第3章-动量定理

1动画第3章动量定理例题2动画第3章动量定理冰上拔河3动画第3章动量定理4动画第3章动量定理5动画第3章动量定理6动画第3章动量定理7动画第3章动量定理8动画第3章动量定理9动画第3章动量定理10动画第3章动量定理11动画第3章动量定理12动画第3章动量定理13动画第3章动量定理14动画第3章动量定理反冲运动15动画第3章动量定理16动画第3章动量定理17画椭圆的机构由匀质的曲柄OA，规尺BD以及滑块B和D组成(图a)，曲柄与规尺的中点A铰接。已知规尺长2l，质量是2m1；两滑块的质量都是m2；曲柄长l，质量是m1，并以角速度ω绕定轴O转动。试求当曲柄OA与水平成角φ时整个机构的动量。例题3-1(a)xyOADφωB例题第3章动量定理18例题3-1例题第3章动量定理19解：整个机构的动量等于曲柄OA，规尺BD，滑块B和D的动量的矢量和，即p=pOA+pBD+pB+pD其中曲柄OA的动量pOA=m1vE，大小是pOA=m1vE=m1lω/2其方向与vE一致，即垂直于OA并顺着ω的转向(图b)。xyOADφωBvDvAvBvEExyOADφωBEpBD+pB+pDpOA(b)例题3-1例题第3章动量定理20因为规尺和两个滑块的公共质心在点A，它们的动量表示成p´=pBD+pB+pD=2(m1+m2)vA由于动量pOA的方向也是与vA的方向一致，所以整个椭圆机构的动量方向与vA相同，而大小等于lmmlmmlmpppOA)45(21)(22121211xyOADφωBEpBD+pB+pDpOAxyOADφωBvDvAvBvEE例题3-1例题第3章动量定理21火炮（包括炮车与炮筒）的质量是m1，炮弹的质量是m2，炮弹相对炮车的发射速度是vr，炮筒对水平面的仰角是（图a）。设火炮放在光滑水平面上，且炮筒与炮车相固连，试求火炮的后坐速度和炮弹的发射速度。(a)ABFAFBm1gm2gvm1xyvrα例题3-2例题第3章动量定理22解:炸药（其质量略去不计）的爆炸力是内力，作用在系统上的外力在水平轴x的投影都是零，即有Fx=0；可见，系统的动量在轴x上的投影守恒。ABFAFBm1gm2gvm1xyvrαvm1vrαv取火炮和炮弹（包括炸药）这个系统作为研究对象。设火炮的反座速度是vm1，炮弹的发射速度是v，对水平面的仰角是（图b）。（b）（a）例题3-2例题第3章动量定理23px=m2vcosm1vm1=0另一方面，对于炮弹应用速度合成定理，可得v=ve+vr考虑到ve=vm1，并将上式投影到轴x和y上，就得到vcos=vrcosvm1vsin=vrsin联立求解上列三个方程，即得tan)1(tancos)()2(1cos12r2221221r2121mmvmmmmmvvmmmvm考虑到初始瞬时系统处于平衡，即有pox=0，于是有（b）vm1vrαv例题3-2例题第3章动量定理24锻锤A的质量m=3000kg，从高度h=1.45m处自由下落到锻件B上。假设锻锤由接触锻件到最大变形的时间t=0.01s，求锻锤作用在锻件上的平均碰撞力。Bmgv0=0vvmgFBAOyhA例题3-3例题第3章动量定理25解：取锻锤作为研究对象。它从高度h自由下落到锻件产生最大变形的过程，可分成两个阶段。1.碰撞前的自由下落阶段。从而求得碰撞前锻锤速度的大小mghmv0212ghv2Bmgv0=0vvmgFBAOyhA锻锤只受重力作用，由动能定理得例题3-3例题第3章动量定理26该阶段锻锤受重力mg和锻件对锻锤的碰撞力（设其平均值为FB）的作用，写出冲量定理在铅直轴y上的投影式，并注意锻件变形最大时锻锤速度为零。有0mv=mgtFBt从而求得代入求出的速度v和已知数据，即得FB=16.3102kNmgtmvFBBmgv0=0vvmgFBAOyhA2.锻锤由开始接触锻件到最大变形阶段。例题3-3例题第3章动量定理27如图所示，在静止的小船上，一人自船头走到船尾，设人质量为m2，船的质量为m1，船长l，水的阻力不计。求船的位移。Olsabxxym1gm2gm1gm2g例题3-4例题第3章动量定理28取人与船组成质点系。因不计水的阻力，故外力在水平轴上的投影等于零，因此质心在水平轴上保持不变。12121mmbmamxC人走到船尾时，船移动的距离为s，则质心的坐标为12122)()(mmsbmslamxCOlsabxxym1gm2gm1gm2g解：取坐标轴如图所示。在人走动前，质心得坐标为例题3-4例题第3章动量定理29由于质心在轴上的坐标不变，解得122mmlmsOlsabxxym1gm2gm1gm2g12121mmbmamxC12122)()(mmsbmslamxC例题3-4例题第3章动量定理30电动机的外壳用螺栓固定在水平基础上，定子的质量是m1，转子的质量是m2，转子的轴线通过定子的质心O1。制造和安装的误差，使转子的质心O2对它的轴线有一个很小的偏心距b（图中有意夸张）。试求电动机转子以匀角速度转动时，电动机所受的总水平力和铅直力。bωtW1W2O1O2ωxyFxFy例题3-5例题第3章动量定理31例题3-5例题第3章动量定理32解:取整个电动机（包括定子和转子）作为研究对象。选坐标系如图所示。质心C的坐标为)2()()1()(212121gmgmFymmFxmmyCxCbωtW1W2O1O2ωxyFxFytbmmmmmymymytbmmmmmxmxmxCCsincos212212211212212211质心C的运动微分方程为例题3-5例题第3章动量定理33从而求得质心加速度在坐标系上的投影把上式代入式(1)和(2)，即可求得Fx=m2bω2cosωtFy=(m1+m2)gm2bω2sinωttbmmmytbmmmxCCsincos22122212bωtW1W2O1O2ωxyFxFy例题3-5例题第3章动量定理34如图所示，设电动机没用螺栓固定，定子的质量是m1，转子的质量是m2，转子的轴线通过定子的质心O1。制造和安装的误差，使转子的质心O2对它的轴线有一个很小的偏心距e。各处摩擦不计，初始时电动机静止，求转子以匀角速度ω转动时电动机外壳的运动。FNm1geφxyOasO1O2ωm2g例题3-6例题第3章动量定理35电动机受到的作用力有外壳的重力，转子的重力和地面的法向力。因为电动机在水平方向没有受到外力，且初始为静止，因此系统质心的坐标xC保持不变。取坐标轴如图所示。转子在静止时，设xC1=a。当转子转过角度φ时，定子应向左移动，设移动距离为s。则质心坐标为21212)sin()(mmseamsamxC解：FNm1geφxyOasO1O2ωm2g例题3-6例题第3章动量定理36因为在水平方向质心守恒，所以有xC1=xC2，解得由此可见。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。顺便指出，支承面的法向反力的最小值求得为sin212emmms2221min)(emgmmFy当ω时，有0，如果电动机未用螺栓固定，将会离地跳起来。gemmm221minyFFNm1geφxyOasO1O2ωm2g例题3-6例题第3章动量定理37(b)OCφ0b0F1F2mgtCanCa复摆是一个在重力作用下可绕水平轴O摆动的刚体。它的质量是m，对转轴的转动惯量是JO，质心C到转轴O的距离OC=b。设摆动开始时OC对铅直线的偏角是0，角速度是，试求摆动中轴承O对复摆的约束力。0OCφ0b0(a)例题3-7例题第3章动量定理38解:复摆在任意位置时，所受的外力有重力mg和轴承O的约束力。为便于计算，把轴承约束力沿质心轨迹的切线和法线方向分解成两个分力F1和F2。写出质心运动定理在质心轨迹的自然轴系上的投影式，可得2nt,babaCC)1(sin1mgFmb)2(cos22mgFmg(b)OCφ0b0F1F2mgtCanCa质心C的加速度在这两个方向的投影为例题3-7例题第3章动量定理39应用动能定理T2T1=W，有从而求得将上式两端对时间求导，得)cos(cos21210202mgbJJOO)cos(cos20202OJmgbsin22OJmgb(b)OCφ0b0F1F2mgtCanCa例题3-7例题第3章动量定理40即sinOJmgb)]cos(cos2[cossinsin0202221OOJmgbmbmgFJgbmmgF(b)OCφ0b0F1F2mgtCanCasin22OJmgb例题3-7将求出的和分别代入式(1)和(2)，经整理后即可求出2例题第3章动量定理41物块A可沿光滑水平面自由滑动，其质量为mA；小球B的质量为mB，以细杆与物块铰接，如图所示。设杆长为l，质量不计，初始时系统静止，并有初始摆角φ0；释放后，细杆近似以规律摆动（k为已知常数），求物块A的最大速度。ktcos0ABvvrφ例题3-8例题第3章动量定理42例题3-8例题第3章动量定理43取物块和小球为研究对象，其上的重力以及水平面的约束力均为铅垂方向。此系统水平方向不受外力作用，则沿水平方向动量守恒。细杆角速为，当时，其绝对值最大，此时应有，即。ktksin01sinkt0coskt0lklv0maxrABvvrφ解：由此，当细杆铅垂时小球相对于物块有最大的水平速度，其值为例题3-8例题第3章动量定理44当此速度vr向左时，物块应有向右的绝对速度，设为v，而小球向左的绝对速度值为va=vr－v。根据动量守恒条件，有解出物块的速度为0)(rvvmvmBABABBABmmlkmmmvmv0r当时，也有。此时小球相对于物块有向右的最大速度kφ0l，可求得物块有向左的最大速度1sinkt0BABmmlkmv0ABvvrφ例题3-8例题第3章动量定理45图示单摆B的支点固定在一可沿光滑的水平直线轨道平移的滑块A上，设A，B的质量分别为mA，mB，运动开始时，x=x0，,，。试求单摆B的轨迹方程。00x0ABxmBgφmAgyxO例题3-9例题第3章动量定理46解：以系统为对象，其运动可用滑块A的坐标x和单摆摆动的角度φ两个广义坐标确定。0000)sin()sin(CBABABABACxmmlxmxmmmlxmxmxsin0lmmmxxBABCsinsin0lmmmxlxxBAACBcoslyB解出单摆B的坐标为ABxmBgφmAgyxO则由于沿x方向无外力作用，且初始静止，系统沿x轴的动量守恒，质心坐标xC应保持常值xC0。例题3-9例题第3章动量定理47消去φ，即的到单摆B的轨迹方程：22202)()1(lyxxmmBCBAB0Cxx是以x=xC0,y=0为中心的椭圆方程，因此悬挂在滑块上的单摆也称为椭圆摆。sinsin0lmmmxlxxBAACBcoslyBABxmBgφmAgyxO例题3-9例题第3章动量定理48轨迹演示例题3-9例题第3章动量定理49xyOABφωFxFyFN曲柄滑块机构如图所示。设曲柄OA受力偶作用以匀角速度ω转动，滑块B沿x轴滑动。若OA=AB=l，OA及AB皆为均质杆，质量皆为m1，滑块B的质量为m2。试求支座O处的水平约束力。例题3-10例题第3章动量定理50选取整个机构为研究对象，其水平方向只承受O处约束力的作用。列出质心运动定理在x轴上的投影式xC