S21-3刚体定轴转动微分方程ddL-EML, = J_0(J0) = ZMe27dtdtFde或J.α =M°EMdi2Fi刚体定轴转动微分方程m解决两类问题：ViF2（1）已知刚体的转动规律，求作用在刚体上的主动力矩；（2）已知作用在刚体上的主动力矩，求刚体的转动规律
§21-3 刚体定轴转动微分方程 F2 F1 ri vi mi Fi z e z M zi J dt d ( ) = e z M zi J = （1）已知刚体的转动规律，求作用在刚 体上的主动力矩； （2）已知作用在刚体上的主动力矩，求刚体的转动规律。 解决两类问题： Lz = Jz e zi z M dt dL = 或 z = Mzi t J 2 2 d d 刚体定轴转动微分方程
例4：汽车传动装置如图示，传动力偶为M,摩擦力偶为常数M，已知电机的角速度为のo，传动装置对转轴的转动惯量为J求：传动系统的角速度。解：查汽车设计手册：M= M.(1- )0odo= M.(1- ~ )- M,dt0MM.令：α=M。-M ,b=0dotdidodtd=J6]a-bo=a-boJdta-bob0--1-)It →8,<<1O1M。-Mal最大转速：00.6Mo
例4: 汽车传动装置如图示, 传动力偶为M,摩擦力偶为常数Mf, 已知电机的角速度为0,传动装置对转轴的转动惯量为J， 求:传动系统的角速度。 查汽车设计手册： (1 ) 0 0 解 M = M − : M f ) ω ω M ( dt dω J = − − 0 0 1 令: 0 0 0 , M a M M b = − f = (1 ) t J b e b a − = − t →, 0 0 0 M M M b a f c − 最大转速: = = a bω dt dω J = − J dt a bω dω = − 1 − t J b e M = − t J dt a bω dω 0 0
例5：均质圆柱半径为r，质量为m，置该圆柱于墙角，初时角速度の，由于摩擦阻力，使转动减速，摩擦因数fFNAC求：使圆柱停止转动所需的时间。0FBmg解：应用刚体定轴转动的微分方程FNBJeα-EMadomr.2=-Fr-Fgr(1)2dtmx. =EFma。=EF考虑质心运动定理mj。=EF(2)[F, = FnA-f, (4)[O = FNA - FBX(5)F= FNBf、0= FNB +F^-mg (3)
例5：均质圆柱半径为r，质量为m，置该 圆柱于墙角，初时角速度0，由于摩擦阻 力，使转动减速，摩擦因数fs 求：使圆柱停止转动所需的时间。 解： FB FNB FA FNA 应用刚体定轴转动的微分方程 C =MCi J (1) 2 1 2 F r F r dt d m r = − A − B 考虑质心运动定理 = = = c y c x c my F mx F ma F = + − = − 0 (3) 0 (2) F F mg F F NB A NA B = = (5) (4) B NB s A NA s F F f F F f C
未知量O, FA, Fb, Fna, FnBmg f?mgf?解得 F-代入（1）式Fb=1+f.1+f?do2gf,(1 + f.)得dtr(1+ f?)2gf.(1+f' dt"' do1积分r(1+ f2) Jo0o- (1+ f?)ro2gf,(1 + f.)
解得 2 2 2 2 1 , 1 s s B s s A f mg f F f mgf F + = + = 代入（1）式 (1 ) 2 (1 ) d d 2 s s s r f gf f t + + = − 得 dt r f gf f d t s s s + + = − 0 2 0 (1 ) 2 (1 ) 0 积分 未知量 FA FB FNA FNB , , , , 2 (1 ) (1 ) 0 2 s s s gf f f r t + + =
例6：齿轮传动装置，开始时角速度分别为のo1，o2，重分别为P，P2，求耦合后的の,值。解：dPdR左轮：J-FRR2Ridt2gP2dodo2R2M= FR2J2右轮：001dtdt0022g方程右端化简相等：RRFP2R2daor01r02Rda = -RFNRyJoo1 2gJ002 2gFNMAR01RP02R.P1(0. -001)(0, - 002)F二2g2gR,P,001 + R, P,002运动学关系： R,O, = R,0,0=(P +P,)R
例6：齿轮传动装置，开始时角速度分别为01，02，重 分别为P1，P2，求耦合后的1值。 解: R dω g P R dω g P 2 2 1 1 2 02 1 01 2 2 = − 2 2 2 2 2 2 FR dt d R g P dt d J = = R1 1 = R2 2 ( ) 2 ( ) 2 2 02 2 2 1 01 1 1 − = − − g R P g R P 1 2 1 1 1 01 2 2 02 1 P P )R R P R P + + = （ 左轮: 右轮: 运动学关系: 方程右端化简相等: 1 R1 2 R2 02 01 R1 R2 FN F F FN 1 2 1 1 1 2 FR dt dω R g P dt dω J = = −
实验法测试转动惯量M, =-kp1.扭转振动法kaJé+kp = 0=-k@Qdt-kT =2元0二VJk已知：标准盘的J标，求测试盘的J。（2元）J标J标k=(P2T标 = 2元A1标Z12元J=J标k=一
实验法测试转动惯量 1.扭转振动法 M z = −k k t J = − d d J + k = 0 J k = k J T = 2 标 标 J T k 2 ) 2 ( = 2 2 标 标 T T J = J k 已知：标准盘的J标，求测试盘的 J。 k J T 标 标 = 2 J T k 2 ) 2 ( = z
2.落体观测法为测试不均质材料的鼓轮转动惯量，可以在一侧悬桂个重物，当-0时系统静止不动，然后测试重物下落h高度的t值，求：鼓轮的转动惯量。0dP动量矩定理：(J + - vr) = PrdtgPJoα +-ar=PrgPr’ga=运动学关系：α=Jog+ Pr2I自由落体时有：ath=P2hPr2则：-1)Jo2hg
2.落体观测法 为测试不均质材料的鼓轮转动惯量，可以在一侧悬桂一 个重物，当t=0时系统静止不动，然后测试重物下落h高度的t 值，求:鼓轮的转动惯量。 ( ) Pr 0 + v r = g P J ω dt d r a = ar P r g P J0 + ＝ 2 0 2 J g P r P r g a + = 2 2 1 h = at 1) 2 ( 2 2 0 = − h gt g P r J 动量矩定理: 运动学关系： 自由落体时有： 则： a v P h
S21-4刚体平面运动的微分方程dLmac - ZF= EMCdtmac = EF, =EFmacyXyiSdLC = EMcLc = JcOdtymacax = mxc = EFmac, = mj = EFaCdJcα= Jc=EMc刚体平面运动的微分方程
§21-4 刚体平面运动的微分方程 S y z x y ’ z ’ x ’ S aC maC Fi = ci C M dt dL = maCx = Fxi maCy = Fyi C C M dt dL = LC = JC Ccx C Fxi ma = m x = Cy C Fyi ma = m y = C C MCi J = J = 刚体平面运动的微分方程 C
例7：均匀圆盘沿斜坡滚下，已知盘重P，半径r求：下滚时盘质心的加速度与摩擦力。解：ma = ma。 = mgsin a- FLPma= O = mgcosα - FQJcα= FrFa12有：Qr =a., J2m-2a1acFrmma. = mgsin α12Nm2g sin α得：a.3P2g sin αF :sin αα=33r
例7：均匀圆盘沿斜坡滚下，已知盘重P，半径 r, 求：下滚时盘质心的加速度与摩擦力。 macx = mac = mgsin a − F J Fr C = m a ma mg rm c c 2 1 = sin − r g 3 2 sin = 3 2g sin ac = sin 3 P F = 解: macy = = mg − FN 0 cos r ac Jc r m 2 2 1 有: = , = 得: C P C a y x F FN
例8：杆OA长l，重P。可绕过O点的水平轴转动，A端铰接一半径为R、重为O的均质圆盘，初瞬时OA杆处于水平位置，系统静止。略去各处摩擦，求OA杆转到任意位置（用β角表示）时的角速度の及角加速度α。解：Fo由圆轮受力图，Jα=0服Fox因此の=の=0,9p圆盘在运动过程中作平移0dLo-ZMoi整体对0点应用动量矩定理dtFP+3Qp0L -PPo+2Po-F3gQ3gg1EMor- P,cosp+Ql cospP+30paP+20lcos23g
例8：杆OA长l，重P。可绕过O点的水平轴转动，A端铰接一半 径为R、重为Q的均质圆盘，初瞬时OA杆处于水平位置，系统静 止。略去各处摩擦，求OA杆转到任意位置（用角表示）时的 角速度及角加速度。 解： 由圆轮受力图， JA＝0 因此＝0 ＝0， 圆盘在运动过程中作平移 Fx Fy Q P Q FOxFOy 整体对O点应用动量矩定理 = oi o M d d L t 2 2 2 0 3 3 3 l g P Q l g Q l g P L + = + = 2 3 3 l g P + Q cos 2 2 l P + Q = cos Ql cos l Moi = P + 2