动量矩定理1.ppt

1、1,动 力 学,动量矩定理,2,动量定理描述了外力系主矢量引起质心运动的变化，反映了质点系随质心平动的动力学规律。 但是, 它不能完全描述质点系的运动状态。如一均质的圆轮绕不动的质心转动时, 无论圆轮转动的快慢如何,无论转动状态有什么变化,它的动量恒为0。,动量矩定理描述外力系主矩引起质点系如何运动?,3,12.1 动 量 矩 12.2 动量矩定理 12.3 刚体的定轴转动微分方程 12.4 相对于质心的动量矩定理 12.5 刚体的平面运动微分方程,4,12.1 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

2、,5,1.质点动量矩的计算,质点对点的动量矩：,质点对轴的动量矩,质点对点的动量矩是矢量，大小为DOMD面积的两倍，矢量从矩心O画出，其方位垂直于质点矢径r和动量mv所组成的平面，指向按右手规则确定；质点对轴的动量矩等于对点的动量矩矢量在相应轴上的投影，对轴的动量矩是代数量。,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。,6,2.质点系动量矩的计算,质点系对点的动量矩：,质点系对轴的动量矩,质点系对点O的动量矩为质点系内各质点对同一点O动量矩的矢量和，一般用Lo表示。 质点系内各质点对某轴的动量矩的代数和称为质点系对该轴的动量矩,一般用Lx、Ly ,Lz表示。,LO

3、= MO(mivi) =r mivi,7,例 已知小球C和D质量均为m，用直杆相连，杆重不计，直杆中点固定在铅垂轴AB上，如图示。如杆绕轴AB以匀角速度转动，求质点系对定点O的动量矩。,解：,质点C对点O的动量矩为：,方向垂直CD,同样质点D对点O的动量矩为：,故有：,若考虑杆子的质量，则需要进行积分。,方向同上,8,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mi，速度大小是 vi 。,LO = MO(mivi) = (miri )vC,该质点对点O 的动量矩为 MO(mivi) = ri mivi,因为刚体平动 vi= v = vC,LO = MO(mivi) = ri

4、 mivi,又因为 (mi )rC = miri,所以 LO = mi rC vC=rC mi vC,3.平动刚体对固定点的动量矩,9,4.定轴转动刚体对转轴的动量矩,由动量矩定义得：,其中,Jz=miri2称为刚体对转轴的转动惯量。即：定轴转动刚体对转轴的动量矩等于刚体对于该轴的转动惯量与角速度乘积。,只适用于定轴,不是转轴及点都不成立,10,常见刚体对轴的转动惯量,在工程中，常将转动惯量表示为,其物理意义：相当于将质量集中与一点， 该点距轴的距离为z,刚体转动惯性的度量,是刚体内所有各点的质量与其对该轴的转动半径的平方的乘积的总和。, 影响转动惯量大小的因素, 整个刚体质量的大小。 刚体各

5、部分的质量分布。 转轴的位置。,11,A 匀质细杆对z轴的转动惯量：,简单形状匀质刚体的转动惯量,12,B 匀质薄圆环对于中心轴的转动惯量：,C 匀质薄圆板对于中心轴的转动惯量：,式中：,13,E 转动惯量的平行轴定理,14,转动惯量的计算：,（1）简单查表,（2）规则形状组合叠加,（3）形状复杂实验,例：图示为一简化钟摆，已知均质细杆和均质圆盘的质量分别为m1和m2，杆长l，圆盘直径为d。求摆对经过悬挂点o的水平轴的转动惯量。,解：,15,匀质曲杆OAB如图所示 。已知质量是m，求曲杆对通过杆端O并与曲杆面垂直的轴Oz的转动惯量。,解：,O,C,a,A,b,B,16,过固定点O建立固定坐标系

6、Oxyz，以质点系的质心C为原点，建立平动坐标系Cx y z, 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,平面运动刚体对固定点O的动量矩计算公式,5. 平面运动刚体对固定点O的动量矩,17,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Cxy z ,它以质心的速度vC 运动。,质点系内任一质点A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,动系,定系,质心的性质,18,LC 质点系相对质心C 的动量矩,则上式可以写为,只适用于质心,19,一半径为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

7、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。, 思考题,其中,则,解:,20,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,根据,得,解:,21,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,根据,则有,解:,22,O,B,A,长度为l，质量不计的杆OA与半径为R、质量为m的匀质圆盘B在A处固结，杆O

8、A有角速度 ，（逆时针向）。求圆盘对轴O的动量矩。, 思考题,解:,匀质圆盘B定轴转动。,23,长度为l，质量不计的杆OA与半径为R、质量为m的匀质圆盘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,解:,匀质圆盘B平移。,24,10.2 动量矩定理,25,一、 质点动量矩定理,质点对固定点的动量矩对时间的一阶导数等于作用于质点上的力对同一点的力矩。,1. 对固定点,26,质点对某固定轴的动量矩对时间的导数，等于作用于该质点的所有力对于同一轴之矩的代数和。,2. 固定轴,将上式两边分别向坐标轴投影，再利用对点和对轴动量矩公式可得,27,

9、质点在有心力作用下的运动,若质点在运动过程中始终只受到指向某固定点的力的作用，称该质点在有心力作用下运动。,（行星）绕太阳，月亮绕地球运动等，都属于这种情况。 力的作用线恒通过定点，因此力F对于该点的矩恒等于0，于是质点动量矩守恒，即动量矩大小和方向不发生变化，方向不变说明mv和r始终在一个平面内且质点绕相同的方向运行； mvr大小不变，说明vr若大小不变，若r小则v大。,28,二、 质点系动量矩定理,质点系对固定点的动量矩对于时间的一阶导数等于外力系对同一点的主矩。,1. 对固定点,29,质点系对某固定轴的动量矩对时间的导数，等于作用于该质点系的所有外力对于同一轴之矩的代数和。,2. 固定轴

10、,将上式两边分别向坐标轴投影，,30,1. 如果MO (Fi（e) ) 0，则LO = 常矢量.,2. 如果Mz (F（e）) 0，则Lz = 常量。,对定点的动量矩定理,对定轴的动量矩定理,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.,三、 质点系动量矩守恒定理,31,？,谁最先到 达顶点,实例之一： 爬绳比赛的力学分析,32,实例之一： 爬绳比赛的力学分析,初始静止 Lz0=0,33,34,例题 12-2 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

11、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。,(a),(b),35,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:,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) 。,故由动量矩守恒定理得,36,例题 12-3 如图所示，在静止的水平匀质圆盘上，一人沿

12、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,37,u,A,B,z,r,O,解：以人和盘为研究对象。,FBz,初始静止 Lz0=0,38,例题 12-4 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,39,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,40,应用动量矩定理,其中,aP = R,系统对轴O的总动量矩,有,

13、得,所以求得重物下落的加速度大小,41,10.3 刚体的定轴转动微分方程,42,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,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,43,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加速度的乘积,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。,B,k,x,F1,y,z,A,k,F2,Fn,FAx,FAy

14、,FBy,FBz,FBx,44,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,45,思考： 图示三种情况下（同一圆轮），在该瞬时圆轮转动的角加速度是否相同？大小顺序？（a）是用不计重量的铁条将重为P 的物块焊在圆轮上；（b）是用不计重量的绳索将重为P 的物块悬挂在同一圆轮上；（c）是在与圆轮连接的不计重量的绳索上作用大小为P 的力。,46,例题 12-5 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

15、r1 和 r2 。绳端悬挂的重物 A和 B 质量分别是 m1 和 m2 (图a)，且 m1 m2 。试求鼓轮的角加速度。,(a),47,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:,系统的动量矩由三部分组成，等于,考虑到 v1 = r1 ，v2 = r2 ，则得,48,从而求出鼓轮的角加速度,方向为逆钟向。,将式 (2) 和 (3) 代入方程,即得,49,例题12-6 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 MO

16、1 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 MO MF时电机启动后角速度 随时间 t 而变化的规律。,50,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,令,则上式简写成,51,由题意 MO MF 知，b c 0，故飞轮作加速转动。上式可分离变量而化为求积，有,由此得,即,52,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 。,53,解

17、:,由 ,得,研究系统，受力分析如图，,例题 12-7 已知：R,J,M,m, 小车不计摩擦.系统初始静止.求:上升过程小车的加速度。,54,例题 12-8 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。,O,C,0,b,55,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,

18、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,56,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。,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,复摆微幅摆动的微分方程,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,57,10.4 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,58,一、相对于质心的动量矩定理,LC 质点系相对质心

19、C 的动量矩,由对定点的动量矩定理,有,动量矩定理是相对于惯性坐标系中固定点或固定轴而言的，并不适用于非惯性系的情况。 质点系相对质心时,其动量矩与力矩之间有什么样的关系?,59,左端,（1）,右端,代入（1）式有,60,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。,61,二、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,62,讨 论,1. 在以质心为原点的平动

20、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,63,例题 12-9 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,64,1. 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

21、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 + rC p,得,B,B,A,m2g,FAx,FAy,(b),65,3. 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,?,非耦合运动!,66,例题 12-10 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,67,1. 求加速度a。,解：,其

22、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,68,2. 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,69,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,70,核心问题：驱动力矩为系统内力矩还是系统外力矩？,2）驱动力矩为外力矩：FA=FB,1）驱动力矩为内力矩（内部电机提供）：FAFB,问题：支座B处约束力可能为零否？,根据本题的启示，设计一个力学

23、小魔术：不依靠任何外力矩， 倒立摆可在任何倾角处保持不动甚至能从倾斜状态竖立起来。,71,魔术师的表演（25分）第六届初赛样题,魔术师要表演一个节目。其中一个道具是边长为a的不透明立方体箱子，质量为M；另一个道具是长为L的均质刚性板AB，质量为2M，可绕光滑的A铰转动；最后一个道具是半径为R的刚性球，质量为3M，放在刚性的水平面上。魔术师首先把刚性板AB水平放置在圆球上，板和圆球都可以保持平衡，且圆心O和接触点B的连线与垂线夹角为。然后魔术师又把箱子固定在AB板的中间位置，系统仍可以保持平衡，如图3所示。 魔术师用魔棒轻轻向右推了一下圆球，竟然轻易地就把圆球推开了。更令人惊讶的是，当圆球离开A

24、B板后，AB板及其箱子仍能在水平位置保持平衡。,（1）为什么在AB板上加很重的箱子不会把圆球挤压出去，而魔术师用很小的力却可以推开圆球？这其中涉及了什么力学内容？ （2）根据上述介绍，你能否求出AB板与圆球之间的摩擦系数要满足什么关系？ （3）AB板只在A处受支撑却仍能在水平位置保持平衡。魔术师让观众来检查，证明这时平板有且只有A点与地面接触，排除了看不见的支撑或悬挂等情况。你认为这可能吗？请指出其中可能涉及的奥秘，并分析其中可能涉及的参数。,72,自锁，临界平衡,由于转子的转动与电流有关，而是常数，因此事先设计好电流的大小即可），这时撤去B处的约束不影响AB板的平衡。 在表演魔术时，可以让B

25、点与圆球接触时不通电，而圆球离开时通电。,FB,M1g,FAY,FAx,Mg,M2g,73,10.5 刚体的平面运动微分方程,74,平面运动,随质心平动,绕质心转动,投影式：,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。,75,例题12-11 半径为r、质量为m的均质圆轮沿水平直线轨道纯滚动。设轮的回转半径为rC，作用于圆轮上的力矩为M，圆轮与地面间的静摩擦系数为f。求（1）轮心的加速度；（2）地面对圆轮的约束力；（3）在不滑动的条件下力矩M的最大值。,解:,根据平面运动刚体的微分方程,有:,76,欲使圆轮只滚动而不滑动（纯滚动）,77,若在斜面上?,maC = mgsin F 0 = FNmgcos JC = F r,aC = r ,求得圆柱滚动而不滑动的条