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力学竞赛动力学1


动力学普遍定理及达朗伯原理

中国矿业大学理学院力学系

巫静波

1 基本物理量的计算
1.1—质点系及刚体动量的计算

p ? ? mi vi ? mvC
质点系质心的位置矢量及坐标
? mi ri ? mi ri rC ? ? ? mi m ? mi xi xC

? , m ? mi yi yC ? , m ? mi zi zC ? m

?1
求:图示系统的总动量。

?1
O O1

?2
A O

求:图示系统的动量及质心的速度。

v

v

v

B

A

O

B

1.2 质点系动量矩计算
LO ? ? M O (mi vi ) ? ? ri ? mi vi
z vi

r i ? rC ? ri?
LO ? ?(rC ? ri?) ? mi vi ? rC ? ? mi vi ? ? ri?? mi vi
ri

z′
r′ i

mi

rC
x′

C

y′ y

? mi vi ?mvC
LC ? ? ri?? mi vi
x

O

LO ? rC ? mvC ? LC

v i ? vC ? vir
LC ? ? ri?? mi vi ? ? ri?? mi (vC ? vir ) ? ? mi ri?? vC ? ? ri?? mi vir
由质心坐标公式,有

z

vi z′ ri r′ i rC x′
C

mi

y′ y

O

? ? mi ri? ? mrC ? 0

x

? LC ? ? ri?? mi vir ? ? ri?? mi vi ? LC

图中杆长为l,质量为m ,均质圆盘半径为R,质量为m,圆 心在A点。已知杆OA以角速度? 绕O轴转动,试求如下几种情况 下圆盘对定点O的动量矩:

?
O
A

(1)圆盘固结于OA杆上。
(2)圆盘绕轴 A 相对于杆以角速度 –? 转动。

(3)圆盘绕轴 A 相对于杆以角速度 ? 转动。
(4)圆盘以绝对角速度 ? 绕 A 轴转动。 (5)圆盘以绝对角速度 –? 绕 A 轴转动。

1.3 质点系动能和力的功的计算
质点系的动能
1 T ? ? mi vi2 i 2

a. 平动刚体的动能

1 1 2 2 T ? ? mi vi ? mvC 2 i 2
1 1 2 T ? ? mi vi ? J z? 2 2 i 2

b. 定轴转动刚体的动能

c. 平面运动刚体的动能

1 2 1 1 2 T ? mvC ? J C? ? J P? 2 2 2 2

柯尼希定理

1 1 2 T ? (? mi )vC ? ? mi vi2 ? Te ? Tr r 2 i i 2
质点系的动能(绝对运动动能),等于系统跟随质心平 移的动能(牵连运动动能)与相对于质心平移系运动的动 能(相对运动动能)之和。 ___柯尼希定理

图示坦克的履带质量为 m ,两个车轮的质量均为 m1 。车轮 可视为均质圆盘,半径为 R ,两车轮间的距离为 ?R。设坦克 前进速度为 v,计算此质点系的动能。

v

1 1 2 T ? (? mi )vC ? ? mi vi2 r 2 i i 2 1 1 1 1 2 2 2 v 2 ? (m ? 2m1 )v ? 2 ? ? m1 R ( ) ? mv 2 2 2 R 2 1 2 ? (2m ? 3m1 )v 2

质量为m、半径为 3R 的均质大 圆环在粗糙的水平面上纯滚。另 一小圆环质量亦为m ,半径为R ,
O1
O2

又在粗糙的大圆环内壁做纯滚动。
不计滚动摩阻,整个系统处于铅 垂面内。求以下三种情况下系统

的动能。

?

(1)大圆环固定。 (2)大圆环绕中心定轴转动。

(3)大圆环沿粗糙水平面纯滚动。

(1)大圆环固定。

1 2 1 2 T ? mvO 2 ? J O 2?O 2 2 2
?, ? ? vO 2 r ? 2? ? vO 2 ? 2 R? O2 R J O 2 ? mR 2

O1
O2

?

? T ? 6mR ?

2 2

(2)大圆环绕中心定轴转动。

1 1 2 1 2 2 T ? J O1?O1 ? mvO 2 ? J O 2?O 2 2 2 2

O1
O2

? ? ? ?O1 ? ? , vE ? 3R? , vO 2 ? 2 R? vEr ? vO 2 r ? ? ?O 2 ? ? 3? ? 2? R J O1 ? 9mR 2 , J O 2 ? mR 2
O1

?

?

vO2
O2

vE

? ? 6mR2?? ?? ? T ? 9mR ? ? 2mR ?
2 2 2 2

E

(3)大圆环沿粗糙水平面纯滚动。

O1
O2

?

?

计算系统的动能: 1 2 1 1 2 1 2 2 T ? mvO1 ? J O1? O1 ? mvO 2 ? J O 2? O 2 2 2 2 2
O1

y1

x1
O2

由运动学可知:

? ? vO1 ? 3R? , ?O1 ? ?
建立随质心O1平动的坐标系O1 x1 y1
? ?

? ? vEr ? 3R? , vO 2 r ? 2 R?

?O2
2 O2

vEr ? vO 2 r ? ? ? ? 3? ? 2? R
2 O1 2 O 2r

vO1
O1 O2

vO2r

vEr

v ?v ? v

?2vO1vO 2 r cos? ? ? ?? ? 9 R 2? 2 ? 4 R 2? 2 ? 12 R 2?? cos ?

E

计算系统的动能:

1 2 1 1 2 1 2 2 T ? mvO1 ? J O1? O1 ? mvO 2 ? J O 2? O 2 2 2 2 2
? ? ? 18mR2? 2 ? 4mR2? 2 ?? ? 6mR2?? (1 ? cos? )

O1
O2

?

? ? vO1 ? 3R? , ?O1 ? ?

?

?O2

vEr ? vO 2 r ? ? ? ? 3? ? 2? R

vO1
O1 O2

vO2r

vEr

v O 2 ?v O2 ?v O 22 ?2vO1vO 2 r cos? 2 1 r ? ? ?? ? 9 R 2? 2 ? 4 R 2? 2 ? 12 R 2?? cos ?

E

平面运动刚体上力系的功

Fi driC
?
Mi

dri ? drC ? dric
?W ? Fi ? dri
? Fi ? drC ? Fi ? driC

d?

Fi ? driC ? Fi cos ? CM i d? ? M C ( Fi )d?

drC

C

?W ? ? ?Wi ? ? Fi ? drC ? ? M C ( Fi )d? ? ? FR ? drC ? M C d?

? W 12? ? FR ? dr C ? ? M C d?
C1

C2

?2

?1

例 题
滚动摩阻的功:

F
C

B
O

?

W12 ? M? S ? (mg ? F sin ? )? R
拉力 F 的功: S F
C B O

W12

S ? FS cos ? ? Fr R
Fs

功是力与其作用点位移的点乘。这里 “位移”并不是力作用点在空间中的位移, 而是指受力物体上受力作用那一点的位移。

M FN

例 题
已知:轮 O 质量为 m,P,f 。 求: 轮 O 移动距离 S 时 轮的角速度、角加速度。 解:取轮 O 为研究对象
A C

O B

P

?
C

T1 ? 0 1 1 1 2 T2 ? J C? ? ( mR 2 ? mR 2 )? 2 2 2 2 3 ? mR 2? 2 4
主动力的功:

FT
O

P mg
B

F

W12 ? Ps ? 2mgfs

FN

由动能定理得:

3 2 2 mR ? ? 0 ? Ps ? 2mgfs 4

解得:

A

C

2 s ?? ( P ? 2mgf ) R 3m

O B

P

?
C

FT

2 ?? ( P ? mgf ) 3mR

O

P mg
B

F

FN 由动能定理得:

3 2 2 mR ? ? 0 ? Ps ? 2mgfs 4

1.4 1、刚体作平动

刚体的惯性力系简化结果

质体作平动时,惯性力系简化为一个通过质心的合力 FI 。

FI =- maC 2、刚体绕定轴转动
惯性力系向转轴上任一点O简化,得一力和一力偶,该力等于惯 性力系主矢 FI ,该力偶的矩等于惯性力系对点的主矩 MIO 。

FI =- maC

M ?O ? M ? M ? M
2 ?x 2 ?y

2 ?z

其 中 :

M ?x ? J xz? ? J yz? 2 ? ? 2? M ?y ? J yz? ? J xz? ? ? M ?z ? ? J z? ? ? ? ? J yz ? ? mi yz ? 2 2 2 ? J z ? ? mi ri ? ? mi ( x ? y )? J xz ? ? mi xz

如果刚体具有对称平面,该平面与转轴垂直,则惯性力系向对称 平面与转轴的交点O简化,得在该平面的一力和一力偶。

FIR =- maC MIO =-Jz?

或向质心C简化

FI R =- m aC MI C =-JC ?

3、刚体作平面运动
如果刚体具有对称平面,则惯性力系向质心简化得一力和一力 偶。

FI R =- m aC MI C =-JC ?

质刚体绕定轴转动时,轴承附加动反力等于零的条件为: 刚体的转轴是中心惯性主轴。即:(1)转轴通过质心;(2)惯 性积等于零。



2 质点系普遍定理的综合应用

动量定理 动量方法

动力学普遍定理

动量矩动量 动能定理 能量方法

动力学两类问题与分析程序

非 自 由 质 点 系

主动力 质点系运动

质点系运动 动约束力

一般分析程序:

先避开未知约束力,求解运动量;
然后再选择合适的定理,确定动约束力。

动力学两类问题与分析程序
需要特别注意自由度的概念,注意分析约束的性质

确定:系统是单自由度还是多自由度; 是一处约束还是多处约束; 是理想约束还是非理想约束。 对于具有理想约束,特别是具有多处约束 的一个自由度系统,一般先应用动能定理 分析运动,然后再采用动量定理或动量矩 定理,求动约束力。

对于具有一处约束的系统,或者虽然具有多 处约束的系统,但所要求的是瞬时二阶运动量 和未知约束力,这时可以联合应用动量定理和 动量矩定理以及达朗伯原理。
对于二自由度系统或多自由度系统,需要综 合应用动能定理、动量定理、动量矩定理。 这种情形下需要特别注意系统的守恒情形。 达朗伯原理与动静法为解决非自由质点系的动 力学问题提供了有别于动力学普遍定理的另外 一类方法。

例 题

均质圆轮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,且3Wr/2> M>Wr/2。圆轮A在斜面上作 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。
B
O2

A
O1

M
D

W

30o W W

解:首先,讨论系统的自由度、 解:1、确定物块的加速度 约束以及广义坐标的选择。 对系统整体应用动能定理 B
O2

A
O1

M

W 30o

T2 T1 ?Wi - =
i

O D
W

W

1 1 1 1 2 2 2 2 T2 mD vD ? J O2 ? B ? mAv A ? J O1? A = 2 2 2 2

sD

?W ? W
i i

D

? WGA ? WM

自由度:1 约束: 多约束 广义坐标: sD

1W 2 1 1W 2 2 1W 2 1 1W 2 2 vD ? ( r )? B ? vA ? ( r )? A ? T1 2 g 2 2 g 2 g 2 2 g

? ?WsD ? Wsin30 ? sD ? M? B

解:1、确定物块的加速度
B
O2

1W 2 1 1W 2 2 1W 2 1 1W 2 2 vD ? ( r )? B ? vA ? ( r )? A ? T1 2 g 2 2 g 2 g 2 2 g
M

A
O1

W 30o

? ?WsD ? Wsin30 ? sD ? M? B
将所有运动量都表示成广义坐标 sD 的形式

O D
W

W

? vD s D ? vD ? v A ? s D , ? A ? ? B ? ? r r
3W 2 M W vD ? T1 ? ( ? ) sD 2 g r 2

sD

为求物块的加速度,将等式两边对时间求一阶导数,得到
W M W 3 v D a D ? ( ? )v D g r 2
M W ? 2 g aD ? r 3W

当M>Wr/2,aD>0,物块向上运动

解:2、确定圆轮A和B之间绳索的拉力
B
O2

FBy

B
M FT
O2

M FBx

A
O1

W 30o D W

W

D
W

W

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
1W 2 W r ? B ? aD r ? M ? (W ? FT )r 2 g g

根据运动学关系

aD=r? B

3W M aD ? ? W ? FT 2 g r

1 3 M FT ? ( W ? ) 2 2 r

3 3 M ? Wr时,FT ? 0; M ? Wr时,FT ? 0, 不合理。 2 2

解: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
FBx

FBy

B
FT
O2

M

0 ? FBx ? FT cos30? W aD ? FBy ? 2W ? FT sin 30? g
3 3 M FBx ? FT cos30 ? ( W? ) 4 2 r 1 53W M FBy ? ( ? ) 12 2 r
?

W

D
W

例 题
均质圆盘O放置在光滑的水平面 上,质量为m,半径为R,匀质 细杆OA长为l,质量为m。开始时 杆在铅垂位置,且系统静止。 求:杆运动到图示位置时的角速度。 解:首先,讨论系统的自由度、 约束以及广义坐标的选择。 自由度:2 约束: 多约束 广义坐标: xO ,?
A C 30° O

?
x

解:取系统为研究对象,因轮置于光滑面 上,固其作平动。设其速度为 vO。杆转动 的角速度为 ?。 对系统整体应用动能定理
T2 T1 ?Wi - =
i

?
A C 30° O

vO

1 1 1 2 2 T2= mvO ? J C? 2 ? mvC 2 2 2
l 1 ? ?Wi ? mg 2 (1 ? sin 30 ) ? 4 mgl i

?

vO vO
O

A

C 30°

由刚体的平面运动分析得
2 2 2 2 vC ? vO ? vCA ? 2vO vCA cos 60? ? vO ?

vCA

1 2 2 1 l ? ? vOl? 4 2

1 2 2 1 T2=mv ? ml ? ? ml?vO 6 4
2 O

1 2 2 1 1 T2 ? T1=mv ? ml ? ? ml?vO ? mgl 6 4 4
2 O

?
A C

由系统在水平方向的动量守恒得

vO
O

30°

l mvO ? m(vO ? ? cos 60? ) ? 0 2 1 vO ? l? 8
将 vO 代入动能定理方程可解得

?

vO vO
O

A

C 30°

vCA

3 g ? ?4 29 l

例 题

已知:M,R,m。初始系统静止。 求:小虫在圆环上相对地爬行一周,圆环自转角度。

解:取系统为研究对象,系统质心为C点。 因系统不受外力作用,所以C点不动。 另外,系统对C点的动量矩守恒,且为0。
P
O C P0

mR MR CP ? , CO? ? m?M m?M

?

A0

O?

?
A

M 2 2 ? 小虫对C点的动量矩: 1C ? m( ? L ) R (? ? ? ) m?M
圆环对C点的动量矩:L2C

m 2 2 ? ? ) ? MR 2? ? ? M( ) R (? ? ? m?M

由系统动量矩守恒

L1C ? L2C ? 0

mM 2 ? ? ? R (? ? ? ) ? MR 2? ? 0 m?M
O C

P
P0

?

A0

O?

?
A

M 2 2 ? 小虫对C点的动量矩: 1C ? m( ? L ) R (? ? ? ) m?M
圆环对C点的动量矩:L2C

m 2 2 ? ? ) ? MR 2? ? ? M( ) R (? ? ? m?M

由系统动量矩守恒

L1C ? L2C ? 0

mM 2 ? ? ? R (? ? ? ) ? MR 2? ? 0 m?M
利用初始条件:? =0,? =0,积分后得
O C

P
P0

?

A0

mM 2 2 R (? ? ? ) ? MR ? ? 0 m?M

O?

?
A

M m/M ?? ?? ? M ? 2m 1 ? 2m / M

质量为m和2m,长度分别为l和2l 的匀 质细杆OA 和AB 在A 点光滑铰接,OA 杆的A端为光滑固定铰链,AB杆的B端 放在光滑水平面上。初瞬时,OA杆水 平,AB杆铅直。由于初位移的微小扰 动,AB杆的B端无初速地向右滑动, 试求当OA杆运动到铅垂位置时,A点 处的约束反力。 解: (1) 取系统为研究对象,由动能定理得:

O

?

A

B

1 1 2 2 1 l l 2 ? ml ? ? ? ? 2m(l? ) ? 0 ? mg ? 2mg 2 3 2 2 2 9g ? ? 7l
2

(2) 取OA 杆为研究对象

O

1 2 ml ??1 ? FAx ? l 3
A

? ?1
F′ Ax
A

?2 FIy
C

FIx
B

(3) 取AB 杆为研究对象

FAx

FAy ′

? ? Fx ? 0 ? FAx ? F?x ? 0 FAy ? ? Fy ? 0 FNB ? F?y ? FAy ? 2mg ? 0 ?MA ? 0

MIC 2mg FNB

FNB ? 2l cos 30? ? ( F?y ? 2mg )l cos 30? ? F?x l sin 30? ? M ?C ? 0

F?x ? 2maCx F?y ? 2maCy M ?C ? J C ? 2

(4) 对AB 杆进行运动分析 取A点为基点,研究B点
n a B ? a A ? a? ? a? A BA
n ? aBy ? a A ?a BA sin 60? ? 0

9g a ? l? ? 7 a ? ? l? 1 A
n A 2

O

n aA

? ?1

A

a? A
n aA

?2
A

a? BA

3 3g ?2 ? ? 7l
取A点为基点,研究C点
n ? aC ? a A ? a? ? aCA A

a? A
B

?2
A

n aA

? a CA

aCx aCy

3 3g ? a A ? a CA cos 60 ? l?1 ? 14 9g n ? ? ? a A ? a CA sin 60 ? 14
? ?
?

a? A
C B

(2) 取OA 杆为研究对象

O

1 2 ml ??1 ? FAx ? l 3
A

? ?1
F′ Ax
A

?2 FIy
C

FIx
B

(3) 取AB杆为研究对象

FAx

FAy ′

? ? Fx ? 0 ? FAx ? F?x ? 0 FAy ? ? Fy ? 0 FNB ? F?y ? FAy ? 2mg ? 0 ? M A (F ) ? 0

MIC 2mg FNB

FNB ? 2l cos 30? ? ( F?y ? 2mg )l cos 30? ? F?x l sin 30? ? M ?C ? 0

F?x ? 2maCx F?y ? 2maCy M ?C ? J C ? 2

aCx aCy

3 3g ? a A ? a CA cos 60 ? l?1 ? 14 9g n ? ? ? a A ? a CA sin 60 ? 14
? ?
?

解得:
??
9g 7l

O

? ?1

9 3g ?1 ? 49l 3 3g ?2 ? ? 7l 3 3 FAx ? mg 49 96 FAy ? ? mg 49 65 FNB ? mg 49

A

FAx FAy

?2
F′ Ax
A C

FIy

FIx
B

FAy ′

MIC

2mg
FNB

5 关于突然解除约束问题
突然解除约束问题的特点
? 系统的自由度一般会增加;

? 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。
O

例 题

已知: OA=OB=AB=l 。
A C B

求:剪断OB 绳瞬时,OA绳的张力。

W=mg

解:取AB 杆为研究对象 应用平面运动微分方程

FA
60° A C

?
B

?F

(e) x

? FA cos 60 ? maCx
?

? Fy( e ) ? mg ? FA sin 60? ? macy 1 2 ? l J C? ? ml ? ? FA sin 60 12 2
应用平面运动加速度分析,取 A 为基点。
A

W=mg
C

B

aC ? a A ? aCA ? a a
n CA

?

n CA

aA

aA aCA

? 0,

aCA
?

?

l ? ? 2
?

l acx ? a A cos 30 , aCy ? a A sin 30 ? ? 2

? Fx( e ) ? FA cos 60? ? maCx ? Fy( e ) ? mg ? FA sin 60? ? macy 1 2 ? l J C? ? ml ? ? FA sin 60 12 2

FA
60° A C

?
B

acx ? a A cos 30? , l aCy ? a A sin 30 ? ? 2
?

W=mg
A C

解得:

aA

aA aCA

2 3 18 g 2 FA ? mg, ? ? , aA ? g. 13 13l 13
请问能否直接对A点列写动量矩方程?

O

A

C

B

A

C

B

W=mg

W=mg

请问若将上述两问题中的绳子改为一刚性系数 为k 的弹簧,则会发生什么变化,其计算过程和计 算方法是否还不变?

6 关于动量矩定理的应用
LA ? ? ri?? mi vi L? ? ? ri?? mi vir A
LA ? ? ri?? mi vi
O

z

vi

z′
r′ i ri

mi

rA
A

x′

ρC

y′
C

? ? ri?? mi (v A ? vir )
x

y

LA ? L? ? mρC ? vA A

LA ? L? ? m?C ? vA A
上式表明质点系对动点的动量矩 LA 和相对动量 矩 L? 在一般情况下不相等,因此在计算质点系 A 的动量矩时,必须区分质点系的运动是相对惯性 系的绝对运动,还是相对平移坐标系的相对运动。

只是对于点A静止( vA=0 ),或与质心重合 ( ) ,以及 vA与 相平行的特殊情形下, ρC 两者是相等的。 ρC ? 0

质点系对动点的动量矩定理

dLA d ? ? (? ri?? mi vi ) ? ? ri?? mi vi ? ? ri?? mi ai dt dt ? ? ? ?(ri - rA ) ? mi vi ? M A ? ? vi ? mi vi ? v A ? ? mi vi ? M A ? ?v A ? mvC ? M A
dLA ? v A ? mvC ? ? M A ( Fi (e ) ) dt
质点系对动点的动量矩对时间的导数以及动点速度与质点系动量 的矢积这和,等于质点系的外力对动点的矩。

dLA (e ) ? v A ? mvC ? ? M A ( Fi ) dt
上式表明,以一些特殊点为矩心时,动量矩定 理仍具有简洁的形式。如:

(1)当A为固定点时;
(2)当A为系统质心时; (3)当A为速度瞬心,且到质心C 的距离保持 不变时。

FNB F

A P

?
C

?
C

?

mg

?

B

P

FNA

3 J P? ? mR 2? ? F ? 2 R 2 4F ?? 3mR

1 2 l J P? ? ml ? ? mg cos ? 3 2 3g ? ? cos ? 2l

质点系对动点的相对动量矩定理
dL? (e) A ? ? M A ( Fi ) ? ρC ? (?ma A ) dt
质点系对动点的相对动量矩对时间的导数,等于 质点系的外力以及全部质量集中于质心处的质点的牵 连惯性力对该动点的合力矩。在下述情形下,其附加 项不出现:

(1)动矩心为加速度瞬心;
(2)动矩心的加速度矢通过质心;

(3)动矩心的加速度矢与质心的相对矢径平行。

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跳远运动员怎样使身体在空中不发生转动



几个有意义的实际问题


猫在下落过程中是 如何实现其四脚朝地 安全落下。

竞技运动中的现象
圈 操

C

?0

v0

艺术体操运动员使圈高速转动,并在地面上 向前抛出,不久圆圈可自动返回到运动员跟前。 试分析圈的运动。

解:取圆圈为研究对象

第一阶段
由平面运动微分方程得

C

?0
F

v0
mg

maC ? ? F mR 2 ?? ? FR F ? fmg
解得:

FN

aC ? ? gf gf ? ?? R

gf v ? v0 ? fgt, ? ? ? 0 ? t. R

这说明由于摩擦力的作用,圆圈的质心速度越来越小, 其转动的角速度也越来越小。

gf v ? v0 ? fgt, ? ? ? 0 ? t. R

第二阶段

C

﹡ v

﹡ ?
E

从接触点E的速度等于零 被满足的那个时刻开始,从此以后圆圈相对地面没有滑动, 所以不在有摩擦力。又因为在水平方向没有其它外力作用, 所以圆圈将以等角速度无滑动地滚动下去。

vE ? v ? R? ? v0 ? fgt ? ? R? 0 ? gft ? ? 0
v0 ? R? 0 v ? v0 ? fgt ? 2 gf ? R? 0 ? v0 ? ? ? ?0 ? t ? R 2R
? ?

v0 ? R? 0 t ? 2 fg
?

若 : v0 ? R? 0 则 : v ? 0, ? ? 0.
? ?

此时, 有 : v ? R? .
? ?

C

﹡ v

﹡ ?
E

表明圆圈相对地面没有滑动,所以不在有摩擦 力。又因为在水平方向没有其它外力作用,所以圆 圈将以等角速度无滑动地滚动下去。
v0 ? R? 0 v ? v0 ? fgt ? 2 gf ? R? 0 ? v0 ? ? ? ?0 ? t ? R 2R
? ?

v0 ? R? 0 t ? 2 fg
?

若 : v0 ? R? 0 则 : v ? 0, ? ? 0
? ?

C

﹡ v

gf v ? v0 ? fgt, ? ? ? 0 ? t. R
v0 R? 0 ? v0 v ? 0, t ? ? , ? ? ? . fg R

﹡ ?
E

当: t? ? t ? t

?



﹡ v

圆圈将连滚带滑地往回滚。

﹡ ?

C

当: t ? t

?



圆圈将无滑动地往回滚。

若 : v0 ? R? 0 , 圆圈将如何运动?
C

?0

v0

若 : v0 ? R? 0 , 圆圈经过一段滑动后, 继续无滑动的滚动.
若 : v0 ? R? 0 , 圆圈经过一段滑动后, 轮心速度降为零, 接着反方向滑动, 经过一段时间后, 纯滚回来.


跷板 m



l

? ?

A

l

O

m

如图所示为玩具跷板简图。 在不计质量的木钉上固结两个与 木钉夹角为 ? 的刚性臂。臂端分 别安装的质量均为 m 的小球。两 臂等长均为。钉长OA=d ,分别 ? 0 ?? ? 2。 与两臂所夹 ? 角的范围 将木钉的尖端O放置在柱形支承 的表面,玩者可随意让跷板旋转 或摆动。

研究:1、应用势能驻值定理,确定跷板的可能平衡位形; 2、应用机械能守恒确定跷板作二维微振动的振动方程; 3、确定二维微振动的固有频率与运动稳定性条件。

?
l m
O

?

A
?

C

l

解:一般情形下,跷板绕点O作定点 运动。本例主要研究二维运动,因此 ,这是一个自由度的理想约束系统。 取?为广义坐标。

1. 跷板的静平衡位置
2mg
m

以支点O作为零势能位置
V ? ?2mg ? yC ? ?2mg (l cos ? cos ? ? d cos ? ) ? ?2mg cos ? (l cos ? ? d )

? o ? 0 为其平衡位置

dV ? 2mg sin ? (l cos ? ? d ) ? 0 d?

? o1 ? 0, ? o 2 ? ? . 为其平衡位置 ? ?? ? , ? 舍弃 ? o 2 ? ? .
2

?
l m
O

V ? ?2mg cos ? (l cos ? ? d )
A l

?

?

C

? o ? 0 为其平衡位置
d 2V ? 2mg cos ? (l cos ? ? d ) 2 d?

2mg

m

d 2V d? 2

? 2mg (l cos ? ? d )
? ?? 0

?l cos ? ? d ? 0 ? 稳定平衡状态 ? ? ?l cos ? ? d ? 0 ? 非稳定平衡状态 ?l cos ? ? d ? 0 ? 随遇平衡状态 ?

?
l m
O

2. 跷板的二维微振动方程
A l

?

?

为了计算系统的动能,令l1为每 个小球到支点O 的距离,
l1 ? l 2 ? d 2 ? 2ld cos ?

C

2mg

m

系统的总动能为

1 ? T ? (2m)l12? 2 2

系统的总势能为
由系统的机械能守恒,得

V ? ?2mg cos ? (l cos ? ? d )

1 ? (2m)l12? 2 ? 2mg cos ? (l cos ? ? d ) ? E 2

将上式对时间求导,并注意到: sin ? ? ?

得跷板的二维微振动方程

?? ??

g (l cos ? ? d ) ? ?0 2 l1

?
l m
O

3. 跷板的固有频率
A l

?

?

C

?? ??

g (l cos ? ? d ) ? ?0 2 l1

2mg

m

??

g (l cos ? ? d ) l1

不 倒 瓮
图示为一个简单的“不倒瓮”模型,由空 壳ABDE和配重C 组成。不计空壳质量,其 底部轮廓线ADB 是半径为R的圆弧,且充分 粗糙。配重C在空壳内的轴上,质量为M。 若要求“不倒瓮”直立时平衡且稳定,则
配重C的质量M (a) 越大越好; (c) 可为任意值; 配重C的位置范围 若已知M、R、OC=d, 则模型 微摆动的周期


(b) 越小越好; (d) 条件不够不能确定。

。 。

不 倒 瓮
y

1. 不倒瓮的平衡位置
以点O作为零势能位置
V ? ? Mgd cos ?
O x

dV ? Mgd sin ? ? 0 d?

C

?

? o1 ? 0, ? o 2 ? ? . 为其平衡位置 舍弃 ? o 2 ? ? .

? o ? 0 为其平衡位置
d 2V ? Mgd cos ? 2 d?

d 2V d? 2

? Mgd ? 0 ? 稳定平稳
? ?? 0

不 倒 瓮
y

配重C的质量M


(c) 可为任意值

配重C的位置范围



C在OD之间,(O,D]
O x

C

?

? o ? 0 为其平衡位置
d 2V ? Mgd cos ? 2 d?

d 2V d? 2

? Mgd ? 0 ? 稳定平稳
? ?? 0

关于人造卫星的溜溜消旋

图示为一人造卫星上使用的消旋 装置。设卫星绕通过质心的对称轴 的初始自旋角速度为? 0,当细绳与 圆周的切点到达A点时,将细绳也 释放。问:当卫星达到完全消旋时, 绳长应为多少? 解:卫星处于失重状态,系统对转轴的 动量矩守恒 初动量矩:

vr ve
l A

C

?
A

L1z ? ( J z ? 2mR )? 0
2

任意时刻的动量矩:

L2z ? J z? ? 2mve l 2 ? R 2 ? 2mvr l ? J z? ? 2m(l 2 ? R 2 )? ? 2mvr l

终了时刻有? =0 ,则

L2z ? J z? ? 2m(l 2 ? R 2 )? ? 2mvr l
此时:

vr ? va

? 2mvr l

( J z ? 2mR2 )? 0 ? 2mval
同时系统的动能守恒

1 2 T1 ? ( J z ? 2mR 2 )? 0 2 1 2 T2 ? 2 ? mva 2
2 2 ( J z ? 2mR2 )? 0 ? 2mva

l?

Jz R ? 2m
2

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