动量矩定理习题
第十一章动量矩定理习题解答
习 题11-1 质量为m 的质点在平面Oxy 内运动，其运动方程为：t b y t a x ωω2sin ,cos ==。
其中a 、b 和w 均为常量。
试求质点对坐标原点O 的动量矩。
t a xv x ωωsin -== t b y v y ωω2cos 2== x mv y mv L y x O +-=)cos 2cos 22sin sin (t a t b t b t a m ωωωωωω⨯+⨯=)cos 2cos 22sin (sin t t t t mab ωωωωω⨯+⨯=)cos 2cos 2cos sin 2(sin t t t t t mab ωωωωωω⨯+⨯=)2cos (sin cos 22t t t mab ωωωω+=t mab ωω3cos 2=11-2 C 、D 两球质量均为m ，用长为2 l 的杆连接，并将其中点固定在轴AB 上，杆CD 与轴AB 的交角为θ，如图11-25所示。
如轴AB 以角速度w 转动，试求下列两种情况下，系统对AB 轴的动量矩。
（1）杆重忽略不计；（2）杆为均质杆，质量为2m 。
图11-25(1)θθ222sin 2)sin (2ml l m J z =⨯= θω22sin 2l m L z = (2)θθ2202sin 32d )sin (2ml x x l m J lz ==⎰杆 θ22sin 38ml J z = θω22sin 38l m L z =11-3 试求图11-26所示各均质物体对其转轴的动量矩。
各物体质量均为m 。
图11-26(a) ω231ml L O =(b) 22291)6(121ml l m ml J O =+= ω291ml L O -= (c) 2222452312121ml l m l m J O =⨯⨯+⨯⨯= ω2245ml L O = (d) 2222321mR mR mR J O =+= ω223mR L O =11-4 如图11-27所示，均质三角形薄板的质量为m ，高为h ，试求对底边的转动惯量J x 。
第11章动量矩定理习题
第11章 动量矩定理习题1.是非题（对画√，错画×）11-1.质点系动量矩定理∑ni e i o o )(=dt d1=F M L 中的矩心点对任意点都成立。
（ ） 11-2.质点系动量矩的变化与为外力有关，与内力无关。
（ ）11-3.质点系对某点动量矩守恒，则对过该点的任意轴也守恒。
（ ） 11-4.当质点的动量与某轴平行，则质点对该轴的动量矩恒为零。
（ ） 11-5.质心轴转动惯量是所有平行于质心轴转动惯量的最大值。
（ ） 2.填空题（把正确的答案写在横线上）11-6.如图所示，在铅垂平面内，均质杆OA 可绕点O 自由转动，均质圆盘可绕点A 自由转动，当杆OA 由水平位置无初速释放时，已知杆长为l ，质量为m ；圆盘半径为R ，质量为M 。
则杆OA 对点O 的动量矩=o L ；圆盘对点O 的动量矩=o L ；圆盘对点A 的动量矩=A L 。
11-7.如图所示，两轮的转动惯量相同，为o J ，图（a ）中绳的一端挂重物，图(b)中绳的一端受一力，且P F =，则图（a ）的角加速度=α ；图（b ）的角加速度α题11-6图(b)F题11-7图3.简答题11-8.如图所示的传动系统中，1J 、2J 为轮Ⅰ、轮Ⅱ的转动惯量，若以整体为质点系，则由质点动量矩定理求得轮Ⅰ的角加速度为2111J J M +=α，对吗？ⅠⅡ题11-8图11-9.质量为m 的均质圆盘，平放在光滑的水平面上，受力如图所示，初始静止，2Rr ，下面圆盘作何种运动？(a)(b)(c)题11-9图11-10.花样滑冰运动员通过伸展和收缩手臂和另一条腿来改变旋转的速度。
其理论依据是什么？为什么？4.计算题11-11.下面各图中，各物体的质量均为m ，几何尺寸如图所示，试求系统对点O 的动量矩。
m2(1)(2)(3)(4)(5)(6)题11-11图11-12.质量为m的质点在平面oxy内运动，其运动方程为tωcosax=tωsinay2=其中a、b、ω为常数，试求质点对坐标原点O的动量矩。
《理论力学》第十章--动量矩定理试题及答案
理论力学11章作业题解11-3 已知均质圆盘的质量为m ，半径为R ，在图示位置时对O 1点的动量矩分别为多大？图中O 1C=l 。
解 (a) 21l m l mv L c O w == ，逆时针转动。
(b) w w 2210||1mR J L v m r L c c c O =+=+´=rr ，逆时针转动。
(c ) )2(2221222121l R m ml mR ml J J c O +=+=+=w w )2(222111l R m J L O O +==，逆时针转动。
(d)ww mR R l mv R l R v mR l mv J l mv L v m r L c c c c c c c O )5.0()5.0(/||2211-=-=-=-=+´= r r，顺时针转动解毕。
v cv cv c11-5 均质杆AB 长l 、重为G 1，B 端刚连一重G 2的小球，弹簧系数为k ，使杆在水平位置保持平衡。
设给小球B 一微小初位移0d 后无初速度释放，试求AB 杆的运动规律。
解 以平衡位置（水平）为0=j ，顺时针转为正。
平衡时弹簧受力为：)5.0(312G G F s +=弹簧初始变形量：k G G k F s st /)5.0(3/12+==d在j 角时弹簧的拉力为（小位移）：3/)5.0(3)3/(12l k G G l k F st s j j d ++=+=¢系统对A 点的动量矩：j j j&&&221233l gG G l l g G J L A A +=×+= 对点的动量矩定理)(/å=Ei A A F M dt dL r ：j j 93/5.033221221kl l F lG lG l g G G s -=¢-+=+&& 0)3(321=++j jG G gk &&，令)3(3212G G gkp +=则有02=+j jp &&，其解为： )cos()sin(pt B pt A +=j由初始条件0| ,/|000====t t l jd j &得l B A / ,00d ==。
理论力学课后习题答案
第11章 动量矩定理一、是非题(正确的在括号内打“√”、错误的打“×”)1. 质点系对某固定点(或固定轴)的动量矩，等于质点系的动量对该点(或轴)的矩。
(×)2. 质点系所受外力对某点(或轴)之矩恒为零，则质点系对该点(或轴)的动量矩不变。
(√)3. 质点系动量矩的变化与外力有关，与内力无关。
(√)4. 质点系对某点动量矩守恒，则对过该点的任意轴也守恒。
(√)5. 定轴转动刚体对转轴的动量矩，等于刚体对该轴的转动惯量与角加速度之积。
(×)6. 在对所有平行于质心轴的转动惯量中，以对质心轴的转动惯量为最大。
(×)7. 质点系对某点的动量矩定理e 1d ()d nOO i i t ==∑L M F 中的点“O ”是固定点或质点系的质心。
(√)8. 如图所示，固结在转盘上的均质杆AB ，对转轴的转动惯量为20A J J mr =+ 2213ml mr =+，式中m 为AB 杆的质量。
(×)9. 当选质点系速度瞬心P 为矩心时，动量矩定理一定有e 1d()d nP P i i t ==∑L M F 的形式，而不需附加任何条件。
(×)10. 平面运动刚体所受外力对质心的主矩等于零，则刚体只能做平动；若所受外力的主矢等于零，刚体只能作绕质心的转动。
(×)图二、填空题1. 绕定轴转动刚体对转轴的动量矩等于刚体对转轴的转动惯量与角速度的乘积。
2. 质量为m ，绕z 轴转动的回旋半径为ρ，则刚体对z 轴的转动惯量为2ρm J z =。
3. 质点系的质量与质心速度的乘积称为质点系的动量。
4. 质点系的动量对某点的矩随时间的变化规律只与系统所受的外力对该点的矩有关，而与系统的内力无关。
5. 质点系对某点动量矩守恒的条件是质点系所受的全部外力对该点之矩的矢量和等于零，质点系的动量对x 轴的动量矩守恒的条件是质点系所受的全部外力对x 轴之矩的代数和等于零。
第12章 动量矩定理(田)
第十二章 动量矩定理一、填空题1．如下（1）图所示，在提升重为Ｇ的物体Ａ时，可在半径为ｒ的鼓轮上作用一力偶Ｍ。
已知鼓轮对轴Ｏ的转动惯量为Ｉ，某瞬时鼓轮的角加速度为α，则该瞬时，系统对轴Ｏ的动量矩定理可写成______________。
2．如下（2）图所示，轮Ｂ由系杆ＡＢ带动在固定轮Ａ上无滑动滚动，两圆的半径分别为Ｒ，ｒ。
若轮Ｂ的质量为ｍ，系杆的角速度为ω，则轮Ｂ对固定轴Ａ的动量矩大小是_______________。
3．图（3）中匀质圆盘在光滑水平面上作直线平动，图（4）中匀质圆盘沿水平直线作无滑动滚动。
设两圆盘的质量皆为ｍ，半径皆为ｒ，轮心Ｏ速度皆为ｖ，则图示瞬时，它们各自对轮心Ｏ和对与地面接触点Ｄ的动量矩分别为：（3）ＬO ＝___________ ；ＬD ＝_____________________； （4）ＬO ＝_____________；ＬD ＝_____________________。
二、选择题1．如下图（1）所示，已知两个匀质圆轮对转轴转动惯量分别为I Ａ，I Ｂ，半径分别为ＲＡ，ＲＢ，作用在Ａ轮上的转矩为Ｍ，则系统中Ａ轮角加速度的大小为（ ）。
22A 22B 2A AB A A 222A DC I I M B A BA B A B A A B B R I R I MR I MR I R I MR +==+=+=αααα、；、；、；、 2．如下图（2）所示，两匀质细杆ＯＡ和ＢＣ的质量均为ｍ ＝ ８ｋｇ，长度均为ｌ ＝ ０．５ｍ，固连成图所示的Ｔ字型构件，可绕通过点Ｏ的水平轴转动。
当杆ＯＡ处于图示水平位置时，该构件的角速度ω ＝ ４ｒａｄ／ｓ。
则该瞬时轴Ｏ处反力的铅垂分力ＮＯｙ的大小为（ ）。
Ａ．ＮＯ=２４．５Ｎ；Ｂ．ＮＯ=３２．３Ｎ；Ｃ．ＮＯ=７３．８Ｎ；Ｄ．ＮＯ=１５６．８Ｎ3．如果把下图（3）中重为G A 的物体换为图（4）所示的力G A ，在这两种情况下，若把匀质滑轮的角加速度ε１和ε２的大小比较，则有（ ）。
动量矩定理
思 考 题9-1. 质点系的动量按公式i i c m m ==∑I v v 计算，那么质点系的动量矩是否也可以按公式()()o o i i o c m m ==∑L M v M v 计算？为什么？9-2. 花样滑冰运动员利用手臂伸张和收拢来改变旋转速度，试说明其原因。
9-3. 坐在转椅上的人不接触地面，能否使转椅转动？为什么？9-4. 为什么直升飞机要有尾桨？如果没有尾桨，直升飞机飞行时将会怎样？ 9-5.传动系统中J 1、J 2为轮I 、轮II 的转动惯量，轮I 的角加速度按式1112M J J α=+对吗？9-6. 质量为m 的均质圆盘，平放在光滑的水平面上，受力情况如图所示，设开始时，圆盘静止，图中R =2r 。
试说明各圆盘将如何运动。
思考题9-6图思考题9-5图习题9-4图习 题9-1 如图所示，已知均质杆的质量为M ，对1z 轴的转动惯量为1J ，求杆对2z 的转动惯量2J 。
9-2 均质直角折杆尺寸如图所示，其质量为3m ，求其对轴O 的转动惯量。
9-3 质量为m 的点在平面Oxy 内运动，其运动方程为：tb y ta x ωω2sin cos ==式中a 、b 和ω为常量。
求质点对原点O 的动量矩。
9-4 如图所示，质量为m 的偏心轮在水平面上作平面运动。
轮子轴心为A ，质心为C ，AC = e ；轮子半径为R ，对轴心A 的转动惯量为J A ；C 、A 、B 三点在同一铅直线上。
（1）当轮子只滚不滑时，若v A 已知，求轮子的动量和对地面上B 点的动量矩。
（2）当轮子又滚又滑时，若v A 、ω已知，求轮子的动量和对地面上B 点的动量矩。
习题9-2图习题9-1图习题9-5图习题9-7图9-5如图所示水平圆板可绕z 轴转动，在圆板上有一质点M 作圆周运动，已知其速度的大小为常量，等于v 0，质点M 的质量为m ，圆的半径为r ，圆心到z 轴的距离为l ，M 点在圆板的位置由ϕ角确定，如图所示。
单元五动量矩和动量矩守恒定理（一）
单元五 动量矩和动量矩守恒定理 （一）一、 选择、填空题1. 花样滑冰运动员绕自身的竖直轴转动，开始时臂伸开，转动惯量为J 0角速度为ω0，然后她将两臂收回，使转动惯量减少为0J 31J =。
这时她转动的角速度变为 【 C 】0003)D (3)C ()3/1()B (31)A (ωωωω2. 如图所示，一质量为m 的匀质细杆AB ，A 端靠在光滑的竖直墙壁上，B 端置于粗糙水平地面而静止，杆身与竖直方向成θ角，则A 端对墙壁的压力大小为【 B 】(A) 0.25⋅mg ⋅cos θ (B) 0.5⋅mg ⋅tg θ (C)mg ⋅sin θ (D)不能唯一确定3. 如图所示，一个小物体，置于一光滑的水平桌面上，一绳其一端连结此物体，另一端穿过桌面中心的孔，物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉。
则物体 【 D 】(A) 动能不变，动量改变; (B) 动量不变，动能改变;(C) 角动量不变，动量不变; (D) 角动量不变，动量、动能都改变。
4. 如图所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴O 旋转，初始状态为静止悬挂，现有一个小球自左方水平打击细杆，设小球与细杆之间为非弹性碰撞，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统。
【 C 】(A) 只有机械能守恒; (B) 只有动量守恒;(C) 只有对轴O 的角动量守恒; (D) 机械能、动量和角动量均守恒。
)2(选择题)3(选择题)4(选择题)5(选择题)2(计算题)1(计算题5. 匀质园盘水平放置，可绕过盘心的铅直轴自由转动，园盘对该轴的转动惯量为J 0，当转动角速度为ω0时，有一质量为m 的质点落到园盘上，并粘在距轴R/2处(R 为园盘半径)，则它们的角速度0200mR 41J J ωω+=6. 质量为m 的均质杆，长为l ，以角速度ω绕过杆的端点，垂直于杆的水平轴转动，杆绕转动轴的动能为22k ml 61E ω=，动量矩为ω20ml 31L =。
第12章动量矩定理(田)
第十二章动量矩定理一、填空题1如下（1）图所示，在提升重为G 的物体A 时，可在半径为 r 的鼓轮上作用一力偶M 。
已知鼓轮对轴O 的转动惯量为I,某瞬时鼓轮的角加速度为 G,则该瞬时，系统对轴O 的动量矩定理可写成 _____________________2.如下（2）图所示，轮E 由系杆AE 带动在固定轮A 上无滑动滚动，两圆的半径分别为R,r 。
若轮E 的质量为m,系杆的角速度为3,则轮E 对固定轴A 的动量矩大小是 ____________________3 .图（3）中匀质圆盘在光滑水平面上作直线平动，图（4）中匀质圆盘沿水平直线作无滑动滚动。
设两圆盘的质量皆为m,半径皆为r,轮心O 速度皆为v,则图示瞬时，它们各自对轮心O 和对与地面接触点 D 的动量矩分另U 为： （3）L O = ___________ ; L D= _________________________ ; （4）LO = ________________ ; L D= _________________________ 。
2 .如下图（2）所示，两匀质细杆OA 和EC 的质量均为m = 8kg ，长度均为1= 0.5m, 固连成图所示的T 字型构件，可绕通过点O 的水平轴转动。
当杆OA 处于图示水平位置时，该构件的角速 度3 =4rad/s 。
则该瞬时轴O 处反力的铅垂分力NOy 的大小为（）。
A.N O =24.5N;B.N O =32.3N;C.N O = 73.8N;D.N O = 156.8N 3 .如果把下图（3）中重为GA 的物体换为图（4）所示的力 G A ，在这两种情况下，若把匀质滑轮的A . &1 V $B . e 1> e ； C .e 1= e 2二、选择题1.如下图（1）所示，已知两个匀质圆轮对转轴转动惯量分别为 在A 轮上的转矩为M,则系统中A 轮角加速度的大小为（I A , I B ,半径分别为R A ,R B ，作用MRBA 、‘ A=I B R A I A R B ；BMRBI AD、、心 A —2222B A A B 角加速度 1和2的大小比较，则有（(1) (2)(1三、计算题1轮子的质量m=100 kg，半径r=1 m，可以看成匀质圆盘（如图）。
动量矩定理作业参考答案及解答
g (顺时针), 2r
FOx = 0,
1 FOy = mg (↑) 2
6．如题图所示，有一轮子，轴的直径为 50mm，无初速的沿倾角θ=20°的轨道
滚下，设只滚不滑，5s 内轮心滚过的距离为 s=3m。试求轮子对轮心的惯性半径。
s
提示：本题用刚体平面运动微分方程求解。注意到轮心加速度可由式 1 s = at 2 求得，且轮心加速度 a 与轮子角加速度α关系 a = rα ，其中 r 为轮轴的 2 半径。 解：
a mg
Ff × r = mρ α
2
由以上两式消去 Ff 得 ρ 2 =
r ( g sin θ − a )
α
=
r 2 t 2 g sin θ − r 2 = 8113(mm) 2 2s
ρ= & 90mm
r 2 t 2 g sin θ − r 2 = 8113(mm) 2 , ⇒ 2s
答案： ρ 2 =
整个系统对轴 O 的动量矩守恒
p 1 p LO = L1 + L2 = r 2 1 ω + 2 r (ωr − at ) = 0 2 g g
解得
ω=
2aP2 t , r (2 P2 + P1 )
α=
2aP2 dω = dt r (2 P2 + P1 )
答案： ω =
2aP2 t , r (2 P2 + P1 )
vB
A
ωB
B
D
1 1）对杆分析，杆对轴 A 的动量矩 L A1 = m2 R 2ω 3 2）对轮分析
ω B R = ωl
ωB =
齿轮对轮心 B 的动量矩为 齿轮对轴 A 的动量矩为
ωl
《理论力学》第十一章动量矩定理习题解详解
yx第十一章 动量矩定理 习题解[习题11-1] 刚体作平面运动。
已知运动方程为：23t x C =，24t y C =，321t =ϕ，其中长度以m 计，角度以rad 计，时间以s 计。
设刚体质量为kg 10，对于通过质心C 且垂直于图平面的惯性半径m 5.0=ρ，求s t 2=时刚体对坐标原点的动量矩。
解：)(1223|22m x t C =⨯== )(1624|22m y t C =⨯== t t dtddt dx v C Cx6)3(2=== )/(1226|2s m v t Cx =⨯== t t dtddt dy v C Cy8)4(2=== )/(1628|2s m v t Cy =⨯==2323)21(t t dt d dt d ===ϕω )/(6223|22s rad t =⨯==ω→→→+=k v m M J L C Z Cz O )]([ω→→-+=k y mv x mv m L C Cx C Cy O ][2ωρ→=→⨯-⨯+⨯⨯=k L t O ]1612121665.0[10|22→=→=k L t O 15|2 )/(2s m kg ⋅，→k 是z 轴正向的单位向量。
[习题11-2] 半径为R ，重为W 的均质圆盘固结在长l ，重为P 的均质水平直杆AB 的B 端，绕铅垂轴Oz 以角速度ω旋转，求系统对转轴的动量矩。
解：gPl l g P J ABz 33122,=⋅⋅=平动)(a O 转动绕定轴C )(b 转动绕定轴1 )(Oc O 在圆弧上作纯滚动)(d gl R W l g W g J l z 4)4(R W 412222,+=⋅+⋅⋅=圆盘ωω⋅+⋅=圆盘,,z AB z z J J Lω]4)4(3[222g l R W g Pl L z ++=ω)4443(222gWRg Wl g Pl L z ++= ω)4333(222gWR g Wl g Pl L z ++=ω)433(22R gW l g W P L z ++= [习题11-3] 已知均质圆盘质量为m ，半径为R ，当它作图示四种运动时，对固定点1O 的动量矩分别为多大？图中l C O =1。
和11章例题动量定理动量矩定理
5
5
cos cos(450 ) 3 ,
sin sin(450 ) 1 ,
10
K2 mvC2
滑块B：
10
5 ml(
3
i
2
10
K3 mvC3 mvC31i
1
j)
2
ml
(3
i
1 j)
10 4
K3 2ml i 3
总动量： K K1 K2 K3
K1 K2
式中：
A
m π R2
JO
R 0
(2π
r Adr
r2)
2π
A
R4 4
即
JO
1 2
mR2
1
26
（4）匀质圆柱，半径为R,质量为M 。
对质心z轴的转动惯量
Jz
1 2
MR2
（5）匀质实心球，半径为R,质量为M 。
对质心z轴的转动惯量
z
z
R
y
x
C
Jx
Jy
Jz
2 5
MR2
x
y
CR
1
27
四. 平行移轴定理 刚体对某轴的转动惯量等于刚体对通过质心且与该轴平行的
（1）杆与圆盘固结在一起；
（2）杆与圆盘不固结，盘相对于杆的角速度- ；
（3）行星轮机构，轮O固结不动。
（1）
（2） 1
（3）
20
解：（1）杆与圆盘固结： 盘作定轴转动
JO
1 2
mr2
ml 2
1 2
m(r2
2l2 )
GO
JO
1 2
m(r2
2l2 )
转向：顺时针
（2）杆与圆盘不固结，盘相对于杆的角速度- ；
11 动量矩定理习题解答
R
O ve
r o B
vr
[解]
研究整体，由于∑Mz （F）= 0，且系统初始静止， 所以 Lz = 0，即 L z 盘+ L z 人 = 0 式中 Lz 盘= J z =
1P 2 R 2g
L z 人= 解得
ds Q (v －v )r， v = rω ， vr at e r e dt g
解：重物 A 和 B 速度 v A vB r ，
LO m1v A r m2 vB r J O 1 m1r r m2 r r m3r 2 2
A
B （c）
vA
vB
m1 g
m2 g
1 2 m1 m2 m3 r 2
…….. ①
对 B 轮，有
…….. ②
P aB P FT1 g
…….. ③
FT1 FT1
…….. ④
再以轮与绳相切点 D 为基点，则轮心 B 的加速度
v B v D v BD ，式中 v D r A ， v BD r B
∴ v B r A r B ， 对上式求导得轮心 B 的加速度为
Fx maCx , FNA maCx , Fy maCy , FNB mg maCy , M C ( F ) J C , FNB l cos FNA l sin 1 ml 2 2 2 12
l 2 FNA 2 ( sin cos )m, l 2 FNB mg ( cos sin )m, 2 l l 1 2 FNB 2 cos FNA 2 sin 12 ml
A
动量矩定理
动量矩定理 习 题例1：单摆将质量为m 的小球用长为l 的线悬挂于水平轴上，使其在重力作用下绕悬挂轴O 在铅直平面内摆动。
线自重不计且不可伸长，摆线由偏角0ϕ时从静止开始释放，求单摆的运动规律。
解：将小球视为质点。
其速度为ϕ&l v =且垂直于摆线。
摆对轴的动量矩为()ϕϕ&&2ml l ml mv m o =⋅= 又 ()o T m o =，则外力对轴O 之矩为()ϕsin mgl F m o -=注意：在计算动量矩与力矩时，符号规定应一致（在本题中规定逆时针转向为正）。
根据动量矩定理，有()ϕϕsin 2mgl ml tx-=&d d即 0sin =+ϕϕl g&& (a)当单摆做微幅摆动时，ϕϕ≈sin ，并令lgn =2ω 则式（a ）成为 02=+ϕωϕn && （b ）解此微分方程，并将运动初始条件带入，即当t=0时，0ϕϕ=，00=ϕ&，得单摆微幅摆动时的运动方程为tn ωϕϕcos 0=©由此可知，单摆的运动是做简谐振动。
其振动周期为gl T nπωπ22==C例2：双轴传动系统中，传动轴Ⅰ与Ⅱ对各自转轴的转动惯量为1J 与2J ，两齿轮的节圆半径分别为1R 与2R ，齿数分别为1z 与2z ，在轴Ⅰ上作用有主动力矩1M ，在轴Ⅱ上作用有阻力矩2M ，如图所示。
求轴Ⅰ的角加速度。
解：轴Ⅰ与轴Ⅱ的定轴转动微分方程分别为 1111R P M J τε-= （a ） 2222R P M J τε+-= (b)又122112z zR R i ===εε（c ）以上三式联立求解，得 221211i J J iM M +-=ε例3：质量为m 半径为R 的均质圆轮置放在倾角为α的斜面上，在重力的作用下由静止开始运动，设轮与斜面间的静、动滑动摩擦系数分别为f 、f '，不计滚动摩阻。
试分析轮的运动。
解：取轮为研究对象，根据平面运动微分方程有F mg ma c -=αsin （a ） N mg +-=αcos 0 (b) FR J c =ε (c) 由式（b ）得 αcos mg N = (d) 情况一： 设接触处绝对光滑。
动量定理+动量矩定理 小测验-A卷
F动量定理+动量矩定理小测验（A 卷）考试班级 学号 姓名 成绩 一、选择题（请将答案的序号填在划线内）1. 两物块A 和B ，质量分别为m A 和m B ，初始静止放在光滑的水平面上，如物块A 相对斜面下滑的速度为r v ，B 的速度为v ，不计摩擦，则有 。
A. r cos A B m v m v θ=；B. r A B m v m v =；C. ()r cos A B m v v m v θ+=；D. ()r cos A B m v v m v θ-=。
2. 如图所示，边长为L 的均质正方形平板，位于铅垂平面内并置于光滑水平面上，初始静止。
若给平板一微小扰动，使其从图示位置开始倾倒，平板在倾倒过程中，其质心点的运动轨迹是 。
A. 铅垂直线B. 偏向左侧的一条曲线C. 椭圆D. 偏向右侧的一条曲线3. 质量为m 匀质圆盘，平放在光滑的水平面上，受力如图所示。
设圆盘初始静止，图中r =R /2，则圆盘将作 。
A. 平移；B. 转动；C. 既有平移，又有转动的平面运动；D. 静止。
4. 图示两个完全相同的均质圆轮，分别同时作用矩为M 的力偶和水平作用力F ，且/F M R =，方向如图，若两轮均沿水平地面作纯滚动，则在同一瞬时，两种情况下有 。
A ．轮心加速度相等，地面对圆轮的摩擦力大小相等；B ．轮心加速度不相等，地面对圆轮的摩擦力大小相等；C ．轮心加速度相等，地面对圆轮的摩擦力大小不相等；D ．轮心加速度不相等，地面对圆轮的摩擦力大小不相等。
A 二、填空题均质细长杆AB 质量为m ，长度为l ，可绕O 轴转动，图示瞬时的角速度为ω，则细长杆的动量大小p = ；对点O 的动量矩大小O L = 。
（两矢量的方向请在图上标出）三、计算题图示机构中，已知：匀质鼓轮B 质量为m ，半径为R ；通过绕在其上的无重细绳提升质量为m 1的物块A ；细绳另一端与质量为m ，半径为R 的匀质圆轮C 相连，圆轮质量分布在轮缘上，轮C 沿倾角为θ的斜面向下滚动而不滑动，且绳的倾斜段与斜面平行。
理论力学课后习题答案第9章动量矩定理及其应用
（1）
（2）
对A：
（3）
又：
以O为基点：
（→）
（↓）（4）
由上四式联立，得（注意到 ）
法2：对瞬心E用动量矩定理（本题质心瞬心之距离为常数）
又
可解得：
9－11图示匀质圆柱体质量为m，半径为r，在力偶作用下沿水平面作纯滚动。若力偶的力偶矩M为常数，滚动阻碍系数为 ，求圆柱中心O的加速度及其与地面的静滑动摩擦力。
解：对轮C：
对轮B和重物A：
运动学关系：
9－5图示电动绞车提升一质量为m的物体，在其主动轴上作用一矩为M的主动力偶。已知主动轴和从动轴连同安装在这两轴上的齿轮以及其它附属零件对各自转动轴的转动惯量分别为J1和J2；传动比r2:r1=i；吊索缠绕在鼓轮上，此轮半径为R。设轴承的摩擦和吊索的质量忽略不计，求重物的加速度。
（7）
将（5）、（6）、（7）代入（2）、（3）、（4）得
（8）
（9）
（10）
解得： ，与（1）式相同。
9－15圆轮A的半径为R，与其固连的轮轴半径为r，两者的重力共为W，对质心C的回转半径为，缠绕在轮轴上的软绳水平地固定于点D。均质平板BE的重力为Q，可在光滑水平面上滑动，板与圆轮间无相对滑动。若在平板上作用一水平力F，试求平板BE的加速度。
解：初始静止，杆开始运动瞬时， 必沿支承处切向，即沿AB方向，所以 此时沿AB方向，如图（a），以D为基点：
由
（1）
由AB作平面运动：
（2）
（3）
（4）
由（3），
解（1）、（2）、（4）联立
9－19如图所示，足球重力的大小为4.45N,以大小 =6.1m/s,方向与水平线夹40 角的速度向球员飞来，形成头球。球员以头击球后，球的速度大小为 =9.14m/s，并与水平线夹角为20 角。若球－头碰撞时间为0.15s。试求足球作用在运动员头上的平均力的大小与方向。
习题动量矩定理（2）
动量矩定理(2)班级学号姓名一、选择题1、圆柱在重力作用下沿粗糙斜面下滚，角加速度；当小球离开斜面后，角加速度。
（1）等于零；（2）不等于零；（3）不能确定2、OA 杆重P ，对O 轴的转动惯量为J ，弹簧的弹性系数为k ，当杆处于铅垂位置时弹簧无变形，取位置角j 及其正向如图所示，则OA 杆在铅直位置附近作微振动的运动微分方程为。
(1) j j jPb ka J --=2 ；(2) j j j Pb ka J 2+= ；(3) j j jPb ka J +-=-2；(4) 二、填空题1、在质量为M ，半径为R 的均质圆环上固接一质量为m 的均质细杆AB ，位置如图，切有60=ÐCAB °。
若系统在铅垂面内以角速度w 绕O 轴转动，则系统对O 轴的动量矩的大小为。
2、如图系统中，小球质量为m ，水平杆OA 质量不计，弹簧刚度系数为k ，图示为静平衡位置，则系统作微振动时的微分方程为。
三、计算题（解题步骤：①取研究对象画受力图②运动分析③列动力学方程求解）1、两个重物M 1和M 2的质量各为m 1与m 2，分别系在两条不计质量的绳上，如图所示。
此两绳又分别围绕在半径为r 1和r 2的塔轮上。
塔轮的质量为m 3，质心为O ，对轴O 的回转半径为r 。
重物受重力作用而运动，求塔轮的角加速度。
j j j Pb ka J -=-22、图示均质圆盘的半径R=180mm，质量m=25kg。
测得圆盘的扭转振动周期s1T；当加上另一物体时，测得扭转振动1=周期为s2.1T。
求所加物体对于转动轴的转动惯量。
2=3、一刚性均质杆重200N。
A、B处为光滑铰链约束。
当杆位于水平位置时，C处弹簧压缩了76mm，弹簧刚度系数为8750N/m。
试求当约束A突然移走时，此瞬时支座B的反力。
的反力。
动量动量矩定理复习题
α = 3g / 2l
由质心运动定理： 由质心运动定理：
P aCx = 0 = XO g
P P l aCy = − α = YO − P ⇒ g g 2
1 Y = P O 4
匀质杆AB在图示位置从静止释放 求该时刻A端 在图示位置从静止释放， 例3 匀质杆 在图示位置从静止释放，求该时刻 端 加速度和受到的地面约束反力。假设水平面光滑。 加速度和受到的地面约束反力。假设水平面光滑。
(3)
列直角坐标形式的质点运动微分方程
m m
对其进行积分
dv x =0 dt dv y = − mg dt dv x dx =0 dt = c1 dt ⇒ dv y dy = − gt + c = − mg 2 dt dt
m m
v0 sin α 0 g
将到达A点时的时间t, x=S, y=H 代入运动方程，得
sg v 0 cosα 0 = 2 gH
v 0 sinα 0 = 2 gH
发射初速度大小与初发射角 α0 为
g2s2 v0 = (v0cosα0 ) +(v0sinα0 ) = +2gH =10.5 m /s 2gH
2 2
以B为动系，研究C点 v C = v e + v r aC = a e + a r
aCx′ = ɺɺ cos α − ɺɺ x s
圆球质心运动定理
圆球质心动量矩定理
ɺɺ 2 s mA r 2 = Fr 5 r
系统动量定理
(2)
mB ɺɺ + mA ( ɺɺ − ɺɺ cos α ) = 0 x x s
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动量矩定理 习 题
例1：单摆将质量为m 的小球用长为l 的线悬挂于水平轴上，使其在重力作用下绕悬挂轴O 在铅直平面内摆动。
线自重不计且不可伸长，摆线由偏角0ϕ时从静止开始释放，求单摆的运动规律。
解：将小球视为质点。
其速度为ϕ l v =且垂直于摆线。
摆对轴的动量矩为 ()ϕϕ
2ml l ml mv m o =⋅= 又 ()o T m o =，则外力对轴O 之矩为
()ϕsin mgl F m o -=
注意：在计算动量矩与力矩时，符号规定
应一致（在本题中规定逆时针转向为正）。
根据动量矩定理，有
()ϕϕsin 2mgl ml t
x
-= d d 即 0sin =+ϕϕ
l g
(a)
当单摆做微幅摆动时，ϕϕ≈sin ，并令l
g
n =
2ω 则式（a ）成为 02=+ϕωϕ
n （b ）
解此微分方程，并将运动初始条件带入，即当t=0时，0ϕϕ=，00=ϕ
，得单摆微幅摆动时的运动方程为
t
n ωϕϕcos 0=
©
由此可知，单摆的运动是做简谐振动。
其振动周期为
g
l T n
π
ωπ
22==
例2：双轴传动系统中，传动轴Ⅰ与Ⅱ对各自转轴的转动惯量为1J 与2J ，两齿轮的节圆半径分别为1R 与2R ，齿数分别为1z 与2z ，在轴Ⅰ上作用有主动力矩1M ，在轴Ⅱ上作用有阻力矩2M ，如图所示。
求轴Ⅰ的角加速度。
解：轴Ⅰ与轴Ⅱ的定轴转动微分方程分别为 1111R P M J τε-= （a ） 2222R P M J τε+-= (b)
又
1
22112z z
R R i ===
εε
（c ）
以上三式联立求解，得 2
21211i J J i
M M +-=
ε
例3：质量为m 半径为R 的均质圆轮置放在倾角为α的斜面上，在重力的作用下由静止开始运动，设轮与斜面间的静、动滑动摩擦系数分别为f 、f '，不计滚动摩阻。
试分析轮的运动。
解：取轮为研究对象，根据平面运动微分方程有
F mg ma c -=αsin （a ） N mg +-=αcos 0 (b) FR J c =ε (c) 由式（b ）得 αc o s mg N = (d) 情况一： 设接触处绝对光滑。
则F=0,由式（a ）、(c)得
αs i n
g a c = 0=ε 情况二：设接触处绝对粗糙。
轮只滚不滑，做纯滚动。
F 为静滑动摩擦力。
εR a c = ααεαsin 3
1
sin 32
sin 3
2
g F g R
g a c =
=
=
∴
例4：均质滑轮A 、B 的质量为 与 ，半径分别为 与 ，物体C 的质量为 ；
求：重物的加速度，系统中各绳的张力，轴承O 的约束反力
解：设个物体的数度如图示，且：
对系统进行受力分析如图
则整个系统对O 点的动量矩为：
由动量矩定理得：
取分离体C ：
取分离体B ：
取分离体C ：
联合上述各式可求得各未知量
1
m 2m 1R 2R 3m
C A B 1
122232
1ωωR R v v ===()2
332222211R v m R v m J J L L L L OC
OB OA O +++=++=ωω211121R m J = 22
2221R m J =()323212342
1
v R m m m L O
++=∴()()
∑=e i
O O
F M t
L d d ()[]()2
32123232342R m m m gR m m M a +++-=g m T a m 3333-
=3
v C g m T T T a m 23212
2--+=222122R T R T J +-=
εB 2ω2
v 1
T Ox x F a m =11011=y a m 1211R T M J -=ε
A
2
例4．在提升设备中，一根绳子跨过滑轮吊一质量为1m 的物体，滑轮质量为2m ，并假设质量分布在圆周上。
滑轮半径为r ，由电动机传递的力矩为M ，绳质量不计。
求挂在绳上的重物的加速度。
解：取系统为研究对象。
其对转轴的动量矩为 []
gr m M r v m r v m dt
d
i 11-=⋅+⋅∑
即 ()gr m M dt
dv
r m m 121-=+
∴ ()r
m m gr
m M dt d a 211+-==υ
211R )3232123v R m m ++)2
33222R v m R v m L OC +++。