理论力学 碰撞问题 PPT课件

由上式可见 当 2a 1 0 3l 2
IOx 0
此时撞于撞击中心 由上式得 l 4a 3
vAy
vC y
1 2
cos
2
v sin
vC y
1 2
2
cos
2
6v sin 2 (1 3cos2 )l
如图，均质圆柱体A半径为r，质量为m，可沿水平面作纯滚 动。在其质心A上用铰链悬连了长为l，质量为m的均质杆 AB。初瞬时系统静止。质量为m0的子弹以速度v1水平射入 杆内，以速度v2穿出，求碰撞后圆柱体质心A的速度。
t1
3. 相对于质心的冲量矩定理
LC2 LC1 mC (Ii(e) )
4.刚体平面运动的碰撞方程
对于平行于其对称面的平面运动刚体
mvvC mvvC
n
v I (e)
i
i 1
v
JC2 JC1 MC (Ii(e) )
－－刚体平面运动的碰撞方程
例 12-6
已知 m1, v1, v2, h, AB=l, mAB=m2 ，求:θ
(v1
v2 )
如果 m1 m2 则 v1 v2 ，v2 v1
即两物体在碰撞结束时交换了速度
当两物体做塑性碰撞时，即k=0，有
v1
v2
m1v1 m2v2 m1 m2
即碰撞结束时两物体速度相同，一起运动
碰撞过程中的动能损失
T1
1 2
m1v12
1 2
m2v22 ，T2
1 2
m1v12
1 2
m2v22
例12－9
均质杆质量为m，长为2a，其上端由圆柱铰链固定，
杆由水平位置无初速地落下，撞上一固定的物块，设恢 复因数为k.
求（1）轴承的碰撞冲量
（2）撞击中心的位置
解： 应用动能定理：
1 2
J O12
0
mga
由恢复因数 k vn 2l 2 vn 1l 1
1
2mga JO
3g 2a
2 k1
推论 a) 普通力的冲量忽略不计 b) 碰撞过程中,物体的位移忽略不计.
§12－5 用于碰撞过程的基本定理
1.冲量定理
K2 K1
I(e) i
2. 冲量矩定理
t2
t2
LO2 LO1
mO (Fi(e) )dt
mO (Fi(e) )dt
t1
t1
t2
mO ( Fi(e)dt) mO (Ii(e) )
T
T1
T2
1 2
m1 (v12
v12 )
1 2
m2 (v22
v22 )
1 2
m1 (v1
v1)(v1
v1)
1 2
m2 (v2
v2 )(v2
v2
)
T
T1
T2
m1m2 2(m1 m2 )
(1
k 2 )(v1
v2 )2
（d）
在理想情况下 k＝1 T T1 T2 0
在塑性碰撞时 k=0 动能损失为
m0 (v0 v1) JC
(h
l2 ) 2
Hale Waihona Puke 6m0 (v0 ml 2v1 )
( 2h l2
1)
3. 分析AB杆运动
vB vC vBC
vB
vC
AB
l2 2
m0 (v0 v1) ml2
1
6
h l2
1 2
例12-7 另解
1. 研究 m0+AB
2. Ix 0
m0v0 m0v1 mvC
恢复因数的试验测定
v 2gh1
v 2gh2
恢复因数
k v h2 v h1
斜碰撞： 此时定义恢复因数为 k vn vn
光滑碰撞
vn tan vn tan
k vn tan vn tan
例12－5
两物体的质量分别为 和m1 ，m恢2 复因数为k，产生对心正碰
撞. 求：碰撞结束时各自质心的速度和碰撞过程中动能的损失.
mO(I) 0
m0v0
(h
l1)
m0 v1(h
l1)
J C AB
mvC
(l1
l2 2
)
m0 (v0
v1)h
JCAB
mvC
l2 2
AB
m0 (v0 v1) JC
(h
l2 ) 2
6m0 (v0 ml 2
v1 )
( 2h l2
1)
5.恢复因数
v k v
常数k 称为恢复因数
0<k<1---弹性碰撞 k=1---完全弹性碰撞 k=0---非弹性碰撞或塑性碰撞
解：1. 碰撞过程，研究 m1+mAB
LA2 LA1 mA(I) 0
LA1 m1v1h
LA2 m2v2h J AAB
AB
1 JA
m1v1
m1v2 h
m1h JA
v1
v2
2. 碰撞后的摆动过程，研究 AB杆
T1
1 2
J
A
2 AB
T2 0
W12
1 2
m2 gl(1
cos )
mCy mCy I y JC2 JC1 MC (I(e) )
整理
I x 0 有 vC x vCx v cos
mvC y mv sin I
1 12
ml 22
I
l 2
cos
碰撞条件
k vAy vAy 1
vAy v sin
选质心为基点，有 vA vC vAC
沿y轴投影，有
T
T1
T2
m1m2 2(m1 m2 )
(v1
v2 )2
若 v2 0 则动能损失为
T
T1
T2
m1m2 2(m1 m2 )
v12
例12－8 均质细杆长l，质量为m，速度为 vv平行于杆，杆与地面成
θ角，斜撞于光滑地面，设为完全弹性碰撞.
求：撞后杆的角速度.
解：取杆为研究对象
mCx mCx Ix
§ 12－4 碰撞的分类·碰撞问题的简化
碰撞: 相对运动，瞬间接触，速度发生突然变化 碰撞时两物体间的相互作用力称为碰撞力
1.碰撞的分类
对心碰撞 偏心碰撞 正碰撞
斜碰撞
光滑碰撞 非光滑碰撞
完全弹性碰撞 弹性碰撞 塑性碰撞
2.碰撞问题的简化
t 0 v 为有限值
lim F t 为有限值
t 0
mC x mCx I x IOx mC y mCy I y IOy
因为 vC y vCy 0 IOx m(vC x vCx ) I x ，IOy I y
由此可见，一般情况下，在轴承处将引起碰撞冲量.
IOx m(vC x vCx ) Ix ，IOy I y
若令在轴承处引起的碰撞冲量=0. 则由
对点O的冲量矩定理为 J O2 J O1 Il
I
JO l
(2
1)
4ma 2 3l
(1 k)1
I 2ma (1 k) 6ag 3l
冲量定理
m(2a 1a) IOx I ，IOy 0
则
IOx ma(1 2 ) I I (1 k)am1
(1 k)m( 2a 1) 6ag 3l 2
解：取整体为研究对象 m1v1 m2v2 m1v1 m2v2
（a）
k v2 v1 v1 v2
（b）
v1 v2
v1
(1
k
)
m2 m1 m2
v2
(1
k
)
m1 m1 m2
(v1
v2
)
(v1
v2
)
（c）
在理想情况下, k=1,有
1
v1
2m2 m1 m2
(v1
v2 )，v2
v2
2m1 m1 m2
§12－9 碰撞冲量对绕定轴转动刚体的作用·撞击中心
1.定轴转动刚体受碰撞时角速度的变化
n
v
Lz2 Lz1 M z (Ii(e) )
i 1
即
n
v
J z2 J z1
M
z
(
I (e) i
)
i 1
角速度的变化为
v
2 1
M z (Ii(e) ) Jz
2.支座的反碰撞冲量·撞击中心
应用冲量定理有：
T2 T1 W12
cos
1
J
2
A AB
mAB gl
例 12-7
已知 h, m0, v0, v1, OA=l1, AB=l2,mAB=m, 求碰撞后B点的速度
解：1. 研究 m0 m0 (v1 v0 ) I
2. 研究 AB杆
mvC I
JCAB
I
(h
l2 2
)
vC
m0 m
v0
v1
AB
IOy 0
Iy 0
即要求外碰撞冲量与y轴垂直即 I必须垂直于
支点O与质心C的连线。由
IOx 0
m(vC x vCx ) I x I
设质心C到轴O的距离为a
vC x vCx 式中l=OK
a(2
1)
aIl Jz
点K是外碰撞冲量
I的作用线与OC
的交点
l Jz ma
IOx 0
此时点K 称为撞击中心