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动力学

2023年9月7日大约 9 分钟

动力学

动力学普遍定律

动量定理

质点系动量定理

对于质心 CC, 有动量定理

maC=F m\vec{a_C}=\sum\vec{F}

动量守恒定理

当外力之和 F(e)=0\sum \vec{F^{(e)}}=0, 则质点系动量守恒, 满足

mvC=k m\vec{v_C}=k

vC=0\vec{v_C}=0, 则积分后还可得到

mrC=0 m\vec{r_C}=0

初速度为零时, 质心位置不会改变, 对于某个方向的初速度分量也可使用此公式, 可用于计算光滑下滑问题

动量矩定理

动量矩定义

对于一固定点 OO, 定义刚体的动量矩

LO=(r×mv) \vec{L_O}=\sum(\vec{r}\times m\vec{v})

对动量矩求导可得

MO=dLOdt=(r×F) \vec{M_O}=\frac{d\vec{L_O}}{dt}=\sum(\vec{r}\times\vec{F})

转动惯量

形状轴位置J
细杆杆的一端13mL2\frac{1}{3}mL^2
细杆杆的中点112mL2\frac{1}{12}mL^2
薄圆筒中轴线mR2mR^2
圆盘/柱中轴线12mR2\frac{1}{2}mR^2
球壳直径23mR2\frac{2}{3}mR^2
直径25mR2\frac{2}{5}mR^2
矩形薄板矩形中心m12(a2+b2)\frac{m}{12}(a^2+b^2)
平行轴定理

J=Jc+md2 J = J_c + md^2

特别注意此处 JcJ_c 为通过质心的轴, dd 为平行轴到质心轴的距离

正交轴定理

Jz=Jx+Jy J_z = J_x + J_y

仅用于薄板,JzJ_z 为垂直于板的轴

质点系动量矩

对于任意点 DD, CC 为刚体质心, 刚体角速度为 ω\omega, 在一个瞬间内, 定义刚体的动量矩

LD=JCω+rC×mvC \vec{L_D}=J_C\vec{\omega}+\vec{r_C}\times m\vec{v_C}

LD\vec{L_D} 求导可发现, 一般情况下, rC×mvC\vec{r_C}\times m\vec{v_C} 项的导数难以求解, 为了避开此项, 需要选取特殊的 DD 点, 称为动矩心

  1. 质心 CC
  2. 刚体的固定转轴
  3. 加速度为 00 的点 (加速度瞬心, 瞬时平动时使用)

此时有等式

MD=JDα \vec{M_D}=J_D\vec{\alpha}

注意, 对于不同的动矩心 DD, JDJ_D 的取值不同

刚体平面运动微分方程

{maCx=Fx(e)maCy=Fy(e)JDα=M(e) \begin{cases}ma_{Cx}&=&\sum F_x^{(e)}\\ ma_{Cy}&=&\sum F_y^{(e)}\\ J_D\alpha&=&\sum M^{(e)}\end{cases}

动能定理

力做功

注意是点乘, 方向不一致需要投影

W12=Fdr W_{12}=\int \vec{F}d\vec{r}

力矩做功

W12=Mdφ W_{12}=\int Md\varphi

常见势能计算

计算势能时, 最好先明确势能零点, 一般取平衡位置

重力势能

Ep=mgΔh=mg(hh) E_p=-mg\Delta h=mg(h_{\text{初}}-h_{\text{末}})

弹性势能

Ep=12k(Δl2Δl2) E_p=\frac{1}{2}k(\Delta l_{\text{初}}^2-\Delta l_{\text{末}}^2)

刚体动能

Ek=12mvC2+12JCω2 E_k=\frac{1}{2}mv_C^2+\frac{1}{2}J_C\omega^2

理想约束

由于刚体内力不做功, 因此 对于以下约束, 约束力不做功

  1. 固定光滑接触面约束
  2. 光滑铰链约束
  3. 光滑铰链支座约束
  4. 静摩擦 (如纯滚动中的静摩擦)
  5. 不可伸长的柔绳约束

动能定理

W12W_{12} 表示从状态 11 到状态 22, 外力做功 用于求解结构复杂的单自由度机构的 v,a,Fv,a,F

E2E1=W12 E_{2}-E_{1}=W_{12}

动力学应用

功率方程

P=d(Ek+Ep)dt P=\frac{d(E_k+E_p)}{dt}

P=Fivi P=\sum \vec{F_i}\cdot\vec{v_i}

功率方程求导注意

达朗贝尔原理

达朗贝尔原理根据动量定理, 引入惯性力与惯性力矩, 平衡外力, 将动力学问题转化为静力学问题

惯性力

定义作用于简化中心 DD 的惯性力 (实际应用中会先正交分解惯性力)

FI=maC \vec{F_I}=-m\vec{a_C}

惯性力矩

惯性力矩同样只有在以下特殊简化 DD 中心才易于计算

  1. 质心 CC
  2. 刚体的固定转轴
  3. 加速度为 00 的点 (加速度瞬心, 瞬时平动时使用)
  4. 加速度矢量通过质心 (纯滚动中的速度瞬心符合此条件)

此时惯性力矩为

MI=JDα \vec{M_I}=-J_D\vec{\alpha}

例题

已知 AB=2.5m,BO=1m,PA=2mAB=2.5m,BO=1m,PA=2m, 图示瞬间 ωAB=1rad/s\omega_{AB}=1rad/s, 求此时杆 ABAB 的角加速度

几何分析

易得, ΔPBA\Delta PBA 为一个直角三角形, 边 PB=1.5mPB=1.5m

速度分析

AA 紧贴地面, 因此 vA\vec{v_A} 沿水平方向. BB 点绕 OO 转动, 因此 vB\vec{v_B} 沿竖直方向
已知杆 ABAB 上两点的速度, 分别做垂线得到速度瞬心 PP. 由于 ωAB\omega_{AB} 已知, 因此可得

vB=PBωAB=1.5m/s v_B=PB\omega_{AB}=1.5m/s

vA=PAωAB=2m/s v_A=PA\omega_{AB}=2m/s

加速度分析

以加速度情况最简单的点 AA 为基点分析加速度

对于点 BBOO 旋转, 其绝对加速度可分为 aBn\vec{a_B^n}aBτ\vec{a_B^\tau} 两部分, 满足

aBn=vB2OB=2.25m/s2 a_B^n=\frac{v_B^2}{OB}=2.25m/s^2

aBτ=OBαOB=αOB(m/s2) a_B^\tau=OB\alpha_{OB}=\alpha_{OB}(m/s^2)

BB 相对基点 AA 的运动满足

aABn=ABωAB2=2.5m/s2 a_{AB}^n=AB\omega_{AB}^2=2.5m/s^2

aABτ=ABαAB=2.5αAB(m/s2) a_{AB}^\tau=AB\alpha_{AB}=2.5\alpha_{AB}(m/s^2)

此外还有加速度合成满足

aBn+aBτ=aA+aABn+aABτ \vec{a_B^n}+\vec{a_B^\tau}=\vec{a_A}+\vec{a_{AB}^n}+\vec{a_{AB}^\tau}

其中共有未知量 33 个分别为 aA,αAB,αOBa_A,\alpha_{AB},\alpha_{OB}.
注意未知量中 αAB\alpha_{AB} 为待求量, αOB\alpha_{OB} 显然与待求量无关, 因此可先沿垂直于 aBτ\vec{a_B^\tau} 方向分解, 避开未知量 αOB\alpha_{OB}, 有

aBn=aA+aABnsinφaABτcosφ0.75=aA2αAB(a1) \begin{split}a_B^n&=a_A+a_{AB}^n\sin\varphi-a_{AB}^\tau\cos\varphi\\ 0.75&=a_A-2\alpha_{AB}\end{split}\tag{a1}


对于点 CC, 其绝对加速度大小方向均未知, 因此沿 x,yx,y 轴分解为 aCx\vec{a_{Cx}}aCy\vec{a_{Cy}} 两部分

CC 相对基点 AA 的运动满足

aACn=ACωAB2=1.25m/s2 a_{AC}^n=AC\omega_{AB}^2=1.25m/s^2

aACτ=ACαAB=1.25αAB(m/s2) a_{AC}^\tau=AC\alpha_{AB}=1.25\alpha_{AB}(m/s^2)

此外还有加速度合成满足

aCx+aCy=aA+aACn+aACτ \vec{a_{Cx}}+\vec{a_{Cy}}=\vec{a_A}+\vec{a_{AC}^n}+\vec{a_{AC}^\tau}

其中共有未知量 44 个分别为 aA,αAB,aCx,aCya_A,\alpha_{AB},a_{Cx},a_{Cy}, 且不存在特殊方向, 因此暂时无法求解.
直接向 x,yx,y 方向分解后有

aCx=aA+aACnsinφaACτcosφ34=aAαABaCx(a2) \begin{split}a_{Cx}&=a_A+a_{AC}^n\sin\varphi-a_{AC}^\tau\cos\varphi\\ -\frac{3}{4}&=a_A-\alpha_{AB}-a_{Cx}\end{split}\tag{a2}

aCy=aACncosφ+aACτsinφ1=34αABaCy(a3) \begin{split}a_{Cy}&=a_{AC}^n\cos\varphi+a_{AC}^\tau\sin\varphi\\ -1&=\frac{3}{4}\alpha_{AB}-a_{Cy}\end{split}\tag{a3}

至此加速度分析中共有四个未知量 aA,αAB,aCx,aCya_A,\alpha_{AB},a_{Cx},a_{Cy} 需要求解, 有独立方程三个, 仍需一个方程.

受力分析

根据达朗贝尔原理, 将运动的杆 ABAB 视为静止, 取质心 CC 为简化中心, 产生与 CC 点加速度方向相反的虚拟力 FIx,FIyF_{Ix},F_{Iy} 以及与杆 ABAB 角加速度方向相反的虚力矩, 满足

FIx=maCx \vec{F_{Ix}}=-m\vec{a_{Cx}}

FIy=maCy \vec{F_{Iy}}=-m\vec{a_{Cy}}

MI=JABαAB=mAB212αAB \vec{M_{I}}=-J_{AB}\vec{\alpha_{AB}}=-\frac{mAB^2}{12}\vec{\alpha_{AB}}

除虚拟力外, 杆上还在 AA 点有约束力 NN, BB 点有拉力 TT, 质心 CC 上有重力 mgmg.
为了避开无关未知量 N,TN,T 对其力方向交点 PP 取矩有

(FIymg)PB2+FIxPA2+MI=03g=3aCy+4aCx+2512αAB(a4) \begin{split}(F_{Iy}-mg)\frac{PB}{2}+F_{Ix}\frac{PA}{2}+M_I&=0\\ 3g&=3a_{Cy}+4a_{Cx}+\frac{25}{12}\alpha_{AB}\end{split}\tag{a4}

在补充此方程后, 方程数与未知量相同可以求解

结果求解

根据四个方程得到方程组

[11100340102512431200][aAαABaCxaCy]=[3413g34] \begin{bmatrix}1&-1&-1&0\\ 0&\frac{3}{4}&0&-1\\ 0&\frac{25}{12}&4&3\\ 1&-2&0&0\end{bmatrix} \begin{bmatrix}a_A\\\alpha_{AB}\\a_{Cx}\\a_{Cy}\end{bmatrix}= \begin{bmatrix}-\frac{3}{4}\\-1\\3g\\\frac{3}{4}\end{bmatrix}

g=10g=10, 解得

αAB=2.52rad/s \alpha_{AB}=2.52rad/s\curvearrowright

自由度

DoF=3mni DoF=3m-\sum n_i

动力学解题过程

  1. 受力分析图
  2. 速度分析图
  3. 加速度分析图
  4. 列出运动学方程
  5. 补充动力学方程
  6. 当方程数 = 未知量个数, 解方程

虚位移原理

F(e)δr=0 \sum \vec{F^{(e)}}\delta\vec{r}=0

单自由度应用

多自由度应用

计算约束力