Transcript 第二章习题课

1
Chapter 2 质点系力学

dP
dt

rC 
 (e )
  Fi

 mi ri

P 
m

 (e)
 
p  p0   I i


或 mrC   mi ri


m i vi  m vc
（mi A  mB ) aC  F

vC 
质点系的动量定理

 mi ri
m

aC 


 mi ri
m
 (e )

质心运动定理
maC   Fi

 (e) F
2
aC 
 2.4pm
/s p
F

0
 i m m
0
质点系动量守恒定律
 (e)
 Fi  0
质心运动守恒定律
A
B


vC  C
第二章

dJ

M
dt
dJ l
dt
若
M
Z

dJ 


d J  M dt
 Ml

M  0时
2


J C
质点系对固定点的角动量定理
质点系对固定轴的角动量定理
对点的
质点系的角动量守恒
 0 , 则 J  常数
Z
对轴的

M
对质心的角动量定理
dt
第二章
3
角动量守恒现象举例
适用于一切转动问题，大至天体，小至粒子...
茹科夫斯基凳实验
为什么银河系呈旋臂盘形结构？
为什么直升飞机的尾翼要安装螺旋桨？
为什么猫从高处落下时总能四脚着地？
体操运动员的“晚旋”
芭蕾、花样滑冰、跳水…...
第二章
4
回顾ch2-3例题（ p.93
）

绳拉紧时冲力很大，轮轴反作用力 N 不能忽略
系统的动量不守恒
系统的角动量守恒。
0  m Av Ar  m B (v  v A )r
第二章
，
 n 1
2 
d   m iV i   dT 
 i 1 2

5
n

e
i
Fi dri  Fi dri
i 1

质点系的动能定理
如，作用在质点系上所有外力及内力
都是保守力(或者某一些力不做功)，则有
T V  E
机械能守恒定律
柯尼希定理
 1
T  m rc 
2
2
1
第二章

i
 
m i ri 
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两体问题的意义？
Mm
M m
r  

k m r
2
r
2
 
Mm
M m
r

m
1
m
折合质量（
M
用μ代替行星质量m，则可以化为行星运动的单体问题。
实验室系：静止坐标系
质心系：随质心一起运动系


dm 
(m v ) 
u  F
dt
dt
d
同一现象两系看是不一样的
变质量物体的运动微分方程。
第二章
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例题1 半径为r、重量为W的水平匀质圆盘，可绕通过其圆心的
2
1
s

at
铅直轴转动。一个重量为P的甲虫，按
的规律沿圆盘的
2
边缘爬行。开始时，两者都静止，试求甲虫爬行后圆盘的角速度 。
解：将圆盘与甲虫看成一个质点系，受外力W与 P，及轴上的力
它们或与铅直轴平行或通过该轴，故对该轴的角动量守恒。
圆盘：I  1 W r 2 J  I   1 W r 2
1
2 g
甲虫： J 2  
J1  J 2  0
P
vr
g

2 g
v  at   r
1W
r  
2
2 g
 
P
( at   r ) r

g
2 Pat
(W  2 P ) r
第二章
R

M
m
8
[例2]已知：轻杆，m
1
= m , m
2
= 4m , 油灰球 m，
m 以水平速度v
0
撞击 m
2
，发生完全非弹性碰撞
求：撞后m 2的速率 v ?
解一：m 和 m 2 系统动量守恒
A
m v 0 = (m + m 2 ) v
解二： m 和 (m1 + m 2 )系统动量守恒
m

v0
L 2
m2
m v 0 = (m + m 1 + m 2 ) v
L 2
解三： m v 0 = (m + m 2 ) v + m 1 • 2v
以上解法对不对？
第二章
m1
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因为相撞时轴A作用力不能忽略不计，
故系统动量不守恒。
因为重力、轴作用力过轴，对轴力矩为
零，故系统角动量守恒。
Ny
Nx A
L 2
m m2
由此列出以下方程：


mv 0  L  m  m 2 v  L  m 1  2 v  L
2
2
得：
v 
v0
9
第二章
L 2
m1
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例题3
电动机的外壳固定在水平基础上，定子质量为ml，转子
质量为m2。设定子的质心位于转轴的中心Ol，但由于制
造误差，转子的质心， O2到Ol的距离为e。已知转子匀
速转动，角速度为ω。求基础的水平和铅直支座反力。
第二章
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设t＝0时，O1O2铅直，有φ＝ωt
由动量定理的投影式得：
dp x
dt
dp y
dt
 Nx
 N y  m1  m2 g
p x  m2e cos t , p y  m2e sin t
N x  m2 e sin t
2
p  m2e
N y  (m1  m2 ) g  m2 e cos t
2
第二章
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若例中电动机没有用螺栓固定，各处摩擦不计，初
始时电动机静止。试求：
1. 转子以匀角速 转动时电动机外壳在水平方
向的运动方程；
2. 电动机跳起的最小角速度。
第二章
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(1) 电动机外壳在水平方向的运动方程
x c1  a
xc 2 
m 1 ( a  s )  m 2 ( a  e sin   s )
m1  m 2
由xC1 = xC2 解
得 ：
m
s
2
m1  m 2
e sin 
由此可见，当转子偏心的电动机未用螺栓
固定时，将在水平面上作往复运动
第二章
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(2) 电动机起跳条件

电动机起跳条件：
maC  m1a1  m2 a2
Fy = 0
 (e )

应用质心运动定理： maC   Fi
m1  0  m 2 e 2 cos  t  F y  m1 g  m 2 g
因此机座的约束力
2
为 F：

m
g

m
g

m
e

cos  t
y
1
2
2
F y m in  m 1 g  m 2 g  m 2 e 2
由Fy = 0 ，推出电动机起跳的最小角速度
 m in 
m1  m 2
m2e
第二章
g
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[例题4] 起重机的质量为m2=20000kg, 杆长l=8m，起吊物体的
质量为m1=2000kg 。 设开始起吊时整个系统处于静止，杆OA
与铅直位置的夹角为1=60º, 水的阻力和杆重不计, 求起质杆
OA与铅直位置成角2 =30º时船的位移。
解：取起重船，杆和重物组成的质点系为研究对象。
受力分析如图示， Fx (e)
0
，且初始
时系统静止，所以系统质心的位置坐标
XC保持不变。
设起重机沿x正方向向右移动了x
第二章
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xC1  xC 2
xC1 
m1 x1  m2 x2
m1  m2
m1[ x1  x  OA(sin 60  sin 30 )]  m2 ( x2  x)
0
xC 2 
0
m1  m2
x  0.266m()
第二章
计算结果为负值，表明
船的位移水平向左。
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回顾习题2.4
m 1 x1  R1 sin 
m 2 x2   R 1 sin 
（3）
（1）
m 1 y1  R1 cos   m 1 g （2） m y  R  R cos   m g  0 （4）
2 2
2
1
2
由动量守恒 m 1 x1  m 2 x 2  0
相对加速度 x  x1  x2
m 1 x1  m 2 x2  0 （5）
y  y1  y2
R1 cos   mg
y
（6） 将（1）式代入（6）
 tg     tg   
x (1  m 1 / m 2 )
x
m 1 sin  cos 
x2  
g
2
m 1 m 2 cos 
m 2 sin  cos 
m 2  m 1 sin 
x1 
 R1 
g
g
2
2
m1
m 2  m 1 sin 
m 2  m 1 sin 
第二章
m2
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若直角劈的高是h，问当质点滑到底部时，（1）斜面移动的距离？
（2）斜面速度的大小？
（1）质点下滑前
xc 
m 1 x1  m 2 x 2
m 2  m1
质点下滑到斜面底部后，设斜面移动的距离为l，
x c 
m 1 x1  m 2 x 2
m 2  m1

m 1 ( x1  l  hctg  )  m 2 ( x 2  l )
m 2  m1
由质心运动定理，质心坐标不变
x c  x c
l 
m1h
m1  m 2
m1
ctg 
h
第二章
m2
19
（2）质点在下滑过程中，机械能守恒
1
mv 
2
1 1
2



v1  v 2  v 
1
m 2 v  m 1 gh
2
由图
2
2
（1）
v1  v 2  v   2 v 2 v  cos 
2
2
2
（2）
系统在水平方向动量守恒，
m1v1  m 2 v 2  m 2 v 2  m1 ( v 2  v  cos  )  0
m1 v2
 v´
联立（1）-（3）
v 2  m 1 cos 
（3）
2 gh
( m 1  m 2）（ m 1 sin   m 2）
2
第二章
m2 
20
碰撞问题
特征：
（1）碰撞力非常大，作用时间极短促，一些平常的力可以忽略；
（2)在碰撞前后位置基本未变，碰撞过程中物体本身的位移可忽略。
基本定理：



I

m
u

m
v
i
（1）冲量定理 

 ( e )质点，质点系
i

（2)冲量矩定理 M o 2  M o1   ri  Fi
式中“o点”往往选为碰撞时的接触点。质点系。
两物体的对心碰撞
第二章
恢复系数Coefficient of restitution 21
1、动量守恒定律
2、牛顿公式
e 
u 2  u1
v1  v 2
证明
设两球质量分别为 m 1和 m 2 ，碰撞前
的速度为 v1 、v 2 且 v1  v 2 ，碰撞后两
球的速度为 u 1、u 2 ，
研究球1（或球2）的碰撞过程 变形阶段的冲量

i



Ii  mu  mv
I 10  m1 ( v1  u )
恢复阶段的冲量
I1  m1 (u  u1 )
变形阶段的冲量
I 20  m 2 ( v 2  u )
恢复阶段的冲量 I 2  m 2 ( u  u 2 )
其中u是两球变形阶段末的共同速度，由两球的动量守恒得
u 
第二章
m 1 v1  m 2 v 2
m1  m 2
两个物体在碰撞时，恢复期与形变期的冲量的比率称为
恢复系数
e
I1

I 10
e
I2
I 20

m1 (u  u1 )
m 1 ( v1  u )
m 2 (u  u 2 )
m 2 (v2  u )


u  u1
v1  u
u  u2
e 
u 2  u1
v1  v 2
v2  u
冲量矩定理应用在刚体的碰撞问题。
第二章
22
23
作业：
预习第三章前两节
习题：p.113
2.8),2.15) 。
第二章