动量矩定理习题课

合集下载

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9章动量矩定理及其应用

解：法1：对轮：
（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。

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。

动量定理习题课(理教案)

教案纸
第周第课时年月日
课题
动量定理习题课
教学目标
1、学会分析动量定理的条件，知道应用动量定理解决实际问题的基本思路和方法.学会选择正方向，化一维矢量运算为代数运算．
教学重点
1、学会分析动量定理的条件，知道应用动量定理解决实际问题的基本思路和方法.学会选择正方向，化一维矢量运算为代数运算．
教学难点
1、学会分析动量定理的条件，知道应用动量定理解决实际问题的基本思（1）对基本概念和基本规律没有引起重视；
（2）对动量定理等号左边I的意义不理解；
（3）对此类问题中重力的取舍不清楚．
题目中所给的0.2s并没有直接用上，但题目中的0.2s告诉我们作用时间t较长，重力作用不能忽略，我们可以进一步剖析此题．
由题目中所给的0.2s时间，可以求出软垫对小球的冲力为：
N，而重力为 N。相差不了多少．重力不能忽略．
（1）小球的动量；
（2）小球从抛出至落地过程中的动量增量；
（3）小球从抛出至落地过程中受到的重力的冲量．
选题目的：考查动量和冲量的理解和计算．
解析：首先要求出小球落地时的速度v，然后再根据有关定义分别求解．
根据运动学中位移和速度关系式可得
m/s
取向下为正方向．
（1）落地时小球的动量为：
（2）小球从抛出至落地的动量增加
kg·m/s
方向竖直向下
（3）小球下落的时间t可由速度公式得
t
s
小球受到的重力的冲量
N·s
而假设作用的时间为0.002s时，则：
N，与重力mg相比，，重力可以忽略．
点拨：在处理此类问题时，若作用时间极短，大约小于0.01s，计算中可以忽略重力影响，若时间较长，则重力的影响是不能忽略的．例：将质量为0.10kg的小球从离地面20m高处竖直向上抛出，抛出时的初速度为15m／s，当小球落地时，求：

梁坤京理论力学第十二章动量矩定理课后答案

动量矩定理12-1 质量为m 的点在平面Oxy 内运动，其运动方程为: x a cos t y bsin2 t 式中a 、b 和为常量。

求质点对原点 O 的动量矩。

解：由运动方程对时间的一阶导数得原点的速度V xdxsin t dt aV y dy 2b cos2 t 质点对点 O 的动量矩为L O M o (mV x ) M 0(mV y )mv x y mv y x m ( a sin t) bsin2 t m 2b cos2 t acos t 2mab cos 3 t 12-3 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 、已知，求轮子的动量和对地面上 B 点的动量矩。

解：（1）当轮子只滚不滑时 B 点为速度瞬心。

轮子角速度V A R质心C 的速度V CBCR e轮子的动量p mv Cmv A (方向水平向右)R对B 点动量矩L B J B2 2 2由于 J B J C m (R e) J A me m (R e) 故 L B J A me 2 m （R e ）2食（2）当轮子又滚又滑时由基点法求得 C 点速度。

V C V A V CA V A e 轮子动量 p mv C m(v A e) （方向向右）对B 点动量矩L B mv C BC J Cm(v A 2e) (R e) (J A me) mv A (R e) (J A mRe) 12-13 如图所示，有一轮子，轴的直径为 50 mm 无初速地沿倾角 20的轨道滚下，设只滚不滑，5秒内轮心滚动的距离为 s =3m 。

试求轮子对轮心的惯性半径。

解：取轮子为研究对象，轮子受力如图（ a ）所示，根据刚体平面运动微分方程有 ma C mgsi n F （ 1） J C = Fr （ 2）因轮子只滚不滑，所以有 a c = r （ 3） ® 12将式（3）代入式（1）、（2）消去F 得到mr sinm?g上式对时间两次积分，并注意到 t = 0时 0, 0,则 mgrt 2 sin mgrt 2s in 2(J C mr 2) 2(m 2 mr 2) 把 r = 0.025 m 及 t = 5 s 时，s 'grt 2sin f gt 2sin-r r「s r 1grt 2sin 2( 2 r 2) r 3 m 代入上式得0.0259.8 52si n202 30.09 m 90 mm12-17 图示均质杆 AB 长为I ，放在铅直平面内，杆的一端 A 靠在光滑铅直墙上，另一端 B 放在光滑的水平地板上，并与水平面成 °角。

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）。

动量矩定理例题

第12章动量矩定理12-1 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。

解：由运动方程对时间的一阶导数得原点的速度tb t y v t a txv y x ωωωω2cos 2d d sin d d ==-==质点对点O 的动量矩为ta tb m t b t a m xmv y mv m M m M L y x O O ωωωωωωcos 2cos 22sin )sin ()()(0⋅⋅+⋅-⋅-=⋅+⋅-=+=y x v vt mabωω3cos 2=12-3 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。

解：（1）当轮子只滚不滑时B 点为速度瞬心。

轮子角速度 Rv A=ω质心C 的速度)(e R Rv C B v AC +==ω 轮子的动量 A C mv ReR mv p +==（方向水平向右）对B 点动量矩ω⋅=B B J L由于222)( )( e R m me J e R m J J A C B ++-=++=故 []Rv e R m me J L AA B 22)( ++-=（2）当轮子又滚又滑时由基点法求得C 点速度。

e v v v v A CA A C ω+=+=轮子动量 )(e v m mv p A C ω+== （方向向右）对B 点动量矩)( )()()( )( 2e mR J e R mv me J e R e v m J BC mv L A A A A C C B +++=-+++=+=ωωωω12-5 图示水平圆板可绕z 轴转动。

《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。

动量定理习题课课堂ppt课件

思考：通过以上分析，你可以得出怎样的结论？
在碰撞的生活实例中，我们要得到很大的作用力，就要缩短力的作用时间，而有时需要延长力的作用时间来减小力的作用
6
为深入学习习近平新时代中国特色社会主义思想和党的十九大精神,贯彻全国教育大会精神,充分发挥中小学图书室育人功能
学以致用---定性解释生活中的物理现象
续向右滑行距离S后也停止运动，求盒B运动
的时间t。
B
A V0
17
为深入学习习近平新时代中国特色社会主义思想和党的十九大精神,贯彻全国教育大会精神,充分发挥中小学图书室育人功能
解：以物体A、盒B组成的系统为研究对象，它们在水平方向所受的外力就是地面盒B的滑动摩擦力，而A与B间的摩擦力、A与B碰撞时的相互作用力均是内力。设B停止运动时A的速度为V，且假设向右为正方向，由系统的动量定理得：
用动量定理求平均冲力求变力的冲量动量定理在全系统中的应用
22
向射出，恰好垂直地射到一倾角为30°的固定斜
面上，并立即（作用时间极短）沿反方向弹
回．已知反弹速度的大小是入射速度大小的 3 .
4
求在碰撞中斜面对小球的冲量的大小．
思考：求冲量的方法有几种?
在这道题中你是怎样求解的？
答案：72mv0
11
为深入学习习近平新时代中国特色社会主义思想和党的十九大精神,贯彻全国教育大会精神,充分发挥中小学图书室育人功能
断．再经时间t2，B上滑到最高点．已知A、B的质求量B到分达别最为高m点1、时mA2的，速细度线. ．断后拉A的恒力不变，
解析：对系统运动的全过程，由动量定理有：
(m1＋m2)a(t1＋t2)＝m1vA

动量矩定理10

b
FxA
N Ff F
F F yA f'
N'
X0
ω
Y0
Ff
fN
f
Fl b
,
J
0
Ff r
Ff r fFlr 2 fFl , d d d
J0 J0b mrb
d dt d
2 fFl , d d d
mrb
d dt d
0 d
2 fFl mrb
0
d
2mrb n
4 fFl
FN
a 60 Ff
mgr2 sin 600 r2 fmg cos 60o r2FT mar2 (4)
(3) (4) : a
3r 2 2
fr R
2 r2
r
g
1.29
m
s2
习题12.21 如图所示，两根质量均为8kg的均质细杆固
连成T字形，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ω=4rad/s。求该瞬时轴承 O处的约束反力。
Fox mg
c
(b)
m
l
2
macy
Fiye mg Foy
(c)
联立（a）、（b）、（c）解得
Fox 0
Foy
1 4
mg
（2）杆落至任意角φ时，所受的外力有：重力mg、
o处约束反力 FOn 、FO
杆运动的角速度、角加
速度均未知。欲求O处约束力，必先求质心加
0.25m 0.25m
解：由题意知T字形刚体质心在C0点， 2m=16kg
C0 0.375m
由质心运动定理知
F 0x
ω an
C aτ
2man Fox

第和章例题动量定理动量矩定理

P1 P2
Ny
P1 P2
Ny
P1
P2
P2 g
e 2
sin
t
11
第12页/共45页
12
第13页/共45页
13
第14页/共45页
[例1] 滑轮系统，在轮A上作用转矩M以提升重物，设在图示瞬时重物上升的速度 v ，已
知：轮A 的质量为m1，半径R1，对O轴的转动
R1
惯量为J1 ；物体C：质量为m3 。
N2y Q(v2y v1y )
与
N
相反的力就是管壁上受到的流体作用的动压力．
2
N
2
Q (v2
v1 )
7
第8页/共45页
[例4] 电动机的外壳固定在水平基础上，定子的质量为m1, 转子质量为
m2 , 转子的轴通过定子的质心O1, 但由于制造误差, 转子的质心O2到O1的距离为e 。求转子以角速度作匀速转动时，基础作用在电动机底座上的约束反力。
运动分析：
系统的质心坐标：
t
P1x1 P2 x2
xc
gg P1 P2
P2e cost
P1 P2
g
P1 y1 P2 y2
yc
gg P1 P2
P2e sint
P1 P2
g 求导得系统的质心加速度：
acx
d 2 xc dt 2
P2e 2 cost
P1 P2
acy
d 2 yc dt 2
由 T 2 J
mgl
其中已m知, l, T 可测得，从而求得 .
J
27
第28页/共45页
§1 1 -3 动量矩定理
一．质点的动量矩定理
1 质点对固定点的动量定理

哈工大第十三章动量矩定理习题课

解：选圆柱A为研究对象 ① 选圆柱B为研究对象 ② ③ 运动学关系：由①、②式得：代入③、④式得： ④
取系统为研究对象
根据动量矩定理，有
补充运动学关系式：
当M >2Pr 时，
，圆柱B的质心将上升。
定轴转动微分方程
其中转动惯量
解得：
质心运动微分方程
解得：
[例3] 均质圆柱体A和B的重量均为P，半径均为r，一绳缠在例绕固定轴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：圆柱B下落时质心的加速度。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。
一．基本概念 1．动量矩：物体某瞬时机械运动强弱的一种度量。．动量矩 2．质点的动量矩：．质点的动量矩 3．质点系的动量矩：．质点系的动量矩
4．转动惯量：物体转动时惯性的度量来自．转动惯量刚体对于两平行轴的转动惯量的关系为对于均匀直杆，细圆环，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。 5．刚体动量矩计算．平动：平动：定轴转动：定轴转动：
[例1] 提升装置中，轮A、B的重量分别为P1 、 P2 ,半径分别为例 r1 、 r2 , 可视为均质圆盘; 物体C 的重量为P3 ; 轮A上作用常力矩 M1 。求物体C上升的加速度。求解：取轮A为研究对象
取轮B连同物体C为研究对象
补充运动学条件化简(2) 得：
化简(1) 得：
[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 例点的水平轴转动，当OA处于水平位置时, T 形杆具有角速度ω =4rad/s 。求该瞬时轴承O的反力。解：选T 字型杆为研究对象。受力分析、运动分析

动量矩定理专题培训

dvi dt
注意到：
Σvi Σvi
dLO dt
Σri
mivi Σri miai mivi 0 miai Fi
Fie
Σri
Fii
dLO
dt
ΣM
e Oi
ΣM
e Oi
ΣM
Fi
i Oi
e
Fii
ΣM
i Oi
0
质点系对任一固定点旳动量矩对时间旳导数，等于作用于质点系旳全部外力对于同一点之矩旳矢量和。
对O点应用动量矩定理
dLO
dt
M Oi
Lz
Hale Waihona Puke P gvArQ g
vBr
G g
r 2ω
P
Q g
G
vr
得
P Q G r dv Pr Qr
g
dt
Fy
vi
O
Fx
vA
P
G
vB
B
A
Q
a dv (P Q)g dt P Q G
α a (P Q)g r (P Q G)r
二、质点系相对于质心旳动量矩定理
dt
LO2
LO1
Σ
t2 t1
M
e Oi
dt
LO2 LO1
dLO
t2 t1
ΣM
e Oi
dt
动量矩定理旳积分形式
质点系对固定点O旳动量矩在一段时间内旳增量，等于作用于质点系旳外力在同一时间段内对O点旳冲量矩之和。
1、
M
e Oi
0
LO 常量
质点系动量矩守恒
2、
M
e xi
0
L x 常量
动量矩守衡定理实例

第9章-动量矩定理习题课(2学时)

v3 = v2 = R2ω2 = R2ω1
LO (J1 J 2 m2 R22 m3R22 )1
C
6
练习2 已知：PA>PB，P，r，求角加速度a。
解: 取整个系统为研究对象，受力分析如图示。运动分析： v =r
M O(e) = PAr - PBr = (PA - PB )r
F 、N ，需要补充条件。
10
maC mg sinq - F 0 mg cosq N JCa FR, JC mR2 / 2
1．设接触面绝对光滑，有补充条件 F=0，可解得
aC g sina , a 0, 0 2．设接触面足够粗糙。轮作纯滚动，有补充条件 aC=Ra，
1 2
Q g
r2
d
dt

FAr

FB r
补充方程 FA = f ' N A , FB = f ' NB
13
FA = f ' N A , FB = f ' NB
0 N A - FB , 0 FA NB Q
1 2
Q g
r2
d
dt

FAr

FB r
联立求解，得到
FA

f '2 Q f '2 1
∑mO (F (e) ) 0
系统对固定轴O的动量矩守恒，即
0 = mB (v - vA )r - mAvAr
vA vB v / 2
A猴与B猴向上的绝对速度相同。
8
练习4 提升装置中，轮A、B的重量分别为P1 、 P2 ,半径分别为 r1 、 r2 , 可视为均质圆盘; 物体C 的重量为P3 ; 轮A上作用常力偶 M1 。求物体C上升的加速度。