理论力学第6章精品PPT课件

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理论力学PPT课件第6章 6.3碰撞46页PPT

理论力学PPT课件第6章 6.3碰撞46页PPT
1987年12月20日,“多纳帕斯号”(设计载人:608人,经改装 后可载人:1518人,实际载人:3000人),在往马尼拉方向行驶 时因与油轮相撞而起火,造成船上3000人几乎丧身.
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2. 研究碰撞的基本假设:
(1) 在碰撞过程中,重力、弹性力等非碰撞力与碰撞力相比 小得多,其作用可以忽略不计。但必须注意,在碰撞前和 碰撞后,非碰撞力对物体运动状态的改变作用不可忽略。 (2) 由于碰撞时间极短,而速度又是有限量,所以物体在 碰撞过程的位移很小,可以忽略不计,即认为物体在碰撞 开始时和碰撞结束时的位置相同。
v1
v2
u1
u2
取整体,由冲量守恒,有 m 1 v 1 m 2 v 2 m 1 u 1 m 2 u 2 以及:e u2 u1 v1 v2
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u1v1(1e)m 1m 2m 2(v1v2)v1
u2v2(1e)m 1m 1m 2(v1v2)v2
2. 用于碰撞过程的冲量矩定理
L O 2 L O 1 M 0 e M 0 ( I i e )
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用于定轴转动刚体碰撞时的微分方程积分形式
J O z2 J O z1 M O e z =m O z ( I i e )
用于平面运动刚体碰撞时的微分方程积分形式
T= m1m2
2m1 m2
v12=1T1m1
m2
说明系统损失的动能与两物体的质量比有关。
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工程应用:
T=
T1
1 m1
m2
(1) 打桩时,希望桩获得尽可能多的动能,去克服土
壤给桩的阻力,这就要求损失的动能越少越好。这时

《理论力学(Ⅰ)》PPT 第6章

《理论力学(Ⅰ)》PPT 第6章
再求导
a x 2lω2 cos φ 2lα sin φ φ=30 3ω2l αl
例6-9 长为r曲柄OA以匀角速度ω转动,推 动T型滑杆BC上下平动,求当φ = 30°时滑 杆BC的速度和加速度。
B
ω DC
O φA
讨论动点、动系 不同选法对解题 的影响
B
DC
O φA
正选:
选曲柄端点A为动点,
aa ae ar
O1
φ A
ae Caa ar
O2
ω B
大小 ? ω2r ?
方向 上 ∥AO1 右
沿y方向投影
D
解得: aa ae cos φ
3ωr 2
例6-4 半圆形凸轮以匀速v向右运动,从而 推动杆AB运动。求φ=60°时,杆AB的速 度和加速度。
A
B v

解:1:取取杆杆AABB上上BB为为动动点点,,动动系系固固连 A

C
0 vsin (L vt)cos φω
ω v sinφtanφ(逆时针) 再求导
R
α
v R
(cosφ tan φ
sin φ )
cos2 φ
v2 R2
tan3φ
1
cos2φ
(逆时针)
例6-7 半径为R、偏心距为e的偏心轮以角速
度ω、角加速度α绕轴O转动,平底推杆AB始 终与轮缘接触。求图示位置AB的速度和加速 度。
第6章 点的合成运动 6.1 基本概念
实践中有大量的点的复杂的运动,我们 无法或很难写出其运动方程,只好用其它方 法来研究。
用运动合成与分解的方法来研究点的运动。
能否把一个点的复杂运动分解为几个较 为简单的运动,再合成复杂运动的规律?

《理论力学》06章

《理论力学》06章

MO
M
2 Ox

M Oy2

M
2 Oz
= [ mx (F)] 2 [ my (F)]2 [ mz (F)]2
cos MOx , cos MOy , cos MOz
MO
MO
MO
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2. 空间任意力系的简化结果分析(最后结果)
(1) 合力

最后结果为一个合力。
主矢的大小 方向余弦
cos(FR ,
j)
Fy FR
cos(FR , k )
Fz FR
(2)如何求主矩
MO mi mO (F i)
MOx [ mO (F )]x mx (F )
MOy [ mO (F )]y my (F )
MOz [ mO (F )]z mz (F )
M x 0 F2 400mm FAz 800mm 0 M z 0 F1 400mm FAx 800mm 0
解得 FAx FBx 1.5N
FAz FBz 2.5N
§6–5 空间任意力系向一点的简化·主矢和主矩
1. 空间任意力系向一点的简化
其中,各
M ( Mix )2 ( Miy )2 ( Miz )2
cos M ix
M
cos Miy
M
cos M iz
M
例4
已知:在工件四个面上同时钻5个孔,每个孔所受 切削力偶矩均为80N·m。
求:工件所受合力偶矩在 轴上的投影

解: 把力偶用 力偶矩矢表示, 平行移到点A 。
Fx Fxy sin Fn cos sin Fy Fxy cos Fn cos cos

理论力学精品课程第六章空间力系

理论力学精品课程第六章空间力系
首先,我们需要明确力的合成和分解的基本原理。然后,根据题目给出的条件,我们可 以将一个力分解为若干个分力,或者将若干个分力合成为一个合力。通过这些操作,我
们可以求出物体所受的合力和分力。
习题三解析
总结词
该题考查了空间力系中力的矩和力矩 的平衡条件,通过构建力矩平衡方程, 可以求出未知的力和力矩。
详细描述
按力的分布范围分类
可分为集中力系和分布力系。
按力的方向分类
可分为同向力系、反向力系和任意方向力系。
空间力系性质
平衡性
力矩的存在性
空间力系在不受外力作用或处于平衡状态 下,合力为零。
空间力系可以产生旋转效应,即力矩。
力线平移定理
力的独立性
空间力系中,通过一定点可以作无数个平 行且等效的力,这些力的作用线均在该点 处与给定的力线重合。
力的平移
力平移定义
01
将力平行移动到刚体的任意点,同时保持力的方向和大小不变。
力平移性质
02
力的平移不改变力对刚体的作用效果,但会改变力矩的大小和
方向。
力平移实例
03
例如,在机械制造中,需要将机床的切削力平移到工件的任意
位置,以保证工件加工的精度和质量。
力在坐标轴上的投影
力在坐标轴上投影定义
将力沿坐标轴方向的分量表示为标量。
首先,我们需要明确力的矩和力矩平 衡条件的基本概念。然后,根据题目 给出的条件,我们可以构建力矩平衡 方程。通过解这个方程,我们可以求 出未知的力和力矩。
感谢您的观看
THANKS
航天器轨道
在航天器轨道分析中,空间力系 用于研究航天器的运动轨迹和受 力情况,以确保航天器的安全和 有效运行。
卫星姿态控制

理论力学(第6章)

理论力学(第6章)

t 已知:O1A=O2B=18cm,AB=O1O2=2R,R=18cm , 18 t2 求: va , aa s BM
π
加速度合成定理的矢量形式向 直角坐标轴x、y上投影,得:
π aax a a cos 6.67cm / s 2 6 π n n aay ar ae sin 20cm / s 2 6
绝对:大圆周(半径R)
相对:沿OA的直线运动 牵连:定轴转动(绕o轴)
2.速度分析 v a ve 大小 ? 方向 √
ve va 2Rω cos

vr
OM√?√ Nhomakorabeavr ve tan 2 R ω sin ω t
6.3 牵连运动为平移时点的加速度合成定理
点的加速度合成定理:
解:(1) 动点:取顶杆AB的A点 动系:固连在凸轮上。 绝对运动:沿AB竖直方向 的平移。 相对运动:A点沿凸轮边 缘的圆周运动。 牵连运动:动系凸轮沿水 平面向右平移。
已知:
v0
30
2.速度分析
va ve vr
由几何关系可以得到:

3 vB vA v tan 30 v 3
例6-5 平面机构中直杆O1A、O2B平行且等长,分别 绕O1、O2轴转动,直杆的A、B连接半圆形平板,动 点M沿半圆形平板ABD边缘运动,起点为点B。已知 π t, O1A=O2B=18cm,AB=O1O2=2R,R=18cm , 18 t2 。 s BM
求:当 t 3s 时, 动点M的绝对速度 和绝对加速度。

方向竖直向上
例6-2 刨床的急回机构如图所示。曲柄OA的一端 A与滑块用铰链连接。当曲柄OA以匀角速度ω绕固 定轴O转动时,滑块在摇杆O1B上滑动,并带动杆 O1B绕定轴O1摆动。设曲柄长为OA=r,两轴间距 离OO1=l。 B 求: O ① 曲柄在水平位 A 置时摇杆的角 速度 1 。 ② 滑块A对于摇 杆 的相对角 O1 速度

理论力学第六章ppt课件

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v v x 2 v y 2 r2 ( 1 co t ) 2 r s s2 i t( n 0 t 2 ) a x & x & r2 s int,a y & y & r2 c o st
a ax2ay2 r2
.
已 知 : r, t, 常 数 。
求:M点的运动方程、速度、切向和法向加速度。
解: A,B点都作直线运动,取Ox轴如图所示。 运动方程
x A b r si n b r sit n)(
x B rs i n rsi tn ) (
.
已知:O M r , t , 常 数 ,A B b 。
求:① A,B点运动方程; ② B点速度、加速度。
B点的速度和加速度
v B x B rco t s
因为
dr
ds
ddr
dds dds 1
所以 nr d r
ds
副法线单位矢量
r b
rnr
.
方向同
r n
自然坐标轴的几何性质
.
3、速度
v rdr rdr rdsdsrvr
dt dsdt dt
4、加速度 ardvr dvrvdr
代入
dt dt dt
dr dr ds v nr
dt ds dt

ar ddvtrv2 nr atrannr
r k
rr
r
r
i
j
直角坐标与矢径坐标之间的关系
r r ( t ) = x t r i + y ( t ) r j + z ( t ) k r
.
速度 v r= d d r r t = d d x t r i + d d y t r j + d d z t k r= v x r i + v y r j + v z k r

第六章《理论力学》课件

第六章《理论力学》课件

a
a2 t
an 2
R
2 4
tan at an 2
§6-4 轮系的传动比
1. 齿轮传动
① 啮合条件
R11 vA vB R22
② 传动比
i12
1 2
R2 R1
z2 z1
2.带轮传动
r11 vA vA vB vB r22
i12
1 2
r2 r1
§6-5 以矢量表示角速度和角加速度 以矢积表示点的速度和加速度
1.角速度矢量和角加速度矢量
角速度矢量
大小
d
dt
作用线 沿轴线 滑动矢量
指向 右手螺旋定则
r
r
k
角加速度矢量
r
dr
d
r k
r
k
dt dt
2.绕定轴转动刚体上点的速度和加速度
速度 v r 大小 rsin R v
方向 右手定则
加速度
ar dvr d r rr
ddtr
dt
rr
r dvB dt
r dvA dt
r aA
§6-2 刚体绕定轴的转动
1.定义
刚体上(或其扩展部分)两点保持不动,则这种运动称为刚 体绕定轴转动,简称刚体的转动。
转轴 :两点连线
转角: 单位:弧度(rad)
2.运动方程
f t
3.角速度和角加速度
角速度
d
dt
大小:ddt
方向:逆时针为正
角加速度
d
dt
d2
dt 2
& &&
匀速转动 匀变速转动
d 0
dt
0 t
d cont
dt

理论力学课件第6章

理论力学课件第6章

lim MM lim MM1 lim M1M
t0 t
t0 t
t0 t
根据点的速度定义,动点 M 在瞬时t 的绝对速度为
va
lim
t 0
MM t
它的方向沿绝对轨迹 MM 的切线。
相对速度
vr
lim
t 0
M1M t
它的方向沿在 M 点处相对轨迹AB 的切线。
牵连速度
ve
lim
t0
MM1 t
同样,它的方向沿曲线 MM1 的切线。 由上述关系,便可得到 va ve vr (6-4)
式(6-4)表示:动点的绝对速度等于动点的牵连速度与相对速度
的矢量和,这就是点的速度合成定理,即动点的绝对速度 va 可由它 的牵连速度 ve 与相对速度vr 构成的平行四边形的对角线来确定,如
图6-3所示。该平行四边形称为速度平行四边形。
度为 ve 。同样由速度合成定理有 va ve vr (b)
现以 aa 表示动点的绝对加速度。根据动点的加速度定义,则动点
的绝对加速度 aa 可写成
aa
lim va va t0 t
(6-5)
将式(a)和式(b)均代入(6-5)式并整理,得到
aa
lim (ve
t 0
vr) (ve t
vr )
本章内容
1 点的合成运动的概念 2 点的速度合成定理
3 牵连运动为平动时点的加速度合成定理 4 牵连运动为定轴转动时点的加速度合成定理
第一节 点的合成运动的概念
引例 图6-1(a)所示的沿直线轨道滚动的车轮,其轮缘上的点 M , 对于固结在地面上的坐标系来说,其轨迹是旋轮线,但是对于固结在车 厢上的坐标系来说,其轨迹则是一个圆;又如,图6-1(b)所示的等速
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,
ay
d2y dt 2
,
az
d2z dt 2
,
例6-1
• 椭圆规。曲柄OC绕O转动,C与规尺AB铰 接,滑块A和B在滑槽中运动,已知: OC=AC=BC=l,MC=a,φ=ωt。
• 求:M的运动方程、轨迹、速度、加速度。
• 解:点M的坐标(运动方程):
x(t) (l a) cos (l a) cost y(t) (l a) sin (l a) sin t
• 消去t,得轨迹方程:
( x )2 ( y )2 1 la la
• 速度:
vx (l a) sin t vy (l a) cost
• 加速度:
ax (l a) 2 cost ay (l a) 2 sin t
• 例6-2 正弦运动机构,曲柄OM=r,以匀角 速度ω绕O点转动,转角φ= ω t+θ0。滑杆AB 在固定的垂直槽内滑动,滑块M在机构的水 平滑槽内运动,求A、B两点的速度、加速 度。
• 密切面:轨迹曲线上两个邻点的切线形成 的平面。
• 法平面:过轨迹曲线某点与切线垂直的平 面。
• 主法线,n:法平面与密切面的交线。 • 副法线,b:与切线、主法线垂直的线。
• τ ,n,b组成右手螺旋系
• 3. 曲线坐标的一些性质
• (1)曲率中心:曲线上 两个邻点的法线交点。
• 曲率半径:曲线上的一点 到曲率中心的距离。
• 自然法:利用质点轨迹作为曲线坐标系描述 其运动。
• 1. 弧坐标:在轨迹曲线上建立弧坐标。s=s(t) • 2. 自然轴坐标系 • 切线及其单位矢τ:轨迹曲线的切线方向的单
位长度的矢量。 • 主法线单位矢n:由质点所在位置指向曲率
中心的单位长度的矢量。
• 副法线单位矢b:与和构成右手螺旋系的的 单位长度的矢量。
Байду номын сангаас
at
d 2s dt 2
τ
dv dt
τ
• 法向加速度
an
ds dt
dτ dt
v
dτ dt
dτ dτ ds 1 vn
dt ds dt
v2
an n
• 全加速度
a
dv dt
τ
v2
n
at
an
a at2 an2
• 例6-4 半径为r的轮子沿地面直线轨道作纯 滚动,转速为ω,转角为φ= ω t。求轮上任 一点M的运动方程、速度、加速度(切向、 法向)。
• 解:
s(t) l 2 x2 (t)
ds dt
v0 , v

x, a
••
x

v0 2
2x x l 2 x2 (t)

v x v0
l2 x2
1
a
dv dt
v0
2
1
l2 x2
(1
2l 2 x3

x)
v02l 2 x3
写在最后
经常不断地学习,你就什么都知道。你知道得越多,你就越有力量 Study Constantly, And You Will Know Everything. The More
• 解:初始时,设点M与点O重合。 • 求M点的坐标(运动方程):
OC MC r rt
x OC r sin r(t sin t) y r r cos r(1 cost)
• 求M点的速度:

vx x r( cost) r(1 cost)

vy y r sin t
v
vx2
• 解:点B的运动:
xB r sin(t 0 )

vB xB r cos(t 0 )
••
aB x B r 2 sin(t 0 )
• 点A的运动:
xA b r sin(t 0 )

vA x A r cos(t 0 )
••
aA x A r 2 sin(t 0 )
§6-3 自然法
• 设M和M’是曲线上的两 个邻点,相距△s,切向 单位矢分别τ(s) 为和τ(s+ △ s) ,曲率半径为ρ。
• 曲率半径ρ的定义 :
s , ds d
• (2)切向单位矢沿曲线的变化率
• 令:τ(s+Δs)-τ(s)=Δτ
• 显然, Δτ指向曲率中心。
d
2
lim
sin
2
ds s0 s
1
v
2 y
r (1 cost)2 sin2 t
2r sin t
2
• 求M点的曲线位移: • 方法1
v ds dt
s
vdt
t
2r 0
sin
t dt
2
4r (1
cos
t
2
)
• 求M点的曲线位移:
• 方法2
ds d 2 x d 2 y
r 2 2 (1 cost)2 r 2 2 sin2 t dt
ax x r 2 sin t
••
ay y r 2 cost
a
ax2
a
2 y
r 2
a2 at2 an2;
at
dv dt
r 2
cos t
2
an
a2
at2
r 2 sin t
2
• 习题6-5 套管A由绕过定滑轮B的绳子牵引 而沿着导轨上升。滑轮中心到导轨等距离 为l,设绳索以速度v0拉下,忽略滑轮尺寸, 求套管A的速度和加速度与x的关系。
第六章 点的运动学
• §6-1 矢量法和直角坐标法
• 1. 表示质点运动的矢量法:
• 质点的空间位置用矢径r表示,它是时间的 函数,

r = r(t)
• 投影式: r = xi+yj+zk
• 轨迹:矢径r 端点的连线。
• 速度:
v dr lim r(t t) r(t)
dt t0
t
• 加速度:
a
dv dt
d 2r dt 2
• 2. 表示质点运动的 直角坐标法
• 质点的位置坐标是时间的函数:
• x=x(t), • 速度:
y=y(t), z=z(t),
• v = vxi+ vyj+ vzk
vx
dx dt
,
vy
dy dt
,
加速度:
a = axi+ ayj+ azk
vz
dz dt
,
ax
d2x dt 2
r 2 2 costdt
r 4sin2 t dt
2
2 r sin t dt
2
s
ds 2r
t t
sin dt
0
02
s 4r(1 cos t )
2
• 轮摆线
x(t) r(t sin t) y(t) r(1 cost)
s(t) 4r(1 cos t )
2
• 求M点的加速度:
••
lim
s0 s
d 1 n ds
• 3.点的速度 v lim s ds v
t0 t dt
• 点的速度v就是切向速度 。
• 4.点的加速度:
a dv dt
• 动点移动时,速度大小和方向都发生改变。
a
dv dt
d dt
( ds dt
τ)
d 2s dt 2
τ
ds dt
dτ dt
• 切向加速度
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