirCvC=rCmivC,三、平动刚体对固定点O的动量矩,设刚体以角速度绕固定轴z转动，刚体内任一点A的转动半径是rz。,Mz(mv)=rzmrz=mrz2,从而整个刚体对轴z的动量矩,Lz=Mz(mivi)=miriz2=Jz,即，作定轴转动的刚体对转轴的动量矩，等于这刚体对该轴的转动惯量与角速度的乘积。,该点的速度大小是v=rz，方向同时垂直于轴z和转动半径rz，且指向转动前进的一方。,若用m表示该质点的质量，则其动量对转轴z的动量矩为,4-1动量矩,四、定轴转动刚体对其转轴的动量矩,4-1动量矩,一半径为R、质量为m1的匀质圆盘与一长为l、质量为m2的匀质细杆相固连，以角速度在铅直面转动。试求该系统对O轴的动量矩。,O,C,l,解:,系统做定轴转动，该系统对O轴的动量矩,顺时针。,思考题,思考题1,4-1动量矩,五、质点系对固定点O的动量矩的另一种表示,过固定点O建立固定坐标系Oxyz，以质点系的质心C为原点，取平动坐标系Cxyz,质点系对固定点O的动量矩为,LC质点系相对质心C的动量矩,可以证明,在质心平动坐标系下，质点系的绝对动量对质心C的动量矩=相对动量对质心C的动量矩。,即,上式即平面运动刚体对固定点O的动量矩计算公式,4-1动量矩,五、质点系对固定点O的动量矩的另一种表示,过固定点O建立固定坐标系Oxyz，以质点系的质心C为原点，取平动坐标系Cxyz,它以质心的速度vC运动。,设质点系内任一质点A在这平动坐标系中的相对速度是vr,该点的绝对速度v=ve+vr=vc+vr,则质点系对固定点O的动量矩,证明,4-1动量矩,LC质点系相对质心C的动量矩,对上式各项分析,则上式可以写为,一半径为r的匀质圆盘在水平面上纯滚动，如图所示。已知圆盘对质心的转动惯量为JO，角速度为，质心O点的速度为vO。试求圆盘对水平面上O1点的动量矩。,4-1动量矩,思考题,思考题2,行星齿轮机构在水平面内运动。质量为m1的均质曲柄OA带动行星齿轮II在固定齿轮I上纯滚动。齿轮II的质量为m2，半径为r2。定齿轮I的半径为r1。求轮II对轴O的动量矩。,0,O,A,P,r1,r2,思考题3,4-1动量矩,2,思考题,长度为l，质量不计的杆OA与半径为R、质量为m的均质圆盘B在A处铰接，杆OA有角速度，轮B有相对杆OA的角速度（逆时针向）。求圆盘对轴O的动量矩。,思考题,思考题4,4-1动量矩,O,B,A,长度为l，质量不计的杆OA与半径为R、质量为m的均质圆盘B在A处固结，杆OA有角速度，（逆时针向）。求圆盘对轴O的动量矩。,思考题,思考题4,4-1动量矩,长度为l，质量不计的杆OA与半径为R、质量为m的均质圆盘B在A处铰接，杆OA有角速度，轮B有相对杆OA的角速度。求圆盘对轴O的动量矩。,O,B,A,思考题,思考题4,4-1动量矩,4-2动量矩定理,动量矩定理,动量矩守恒定理,4-2动量矩定理,1.对定点的动量矩定理,将其两端求时间的导数，得,一、动量矩定理,一、动量矩定理,因为质点系对定点O的动量矩为,其中可分为外力对O点的矩和内力对O点的矩二项,即,而内力对O点的矩,所以有,4-2动量矩定理,一、动量矩定理,1.对定点的动量矩定理,有结论,质点系对某固定点的动量矩随时间的变化率,等于作用于质点系的全部外力对同一点的矩的矢量和，这就是质点系对定点的动量矩定理。,4-2动量矩定理,一、动量矩定理,将上式投影到固定坐标轴系上，注意到导数的投影等于投影的导数，则得,1.对定点的动量矩定理,2.对定轴的动量矩定理,有结论,质点系对某固定轴的动量矩随时间的变化率,等于作用于质点系的全部外力对同一轴的矩的代数和，这就是质点系对定轴的动量矩定理。,1.如果MO(Fi（e)0，则由上面第一式可知，,LO=常矢量。,2.如果Mz(F（e）)0，则由上面第二式可知，,Lz=常量。,4-2动量矩定理,对定点的动量矩定理,对定轴的动量矩定理,有结论,如作用于质点系的所有外力对某固定点(或固定轴)的主矩始终等于零,则质点系对该点(或该轴)的动量矩保持不变。这就是质点系的动量矩守恒定理.它说明了质点系动量矩守恒的条件。,二、动量矩守恒定理,4-2动量矩定理,实例分析,实例之一：爬绳比赛的力学分析,4-2动量矩定理,实例分析,实例之一：爬绳比赛的力学分析,4-2动量矩定理,实例分析,实例之一：爬绳比赛的力学分析,初始静止Lz0=0,把单摆看成一个在圆弧上运动的质点A，设其质量为m，摆线长l。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。,例题4-1试用动量矩定理导出单摆(数学摆)的运动微分方程。,解：,取通过悬点O而垂直于运动平面的固定轴z作为矩轴，对此轴应用质点的动量矩定理,4-2动量矩定理,O,A,mg,F,v,l,例题4-1,和,从而可得,化简即得单摆的运动微分方程,由于动量矩和力矩分别是,4-2动量矩定理,O,A,mg,F,v,l,例题4-1,例题4-2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。,4-2动量矩定理,(a),(b),例题4-2,离合器接合后，系统的动量矩是(J1+J2)。,从而求得结合后的共同角速度,显然的转向与0相同。,取轴1和轴2组成的系统作为研究对象。,解:,4-2动量矩定理,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(J10+J20)。,故由动量矩守恒定理得,例题4-2,例题4-3如图所示，在静止的水平匀质圆盘上，一人沿盘边缘由静止开始相对盘以速度u行走，设人质量为m2，盘的质量为m1，盘半径r，摩擦不计。求盘的角速度。,u,A,B,z,r,O,例题4-3,4-2动量矩定理,u,A,B,z,r,O,解：以人和盘为研究对象。,FBz,初始静止Lz0=0,例题4-3,4-2动量矩定理,例题4-4匀质圆轮半径为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。,O,P,W,例题4-4,4-2动量矩定理,解：以整个系统为研究对象。,圆轮对轴O的动量矩,重物对轴O的动量矩,系统对轴O的总动量矩,设圆轮的角速度和角加速度分别为和，重物的加速度为aP。,顺时针,顺时针,顺时针,例题4-4,4-2动量矩定理,应用动量矩定理,其中,aP=R,系统对轴O的总动量矩,有,得,所以求得重物下落的加速度大小,例题4-4,4-2动量矩定理,第四章动量矩定理,实例之一：花样跳水与花样滑冰,4-2动量矩定理,实例分析,实例之二：直升机尾浆的平衡作用,4-2动量矩定理,实例分析,实例之三：航天器姿态控制的实现,实例分析,第四章动量矩定理,卫星消旋,实例分析,第四章动量矩定理,例题4-5两个鼓轮固连在一起，其总质量是m，对水平转轴O的转动惯量是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(图a)，且m1m2。试求鼓轮的角加速度。,4-2动量矩定理,(a),例题4-5,取鼓轮，重物A，B和绳索为研究对象(图b)。对鼓轮的转轴z(垂直于图面，指向读者)应用动量矩定理，有,解:,4-2动量矩定理,系统的动量矩由三部分组成，等于,考虑到v1=r1，v2=r2，则得,例题4-5,从而求出鼓轮的角加速度,方向为逆钟向。,4-2动量矩定理,将式(2)和(3)代入方程,即得,例题4-5,4-3刚体的定轴转动微分方程,4-3刚体的定轴转动微分方程,设刚体在主动力F1,F2,Fn作用下绕定轴z转动，与此同时,轴承上产生了反力FA和FB。,一、定轴转动微分方程,一、定轴转动微分方程,用Mz=Mz(F(e)表示作用在刚体上的外力对转轴z的主矩(反力FA,FB自动消去)。,刚体对转轴z的动量矩Lz=Jz,于是根据动量矩定理,可得,考虑到,则上式可写成,或,即，定轴转动刚体对转轴的转动惯量与角速度的乘积,等于作用于刚体的外力对转轴的主矩。这就是刚体定轴转动微分方程。,4-3刚体的定轴转动微分方程,B,k,x,F1,y,z,A,k,F2,Fn,FAx,FAy,FBy,FBz,FBx,定轴转动微分方程,或,4-3刚体的定轴转动微分方程,二、几点讨论,1.若外力矩Mz=0，刚体作匀速转动；,2.若外力矩Mz=常量，则刚体作匀变速转动；,3.若外力矩Mz相同，Jz越大，角加速度越小，即刚体转动状态变化的越慢，反之亦然，这正说明Jz是刚体转动时惯性的度量。,解：由定轴转动微分方程,即,在什么条件下，F1=F2?,mg,O,F1,F,F2,v,F1=F2条件为上式右端=0，则,(1)m=0,(2)R=0,(3)=0,思考题,或,或,4-3刚体的定轴转动微分方程,例题4-6已知电机产生的转矩MO与其角速度的关系为MO=MO1(1/1)，其中MO1表示电机的启动转矩,1表示电机无负载时的空转角速度,且MO1和1都是已知常量。又作用在飞轮上的阻力矩MF可以认为不变。电机轴连同其上的飞轮对轴O的转动惯量是JO，试求当MOMF时电机启动后角速度随时间t而变化的规律。,4-3刚体的定轴转动微分方程,例题4-6,转动部分所受的外力矩有电机转矩MO和阻力矩MF。,解：,故电机的转动微分方程可写成,4-3刚体的定轴转动微分方程,令,则上式简写成,例题4-6,由题意MOMF知，bc0，故飞轮作加速转动。上式可分离变量而化为求积，有,由此得,4-3刚体的定轴转动微分方程,即,例题4-6,最后求得飞轮角速度的变化规律,可见,飞轮角速度将逐渐增大。当t时，上式括号内的第二项趋近于零；这时飞轮将以极限角速度转动，且,如不加负载，即阻力矩MF=0，则=1。,4-3刚体的定轴转动微分方程,例题4-6,例题4-7复摆由可绕水平轴转动的刚体构成。已知复摆的质量是m，重心C到转轴O的距离OC=b，复摆对转轴O的转动惯量是JO，设摆动开始时OC与铅直线的偏角是0，且复摆的初角速度为零，试求复摆的微幅摆动规律。轴承摩擦和空气阻力不计。,4-3刚体的定轴转动微分方程,O,C,0,b,例题4-7,复摆在任意位置时，所受的外力有重力mg和轴承O的反力，为便于计算，把轴承反力沿质心轨迹的切线和法线方向分解成两个分力F1和F2。,根据刚体绕定轴转动的微分方程,4-3刚体的定轴转动微分方程,解：,有,重力mg对悬轴O产生恢复力矩。,当复摆作微摆动时，可令sin，于是上式经过线性化后，可得复摆微幅摆动的微分方程,从而,例题4-7,4-3刚体的定轴转动微分方程,复摆微幅摆动的微分方程,这是简谐运动的标准微分方程。可见复摆的微幅振动也是简谐运动。,考虑到复摆运动的初条件：当t=0时,摆动的频率0和周期T分别是,则复摆运动规律可写成,例题4-7,4-3刚体的定轴转动微分方程,摆动的频率0和周期T分别是,复摆运动规律可写成,工程上常利用关系(b)测定形状不规则刚体的转动惯量。为此，把刚体做成复摆并用试验测出它的摆动频率0和周期T，然后由(b)式求得转动惯量,例题4-7,4-4相对于质心的动量矩定理,4-4相对于质心的动量矩定理,相对于质心的动量矩定理,相对于质心轴的动量矩定理,4-4相对于质心的动量矩定理,一、相对于质心的动量矩定理,一、相对于质心的动量矩定理,过固定点O建立固定坐标系Oxyz，以质点系的质心C为原点，取平动坐标系Cxyz,质点系对固定点O的动量矩。,LC质点系相对质心C的动量矩,由对定点的动量矩定理,有,4-4相对于质心的动量矩定理,左端,（1）,右端,代入（1）式有,4-4相对于质心的动量矩定理,注意到由质心运动定理有,所以上式为,即，质点系相对于质心的动量矩对时间的导数，等于作用于质点系的外力对质心的主矩.,这就是相对于质心的动量矩定理的一般形式。,4-4相对于质心的动量矩定理,二、相对于质心轴的动量矩定理,二、相对于质心轴的动量矩定理,即，质点系相对于质心轴的动量矩对时间的导数，等于作用于质点系的外力对该轴的主矩.,将前面所得质点系相对于质心的动量矩定理,沿质心轴进行投影，得,4-4相对于质心的动量矩定理,讨论,1.在以质心为原点的平动坐标系中，质点系对质心（或质心轴）的动量矩定理的形式与对定点（或定轴）的动量矩定理的形式相同；,2.由该定理可见，质点系相对于质心（或质心轴）的动量矩的改变，只与质点系的外力有关，而与内力无关，即内力不能改变质点系对质心（或质心轴）的动量矩。,1.对质心的动量矩定理,2.对质心轴的动量矩定理,猫在自由下落的过程中是如何转身的,人在太空中如何控制身体的姿态,4-4相对于质心的动量矩定理,4-4相对于质心的动量矩定理,客机起飞、着陆过程中机翼形状及其作用力的变化,4-4相对于质心的动量矩定理,舰载飞机起飞和降落过程中的动力学问题,问题：弹射装置为什么装在飞机的前部？,问题：拦阻装置为什么装在飞机的后部？,舰载飞机起飞装置示意图,早期舰载飞机着陆装置示意图,问题：飞机的动能转化成什么能量?,4-4相对于质心的动量矩定理,非正常着陆情况,4-4相对于质心的动量矩定理,赛车翻车力学分析,4-4相对于质心的动量矩定理,赛车翻车力学分析2,4-4相对于质心的动量矩定理,例题4-8,4-4相对于质心的动量矩定理,C,赛车翻车力学分析3,W,FN1,F,F1,FN2,F2,例题4-8长度为l，质量为m1的均质杆OA与半径为R，质量为m2的均质圆盘B在A处铰接，铰链O，A均光滑。初始时，杆OA有偏角0，轮B有角速度0（逆时针向）。求系统在重力作用下的运动。,O,B,A,B,例题4-8,例题4-8,4-4相对于质心的动量矩定理,例题4-8,4-4相对于质心的动量矩定理,1.考虑圆盘B，受力如图b所示，根据对质心的动量矩定理,2.考虑杆轮系统，受力如图c所示,应用对固定点O的动量矩定理，计算轮B动量矩时使用式,解：,LO=LC+rCp,得,B,B,A,m2g,FAx,FAy,(b),例题4-8,4-4相对于质心的动量矩定理,3.运动特性：圆盘的转动不影响系统的摆动，而系统的摆动也不影响圆盘的转动。,微幅振动时的运动规律为,例题4-8,4-4相对于质心的动量矩定理,例题4-9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,B,A,C,D,E,例题4-9,4-4相对于质心的动量矩定理,1.求加速度a。,解：,其中,解得,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,例题4-9,4-4相对于质心的动量矩定理,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,W,W2,FNA,A,C,D,E,FNB,W1,(c),解得,例题4-9,4-4相对于质心的动量矩定理,对整个系统应用动量定理得,O,A,B,W,W2,FNA,A,C,D,E,FNB,W1,(c),解得,例题4-9,4-4相对于质心的动量矩定理,4-5刚体的平面运动微分方程,4-5刚体的平面运动微分方程,4-5刚体的平面运动微分方程,设刚体在外力F1,F2,Fn作用下作平面运动。,取固定坐标系Oxyz，使刚体平行于坐标面Oxy运动，且质心C在这个平面内，再以质心为原点作平动坐标系Cxyz。,即,由运动学知，刚体的平面运动可分解成随质心的牵连平动和相对于质心的相对转动。,随质心的牵连平动规律可由质心运动定理来确定,miac=Fi（e）,而相对于质心的相对转动规律可由相对质心的动量矩定理来确定,即,4-5刚体的平面运动微分方程,将前一式投影到轴x，y上，后一式投影到轴Cz上，可得,随质心的牵连平动规律可由质心运动定理来确定,miac=Fi（e）,而相对质心的相对转动规律可由相对质心的动量矩定理来确定,注意到,则有,这就是刚体的平面运动微分方程。可以应用它求解刚体作平面运动时的动力学问题。,式中JC表示刚体对轴Cz的转动惯量。,例题4-10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。,4-5刚体的平面运动微分方程,x,y,O,C,例题4-10,例题4-10,解：,由刚体平面运动微分方程，有,4-5刚体的平面运动微分方程,以圆柱为研究对象，圆柱作平面运动。,maC=mgsinF(1)0=FNmgcos(2)JC=Fr(3),由于圆柱只滚不滑，故有运动学关系,aC=r(4),联立求解以上四个方程，并考虑到JC=Mr2/2，得到,FN=mgcos,例题4-10,4-5刚体的平面运动微分方程,FfsFN,从而求得圆柱滚动而不滑动的条件,由保证圆柱滚动而不滑动的静力学条件：,代入求出的F和FN，则得,FN=mgcos,例题4-10,tan3fs,4-5刚体的平面运动微分方程,2.本例动量矩方程亦可用JA=MA。,3.本例亦可用动能定理求出aC，然后应用质心运动定理求出F。,即圆柱有滑动，故运动学关系aC=r不成立。,则应用关系F=FNfs做为补充方程。,讨论,例题4-10,例题4-11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。,4-5刚体的平面运动微分方程,例题4-11,4-5刚体的平面运动微分方程,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4-11,4-5刚体的平面运动微分方程,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4-11,4-5刚体的平面运动微分方程,例题4-9,利用关系,把上式化成积分,求得杆AB的角速度,例题4-11,4-5刚体的平面运动微分方程,当杆即将脱离墙时，FA0。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4-11,4-6动力学普遍定理的综合应用,4-6动力学普遍定理的综合应用,B,A,O1,30o,D,W,W,W,M,例题12匀质圆轮A和B的半径均为r，圆轮A和B以及物块D的重量均为W，圆轮B上作用有力偶矩为M的力偶。圆轮A在斜面上向下作纯滚动，不计圆轮B的轴承的摩擦力。求：1.物块D的加速度；2.二圆轮之间的绳索所受拉力；3.圆轮B处的轴承约束力。,O2,例题4-12,解：1.确定物块的加速度,对系统整体应用动能定理,B,A,O1,30o,D,W,W,W,M,s,4-6动力学普遍定理的综合应用,O2,代入动能定理得,例题4-12,将所有运动量都表示成广义坐标s的形式,4-6动力学普遍定理的综合应用,s,整理得,例题4-12,为求物块的加速度，将等式两边对时间求一阶导数，得到,B,A,O1,30o,D,W,W,W,M,4-6动力学普遍定理的综合应用,O2,解得,例题4-12,2.确定圆轮A和B之间绳索的拉力,解除圆轮B轴承处的约束，将AB段绳索截开，对圆轮B、绳索和物块D组成的局部系统应用动量矩定理,4-6动力学普遍定理的综合应用,例题4-12,根据运动学关系,4-6动力学普遍定理的综合应用,例题4-12,3.确定圆轮B轴承处的动约束力,对圆轮B、绳索和物块D组成的局部系统应用质心运动定理,4-6动力学普遍定理的综合应用,解得,例题4-12,如何求圆轮B和物体D之间绳索的拉力以及圆轮A与斜面间的摩擦力?,4-6动力学普遍定理的综合应用,讨论,例题4-12,4-6动力学普遍定理的综合应用,讨论,例题4-12,应用刚体平面运动微分方程求解。,例题4-13行星齿轮机构在水平面内运动。质量为m的均质曲柄AB带动行星齿轮II在固定齿轮I上纯滚动。齿轮II的质量为m2，半径为r2。定齿轮I的半径为r1。杆与轮铰接处的摩擦力忽略不计。当曲柄受力偶矩为M的常力偶作用时，求杆的