第七章-刚体的基本运动--武汉理工大学-理论力学课件

12§7–1刚体的平行移动§7–2刚体的定轴转动§7–3定轴转动刚体内各点的速度与加速度§7–4绕定轴转动刚体的传动问题§7–5角速度与角速度的矢量表示点的速度与加速度的矢积表示习题课第七章刚体的基本运动3第七章刚体的基本运动[例]是指刚体的平行移动和转动§7-1刚体的平行移动(平动)基本运动(Translationalmotionofarigid)4OB作定轴转动CD作平动AB、凸轮均作平动位置就不必一个点一个点地确定,只要根据刚体的各种运动形式,确定刚体内某一个有代表性的直线或平面的位置即可。由于研究对象是刚体,所以运动中要考虑其本身形状和尺寸大小,又由于刚体是几何形状不变体,所以研究它在空间的5)0()(dtrdvdtrdrrdtddtrdvABAAABABB一.刚体平动的定义:刚体在运动中,其上任意两点的连线始终保持方向不变。由A,B两点的运动方程式:而(t)rr(t),rrBBAAABABrrrAAABABBadtrdrrdtddtrda222222)(:同理[例]AB在运动中方向和大小始终不变它的轨迹可以是直线可以是曲线6得出结论:即二.刚体平动的特点:平动刚体在任一瞬时各点的运动轨迹形状、速度、加速度都一样。即:平动刚体的运动可以简化为一个点的运动。7§7-2刚体的定轴转动一.刚体定轴转动的特征及其简化特点:有一条不变的线称为转轴,其余各点都在垂直于转轴的平面上做圆周运动。二.转角和转动方程---转角(angleofrotation),单位弧度(rad)=f(t)---转动方程(equationofrotation)方向规定:从z轴正向看去,逆时针为正顺时针为负Rotationalmotionofarigidaboutafixedaxis8三.定轴转动的角速度和加速度1.角速度（angularvelocity）工程中常用单位：n=转/分(r/min)则n与w的关系为:)nnn(rad/s1030602w)(:tfw则单位rad/s若已知转动方程)(tf)(lim0代数量定义wdtdttΔΔ:Δ92.角加速度（angularacceleration）:设当t时刻为w,t+△t时刻为w+△w是代数量，与w方向一致为加速转动，与w方向相反为减速转动3.匀速转动和匀变速转动当w=常数,为匀速转动；当=常数,为匀变速转动。wwwww221202200ttt常用公式与点的运动相类似。)rad/s()(lim:2220tfdtddtdttww角加速度10w,对整个刚体而言(各点都一样)；v,a对刚体中某个点而言(各点不一样)。tSdtdSvt0limRtRvtw0limRvw(即角量与线量的关系)§7-3转动刚体内各点的速度和加速度一.线速度v和角速度w之间的关系11,)(RRdtdRdtddtdvaww222)(wwRRRvan4222||||wRaaaaann全22tgwwRRaan二.角加速度与an,a的关系12结论:①v方向与w相同时为正,R,与R成正比。②各点的全加速度方向与各点转动半径夹角都一致,且小于90o,在同一瞬间的速度和加速度的分布图为:各点速度分布图各点加速度分布图13我们常见到在工程中,用一系列互相啮合的齿轮来实现变速,它们变速的基本原理是什么呢?§7-4绕定轴转动刚体的传动问题一.齿轮传动因为是做纯滚动(即没有相对滑动)定义齿轮传动比EFEFFEEFZZrriwwEFvvEFvvEEFFrrww1.内啮合14DDCCDCDCrrvvvvwwCDCDDCCDZZrriww由于转速n与w有如下关系：成正比2121602nnnwww从动轮主动轮即121221212,1:zzrrnniwwtrZ2齿数EFEFEFZZtrtrrr/2/22.外啮合15显然当:时,,为升速转动；时,,为降速转动。1||2,1i12ww1||2,1i12ww三.链轮系:设有：A,B,C,D,E,F,G,H轮系,则总传动比为：HGGFFEEDDCCBBAmHGGFFEEDDCCBBAmHAHAiiiiiiii,,,,,,,,)1()1(代表外啮合的个数；负号表示最后一个轮转向与第一个轮转向相反。二.皮带轮系传动BAvv(而不是方向不同)BAvvBBAArrww皮带传动ABBAABrriww16§7-5角速度和角加速度的矢量表示点的速度和加速度的矢量表示一.角速度和角加速度的矢量表示|||:|tddw大小kww方向如图kkdtddtdww按右手定则规定，的方向。w17二刚体内任一点的线速度和线加速度的矢积表示wwRrrrRvsin||sinvrwdtrdrdtddtrddtvda)(vrawRvvaRrraon290sin||||sin||ravanwrarvwvanw18一.基本概念和基本运动规律及基本公式1.基本概念：直线运动,曲线运动(点);平动,定轴转动(刚体)。2.基本运动规律与公式:第六章点的运动学,第七章刚体的基本运动习题课19dtdva点的运动加速度aanavs匀速000匀变a=C0a=C直线运动变速0匀速0匀变a=C曲线运动变速dtdvaCvvttfs)(atvv02021attvstadtvv00tvdts0dtdva2van2van2van2va22naaa22naaaCvtavv0tdtavv00vts2021tatvstvdts020刚体定轴转动转动方程:角速度:)(tfdtdw22dtddtdw角加速度:匀速转动:匀变速运动:tw0tww020021ttwww220221二.解题步骤及注意问题1.解题步骤:①弄清题意,明确已知条件和所求的问题。②选好坐标系：直角坐标法，自然法。③根据已知条件进行微分，或积分运算。④用初始条件定积分常数。对常见的特殊运动，可直接应用公式计算。２．注意问题：①几何关系和运动方向。②求轨迹方程时要消去参数“t”。③坐标系（参考系）的选择。22三.例题[例1]列车在R=300m的曲线上匀变速行驶。轨道上曲线部分长l=200m，当列车开始走上曲线时的速度v0=30km/h，而将要离开曲线轨道时的速度是v1＝48km/h。求列车走上曲线与将要离开曲线时的加速度？23a解：由于是匀变速运动，则常量。由公式而由已知savv2202,m200lsm/s3403600100048,m/s3253600100030m/s27.020029625160021022021vvsvva列车走上曲线时，全加速度列车将要离开曲线时，全加速度222002m/s23.0300)3/25(,m/s27.0Rvaan'010220202949tg,m/s356.0nnaaaaa222112m/s593.0300)3/40(,m/s27.0Rvaan'111221213424tg,m/s652.0nnaaaaa24〔例2〕已知如图，求时正好射到A点且用力最小。??,0v分析：只有在A点，vy＝0且为最大高度时，用力才最小。gtvdtdyvysin0解：由20021sincosgttvytvx由于在A点时，vy=0，所以上升到最大高度A点时所用时间为：gvtsin025将上式代入①和②，得：gvygvxAA2sin,22sin22020tg212sinsin55.1222sin2sin20220gvgvAAxy31,6.055.12tg将31代入③，得11162sin58.922sin220Agxvm/s5.100v26〔例3〕已知：重物A的2m/s1Aa（常数）初瞬时速度m/s5.10v方向如图示。求：,m5.0Rm30.r①滑轮3s内的转数；②重物B在3s内的行程；③重物B在ｔ＝3s时的速度；④滑轮边上C点在初瞬时的加速度；⑤滑轮边上C点在ｔ＝3s时的加速度。272rad/s25.01RaCrad/s35.05.1,m/s5.10RvvvCACw）常数（（）,m/s12ACaa解：①因为绳子不可以伸长，所以有转）(86.22,rad1832213321220wnttm4.5183.0rs②m/s7.293.0wrvB），③rad/s93230tww（28④t=0时，22202m/s5.435.0,m/s1wRaaanCAC5.12,222.05.41tgm/s61.45.41)()(22222nCCnCCCaaaaa⑤t=3s时，222m/s5.4095.0,m/s12wRaaanCAC41.1,0247.051.401tg,m/s51.405.401222Ca29[例4]已知：圆轮O由静止开始作等加速转动，OM＝0.4m，在某瞬时测得30,m/s402Ma求：转动方程;t＝5s时，Ｍ点的速度和向心加速度的大小。sinaRa2rad/s504.030sin40sinRaRa解：2220025502121,0ttttww225t转动方程M30ttRvttM20504.0,500www222m/s250004.0100RvaMnM当ｔ＝5s时，m/s100520MvM31〔例5〕试画出图中刚体上Ｍ¸Ｎ两点在图示位置时的速度和加速度。),(2121ABOOBOAO32〔例6〕已知如图，从O点以任一角度抛出一质点，试证明质点最早到达直线Ｌ的抛角为。2（与上升的最大高度无关，只要求时间对抛射角度的变化率）到达高度为h时，t与的关系有下式确定020021singttvh20021singttvy解：选坐标系，则xoy3300000221)sincos(0ddttgddttv欲使最早到达，必须满足00ddt将对求导数0000000sincos0ddttgddtvtv将（最早到达的条件）代入，得00ddt;0cos00tv又0cos,000tv2证毕。表示出在某一角度下时间会最短。（极值）34