剛體的平面運動動力學課后復習資料

1、剛體的平面運動剛咻的平面運動是剛體運動的一種特殊形式，可視為剛體的平移與轉動的合成。 本章研究的主要內容是如何描述剛體的平面運動，以及如何計算剛體上點的速度和 加速度。一、剛體的平移平動剛體在運動過程中，如果其上任一直線始終保持與初始的方向平行，那么稱該剛體作平移或平動。平移剛體上各點的速度一樣，加速度一樣，運動軌跡的形狀也一樣。因此研究剛體的平移問題可簡化成一個質點的運動問題來研究。二、剛體的定軸轉動剛體在運動過程中，假設其上或剛體的延展體上有一直線保持不動，且剛 體繞此直線轉動，那么稱該剛體作定軸轉動1234定軸轉動剛體的運動方程： 定軸轉動剛體的角速度： 定軸轉動剛體的角加速度：f(t)

2、f(t)f(t)定軸轉動剛體上一點P的速度和加速度用矢量表示速度： v r 7-1加速度：a at anr v 7- 2其中：，為定軸轉動剛體的角速度和角加速度矢量，r是由轉軸上任一點引向 P點的矢徑。三、剛體的平面運動剛體在運動過程中，假設其上任一點到某一固定平面的距離保持不變，那么稱該剛體作平面運動。研究剛體的平面運動可簡化為研究一個平面圖形在其所在平面內 的運動。1、剛體平面運動的角速度和角加速度在平面圖形上任取兩點A、B,過這兩點的連線某一基準線的夾角為如圖7-2當剛體運動時這個夾角將隨時間變化（t），剛體平面運動的角速度和角加速度分別定義為：7-42、剛體平面運動的運動方程平面運動剛

3、體有三個自由度，其運動方程為：XA fi（t）, yA f2（t）,f3（t） 7 5其中：A點稱為基點如圖7-3所示。因此剛體的平面運動可視為剛體隨基點的平移和繞基點轉動的合成，而剛體的平面平移c，其中c為常量和定軸轉動Xa 5 Q,其中G,C2為常量又是剛體平面運動的特殊情況。圖7 2同一平面運動剛體，假設選取得不同的基點，那么基點的運動方程會有所不同， 剛體繞不同基點轉過的角度只相差一個常量，因此剛體的角速度和角加速度與基點 的選取無關，根據(jù)平面運動剛體角速度、角加速度的定義7 3式和7 4式也可得到這一結論。3、平面圖形上各點的速度基點法公式：Vb Va Vba 7 6基點法公式建立了

4、平面圖形上任意兩點的速度與平面圖形角速度的關系。速度投影定理：平面圖形上任意兩點的速度在這兩點連線上的投影相等，即：VA AB VB AB7 7該定理反映了剛體上任意兩點間距離保持不變的性質。速度瞬心法：只要平面圖形的角速度不為零，就必定存在唯一的一點，其速度 在該瞬時為零，該點稱為平面圖形的速度瞬心，用 cv表示。平面圖形上任一點 M的 速度可表示成VMrCvM 7 8其中：rCvM是從速度瞬心cv引向M點的矢徑， 為平面圖形的角速度矢量。4、平面圖形上各點的加速度基點法公式：tn匕、aB aA aBA aBA 7一 9其中：aBAAB, aBA( rAB)?；c法公式建立了平面圖形上任意兩

5、點的加速度與平面圖形的角速度和角加速度間的關系。只要平面圖形的角速度和角加速度不 同時為零，那么其上必存在唯一的一點，其加速度在該瞬時為零，該點稱為平面圖 形的加速度瞬心，用G表示。3 3取套筒B為動點，0A桿為動系根據(jù)點的復合運動速度合成定理VaVeVr可得：vacos30°VeV BVBCVal，2.3 ,l3研究AD桿，應用速度投影定理有:COS300， Vd 4-3 l3VaVd再取套筒D為動點，BC桿為動系，根據(jù)點的復合運動速度合成定理VDVBCVDr將上式在X軸上投影有：VdVbcVDr，VDrVDVBC3-4 AB構件灰色物體作平面運動，A點的速度vA0O1A 450c

6、m / sAB的速度瞬心位于 C,應用速度瞬心法有:AB空 3rad/sAC 2VbAB BC設OB桿的角速度為，那么有VbOB15rad/s設P點是AB構件上與齒輪I的接觸點,VbVa Vba該點的速度:VPABCP齒輪I的角速度為：匹 6rad/sA將上式在AB連線上投影，可得Vb0,OlB因此,Va 1ABAB因為B點作圓周運動，此時速度為零,因此只有切向加速度方向如圖根據(jù)加速度基點法公式taBaA aBAnaBA將上式在AB連線上投影,可得aB cos600OiBaBO1Ba aaBA， aB 2.5320瞬時針2or3-7 齒輪II作平面運動，取A為基點有taBaA aBAtaa1a

7、BAnaBAnaBA將上式在x投影有:a cosainaBA由此求得:a1 a cos'2r2'2yaxtanaO2aO2A再將基點法公式在 y軸上投影有：tasinaBAII2r2由此求得a sin"2r2再研究齒輪II上的圓心，取A為基點tntnao2ao2a aa o2a aO2AII將上式在y軸上投影有由此解得:t02taO2Aasi n°1。2再將基點法公式在由此解得：naO2又因為aO2 (r1由此可得：O1O2taO2asi nAr22(r1r2)nnx軸上投影有：aO2 a1 aO2Aacosa12 ,r2 )O1O2a cos a12( r

8、ir2)3-9卷筒作平面運動，C為速度瞬心，其上D點的速度為V ,卷筒的角速度為:角加速度為:卷筒0點的速度為:0點作直線運動，其加速度為:研究卷筒，取 0為基點,求B點的加速度。aB a0ta bona B0將其分別在x,y軸上投影taBxaoaBoaByna boaB2 2 Bx aByDC RvRvRaRR 2 . 4a2(R r)2 v4(R r)同理，取0為基點，求C點的加速度。Btnacaoacoaco將其分別在x,y軸上投影acxaoacacyacO 0 acyRv2naco3- 10 圖示瞬時,VbVaAB桿的角速度:(R r)2AB桿瞬時平移,因此有:OA2m/sAB 0圓盤

9、作平面運動，速度瞬心在 的角速度為：P點，圓盤的vBb - 4m/s r圓盤上C點的速度為：vcBPC 2 2m/sAB桿上的A、B兩點均作圓周運動，取 A為基點根據(jù)基點法公式有aAta BA將上式在x軸上投影可得: 因此：taBaBnaB2Vb28m/s由于任意瞬時，r圓盤的角速度均為:Vbr將其對時間求導有：V-BrtaB由于a-0，所以圓盤的角加速度圓盤作平面運動，取 B為基點，根據(jù)基點法公式有:actnnaB a CB aCB aB a CBacJ(aB)2 (aCB)2W2m/s2C3 - 13滑塊C的速度及其加速度就是 DC桿的速度和加速度。AB桿作平面運動，其速度瞬心為P,AB桿

10、的角速度為：abA 1rad/sAP桿上C點的速度為： AB PC 0.2m/s取AB桿為動系，套筒 C為動點,根據(jù)點的復合運動速度合成定理有：ar其中：e c,根據(jù)幾何關系可求得:ar仝m/s15AB桿作平面運動，其 A點加速度為零,B點加速度鉛垂，由加速度基點法公式可知tntnaB aA aBA aBA aBAaBA由該式可求得DaBna BA0sin 3020.8m/s由于A點的加速度為零,AB桿上各點加速度的分布如同定軸轉動的加速度分布,AB桿中點的加速度為:2ac 0.5aB 0.4m/s再取AB桿為動系，套筒 C為動點，根據(jù)復合運動加速度合成定理有：a a ae ar a K其中：

11、aK表示科氏加速度；牽連加速度就是 將上述公式在垂直于 AB桿的軸上投影有: 科氏加速度aK 2 AB r，由上式可求得:aa- m/s2a 33-14 :取圓盤中心Oi為動點，半圓盤為動系，動點的絕對運動為直線運動；相對運動為圓周運動；牽連運動為直線平移。由速度合成定理有:Va Ve Vr速度圖如圖A所示。由于動系平移，所以 Ve U ,根據(jù)速度合成定理可求出：Ve云veV01 Va. 3u, vr 2utansin由于圓盤O在半圓盤上純滾動，圓盤 O相對半圓盤的角速度為:v 2ur r由于半圓盤是平移，所以圓盤的角速度就是其相對半圓盤的角速度。再研究圓盤，取 O為基點根據(jù)基點法公式有:0

12、0VBy VoiVbo1 COS3002 3uVbxVbo1 s in 30 rsin30 uO 圖AO 圖B為求B點的加速度，先求 O1點的加速度和圓盤的角加速度。取圓盤中心O1為動點，半圓盤為動系，根據(jù)加速度合成定理有ntaa ae arara其加速度圖如圖C所示，a：nVru2將公式a在X和y軸上投影可得:tnx :0 ar sinar costn .y:aa ar cosasina；3u2rrP3 22 2由此求出：a；, aa aq 丄，圓盤的角加速度為:rrF面求圓盤上B點的加速度。取圓盤為研究對象,為基點，應用基點法公式有:；naBaQaBO1aBO1b將b式分別在x,y軸上投影

13、:n0 t0aBxa bocos 30a bosin 30aByn0 t0a o a bo1 si n30aBo1 cos30其中:na bo4u2；.3u2a borr2由此可得：aB 、37Ur3 - 15 b取BC桿為動系瞬時平移套筒A為動點勻速圓周運動根據(jù)速度合成定理有：Va Ve Vr由上式可解得：0<3Ve Va tan 30r3因為BC桿瞬時平移，所以有：Vcd Ve r33 - 15 d 取BC桿為動系平面運動，套筒A為動點勻速圓周運動。BC桿作平面運動，其速度瞬心為P,設其角速度為根據(jù)速度合成定理有：VaBC丿VeD "刃VBCVa Ve Vr根據(jù)幾何關系可求

14、出：6P 8，CP16r3acvaxvexVrxVrO2PBCVayVeyVryVeyO2ABC由此解得：BC1,Vr2(-)r432DC桿的速度4VcCPBCr3將速度合成定理公式在x,y軸上投影：:3-16(b) BC桿作平面運動，根據(jù)基點法有taC aB aCBnaCBtn tna B aBaCBaCB由于BC桿瞬時平移,BC0,上式可表示成：actnaC aB a BtaCB將上式在鉛垂軸上投影有0由此解得:naBa；B sin 300BC再研究套筒naBA,取BC桿為動系平面運動，套筒A為動點勻速圓周運630°BOtaBaA aa ae ar aK(a)J aC其中：無為科

15、氏加速度，因為 AB 0,所以無 0nt動點的牽連加速度為：ae aC aeC aeC由于動系瞬時平移，所以0 , VcBC ACt牽連加速度為ae aC aeC, 那么(a)式可以表示成taA aa aCaeCar將上式在y軸上投影:aA cos30°aC cos30°由此求得：aeCac(12 3)3 - 16(d)取BC桿為動系，套筒 動點A的牽連加速度為A為動點,tae aC aACnaAC動點的絕對加速度為taaaCa ACnaACaraK其中aK為動點A的科氏加速度。將上式在y軸上投影有aa cos300aC cos30°ta AC aKD “打八aB

16、CyO2Bl/ZAMnaACta ACaaar上式可寫成2r cos30aC cos30°BC AC 2BC Vr其中:BC見3- 15d再取,VrBC為BC桿的角加速度。BC桿上的C點為動點，套筒 。2為動系，由加速度合成定理有aaC其中a'eactaga'e a'r a'Kna22 ?上式可表示為tna'r a'KacaCO2aCO2將上式在y軸投影有:aC cos300aCO2a' K該式可表示成:aC cos300BC CO22 BC VC sin 30聯(lián)立求解(a),(b)可得acIar2aCBCox. n,円。2aK

17、/ yV77771ac4.32r,BC-3 2"8"3- 17 AB桿作平面運動，其速度瞬心位于 P, 可以證明：任意瞬時，速度瞬心 P均在以0為 圓心，R為半徑的圓周上，并且 A、0、P在同 一直徑上。由此可得 AB桿任何時刻的角速度均ABVAAPVa2R桿上B點的速度為:VbAB PBAB桿的角加速度為：ABABAP 0取A為基點，根據(jù)基點法有ntnaB aA aBA aBA aA aBA將上式分別在x,y軸上投影有aBxaByaBa ba cos 452Va4Rn a i-0aA aBA sin 453v4R2aByj10vA4R03VD axVDe VdS in30

18、r203VD ayVDr cos 30r2求加速度：研究C點有acacaaceaCracK將上式分別在x,y軸上投影可得由于BD桿相對動系平移，因此 Vs VDr將上式在y軸投影有0 aCe sin 30° aCr cos30°aCK sin 30°由此求得aCr 3 r再研究D點a D a Da a De aDr aDK由于BD桿相對動系平移，因此aCraDr將上式分別在x,y軸上投影有009 2aDaxaDr sin 30aDK cos 30r2003 32aDaya Dea Drcos 30aDKsin 30r2FsFn3-21由于圓盤純滾動，所以有 aC

19、r根據(jù)質心運動定理有：mac F cos Fs0 Fn F sin mg根據(jù)相對質心的動量矩定理有m 2Fsr Fr。求解上式可得：Fr(rcosr°)aC22m(r ), Fn mg F sinF F( 2cosrr°)FS22r假設圓盤無滑動，摩擦力應滿足FSfFN，由此可得:當：mg Fsi n 時，f F( 2 cosrro)fT2 乞f min(mg F sin )(r)3-22 研究AB桿，BD繩剪斷后，其受力如下圖,由于水平方向沒有力的作用，根據(jù)質心運動定理可知AB桿質心C的加速度鉛垂。由質心運動定理有：mac mg Fan根據(jù)相對質心的動量矩定理有:-ml2

20、12ABFan § cos剛體AB作平面運動，運動初始時，角速度為零。A點的加速度水平，AB桿的加速度瞬心位于 有運動關系式laCAB 2COS求解以上三式可求得：匚2Fanmg53-25設板和圓盤中心O的加速度分別為P點。7777777777777777777777777777ai,a。,圓盤的角加速度為，圓盤上與板的接觸點為A，那么A點的加速度為tna a ao a ao a ao將上式在水平方向投影有taAx aoaAoaoRaia取圓盤為研究對象，受力如圖，應用質心運動定理有m? a。F2應用相對質心動量矩定理有(b)2N2-m2R2F2R2 2 2(c)再取板為研究對象，受

21、力如圖，應用質心運動定理有mF FS F2作用在板上的滑動摩擦力為：Fs fFNf (m- m2)g由(b) (c) (d) (e)聯(lián)立可解得：小 3F 3f (mi m2)gai3g m2(d )(e)F2rTFs|m-gFn3 29解：由于系統(tǒng)在運動過程中，只有AB桿的重力作功，因此應用動能定理，可求出有關的速度和加速度。系統(tǒng)運動到一般位置T2 2其中：21 .m1vC2 JC2AB122m2VA1ja aAB,Vclj2VaabI sinl sin7時，其動能為AB桿的動能與圓盤A的動能之和:AVaI sinRPABRVA舁c因此系統(tǒng)的動能可以表示成:1 lmi 2 2m 2- m2(l

22、 sin2 12 2)221 mR l sin2 2RmJ2 263 2 22m2l sin4系統(tǒng)從450位置運動到任意角位置，AB桿的重力所作的功為：W1 2 m1g -(sin45° sin )2根據(jù)動能定理的積分形式T2 X W 2初始時系統(tǒng)靜止，所以 T1 0，因此有12 232 22l0m1lm2lsinmg (sin 45sin )64277777777777777777777777/1m1l23 13.2mJ2 2sin23m2l2 32 2l sin cosm1g cos心2將上式中消去可得：如丿23.2m2lsin23m2l2 2 cos sinmg 1 cos32

23、22根據(jù)初始條件0,4505可求得初始瞬時AB桿的角加速度 ：將上式對時間求導可得：3.2m1 g(4 mi 9m2)l因為 0，所以AB桿的角加速度為順時針。初始瞬時 由此可求出ABAB桿的角速度為零，此時 AB桿的加速度瞬心在Ca點,桿上A點的加速度:aAabIsI n450l cos45°3gg(4葉 9m2)3-33設碰撞后滑塊的速度、AB桿的角速度如下圖根據(jù)沖量矩定理有:mhvAm2vcl(a)其中：Vc為ab桿質心的速度,根據(jù)平面運動關系有l(wèi)Vc Vaab(b)再根據(jù)對固定點的沖量矩定理：LaMa(I)系統(tǒng)對固定點 與鉸鏈A重合且相對地面不動的點 的動量矩為滑塊對 A點的

24、動量矩和 AB桿對A點的動量矩, 由于滑塊的動量過A點，因此滑塊對 A點無動量矩,AB桿對A點的動量矩也是系統(tǒng)對A點的動量矩為:La m2Vc 2gml2 ab2 12將其代入沖量矩定理有:l 12m2VC 212 m2l AB 11由a,b,c三式求解可得：2IVa9m2（滑塊的真實方向與圖示相反）(c)3-34研究整體，系統(tǒng)對 A軸的動量矩為:L A La（aC）La（bc）其中：AC桿對A軸的動量矩為LA(AC)1ml2 AC設C1為BC桿的質心，BC桿對A軸的動量矩為L A( BC )mVC1'VCiVCVCiC1 ml12bcl AC 2 BC根據(jù)沖量矩定理La 2ll可得:

25、CVC1bc111ml26AC5ml26BC211a再研究BC桿，其對與C點重合的固定點的動量矩為LcmvdP2BC1ml2AC3ml2BC根據(jù)沖量矩定理a2ml2 AC11有：5ml2 BCIIb聯(lián)立求解a，(b)可得AC617ml22.5rad/s3 - 35碰撞前，彈簧有靜變形stmgk第一階段：m3與m1通過完全塑性碰撞后一起向下運動,不計常規(guī)力，碰撞前后動量守恒，因此有:(m1m3 )v m3. 2gh碰撞完畢時兩物體向下運動的速度為2gh2第二階段：m3與m1 一起向下運動后再回到碰撞完畢時的初始位置，根據(jù)機械能守恒可知：此時的速度向上,大小仍然為v2gh第三階段： 譏與m1 一起

26、上升到最高位置，此時彈簧被拉長。根據(jù)動能定理T2 T1W1 2有:10 2(m12m3 )v上式可表示成:mghmgm2g2 k 2 3m2g22mg()2k2k22k2mgk 22mgmgh 8mg假設使m2脫離地面，彈簧的拉力必須大于其重力，因此有k將k代入上式求得：kmg h 8mg假設 k ，那么k注：上述結果是在假設 m3與mi始終粘連在一起的條件下得到的，假設m3與mi之間沒有粘著力,h 9mg答案應為k ，如何求解，請思考。3-36取AB桿為研究對象，初始時，桿上的 桿上A點的速度A點與水平桿上的0點重合，當t 0時系統(tǒng)靜止,t 0 AB為V，角速度為，初始時受到沖擊力的作用，應

27、用對固定點1 2LO mvCl m(2l)2012其中：vc VA l V l由此解得：3v41當t 0時，滑塊a以加速度a向右運動，取AB桿為研究對象，應用相對動點A的動量矩定理有：O的沖量矩定理可得1m(2l )2b mgmal cos mgl sin將上式積分并簡化可得:2l 2 asin gcos C3其中C是積分常數(shù)由初始條件0,確定出3v2上式可表示成l 2 asin3g cosN g f()81假設AB桿可轉動整圈， 整圈轉動。下面求 f ()那么應有0，因此f()0。假設f()的最小值大于零，那么AB桿就可以完成的極值。f ( ) a sing cos3v2&將上式求導

28、令其為零有f'( ) acosag sin0求得極值點為:函數(shù)當函數(shù)tansinJa2f ()取最大值2，COsga2sina,cos/ 2 2a gf ()取最小值，假設使最小值大于零,gr22a g ，那么有2i32a2 2a g2g a2c 23v22g . a g8l3v281由此求得：3v28l(g a2g2)思考題與習題剛體的平面運動7- 1平面運動剛體如下圖,哪種運動情況是可能的?VAaWa I Wb |,0baAaAaB,0AaAb0eaAaBf0aBaA7-2如下圖圓盤在地面上純滾動, 側的任意一點且不在鉛垂直線上dVp 0題7- 1圖圓盤中心的速度為u常量，設P為圓盤左半 ，假設Vp為該點速度的大小，那么：dVpAOACBAAXL7-3R=nr7-4桿B