力学竞赛知识点(理论力学).ppt

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,理论力学,力学竞赛知识点介绍,1,理论力学,力学竞赛知识点介绍,2,主要内容,静力学,运动学,动力学,专题,3,静力学部分,力、力矩、力系,力偶、力偶矩、力偶系,主矢、主矩、力系简化,约束与约束力,力系平衡,考虑摩擦的平衡问题,4,考虑摩擦的平衡问题,5,(a),(b),定义：两个相接触物体，当其接触处产生相对滑动或相对滑动趋势时，其接触处产生的阻碍物体相对滑动的力叫滑动摩擦力。,滑动摩擦,1.,静滑动摩擦力及最大静滑动摩擦力,如图,(a),所示，在粗糙的水平面上放置一重为,P,的物体，当水平方向无拉力时，显然有,P,=,F,N,。现在该物体上作用一大小可变化的水平拉力,F,，如图,(b),所示，当拉力,F,由零逐渐增加但又不很大时，物体仍能维持平衡。,6,(a),(b),由此可见，支承面对物体的约束力除了法向约束力,F,N,外还有一个阻碍物体沿水平面向右滑动的切向约束力,F,s,，此力即静滑动摩擦力，简称静摩擦力。显然有,F,s,=F,，因此静摩擦力也是约束力，随着,F,的增大而增大。然而，它并不能随,F,的增大而无限地增大。而有一个最大值,F,max,，称为最大静摩擦力，此时物体 处于平衡的临界状态。当主动力,F,大于,F,max,时，物体将失去平衡而滑动。即,7,实验表明,上式称为库仑摩擦定律，是计算最大静摩擦力的近似公式。式中,f,s,称为静摩擦因数，它是一个无量纲的量。一般由实验来确定。,2.,动滑动摩擦力,当接触处出现相对滑动时，接触物体之间仍有阻碍相对滑动的阻力，这种阻力称为动滑动摩擦力，简称动摩擦力，以,F,d,表示，大小可用下式计算。,式中,f,d,是动摩擦因数，通常情况下，,8,摩擦角和自锁现象,1.,摩擦角,当有摩擦时，支承面对物体的约束力有法向约束力,F,N,和切向约束力,F,s,，这两个力的合力称为全约束力,F,R,。,它的作用线与接触处的公法线成一偏角,j,如图所示，当静摩擦力达最大时，,j,也达到最大值,j,f,称,j,f,为摩擦角。,9,2.,自锁现象,由于全约束力的作用线与接触处公法线的夹角,j,不能大于摩擦角，即变化范围为,0,j,j,f,，因此可得：,如果作用于物体的全部主动力的合力的作用线与公法线的夹角,q,j,f,，,则无论这个力多么小，物体必不能保持平衡。,10,摩擦角就是物块处于临界状态时斜面的倾角,q,即,下面的螺旋千斤顶就利用了自锁的概念。,11,考虑摩擦时物体的平衡问题,考虑有摩擦的平衡问题时，其解法与普通静力学问题基本一样。但需指出的是，在受力分析和,列平衡方程时要将摩擦力考虑在内，因而除平衡方程外，还需增加补充方程,0,F,s,f,s,F,N,，因此,有摩擦的平衡问题的解通常是一个范围。为了避免解不等式，往往先考虑,临界状态（,F,s,=,f,s,F,N,），求得结果后再讨论解的平衡范围。应该,强调,的是,摩擦力的方向在临界状态下不能假设，要根据物体相对运动趋势来判断，,只有摩擦力是待求未知数时，可以假设其方向,。,求解时，根据具体的问题采用解析法或几何法求解，下面举例说明,12,取物块,A,为研究对象，受力分析如图。列平衡方程。,解,:,例题,5-1,q,A,F,联立求解得,最大静摩擦力,所以作用在物体上的摩擦力为,因为,小物体,A,重,P,=10 N,，放在粗糙的水平固定面上，它与固定面之间的静摩擦因数,f,s,=0.3,。今在小物体,A,上施加,F,=4 N,的力，,q,=30,，试求作用在物体上的摩擦力。,y,A,x,q,P,F,F,N,F,s,13,(a),构件,A,及,B,用楔块,C,联结，如图,(a),所示，楔块自重不计，。已知楔块与构件间的摩擦系数,f,s,=0.1,求能自锁的倾斜角,q,。,解,：,(1),解析法 研究楔块,C,，受力如图,(b),，考虑临界平衡,例题,5-2,再考虑补充方程,联立解之得,(b),14,(c),(2),几何法,仍考虑临界平衡状态,在此情况下,楔块,C,两端所受的全约束力必大小相等,方向相反且作用线在一条直线上,;,与作用点处的法线的夹角均等于摩擦角,j,f,如图,(c),所示。,由几何关系不难得,以上是考虑临界状态所得结果，稍作分析即可得,例题,5-2,15,例题,5-3,F,A,F,N,B,F,B,F,N,A,A,B,C,F,x,x,y,h,O,F,B,h,d,B,A,F,x,平衡方程为,取支架为研究对象,受力分析如图。,（,1,）,解析法,解,:,一活动支架套在固定圆柱的外表面，且,h,=,20 cm,。假设支架和圆柱之间的静摩擦因数,f,s,=,0.25,。问作用于支架的主动力,F,的作用线距圆柱中心线至少多远才能使支架不致下滑（支架自重不计）。,16,联立求解得,补充方程,例题,5-3,解得,（,2,）几何法,由以上二个例子可以看出，当有摩擦处的约束力以全约束力形式给出，如能利用二力平衡条件和三力平衡汇交定理且几何关系又较简单，用几何法往往较方便。,支架受力分析如图所示。,由几何关系得,17,h,C,a,b,F,P,宽,a,，高,b,的矩形柜放置在水平面上，柜重,P,，重心,C,在其几何中心，柜与地面间的静摩擦因数是,f,s,，在柜的侧面施加水平向右的力,F,，求柜发生运动时所需推力,F,的最小值。,例题,5-4,18,y,A,B,C,x,F,P,F,B,F,A,F,N,B,F,N,A,1,.,假设不翻倒但即将滑动，考虑临界平衡。,解,:,取矩形柜为研究对象,受力分析如图。,联立求解得柜子开始滑动所需的最小推力,补充方程,列平衡方程,例题,5-4,19,2,.,假设矩形柜不滑动但将绕,B,翻倒。,柜绕,B,翻倒条件：,F,N,A,=,0,使柜翻倒的最小推力为,列平衡方程,A,B,C,x,F,P,F,B,F,A,F,N,B,F,N,A,解得,例题,5-4,综上所述使柜发生运动所需的最小推力为,20,长为,l,的梯子,AB,一端靠在墙壁上，另一端搁在地板上，如图所示。假设梯子与墙壁的接触是完全光滑的，梯子与地板之间有摩擦，其静摩擦,因,数为,f,s,。梯子的重量略去不计。今有一重为,P,的人沿梯子向上爬，如果保证人爬到顶端而梯子不致下滑，求梯子与墙壁的夹角,q,。,q,l,a,A,B,P,例题,5-5,21,以梯子,AB,为研究对象，人的位置用距离,a,表示，梯子的受力如图。,解：,使梯子保持静止，必须满足下列平衡方程：,y,q,l,a,A,B,x,F,s,F,N,A,P,F,N,B,同时满足物理条件,例题,5-5,联立解之得,因,0,a,l,，,当,a,=,l,时，上式左边达到最大值。,所以,或,即为所求,22,重为,P,=100 N,的匀质滚轮夹在无重杆,AB,和水平面之间，在杆端,B,作用一垂直于,AB,的力,F,B,，其大小为,F,B,=50 N,。,A,为光滑铰链，轮与杆间的摩擦,因,数为,f,s1,=0.4,。轮半径为,r,，杆长为,l,，当,q,=60,时，,AC=CB,=0.5,l,，如图所示。如要维持系统平衡，（,1,）若,D,处静摩擦,因,数,f,s2,=0.3,，求此时作用于轮心,O,处水平推力,F,的最小值,;,（,2,）若,f,s2,=0.15,此时,F,的最小值又为多少？,A,B,C,D,O,r,q,P,F,F,B,例题,5-6,23,解：,此题在,C,，,D,两处都有摩擦，两个摩擦力之中只要有一个达到最大值，系统即处于临界状态。,假设,C,处的摩擦先达到最大值，轮有水平向右滚动的趋势。,例题,5-6,A,B,C,F,Ax,F,Ay,F,C,F,N,C,F,B,q,1,.,以杆,AB,为研究对象，受力分析如图。,解得,列平衡方程,补充方程,24,例题,5-6,2.,以轮为研究对象，列平衡方程。,D,O,C,F,N,D,F,D,P,F,q,当,f,s,2,=0.3,时，,D,处最大摩擦力为,由于,故,D,处无滑动,所以维持系统平衡的最小水平推力为,F,=26.6 N,。,代入上面各式解得,F,=26.6 N,，,F,N,D,=184.6 N,将,25,解方程得,最小水平推力为,受力图不变，补充方程应改为,此时,C,处最大摩擦力为,因此当,f,s2,=0.15,时，维持系统平衡的最小水平推力改为,所以,C,处无滑动。,由于,说明前面假定不成立，,D,处应先达到临界状态。,3.,当,f,s2,=0.15,时,例题,5-6,26,由实践可知，使滚子滚动比使它滑动省力，如果仍用下图的力学模型来分析就存在问题。即无论水平力,F,多么小，此物体均不能平衡，因对点,A,的矩的平衡方程不满足，即,5-4,滚动摩阻的概念,出现这种现象的原因是，实际接触面并不是刚体，它们在力的作用下都会发生一些变形，有一个接触面，如图所示。,这是与实际情况不符的，说明此力学模型有缺陷，需要修正。,27,此力系向,A,点简化,与静滑动摩擦力相似，滚动摩阻力偶矩,M,f,随主动力,F,的增大而增大；但有一个最大值,M,max,即,或,且最大滑动摩,阻力偶矩,上式即是滚动摩阻定律，,d,称为滚动摩阻系数，具有长度的量纲,，单位一般用,mm,。,与滚子和支承面的材料的硬度和湿度等有关。与滚子的半径无关。,28,滚阻系数的物理意义如下,由力的平移定理,与,比较得,一般情况下，相对滑动摩擦而言，由于滚阻阻力偶矩很小，所以在工程中大多数情况下滚阻力偶矩忽略不计。,29,取轮子为研究对象,受力分析如图。由平衡方程,解,:,例题,5-7,匀质轮子的重量,P,=3 kN,，半径,r,=0.3 m,；今在轮中心施加平行于斜面的拉力,F,H,，使轮子沿与水平面成,q,=,30,的斜面匀速向上作纯滚动。已知轮子与斜面的滚阻系数,=0.05 cm,，试求力,F,H,的大小。,联立求解,补充方程,q,F,H,A,r,O,q,F,H,A,O,q,M,max,P,F,s,F,N,y,x,30,如图所示，总重为,P,的拖车在牵引力,F,作用下要爬上倾角为,的斜坡。设车轮半径为,r,，轮胎与路面的滚动摩阻系数为,，其它尺寸如图所示。求拖车所需的牵引力。,例题,5-8,a,C,x,y,b,h,2,h,1,F,P,A,O,31,拖车的两对轮子都是从动轮，因此滑动摩擦力的方向都朝后。设拖车处于开始向上滚动的临界状态，因此前后轮的滚动摩阻力偶的力偶矩,M,1,max,和,M,2 max,都达到最大值。,解：,由平衡方程,首先取整个拖车为研究对象，受力分析如图。,例题,5-8,a,C,x,y,b,h,2,h,1,F,P,A,F,2,F,1,F,N2,F,N1,M,1max,O,M,2,max,32,再取前轮为研究对象，受力分析如图。,同样由后轮得,轮子滚动临界时的补充方程,解方程可得,列平衡方程,F,N1,F,x,F,y,F,1,M,1max,O,y,x,例题,5-8,33,运动学部分,矢量法、直角坐标法、自然坐标法（轨迹、速度、加速度）,平动、定轴转动（各点速度与加速度）,点的复合运动（速度与加速度）,刚体平面运动（瞬心、各点速度与加速度）,34,动力学部分,质点运动微分方程,转动惯量、惯量积、惯性主轴,动量、动量矩、动能、冲量、功、势能,动力学普遍定理的综合应用,平面运动刚体动力学方程及其应用,惯性力及惯性力系简化、动静法、静平衡与动平衡的概念,35,专题部分,机械振动（单自由度振动的周期、频率、振幅、临界转速和隔振的概念）,第二类拉格朗日方程（广义力的概念与计算，第二类拉格朗日方程的应用）,36,专题部分,质点系虚位移原理应用（虚位移、虚功、自由度、广义坐标）,碰撞问题（碰撞问题特征及其简化条件，恢复因数、对心碰撞及定轴转动刚体和平面运动刚体的碰撞问题）,37,机械振动基础,38,振动是日常生活和工程实际中常见的现象。,例如：钟摆的往复摆动,汽车行驶时的颠簸，电动机、机床等工作时的振动，以及地震时引起的建筑物的振动等。,利,：振动给料机,弊,：磨损，减少寿命，影响强度,振动筛 引起噪声，影响劳动条件,振动沉拔桩机等 消耗能量，降低精度等。,3,.,研究振动的目的,：消除或减小有害的振动，充分利用振动,为人类服务。,2,.,振动的利弊,：,1,.,所谓振动就是系统在平衡位置附近作往复运动。,39,4,.,振动的分类,：单自由度系统的振动,按振动系统的自由度分类,多自由度系统的振动,弹性体的振动,按振动产生的原因分类,：,自由振动：无阻尼的自由振动,有阻尼的自由振动，衰减振动,强迫振动：无阻尼的强迫振动,有阻尼的强迫振动,自激振动,本章重点讨论单自由度系统的自由振动和强迫振动。,40,单自由度系统无阻尼自由振动,一、自由振动的概念,：,41,42,运动过程中，总指向物体平衡位置的力称为,恢复力,。,物体受到初干扰后，仅在系统的恢复力作用下在其平衡位置附近的振动称为,无阻尼自由振动,。,质量,弹簧系统：,单摆：,复摆：,43,二、单自由度系统无阻尼自由振动微分方程及其解,对于任何一个单自由度系统，以,q,为广义坐标（从平衡位置开始量取），则自由振动的运动微分方程必将是：,k,e,m,e,是与系统的物理参数有关的常数。令,则自由振动的微分方程的标准形式：,解,为：,44,设,t,=0,时，则可求得：,或：,C,1,，,C,2,由初始条件决定为,45,三、自由振动的特点,：,A,物块离开平衡位置的最大位移，称为振幅。,n,t,+,q,相位，决定振体在某瞬时,t,的位置,q,初相位，决定振体运动的起始位置。,T,周期，每振动一次所经历的时间。,f,频率，每秒钟振动的次数，,f,=1/,T,。,固有频率，振体在,2,秒内振动的次数。,反映振动系统的动力学特性，只与系统本身的固有参数有关。,46,无阻尼自由振动的特点是,：,(2),振幅,A,和初相位,q,取决于运动的初始条件,(,初位移和初速度,),；,(1),振动规律为简谐振动；,四、其它,1.,如果系统在振动方向上受到某个常力的作用，该常力只影响静平衡点,O,的位置，而不影响系统的振动规律，如振动频率、振幅和相位等。,47,2,.,弹簧并联系统和弹簧串联系统的等效刚度,并联,串联,并联,串联,48,1.,由系统的振动微分方程的标准形式,2.,能量法,：,19-2,求系统固有频率的方法,由,T,max,=,V,max,求出,49,无阻尼自由振动系统为保守系统，机械能守恒。,当振体运动到距静平衡位置最远时，速度为零，即系统动能等于零，势能达到最大值（取系统的静平衡位置为零势能点）。,当振体运动到静平衡位置时，系统的势能为零，动能达到最大值。,如：,50,能量法是从机械能守恒定律出发，对于计算较复杂的振动系统的固有频率来得更为简便的一种方法。,例,2,图示系统。设轮子无侧向摆动，且轮子与绳子间无滑动，不计绳子和弹簧的质量，轮子是均质的，半径为,R,，质量为,m,1,，重物质量,m,2,，试列出系统微幅振动微分方程，求出其固有频率。,51,解,1,：以,x,为广义坐标（静平衡位置为,坐标原点）,则任意位置,x,时：,静平衡时：,52,应用动量矩定理：,由 ，有,振动微分方程：,固有频率：,A,53,解,2,：用机械能守恒定律,以,x,为广义坐标（取静平衡位置为原点）,以平衡位置为计算势能的零位置，并注意轮心位移,x,时，弹簧伸长,2,x,因平衡时,54,由,T,+,V,=,有：,对时间,t,求导，再消去公因子 ，得,55,如图所示两个相同的塔轮，相啮合的齿轮半径皆为,R,，半径为,r,的鼓轮上绕有细绳，轮,连一铅直弹簧，轮,挂一重物。塔轮对轴的转动惯量皆为,J,，弹簧刚度为,k,。重物质量为,m,，求此系统的固有频率。,例,3,x,R,x,x,r,56,57,解：,系统平衡处弹簧虽有拉长，但如前所述，从平衡位置起计算弹性变形，可以不再计入重力。由几何关系，当重物位于,x,处，弹簧由平衡位置计算的变形量也是,x,，则系统的势能为,以系统平衡时重物的位置为原点，取,x,轴如图。重物于任意坐标,x,处，速度为,x,的导数，两塔轮的角速度皆为 。系统动能为,x,R,x,x,r,58,不计摩擦，系统的机械能守恒，有,两端对时间取一阶导数，得,上式为自由振动微分方程，系统固有频率为,x,R,x,x,r,59,如图所示表示以质量为,m,，半径是,r,的圆柱体，在一半径是,R,的圆弧槽上作无滑动的滚动。求圆柱体在平衡位置附近做微小振动的固有频率。,R,r,v,O,1,F,m,g,F,N,O,O,1,A,C,例,4,60,解：,用能量法求解这个问题。,设在振动过程中，圆柱体中心与圆槽中心的连线,OO,1,与铅直线,OA,的夹角为,。圆柱体中心,O,1,的线速度为,由运动学知，当圆柱体做纯滚动时，其角速度为,因此系统的动能为,R,r,v,O,1,F,m,g,F,N,O,O,1,A,C,61,整理后得,系统的势能即重力势能，圆柱在最低处平衡，取该处圆心位置,C,为零势能点，则系统的势能为,当圆柱体作微振动时，可认为,R,r,v,O,1,F,m,g,F,N,O,O,1,A,C,因此势能可改写成,62,设系统做自由振动时,的变化规律为,则系统的最大动能,由机械能守恒定律，有,T,max,=,V,max,，,解得系统的固有频率为,系统的最大势能,R,r,v,O,1,F,m,g,F,N,O,O,1,A,C,63,例,5,鼓轮：质量,m,1,，对轮心回转半径,，在水平面上只滚不滑，大轮半径,R,，小轮半径,r,，弹簧刚度 ，重物质量为,m,2,不计轮,D,和弹簧质量，且绳索不可伸长。求系统微振动的固有频率。,解,：取静平衡位置,O,为坐标原点，取,C,偏离平衡位置,x,为广义坐标。系统的最大动能为：,64,系统的最大势能为：,系统的最大动能为：,65,设 则有,根据,T,max,=,V,max,解得,66,19-3,单自由度系统的有阻尼自由振动,一、阻尼的概念,：,阻尼,：振动过程中，系统所受的阻力。,粘性阻尼,：在很多情况下，振体速度不大时，由于介质粘性引起的阻尼认为阻力与速度的一次方成正比，这种阻尼称为粘性阻尼。,投影式：,c,粘性阻尼系数，简称阻尼系数。,67,二、有阻尼自由振动微分方程及其解,：,质量,弹簧系统存在粘性阻尼：,有阻尼自由振动微分方程的标准形式。,68,其通解分三种情况讨论：,1,、小阻尼情形,有阻尼自由振动的圆频率,69,衰减振动的特点：,(1),振动周期变大，,频率减小,。,阻尼比,有阻尼自由振动：,当 时，,可以认为,70,(,2),振幅按几何级数衰减,对数减缩率,2,、临界阻尼情形,临界阻尼系数,相邻两次振幅之比,71,可见，物体的运动随时间的增长而无限地趋向平衡位置，不再具备振动的特性。,代入初始条件,3,、过阻尼（大阻尼）情形,所示规律已不是周期性的了，随时间的增长，,x,0,，不具备振动特性。,72,19-6,临界转速,减振与隔振的概念,一、转子的临界转速,引起转子剧烈振动的特定转速称为,临界转速,。这种现象是由共振引起的，在轴的设计中对高速轴应进行该项验算。,单圆盘转子,：,圆盘：质量,m,质心,C,点；转轴过盘的几何中心,A,点，,AC,=,e,，盘和轴共同以匀角速度,转动。当,n,（,n,为圆盘转轴所组成的系统横向振动的固有频率）时，,OC,=,x,+,e,(,x,为轴中点,A,的弯曲变形）。,73,（,k,为转轴相当刚度系数）,临界角速度：,临界转速：,74,质心,C,位于,O,、,A,之间,OC,=,x,-,e,当转速,非常高时，圆盘质心,C,与两支点的连线相接近，圆盘接近于绕质心,C,旋转，于是转动平稳。,为确保安全，轴的工作转速一定要避开它的临界转速。,75,二、减振与隔振的概念,剧烈的振动不但影响机器本身的正常工作，还会影响周围的仪器设备的正常工作。减小振动的危害的根本措施是合理设计，尽量减小振动，避免在共振区内工作。,许多引发振动的因素防不胜防，或难以避免，这时，可以采用减振或隔振的措施。,减振,：,在振体上安装各种减振器，使振体的振动减弱。例如，,利用各种阻尼减振器消耗能量达到减振目的。,76,隔振：,将需要隔离的仪器、设备安装在适当的隔振器（弹性,装置）上，使大部分振动被隔振器所吸收。,隔振,主动隔振：将振源与基础隔离开。,被动隔振：将需防振动的仪器、设备单独与振源隔离开。,77,碰撞问题,78,在前面讨论的问题中，物体在力的作用下，运动速度都是连续地、逐渐地改变的。本章研究另一种力学现象,碰撞,，两个或两个以上相对运动的物体在瞬间接触、速度发生突然改变的力学现象称为碰撞。物体发生碰撞时，会在非常短促的时间内，运动速度突然发生有限的改变。碰撞是工程中常见而非常复杂的动力学问题，本章在一定的简化条件下，讨论两个物体间的碰撞过程中的一些基本规律。,79,17-1,碰撞的分类,碰撞问题的简化,碰撞：,运动或静止的物体在突然受到冲击（包括突然受到约束或解除约束）时，其运动速度发生急剧的变化，这种现象称为碰撞。,1.,碰撞的分类,两物体碰撞时，按其相处位置划分，可分为对心碰撞、偏心碰撞与正碰撞、斜碰撞。,碰撞时两物体间的相互作用力，称为,碰撞力,（或称瞬间力）。若碰撞力的作用线通过两物体的质心，称为,对心碰撞,，否则称为,偏心碰撞,。,80,81,两物体碰撞时，按其接触处有无摩擦，可分为,光滑碰撞与非光滑碰撞,。两物体相碰撞时，按物体碰撞后的恢复程度（或能量有无损失），可分为,完全弹性碰撞、弹性碰撞与塑性碰撞,。,若碰撞时各自质心的速度均沿着公法线，称为,正碰撞,，否则称为,斜碰撞,。按此分类还有,对心正碰撞，偏心正碰撞,。上图中左图所示即为对心正碰撞。,82,碰撞现象的特点是时间极短，一般为,10,-3,10,-4,s,，速度改变为有限值，加速度变化巨大，碰撞力极大。,2.,对碰撞问题的两点简化,设榔头重,10N,，以,v,1,=6m/s,的速度撞击铁块，碰撞时间,t,=1/1000s,碰撞后榔头以,v,2,=1.5m/s,的速度回跳。求榔头打击铁块的力的平均值。,以榔头为研究对象，根据动量定理,投影形式为,碰撞力的变化如图，平均打击力为,是榔头重的,765,倍。,83,可见，即使是很小的物体，当运动速度很高时，瞬时力可以达到惊人的程度。有关资料介绍，一只重,17.8N,的飞鸟与飞机相撞，如果飞机速度是800,km/h,，（对现代飞机来说，这只是中等速度），碰撞力可高达,3.56,10,5,N,，即为鸟重的,2,万倍！这是航空上所谓“鸟祸”的原因之一。,害的一面,：“鸟祸”、机械、仪器及其它物品由于碰撞损坏等。,利的一面,：利用碰撞进行工作，如锻打金属，用锤打桩等。,研究碰撞现象，就是为了掌握其规律，以利用其有利的一面，而避免其危害。,84,2,）由于碰撞过程非常短促，碰撞过程中，速度变化为有限值，物体在碰撞开始和碰撞结束的位置变化很小，因此在碰撞过程中，物体的位移忽略不计。,根据碰撞的上述特点，在研究一般碰撞问题时，通常做下面两点简化：,1,）在碰撞过程中，由于碰撞力非常大，重力、弹性力等普通力远远不能够与之相比，因此这些普通力的冲量忽略不计；,85,17-2,用于碰撞过程的基本定理,由于碰撞力变化复杂，不宜直接用力或者运动微分方程来描述碰撞过程；又由于用力的功难以计算碰撞过程机械能的损失，因此也不宜用动能定理来描述碰撞过程中能量的变化。而对由于碰撞冲量的作用使物体运动速度发生的变化可以用动量定理和动量矩定理的积分形式来研究。,86,1,、用于碰撞过程的动量定理,冲量定理。,设质点的质量为,m,，碰撞开始时的速度,v,，结束瞬时的速度,v,则质点的动量定理为,其中,I,为碰撞冲量，普通力冲量忽略 不计。,设,I,i,(e),为外碰撞冲量、,I,i,(i),为内碰撞冲量。对质点系中第,i,个,受碰撞的质点，有,相加后，并考虑,I,i,(i),=0,，得,87,上式即为用于碰撞过程的质点系动量定理，它不计普通力的冲量，也称冲量定理：质点系在碰撞开始和结束时动量的变化，等于作用于质点系的外碰撞冲量的主矢。,质点系的动量也可用总质量与质心速度的乘积计算。则,2,、用于碰撞过程的动量矩定理,冲量矩定理。,由用于碰撞过程的动量定理,对上式两边矢积矢径,r,i,得,上式也称为,碰撞时的质心运动定理,88,将,n,个方程求和,即,上式中,r,i,I,i,(e),为冲量矩，其中不计普通力的冲量矩。该式是用于,碰撞过程的动量矩定理，又称冲量矩定理：,质点系在碰撞开始和结束时对点,O,的动量矩的变化，等于作用于质点系的外碰撞冲量对同一点的主矩。,89,3,、碰撞时的刚体平面运动方程,质点系相对于质心的动量矩定理与对于固定点的动量矩定理具有相同的形式，如此推证相似，可以得到用于碰撞过程的质点系相对于质心的动量矩定理,对平行于其对称面的平面运动刚体，有,上式成为,再结合,以上称为,刚体平面运动的碰撞方程。,90,17-3,质点对固定面的碰撞,恢复系数,设一小球（可视为质点）沿铅直方向落到水平的固定平面上，如图所示。,91,第一阶段,：开始接触至变形达到最大。该阶段中，小球动能减小,变形增大。设碰撞冲量为,I,1,，则应用冲量定理在,y,轴投影式,第二阶段,：由弹性变形开始恢复到脱离接触。该阶段中，小球动能增大，变形（弹性）逐渐恢复。设碰撞冲量为,I,2,，则：,该碰撞过程分为两个阶段：,92,由于碰撞过程有能量损失（发光、发热、发声等），一般,v,小于,v,，但牛顿发现，其比值对于材料确定的物体几乎不变。即,常数,k,称为恢复因数，且恒取正值。,93,恢复因数,k,一般需实验确定，用待测定恢复因数的材料做成小球和质量很大的平板，如图所示，测定小球下落高度,h,1,和小球弹起高度,h,2,，则,则恢复因数为,恢复因数表示物体在碰撞后速度的恢复程度，也表示物体变形恢复的程度，并且反映出碰撞过程中机械能损失的程度。,94,k,=0,为极限情况，物体在碰撞结束后变形丝毫没有恢复，称为非弹性碰撞或塑性碰撞。,一般,0,k,1,。物体在弹性碰撞结束时，变形不能够完全恢复，动能有损失。,k,=1,为 理想情况，物体在碰撞结束后变形完全恢复，动能没有损失，称为完全弹性碰撞；,如图斜碰撞，若不计摩擦，两物体只在法线方向发生碰撞，定义恢复因素为,95,又 或,对实际材料有,k,q,，在不考虑摩擦的一般情况下，如碰撞前后两个物体都在运动，此时恢复因素定义为,式中 和 分别为碰撞前后两物体接触点沿接触面法线方向的相对速度。,96,17-4,碰撞问题举例,1,、正碰撞结束时两质心的速度,例如,：两物体质量分别为,m,1,和,m,2,，恢复因素为,k,，产生对心正碰撞，已知碰撞前,分析碰撞结束时两质心的速度 和动能损失 。,分析：,以两物体组成的系统研究对象。由动量定理，得：,碰撞前,v,1,v,2,碰撞后,v,2,v,1,97,列出补充方程：,联立解得,对于完全弹性碰撞（,k,=1,）：,(,碰撞后两物体交换速度,),98,对于塑性碰撞（,k,=0,）：,对于一般情况（,0,k,0,或,2,0,。,在,2,0,的临界情形时,v,0,趋近于最小速度,v,01,代入,(3),得,由此求得所需的最小速度,根据积分形式的动能定理,T,2,T,1,W,有,D,2,G,(c),113,A,，,B,两球大小相同，质量相等。球,A,以速度,v,1,=2 ms,1,撞击静止的球,B,。碰撞前球,A,球心的速度与球,B,相切，如图所示。设碰撞是光滑的。恢复系数,k,=0.6,，求碰撞后两球的速度。,B,A,O,1,O,T,v,1,(,a,),t,t,n,n,o,o,1,A,B,A,B,T,m,1,m,1,m,2,m,2,v,1,v,2,=,0,u,1,u,2,(,b,),例,5,114,115,考察球,A,，因碰撞力沿法线,n-n,方向，其沿切线,t-t,的动量不变，即,由直角三角形,OO,1,T,可求得 ，碰撞前球,B,的速度为零，。,碰撞后球,B,的速度,u,2,沿,n-n,线，球,A,碰撞后的速度,u,1,与公切线,t-t,成,角。,根据动量守恒定理，沿,n-n,方向动量守恒，,(a),(b),解：,B,A,O,1,O,T,v,1,(,a,),t,t,n,n,o,q,o,1,A,B,A,B,T,m,1,m,1,m,2,m,2,v,1,v,2,=,0,u,1,u,2,(,b,),116,由（,a,），（,b,）和（,c,）三式，代入 。又因,m,1,=,m,2,，得,又知恢复系数,(c),求得,B,A,O,1,O,T,v,1,(,a,),t,t,n,n,o,q,o,1,A,B,A,B,T,m,1,m,1,m,2,m,2,v,1,v,2,=,0,u,1,u,2,(,b,),117,滚珠轴承中钢球的检验装置简图如图所示。钢球从,H,=1 m,高度静止落下，撞在一斜置的重钢板光滑平面上（倾角,=10,）。如要求恢复系数小于,0.7,的钢球，碰撞后回跳时不能超过固定障碍,A,，求挡板上端,A,点的位置,x,A,，,y,A,应为多少？,x,t,y,A,n,t,H,n,x,A,j,y,A,v,1,u,1,例,6,118,119,恢复系数为 ，此处 ，,Oy,轴与切线,t-t,之间的夹角,j,为,设钢球质量为,m,，重钢板质量为,M,，。碰撞前后钢板不动，即,v,2,=,u,2,=0,。,解,:,因碰撞力沿法线,n-n,方向，故切线,t-t,方向的动量不变，得,解联立方程，求得：,x,t,y,A,n,t,H,n,x,A,j,y,A,v,1,u,1,120,由此可知钢球碰撞后的速度,u,1,的大小和方向决定于,k,。令,k,=0.7,，代入数据，求得,根据物理学抛射体的轨迹公式得知,x,A,等于射程之半，,y,A,等于最高点高度，且已知 ，仰角 ，则可求得：,x,t,y,A,n,t,H,n,x,A,j,y,A,v,1,u,1,121,两个质量相等的球,1,和,2,，碰撞前的速度分别为,v,1,=2 ms,1,和,v,2,=3 ms,1,，方向如图所示。设恢复系数为,k,=0.60,，求碰撞后每球的速度和碰撞时所损失的动能占原有动能的百分比。,m,m,2,1,t,t,n,n,v,2,v,1,u,2,u,1,例,7,122,123,设两球质量均为,m,，假设两球碰撞后速度为,u,1,和,u,2,。因每个球碰撞前后在切线方向的动量不变，故,u,1,必沿法线方向。设,u,2,与法线的夹角为,，则,（,a,）,因整个质点系动量守恒，故沿法线,n-n,方向的动量守恒投影式为,（,b,）,解,:,1.,求碰撞后每球的速度。,m,m,2,1,t,t,n,n,v,2,v,1,u,2,u,1,124,式（,d,）,+,（,e,）得,由式（,a,），（,b,）和（,c,），可求得三个未知量,u,1,，,u,2,和,。,由式（,c,）得,由式（,b,）得,（,e,）,（,d,）,此外由恢复系数的定义，得,（,c,）,m,m,2,1,t,t,n,n,v,2,v,1,u,2,u,1,125,代入数据求得,代入式（,a,）,由式（,a,）和（,e,），消去,u,2,，得,m,m,2,1,t,t,n,n,v,2,v,1,u,2,u,1,126,动能的损失,2.,碰撞时所损失的动能占原有动能的百分比。,碰撞前动能,损失的动能占原有动能的百分比为,m,m,2,1,t,t,n,n,v,2,v,1,u,2,u,1,127,匀质薄球壳的质量是,m,，半径是,r,，以质心速度,v,C,斜向撞在水平面上，,v,C,对铅直线成偏角,q,。同时球壳具有绕水平质心轴,(,垂直于,v,C,),的角速度,w,0,。假定碰撞接触点的速度能按反向全部恢复,(,k,=,k,=,1),，求碰撞后球壳的运动。,w,0,C,y,v,C,I,F,I,N,x,A,u,C,q,例,8,128,129,解：,球壳作平面运动，作用于它的外碰撞冲量有瞬时法向反力的冲量,I,N,和瞬时摩擦力的冲量,I,F,。,设碰撞结束时质心速度是,u,C,，绕质心轴的角速度是,(,规定以逆钟向为正,),。,写出质心冲量方程和对质心的冲量矩方程，并注意球壳对质心轴的转动惯量,J,C,=2,Mr,2,3,，有,w,0,C,y,v,C,I,F,I,N,x,A,u,C,q,130,由恢复系数的定义可知，在完全弹性碰撞结束后，接触点的切向和法向相对速度都按相反方向全部恢复。以,v,A,和,u,A,分别表示碰撞始末接触点,A,的速度，则有,由运动学知,从而可得,w,0,C,y,v,C,I,F,I,N,x,A,u,C,q,131,于是，上面两个等式,(,),就可写成,联立求解上列方程,(1),(5),，就可得到需求的全部答案。,w,0,C,y,v,C,I,F,I,N,x,A,u,C,q,132,(,a,),由式,(a),可以求出球壳回跳时的角度,，有,这个结果表明,有可能取任意的数值，只要,v,C,，,q,和,w,配合适当。,w,0,C,y,v,C,I,F,I,N,x,A,u,C,q,133,均质细杆长,l,，质量为,m,，以速度,v,平行于杆自身而斜撞于光滑地面，杆与地面成角,，如图所示。若为完全弹性碰撞，试求撞后杆的角速度。,x,y,v,A,C,例,9,134,135,地面光滑，杆只受有,y,方向的碰撞冲量,I,，杆沿,x,方向动量守恒。设杆撞后质心,C,的速度为,v,C,，角速度为,w,，如图所示。则,x,方向有,沿,y,轴投影为,由平面运动基点法得知点,A,速度为,(a),解：,x,y,w,v,v,Cy,v,C,v,Cx,v,Ay,v,A,v,Ax,A,C,I,136,撞击点,A,在碰撞前的法向速度为 ，由恢复系数,对质心,C,的冲量矩定理为,冲量定理沿,y,轴投影式为,代入式（,a,），得,(b),(c),(d),x,y,w,v,v,Cy,v,C,v,Cx,v,Ay,v,A,v,Ax,A,C,I,137,由,(c),、（,d,）二式消去,I,，得,解出,代入式（,b,），得,即,x,y,w,v,v,Cy,v,C,v,Cx,v,Ay,v,A,v,Ax,A,C,I,138,均质杆,AB,长为,l,，质量为,m,，如图所示。设杆在铅直面内保持水平下降，杆与固定支点,E,碰撞，前其质心的速度为,v,0,，恢复系数为,k,。求碰撞后杆的质心速度,u,y,和杆的角速度,。已知,E,点到杆左端的距离为 。,y,x,l,1,l,E,C,u,y,v,0,E,I,例,10,139,不考虑碰撞时杆的弹性振动，可看成是刚体碰撞的突加约束问题。,E,为固定障碍，碰撞前杆作平动，碰撞后杆作平面运动。,作,Exy,坐标轴，,Ey,向下为正。图上所表示的方向均假设为正。,应用投影式，得,（,a,）,（,b,）,解：,上面三个未知量,u,y,，,，,S,，故还需建立一个方程才能求解。,y,x,l,1,l,E,C,u,y,v,0,E,I,140,注意，碰撞前,E,的速度为,v,0,（方向向下），碰撞后,E,点的速度是质心速度,u,y,（方向向下）与杆绕质心转动的速度 （方向向上）的代数和，故得,（,c,）,上面三个未知量,u,y,，,，,S,，故还需建立一个方程才能求解。,y,x,l,1,l,E,C,u,y,v,0,E,I,141,由式（,a,），（,b,）和（,c,），消去,I,，求得,代入,得,y,x,l,1,l,E,C,u,y,v,0,E,I,142,若为弹性碰撞，,k,=1,，此时求得,若为塑性碰撞，,k,=0,，则,负号表示碰撞后质心,C,的速度向上，与碰撞前速度,v,0,的方向相反。,y,x,l,1,l,E,C,u,y,v,0,E,I,143,k,=1,k,=0,144,一均质圆柱体，质量为,m,，半径为,r,，其质心以匀速,v,C,沿水平面作无滑动的滚动，突然与一高度为,h,（,hr,),的平台障碍碰撞，如图所示。设碰撞是塑性的。求圆柱体碰撞后质心的速度、圆柱体的角速度和碰撞冲量。,t,n,O,h,r,C,O,F,N,F,m,g,v,C,(a),t,n,C,O,O,I,t,I,n,u,C,(b),例,11,145,146,设