理論力學總結

1、11列車將要離開曲線時：列車將要離開曲線時：222002m/s23. 0300)3/25(,m/s27. 0 Rvaan 010220202949tan ,m/s356. 0 nnaaaaa 222112m/s593. 0300)3/40( ,m/s27. 0 Rvaan 111221213424tan ,m/s652. 0 nnaaaaa 列車走上曲線時：列車走上曲線時：1例題例題6列車在列車在R=300m的曲線上勻變速行駛。軌道上曲線部分長的曲線上勻變速行駛。軌道上曲線部分長l=200m，當列車開，當列車開始走上曲線時的速度始走上曲線時的速度v0=30km/h，而將要離開曲線軌道時的速度是

2、，而將要離開曲線軌道時的速度是v148km/h。求：列車走上曲線與將要離開曲線時的加速度？求：列車走上曲線與將要離開曲線時的加速度？解：由于是勻變速運動，則：解：由于是勻變速運動，則：m/s3403600100048 ,m/s325360010003010 vvconsta 22021m/s27.02002962516002 svva savv 22021 100000221)sincos(0 ddttgddttv 欲使最早到達，必須滿足欲使最早到達，必須滿足00 ddt將將對求導數對求導數0 000000sincos0 ddttgddtvtv 將將（最早到達的條件）（最早到達的條件）代入代入

3、，得，得00 ddt;0cos00 tv又又0cos ,000 tv2 證畢。證畢。表示出在某一角度下時間會最短。（極值）表示出在某一角度下時間會最短。（極值）1例例8 已知如圖，從已知如圖，從O點以任一角度拋出一質點，試證明質點最早到達直線點以任一角度拋出一質點，試證明質點最早到達直線的拋角為的拋角為 。2 （與上升的最大高度無關，只要（與上升的最大高度無關，只要求時間對拋射角度的變化率）求時間對拋射角度的變化率）到達高度為到達高度為 h 時，時，t 與的與的關系有下式確定關系有下式確定0 20021singttvh 20021singttvy 解：選解：選 xOy 坐標系，則坐標系，則O1

4、 剛體的轉動4. 勻速轉動和勻變速轉動勻速轉動和勻變速轉動當當 =常數，為勻變速轉動：常數，為勻變速轉動： 221202200ttttconsto 0當當 =常數，為勻速轉動：常數，為勻速轉動：dtd 22dtddtd dddtd RdtdRRdtddtdva )(222)( RRRvan 4222| Raaaaann全全22 tan RRaan二、角加速度二、角加速度 與與 an 、a 的關系的關系 剛體定軸轉動剛體定軸轉動轉動方程轉動方程角速度角速度角加速度角加速度勻速轉動勻速轉動勻變速運動勻變速運動)(tf dtd 22dtddtd t 0t 02021tt 2202 2rad/s 25

5、 . 01 RaC m/s5 . 10 vvC,m/s12 ACaa 因為繩子不可以伸長，所以有因為繩子不可以伸長，所以有rad1832213321220 tt 轉轉）(86. 22 Nrad/s35 .05 .10 RvC 2m/s1 Aam/s5 . 10 v,m5 . 0 R m30 .r 解：解： 滑輪滑輪3s內的轉數；內的轉數； 0 0例例1已知：重物已知：重物A的的2m/s1 Aa（常數）初瞬時速度（常數）初瞬時速度m/s5 . 10 v方向如圖示。方向如圖示。 求：求： ,m5 . 0 R m30 .r 滑輪滑輪3s內的轉數；內的轉數；重物重物B在在3s內的行程；內的行程；重物重

6、物B在在3s時的速度；時的速度；滑輪邊上滑輪邊上C點在初瞬時的加速度；點在初瞬時的加速度；滑輪邊上滑輪邊上C點在點在3s時的加速度。時的加速度。rad182120 tt m4 .5183 .0 rs m/s7 . 293 . 0 rvBrad/s 9323 0 t rad/s35 .05 .10 RvC 重物重物B在在3s內的行程；內的行程；重物重物B在在3s時的速度；時的速度；2rad/s 25 . 01 RaC 0 0 0 0t = 0 時，時， 22202m/s5.435.0,m/s1 RaaanCAC 5 .12 ,222. 05 . 41tanm/s 61. 45 . 41)()(2

7、2222 nCCnCCCaaaaat=3s 時，時，222m/s5 .4095 . 0m/s12 RaaanCAC 41. 1 ,0247. 051.401tan m/s51.405 .401222 Ca滑輪邊上滑輪邊上C點在初瞬時的加速度；點在初瞬時的加速度；滑輪邊上滑輪邊上C點在點在3s時的加速度。時的加速度。M 例例2 已知：圓輪已知：圓輪O由靜止開始作等加速轉動，由靜止開始作等加速轉動，OM0.4m，在，在 某瞬時測得某瞬時測得 30,m/s 402 Ma求：求： 轉動方程；轉動方程； t5s時，時，點的速度和向心加速度的大小。點的速度和向心加速度的大小。 sin MaRa2rad/s

8、 504 . 030sin40sin RaRaM 解：解： 轉動方程轉動方程22200255021210tttt 225:t 轉轉動動方方程程ttRvttM20504 . 0 ,50 0 222m/s250004 . 0100 RvaMnM當當5s時，時，m/s100520 Mv例例2 已知：圓輪已知：圓輪O由靜止開始作等加速轉動，由靜止開始作等加速轉動，OM0.4m，在，在 某瞬時測得某瞬時測得求：求： 轉動方程；轉動方程； t5s時，時，點的速度和向心加速度的大小。點的速度和向心加速度的大小。M 解：解： t5s時，時，點的速度和向心加速度的大小。點的速度和向心加速度的大小。 30,m/s

9、 402 MattRvttM20504 . 0 ,50 0 222m/s250004 . 0100 RvaMnM當當5s時，時，m/s100520 Mv例例2 已知：圓輪已知：圓輪O由靜止開始作等加速轉動，由靜止開始作等加速轉動，OM0.4m，在，在 某瞬時測得某瞬時測得求：求： 轉動方程；轉動方程； t5s時，時，點的速度和向心加速度的大小。點的速度和向心加速度的大小。M 解：解： t5s時，時，點的速度和向心加速度的大小。點的速度和向心加速度的大小。 30,m/s 402 Ma 點的合成運動119解： 動點：OA桿上 A點 動系：固結在滑桿上例2 曲柄滑桿機構已知: OAl , = 45o

10、 時，, ; 求：小車的速度與加速度絕對運動：圓周運動相對運動：直線運動牽連運動：平動reavvv 大小：方向： lOA？)(coscos llvvae2245vavevr120一概念及公式 1. 一點、二系、三運動 點的絕對運動為點的相對運動與牽連 運動的合成 2. 速度合成定理 3. 加速度合成定理 牽連運動為平動時 牽連運動為轉動時reavvv reaaaa 點的合成運動小結)2( rkkreavaaaaa 121二解題步驟1. 選擇動點、動系。2. 分析三種運動：絕對運動、相對運動和牽連運動。3. 速度分析, 畫出速度平行四邊形,求出有關未知量 (速度, 角速度）。4. 加速度分析，畫

11、出加速度矢量圖，求出有關的加速度、 角加速度未知量。122 三解題技巧1. 恰當地選擇動點、動系, 應滿足選擇原則，具體地有： 兩個不相關的點，求二者的相對速度。根據題意, 選擇其中之一為動點, 動系為固結于另一點的平動坐標系。 運動剛體上有一動點，點作復雜運動。該點取為動點，動系固結于運動剛體上。 機構傳動, 傳動特點是在一個剛體上存在一個不變的接觸點,相對于另一個剛體運動。導桿滑塊機構：典型方法是動系固結于導桿，取滑塊為動點。 凸輪挺桿機構：典型方法是動系固結于凸輪，取挺桿上與凸輪 接觸點為動點。123 特殊問題, 特點是相接觸兩個物體的接觸點位置都隨時間而 變化. 此時, 這兩個物體的接

12、觸點都不宜選為動點，應選擇滿 足前述的選擇原則的非接觸點為動點。2. 速度問題, 一般采用幾何法求解簡便, 即作出速度平行四邊形；加速度問題, 往往超過三個矢量, 一般采用解析（投影）法求 解，投影軸的選取依解題簡便的要求而定。124四注意問題 1. 牽連速度及牽連加速度是牽連點的速度及加速度。 2. 牽連轉動時作加速度分析不要丟掉 ，正確分析和計算。 3. 加速度矢量方程的投影是等式兩端的投影，與靜平衡方程 的投影式不同。 4. 圓周運動時， 非圓周運動時， （ 為曲率半徑）kaRRvan22/ 22/ vanka1 剛體的平面運動解：機構中解：機構中,OA作定軸轉動作定軸轉動,AB作平面運

13、動作平面運動,滑塊滑塊B作平動。作平動。 基點法（合成法）基點法（合成法） , lvA llvvABA 45tantan例例1 已知：曲柄連桿機構已知：曲柄連桿機構OA=AB=l，曲柄曲柄OA以勻以勻 轉動。轉動。 求：當求：當 =45時時, 滑塊滑塊B的速度及的速度及AB桿的角速度桿的角速度BAABvvv 在在點做速度平行四邊形。點做速度平行四邊形。研究研究 AB，以，以 A為基點，求為基點，求B點的速度和點的速度和AB的角速度。的角速度。大?。捍笮。悍较颍悍较颍海克剿?？know OA ABvAvBAvBvA llvvAB245cos/ cos/ llABvBAAB/ AB5. 速度瞬心

14、速度瞬心n 任一瞬時，平面圖形或擴大部分都唯一存在一個速度為零的點。任一瞬時，平面圖形或擴大部分都唯一存在一個速度為零的點。n 瞬心位置隨時間改變。瞬心位置隨時間改變。n 每一瞬時平面圖形的運動可視為繞該瞬時瞬心的轉動，這種瞬時繞瞬每一瞬時平面圖形的運動可視為繞該瞬時瞬心的轉動，這種瞬時繞瞬心的轉動與定軸轉動不同。心的轉動與定軸轉動不同。n 0, , 瞬心位于無窮遠處瞬心位于無窮遠處, , 各點速度相同各點速度相同, , 剛體作瞬時平動剛體作瞬時平動, , 瞬時瞬時平動與平動不同。平動與平動不同。6. 求平面圖形上任一點速度的方法求平面圖形上任一點速度的方法 基點法：基點法： 速度投影法：速度

15、投影法： 速度瞬心法：速度瞬心法： 基點法是最基本的公式，瞬心法是基點法的特例基點法是最基本的公式，瞬心法是基點法的特例為為基基點點AvvvBAAB , ABAABBvv 為為瞬瞬心心一一致致與與PBPvBPvBB . , , 8. 求平面圖形上一點加速度的方法求平面圖形上一點加速度的方法基點法：基點法： ，A為基點為基點, 是最常用的方法是最常用的方法此外，當此外，當 =0,瞬時平動時也可采用方法瞬時平動時也可采用方法它是基點法在它是基點法在 =0時的特例。時的特例。nBABAABaaaa ABAABBaa 9. 平面運動方法與合成運動方法的應用條件平面運動方法與合成運動方法的應用條件平面運

16、動方法用于研究平面運動方法用于研究一個平面運動剛體一個平面運動剛體上任意兩點的速度、加速度之間的關系上任意兩點的速度、加速度之間的關系及任意一點的速度、加速度與圖形角速度、角加速度之間的關系及任意一點的速度、加速度與圖形角速度、角加速度之間的關系合成運動方法常用來確定合成運動方法常用來確定兩個相接觸的物體兩個相接觸的物體在接觸點處有相對滑動時的運動關系在接觸點處有相對滑動時的運動關系的傳遞的傳遞二解題步驟和要點二解題步驟和要點 1. 根據題意和剛體各種運動的定義，判斷機構中各剛體的運動根據題意和剛體各種運動的定義，判斷機構中各剛體的運動 形式注意每一次的研究對象只是一個剛體形式注意每一次的研究

17、對象只是一個剛體 2. 對作平面運動的剛體，根據已知條件和待求量，選擇求解速對作平面運動的剛體，根據已知條件和待求量，選擇求解速 度度(圖形角速度圖形角速度)問題的方法問題的方法, 用基點法求加速度用基點法求加速度(圖形角加速圖形角加速 度度) 3. 作速度分析和加速度分析，求出待求量作速度分析和加速度分析，求出待求量 (基點法基點法: 恰當選取基點，作速度平行四邊形，加速度矢量圖；恰當選取基點，作速度平行四邊形，加速度矢量圖； 速度投影法速度投影法: 不能求出圖形不能求出圖形 ; 速度瞬心法：確定瞬心的位置是關鍵）速度瞬心法：確定瞬心的位置是關鍵）130 1 sin , GdtdvgGFma

18、 2 cos , 2 GFlvgGFmaTnn列出自然形式的質點運動微方程列出自然形式的質點運動微方程., cos 22為為變變量量其其中中式式得得由由v) ,glvG(FT maxT , 0 , 1TFF 時時因因此此重重物物作作減減速速運運動動式式知知由由 )1(20maxglvGFT 求解未知量求解未知量注注減小繩子拉力途徑：減小跑車速度或者增加繩子長度。減小繩子拉力途徑：減小跑車速度或者增加繩子長度。 拉力拉力FTmax由兩部分組成由兩部分組成, 一部分等于物體重量一部分等于物體重量,稱為靜拉力稱為靜拉力一部分由加速度引起，稱為附加動拉力。全部拉力稱為動拉力。一部分由加速度引起，稱為附

19、加動拉力。全部拉力稱為動拉力。FTGn v1 動力學基本定律1322.第二類：已知作用在質點上的力，求質點的運動（積分問題）第二類：已知作用在質點上的力，求質點的運動（積分問題） 已知的作用力可能是常力已知的作用力可能是常力, 也可能是變力也可能是變力。變力可能是時間變力可能是時間、位置位置、速度或者同時是上述幾種變量的函數。速度或者同時是上述幾種變量的函數。解題步驟如下：解題步驟如下：正確選擇研究對象。正確選擇研究對象。正確進行受力分析，畫出受力圖正確進行受力分析，畫出受力圖。判斷力是什么性質的力。判斷力是什么性質的力 （應放在一般位置上進行分析，對變力建立力的表達式）。（應放在一般位置上進

20、行分析，對變力建立力的表達式）。正確進行運動分析。正確進行運動分析。 ( (除應分析質點的運動特征外，還要確定除應分析質點的運動特征外，還要確定 出其運動初始條件）出其運動初始條件）。133選擇并列出適當的質點運動微分方程。選擇并列出適當的質點運動微分方程。 如力是常量或是時間及速度函數時如力是常量或是時間及速度函數時， 可直接分離變量可直接分離變量 。 積積分分dtdv求解未知量。求解未知量。應根據力的函數形式決定如何積分，并利用運動的初始條件，求出應根據力的函數形式決定如何積分，并利用運動的初始條件，求出質點的運動。質點的運動。再再分分離離變變量量積積分分。 , dsdvvdtdv 如力是

21、位置的函數，需進行變量置換如力是位置的函數，需進行變量置換134待待求求0000000000,sin,cos;0, 0, 0 vvvvvyxtyx yxvvHySxAMt , , , , , 瞬瞬時時解：解：屬于已知力為常量的第二類問題。屬于已知力為常量的第二類問題。 選擇填充材料選擇填充材料M為研究對象，受力如圖所示，為研究對象，受力如圖所示，M作斜拋運動。作斜拋運動。例例2 煤礦用填充機進行填充煤礦用填充機進行填充, 為保證充填材料拋到為保證充填材料拋到距離為距離為S=5米米,H=1.5米的頂板米的頂板A處。求處。求 (1)充充填材料需有多大的初速度填材料需有多大的初速度v0 ? (2)初

22、速初速 與與水平的夾角水平的夾角 0？ 0v135列直角坐標形式的質點運動微分方程并對其積分運算列直角坐標形式的質點運動微分方程并對其積分運算例例2 S=5米米,H=1.5米。米。 求求 (1)充填材料需有多大的初速度充填材料需有多大的初速度v0 ? (2)初初速速 與水平的夾角與水平的夾角a0？ 0v 4223121ctcgtyctcx mgdtdvmdtdvmyx00,sin,cos : 43002001 ccvcvc 代代入入初初始始條條件件得得 21cgtdtdycdtdx1362000021sin,cos :gttvytvx 運運動動方方程程022020cos21tan :vxgxy

23、 軌跡方程最高點最高點A處處: vy = 0 ：, 0sin00 gtvdtdy gvt00sin gHSgv2cos00 gHv2sin00 發(fā)射初速度大小與初發(fā)射角發(fā)射初速度大小與初發(fā)射角 為為0m/s 5 .1022)sin()cos(222002000 gHgHSgvvv 31 2tan10SH 將到達將到達A點時的時間點時的時間t, x=S, y=H 代入運動方程，得代入運動方程，得137例例3 發(fā)射火箭，求脫離地球引力的最小速度。發(fā)射火箭，求脫離地球引力的最小速度。解：解：屬于已知力是位置的函數的第二類問題。屬于已知力是位置的函數的第二類問題。 取火箭取火箭(質點質點)為研究對象為

24、研究對象, 建立坐標如圖示?；鸺谌我馕恢媒⒆鴺巳鐖D示?；鸺谌我馕恢脁 處受地球引力處受地球引力F 的作用。的作用。 2222 xmgRFRmMGmgxmMGF 2222 xmgRdtdxm 建建立立質質點點運運動動微微分分方方程程 xgRgRvv22022 則在任意位置時的速度則在任意位置時的速度),0( 0220vvRxtdxxmgRRxdvmvvvxxx 時時dxdvvdtdxdxdvdtdvdtxdxxxx 22 22xmgRdxdvmvxx 138可見，可見，v 隨著隨著 x 的增加而減小。若則在某一位置的增加而減小。若則在某一位置x=R+H 時速度將減小到時速度將減小到零，火箭回落。若時，無論零，火箭回落。若時，無論x多大（甚至為多大（甚至為）, 火箭也不會回落。因此脫火箭也不會回落。因此脫離地球引力而一去不返離地球引力而一去不返 時（）的最小初速度時（）的最小初速度gRv220 gRv220 xkm/s)( 2 .11637