动量矩定理习题课

将上述结果代入④式，有 d 1 f ' 2g
dt 1 f '
2
f '
r
2 gf ' 1 f ' , d 0 r 1 f '2
0

t
0
dt
(1 f '2 )r0 解得：t 2 gf '(1 f ')
[例2]两根质量各为8 kg的均质细杆固连成T 字型，可绕通过O 点的水平轴转动，当OA处于水平位置时, T 形杆具有角速度 =4rad/s 。求该瞬时轴承O的约束力。 解：选T 字型杆为研究对象。 受力分析如图示。 由定轴转动微分方程
[例7]行星齿轮机构的曲柄 OO1受力偶 M 作用而绕固定铅直轴 O 转动，并带动齿轮O1在固定水平齿轮O 上滚动如图所示。设 曲柄 OO1为均质杆，长l、重 P；齿轮 O1为均质圆盘，半径 r 、 重 Q。试求曲柄的角加速度及两齿轮接触处沿切线方向的力。
Fn
O1 O M
O1
O
Rn R
M

F
解：以曲柄为研究对象，曲柄作定轴转动， 列出定轴转动微分方程

A FT

B
maCx FT mg sin 1 l 2 ml FT sin 12 2
AB作平面运动，以A为基点，则
A
C
B

n CA

mg aCx
aC aA a aCA a
n A


x
n n 因为断开初瞬时, vA＝0, ＝0, 故aA ＝0 , aCA＝0
0 FA N B Q 1 Q 2 d r FA r FB r 2g dt
② ③ ④
补充方程： FA f ' N A , FB f ' N B
补充方程： FA f ' N A , FB f ' N B
2 将④式代入①、 ② 两式，有 ( f ' 1) N B Q 0
mxC Fx (e) (e) myC Fy (e) J M ( F ) C C
五、动量矩定理的应用 应用动量矩定理，一般可以处理下列一些问题： （对单轴传动系统尤为方便） 1．已知质点系的转动运动，求系统所受的外力或外力矩。 2．已知质点系所受的外力矩是常力矩或时间的函数，求刚 体的角加速度或角速度的改变。
A
BC 用铰链 B 联接，并用铰链 A 固定，
位于平衡位置。今在 C 端作用一水平 力F，求此瞬时，两杆的角加速度。 解：分别以 AB 和 BC 为研究对象，受力 如图。 AB和BC分别作定轴转动和平面 运动。对AB由定轴转动的微分方程得
F
C B
FAy
A
AB
B W
FAx
1 2 ml AB FBxl 3
F'
6Mg (2 P 9Q)l 2
3QM T (2 P 9Q)l
N
T
研究刚体平面运动的动力学问题，一定要建立运动学
补充方程，找出质心运动与刚体转动之间的联系。
应用动量矩定理列方程时, 要特别注意正负号的规定
的一致性。
二、质点系的动量矩定理及守恒 1．质点系的动量矩定理
dLO MO dt
2．质点系的动量矩守恒
若∑MO (Fi（e) ) 0 ，则 LO = 常矢量。 若 ∑M (F（e）) 0 ，则 Lz 常量
z
dLx (e) M x ( Fi ) M x dt dLy (e) M y ( Fi ) M y dt dLz (e) M z ( Fi ) M z dt
4 aC g 5
2g A B 5r 代入③ 、 ④式得：
再取系统为研究对象
P 2 P P r A vC 2r r 2 B 2g g 2g MO (F (e) ) M P 2r LO
由动量矩定理： d P 2 P P 2 ( r A vC 2r r B ) M O ( F ( e) ) M 2P r dt 2 g g 2g P P P r 2 A 2ra c r 2 B M 2 Pr (1) 2g g 2g 补充运动学关系式： aC r A r B
5．刚体动量矩计算 平移： L = ∑m r ×v =r ×mv O i C C C C 定轴转动： L = J 平面运动： L
z
O
rC mvC LC
z
LO rC mv C LrC
L (ri 'mi v ir )
r C n i 1
Lc ri mi via
maC1x maC 2 x X O
maC1 y maC 2 y YO mgmg
X O m (aC1x aC 2 x ) 8 (42 0.25 42 0.5 ) 96 N
YO 2 8 9.8 8 ( 20.75 0.25 20.75 0.5 ) 32.3 N
1P 2 l M F l 3g
(1)
取齿轮O1分析，齿轮O1作平面运动
Fn O1
Q a F T g 1Q 2 r 1 Tr 2g
由运动学关系，有
(2)
O
M

F
(3)
Rn R
1
a r1 l
联立求解(1) ~ (4)，得
(4)
a O1 F'n
an
三、质点系相对质心的动量矩定理
dLC M C (Fi( e ) ) M C dt
dLCz ' M Cz ' dt
四、刚体定轴转动微分方程和刚体平面运动微分方程 1．刚体定轴转动微分方程
J z M z (F )
2．刚体平面运动微分方程
maC F (e)
JC MC (F (e) )
JO mg 0.25 mg 0.5
1 1 17 J O ml 2 ml 2 ml 2 ml 2 3 12 12
17 8 0.52 8 9.8 0.25 8 9.8 0.5 12 20.75 rad/s 2
根据质心运动微分方程，得
1P 2 r B T 'r 2g P a P T ' g C
①
选圆柱B为研究对象
② ③
1P 2 r A Tr 2g 1P 2 r B T 'r 2g
P aC P T ' g
① ② ③
考虑运动学关系，有
aC r A r B
④
由①、 ②式得： A
B
F'N1
a
m1a F F2 F1
F
F2
m1g
1 FN (m1 m2 ) g 0 FN m1g FN
F2 f (m1 m2 ) g
FN2
m1a F f (m1 m2 ) g 1 m2 a 3
F f (m1 m2 ) g a m1 1 m2 3
解：取圆柱分析，
m2 aO F1 0 FN1 m2 g
C
于是得：
m2 r 2 F1 aO a r a m2 F1 1 m2 a 3
1 m r 2 F r 1 2 2 2 F1 FN 1 m2 g ,
a
F

O
m2g aO a
F1
FN1
取板分析
F'1
(1)
aB
FBx
FBy
对BC由刚体平面运动的微分方程得
maGx F FBx 1 l l 2 ml BC F FBx 12 2 2
BC作平面运动，取B为基点，则
n aG aB aGB aGB
(2)
(3)
B aGB
F'By F'Bx aGy G aGx W C
[例3] 均质圆柱体A和B的重量均为P，半径均为r，一绳缠在 绕固定轴O转动的圆柱A上，绳的另一端绕在圆柱B上，绳重 不计且不可伸长，不计轴O处摩擦。 求：1.圆柱B下落时质心的加速度。 2.若在圆柱体A上作用一逆时针转向的转矩M，试问在什 么条件下圆柱B的质心将上升。
解：选圆柱A为研究对象
1P 2 r A Tr 2g
3．已知质点所受到的外力主矩或外力矩在某轴上的投影代
数和等于零，应用动量矩守恒定理求角速度或角位移。
源自文库、应用举例
[例1] 均质圆柱，半径为r，重量为Q，置圆柱于墙角。初始角
速度0，墙面地面与圆柱接触处的动滑动摩擦系数均为 f '，滚 阻不计，求使圆柱停止转动所需要的时间。 解：选取圆柱为研究对象。(注意只是一个 刚体)受力分析如图示。 运动分析：质心C不动，刚体绕质心转动。 根据刚体平面运动微分方程 (aCx 0, aCy 0) ① 0 N A FB
P P r aC 2r aC M 2 Pr ; 2g g aC
代入(1)式，得
2( M 2 Pr ) g 5P r
aC 0 ，圆柱B的质心C将上升。 当M >2Pr 时，
[例4]
如图质量为m的均质杆AB用细绳吊住，
已知两绳与水平方向的夹角为 。求B端绳 断开瞬时，A端绳的张力。 解：取杆分析，建立如图坐标。有
第十二章
一、基本概念
动量矩定理习题课
1．动量矩：物体某瞬时机械运动强弱的一种度量。 2．质点的动量矩： MO(mv) = r mv 3．质点系的动量矩：LO = ∑MO(mivi) =∑ri mivi 4．转动惯量：物体转动时惯性的度量。
对于均匀直杆，薄圆盘（圆柱）对过质心垂直于质量对称
平面的转轴的转动惯量要熟记。
aB l AB , aGB BC , a

l 2
n GB
0
(4)
BC
F
将以上矢量式投影到水平方向，得
l aGx aB aGB l AB 2 BC
由(1) ~ (4)联立解得
AB
6F 30 F , BC 7ml 7ml
[例6]平板质量为m1，受水平力F 作用而沿水平面运动，板 与水平面间的动摩擦系数为f ，平板上放一质量为m2的均质 圆柱，它相对平板只滚动不滑动，求平板的加速度。
aC a a A CA 将上式投影到x 轴上，得 aCx aCA sin
n aA
A
n aCA C
B

l aCA 2
mg sin l aCx sin FT 1 3sin 2
aA

x aCA

[ 例 5] 长 l ， 质量为 m 的均质杆 AB 和
0 N A FB 0 FA N B Q 1 Q 2 d r FA r FB r 2g dt
①
②
③ ④
Q f 'Q f 'Q f '2 Q N B 2 , FB 2 , N A 2 , FA 2 f ' 1 f ' 1 f ' 1 f ' 1