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 ri
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
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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
6
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
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[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
9
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 m2e cos t , p y m2e sin t
N x m2 e sin t
2
p m2e
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。
17
回顾习题2.4
m 1 x1 R1 sin
m 2 x2 R 1 sin
(3)
(1)
m 1 y1 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 x1 m 2 x 2 0
相对加速度 x x1 x2
m 1 x1 m 2 x2 0 (5)
y y1 y2
R1 cos mg
y
(6) 将(1)式代入(6)
tg tg
x (1 m 1 / m 2 )
x
m 1 sin cos
x2
g
2
m 1 m 2 cos
m 2 sin cos
m 2 m 1 sin
x1
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
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(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