11 动量矩定理题解
理论力学(盛冬发)课后知识题目解析ch1
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11.23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11.23二、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。
《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 ==。
动量矩定理
第十一章动量矩定理§11-1 引言建立质点或质点系的动量对于某固定点(或固定轴)的矩的变化与作用在该质点或质点系上的力系对同一点(或轴)的主矩之间的关系。
Pr ωε§11-2 动量矩一、质点动量矩Vm r V m M L o o r r r r r ×==)(的动量矩为则质点对固定点的速度为时作空间曲线运动,在瞬的作用下在力的质点设质量为O V t F M m ,r r 方向:右手螺旋法则大小:OAB o S d mV L ∆==2)(1、动量对点之矩V m r L o r r r ×=2、动量对轴之矩)(V m M L z z r =正负:右手规则是标量z L 质点对O 点的动量矩矢在通过O 点的任意轴上的投影,等于质点对该轴的动量矩。
zz O L L =)(r OabS ∆±=2d v m ′′±=)(二、质点系动量矩各质点动量对某点O 的矩的矢量和(即质点系动量对O 点的主矩)称为该质点系对点的动量矩。
n n n o V m r V m r V m r L r r L r r r r r ×++×+×=222111各质点动量对某轴的矩的代数和称为该质点系对该轴的动量矩。
)()()(2211n n z z z z V m M V m M V m M L r L r r +++=∑=)(i i O V m M r r ∑×=i i i V m r r r ∑=)(i i z V m M rV m r L o r r r ×=由§11-3 质点的动量矩定理V m dt r d dt V m d r dt V m r d r r r r r r ×+×=×)()(得:V dt r d r r =∴dt V m r d )(r r ×∴O 点为固定点V m dt r d r r ×∴一、矢量形式0=V m V r r ×=F r r r ×=dt V m d r )(r r ×=oM F)()(F M dt L d F r dt V m r d o o r r r r r r r =×=×或质点的动量对任一固定点的矩对时间的导数等于作用于该质点的力对同一点的矩。
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0 Fox m2l amgFOy
FOymgm2lam 4g
§11-4 刚体对轴的转动惯量
一.定义: Jz miri2
z
i
对于质量连续分布的刚体,上式可写成积分
形式
Jz r2 dm
由定义可知,转动惯量不仅与 质量有关,而且与质量的分布有关;
ri
vi
mi
在国际单位制中,转动惯量的单位
是: kg·m2。同一刚体对不同轴的转
Jz mz2
回转半径的几何意义是:假想地将物体的质量集 中到一点处,并保持物体对轴的转动惯量不变,则该 点到轴的距离就等于回转半径的长度。
3、平行轴定理
定理:刚体对于任一轴的转动惯量,等于刚体 对于通过质心、并与该轴平行的轴的转动惯量,加 上刚体的质量与两轴间距离平方的乘积,
zC
z1
m
C
Jz1 JzC md2
dLO dt
MO(Fi(e))
若 Mz(F(e))0,则 Lz 常量。
dLz dt
Mz (Fi (e) )
例 高炉运送矿石的卷扬机如图。已知鼓轮的半径为R,质量 为m1,绕O轴转动。小车和矿石的总质量为m2。作用在鼓轮上
的力偶矩为M,鼓轮对转轴的转动惯量为J,轨道倾角为a。
设绳质量和各处摩擦不计,求小车的加速度a。
O u
A
mg
mg
解:以系统为研究对象,受力如图。
由于SMO(F (e))=0,且系统初始静止,所以LO=0。
设重物A上升的速度为v,则人的绝对速度va的大小为
va uv
v
LOmarvmv0 r
FOy
O
FOx
u
A mg mg
L Om (uv)rm v0r
第11章 动量矩定理
O点为矩心
M O (F ) r (F )
描述:质点相对某点“转动”运动强度。
§11-1 动量矩计算
质点对轴的动量矩
Lz M z (mv ) [MO (mv )]z
M z (F ) M O (F )
一般规定:
与轴的正向一致(逆时针转动)取“+”, 与轴的正向相反(顺时针转动)取“-”。
n dLx M x (Fi ( e ) ) dt i 1 n dLy M y (Fi ( e ) ) dt i 1
§11-2 动量矩定理
3. 质点动量矩定理(固定点、动点)
A为动点 L A (mv ) r rA mv d d d L A (mv ) r rA mv r rA (mv ) dt dt dt
n (e) dLO MO ( Fi ) dt i 1
其中: LO M O (mi vi ) ri mi vi
i 1 i 1 n n
§11-2 动量矩定理
2. 质点系动量矩定理
B. 对固定轴
n (e) dLz M z ( Fi ) dt i 1
1 4 1 J z r dm r 2rdr 2 R MR2 4 2 0
2 2
R
2 z R 2
要求记住!
§11-1 动量矩计算
D. 匀质薄圆板对于径向轴的转动惯量
圆板对于x与y轴的转动惯量相等: Jx J y
J z mr i m( xi yi ) mx i my i
§11-2 动量矩定理
4. 质点系动量矩定理
任意质点对动点A动量矩定理:
第11章 动量矩定理
M z Q(v1r1 cos1 v2r2 cos2 )
例 3 (书上例 11-7,动量矩守恒。)
质量为 m1 = 5kg,半径 r = 30cm 的均质圆盘,可绕铅直轴 z 转
动,在圆盘中心用铰链 D 连接一质量 m2 = 4kg 的均质细杆
AB,AB = 2r,可绕 D 转动。当 AB 杆在铅直位置时,圆盘的
三、 刚体 1. 平动刚体
11-1
LO r MvC
2. 转动刚体(对定轴或平面上定点)
Lz I z
LO IO
3. 平面运动刚体
对质心 C: LC IC
对定点 O: LO mO (MvC ) IC
对瞬心 C': LC IC
11.2 动量矩定理
一、 质点动量矩定理
由牛顿第二定律: ma F
l 3g
而 aC
2
4
则
W 3g W
NA W g
4
4
IV. 绳子剪断前后 A 反力的变化:
WW W ΔN A N A N A0
42 4
例 2 例 11-5 (较典型题目)
作业:11-18
11.4 质点系相对动点的动量矩定理(*)
此部分较难,特别是公式推导不易理解。主要掌握两种:①对质心的动量矩定理;②平
m2 g
转速为 n = 90rpm。试求杆转到水平位置,碰到销钉 C 而相对
静止时,圆盘的转速。
解:系统对 z 轴动量矩守恒。
初时系统动量矩: Lz I z盘 1 m1r 2 4
末时系统动量矩: Lz Iz盘 Iz杆 1 m1r2 1 m2 (2r)2
4
12
Lz Lz
11-4
1 4
m1r 2
理论力学第十一章动量矩定理
JO
d 2
dt 2
mga
即:
d 2
dt 2
mga
JO
0
解: 令 2 mga
JO
——固有频率
得
2 0
通解为 O sin(
mgat )
JO
周期为 T 2 2 JO
mga
例11-3 用于测量圆盘转动惯量的三线摆中,
三根长度相等(l)的弹性线,等间距悬挂被测量的圆盘。
已知圆盘半径为 R、重量为W。
dt
dt dt
v dr dt
r d(mv) d(r mv)
dt
dt
dLO dt
MO F
矢量式
质点对固定点的动量矩对时间的导数等于作 用于质点上的力对该点的矩。
★ 质点系的动量矩定理
0
d
dt
i
ri mivi
i
MO (Fii )
i
MO (Fie )
MO (Fie )
i
F2
z
F1
LO rC mvC LC
dLO d
dt dt
rC mvC LC
ri Fie (rC + ri) Fie
rC Fie ri Fie
③
即
drC dt
mvC
rC
d dt
mvC
dLC dt
rC
Fie
dLC dt
由于
① ① drC dt
② vC ,
drC dt
mvC
★ 相对质心的动量矩
LC MC mivi ri mivi
vi vC vir
LC = rimivC rimivir
其中
ri mivC ( miri)vC 0 (rC
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
第11章动量矩定理资料
11.1 质点和质点系的动量矩
11.1.2 质点系的动量矩 质点系对点O的动量矩 —各质点对点O的动量矩的矢量和。
n
即
LO MO (mivi )
i 1
质点系对z轴的动量矩 —各质点对z轴的动量矩的代数和。
即
LZ MZ (mivi )
质点系对点O的动量矩矢在通过该点的z轴上的投影等于 质点系对于该轴的动量矩。
MO (F (e) ) (m1 m2 )gr
m1
vA m1g
vB
m2
m2g
由质点系对O轴的动量矩定理,有:
(m1
m2
1 2
m)r
2
d
dt
(m1
m2
)
gr
d
dt
2(m1 m2 )g (2m1 2m2 m)r
11.2 动量矩定理
例:已知:猴A重=猴B重,猴B
从静止开始以相对绳速度v上爬,
猴A不动,问猴B向上爬时,猴A
11.2 动量矩定理
例: 已知: m 1 m 2 、 m 、 r 。求轮的角加速度。
解:取整体为研究对象,以逆时针为正。
LO m1vAr m2vBr Joω
FOy
而 vA vB ωr
JO
1 2
mr2
FOx mg
故 LO m1r 2ω m2r 2ω Joω
(m1
m2
1 2
m)r 2
将如何运动?(轮重不计)
解:取系统
MO(F(e)) 0
系统对2
猴A与猴B向上的绝对速度是一样
11.3 刚体绕定轴的转动微分方程
主动力:F1 ,F2 ,……,Fn 轴承约束力:FN1 ,FN2
若轴承摩擦忽略不计,由质点系对z轴的动量矩定理,有
《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。
第十一章 动量定理
FOx
P
d LO M Oi dt
Fy
Q
P 2 Q 2 P 3Q 2 LO l l l 3g g 3g
Q
Fx
M Oi
l P cos Ql cos 2
P 3Q 2 l 3g
P 2Q l cos 2
由上式解出
P 2Q 3g cos P 3Q 2l
J C Fd r
有:
x
aC
Fd f d FN
m 2 及: J C r 2
Fd
FN
得:
aC g (sin f d cos )
g 2 f d cos r
例14:匀质杆OA长l,重力为P。可绕过点O的水平轴转动,A端 铰接一半径为R、重力为Q的匀质圆盘,初瞬时OA杆处于水平 位置,然后系统无初速释放。略去各处摩擦,试求杆OA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, J A=0 A 因此A=A0=0, 圆盘在运动过程中作平移 整体对点O应用动量矩定理
或
Jz
d2 dt
2
M zi
例8 已知:半径为r,滑轮重力为G,将其视为圆环。物A 重力为P,物B重力为Q,且P>Q。试求(1)两重物的加速度 及轮的角加速度; (2)支座O处的约束力。 解: 研究对象为轮、物体A和B。
分析受力,
运动分析
d LO M Oi dt
Fy
对O点应用动量矩定理
d LI MI dt
vA
A
对杆AB
I
C
vC
vC
O
O C
I
q
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- ;
第11章 动量矩定理
三.质点系的动量矩定理及守恒 1.质点系的动量矩定理
dLO dLz (e) (e) (e) M O (F ) M O 或 M z (F (e) ) M z dt dt
2.质点系的动量矩守恒 四.质点系相对质心的动量矩定理
dLC (e) MC dt
或
dLC z (e) MC z dt
五.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 ) 或 J z M z ( F )
2.刚体平面运动微分方程
maCx Fx
maCy Fy
或
mC Fx x
mC Fy y
JC M C (F )
内力不能改变质点系的动量矩。
注意
1、质点系动量矩定理,适合惯性坐标系,故矩心O 点是固定点。 2、内力不能使整个系统的动量矩发生变化。只有外
力才使其发生变化,但内力可使每一个质点的动量矩
发生变化。 3、质点系对点之动量矩是说明在某一瞬时质点系运动 的一个量度。
3.动量矩守恒定理
(e) 若 M O ( F ) 0 , 则 LO 常矢量; (e) 若 M z ( F ) 0 , 则 Lz 常量。
R
2. 回转半径 定义:
z
Jz m
则
J z m z
2
即物体转动惯量等于该物体质量与回转
对于几何形状相同而材料不同(密度不同)的均质刚体,
其回转半径是相同的。
3.平行轴定理
J z J zC md
2
即:刚体对于任一轴的转动惯量,等于刚体对于通过
x
§11-2 动量矩定理
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。
11 动量矩定理讲解
mO r
m2 m1
第十一章 动量矩定理
3、动量矩守恒定理
d dt
M
O
mv
M
O
F
0
ห้องสมุดไป่ตู้
d dt
M
z
mv
M
z
F
0
MO mv 恒矢量 Mz mv 恒量
质点系动量矩守恒定理
当外力对于某点(轴)的主矩等于零时,质点系 对于该点(轴)的动量矩保持不变
第十一章 动量矩定理
第十一章 动量矩定理
例题11-3 圆盘半径R、质量m1,一质量为 m2的人在盘
上由点B按规律 s at2 2 沿半径r的圆周行走,初始
时圆盘和人静止,求圆盘的角速度和角加速度
z
Or v
R
B
第十一章 动量矩定理
§11-3 刚体绕定轴的转动微分方程
z
F1
O1
定轴转动刚体的动量矩: Lz J z
Lz Mz mvC
第十一章 动量矩定理
2、定轴转动刚体
z
Lz Mz mivi miviri miiriri miri2
O1 ri mi
O
mivi 令: miri2 Jz ,称为刚体对于z轴的转动惯量
Lz Jz
绕定轴转动刚体对其转轴的动量矩等于刚体 对转轴的转动惯量与转动角速度的乘积
M
O
mv
M
O
F
动量矩定理 质点对某定点的动量矩对时间的一阶导数
等于作用力对同一点的矩
理论力学第11章(动量矩定理)
解:以系统为研究对象,系统所受的外力有小球的重力和轴承处的反
力,这些力对转轴之矩都等于零。所以系统对转轴的动量矩守恒,即
Lz1 Lz2
z
z
Lz1 2(ma0 )a 2ma20
质点系对任一固定点的动量矩 对时间的导数,等于作用在质 点系上所有外力对同一点之矩 的矢量和(外力系的主矩)。
将上式在通过固定点O的三个固定直角坐标轴上投影,得:
dLx dt
Mx(F(e))
,
dLy dt
M y(F(e))
,
dLz dt
Mz(F(e))
上式称为质点系对固定轴的动量矩定理。即质点系对任 一固定轴的动量矩对时间的导数,等于作用在质点系上所有 外力对同一固定轴之矩的代数和(外力系对同一轴的主矩)。
理论力学
9
将上式在通过固定点O的三个直角坐标轴上投影,得
d dt
M
x
(mv
)
M
x
(F
),
d dt
M
y
(mv )
M
y
( F ),
d dt
M
z
(mv )
M
z
(F
)
上式称质点对固定轴的动量矩定理,也称为质点动量矩定 理的投影形式。即质点对任一固定轴的动量矩对时间的导数, 等于作用在质点上的力对同一轴之矩。
理论力学
14
[例3] 已知: PA PB ; P ; r 。求 。
解: 取整个系统为研究对象,
受力分析如图示。
运动分析: v =r
动量矩定理
11.6 刚体的平面运动微分方程
由刚体平面运动理论知:平 y 面运动刚体的位置可由基点的位 置与刚体绕基点的转角确定。取 质心为基点,如图所示,则刚体 的位置可有质心坐标和j角确定。 刚体的运动可分解为随同质心的 O 平动和相对质心的转动两部分。 取如图的动坐标系,则刚体绕质 心的动量矩为
y' D C
2 z
回转半径的几何意义是:假想地将物体的质量集 中到一点处,并保持物体对轴的转动惯量不变,则该 点到轴的距离就等于回转半径的长度。
11.4.3 平行轴定理
定理:刚体对于任一轴的转动惯量,等于刚体对 于通过质心、并与该轴平行的轴的转动惯量,加上刚 体的质量与两轴间距离平方的乘积,即
J z J zC md
(1)-(2)得
(2)
J 2 J1 m(b 2 a 2 )
组合刚体的转动惯量
例14 均质直角折杆尺寸如图,其质量为3m, 求其对轴O的转动惯量。 解:
O
l
2l
A
B
2l
J O J OA J AB 1 2 1 ml (2m)( 2l ) 2 (2m)( 2l ) 2 3 12 5ml 2
例17 均质圆柱体A和B质量均为m,半径均为r。圆柱A可绕固 定轴O转动。一绳绕在圆柱A上,绳的另一端绕在圆柱B上。求 B下落时,质心C点的加速度。摩擦不计。 FOy
解:取A分析,受力如图。A作定 轴转动,应用定轴转动的微分方程 有 J Fr
A A T
A
O
A
O
FOx
B
A
取B分析,受力如图。B作 平面运动。应用平面运动的 微分方程有
注意到rp l (R21-R22)=m, 则得
1 2 J z m( R12 R2 ) 2
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解得 1
式中 FT1 FT 1 , FT2 FT2 , 2
2( R2 M R1 M ' ) g 2 (P 1 P 2 ) R1 R2
即第一个带轮的角加速度 1
2( R2 M R1 M ' ) g 2 (P 1 P 2 ) R1 R2
FOy
r1
r2
O
FOx
m3 g vA
A B
vB m2 g
m1 g
解:设塔轮的角速度为,则 A 块速度为 v A r1 ,B 块速度为 vB r2 , 系统对水平轴 O 的动量矩 LO m1v A r1 m2vB r2 J (m1r12 m2 r22 m3 2 ) 由动量矩定理,
l l cos , yC sin , 2 2
注意到
得 aCx
d d d d d , dt dt d dt d
O A (b)
r
2 解: LO J O ml
1 3
1 2 mr ml 2 2
1 2 (8l 3r 2 ) m 6
(c)图示滑轮组,重物 A 和 B 质量分别为 m1 和 m2;滑轮 O 的质量为 m3,半径为 r,可视 为均质圆盘。滑轮绕水平轴 O 的作定轴转动,角速度为。 (绳子不计质量和弹性。 ) r O
11.7 均质圆轮 A 重量为 P1,半径为 r1,以角速度 绕杆 OA 的 A 端转动,此时将轮放置 在均质轮 B 上;杆 OA 重量不计;均质轮 B 重量为 P2、半径为 r2,初始静止,但可绕 其中心自由转动。放置后轮 A 的重量由轮 B 支持。设两轮间的摩擦系数为 f ’;求自轮 A 放在轮 B 上到两轮间没有相对滑动时的时间。
分别列出 A、B 两轮的定轴转动微分方程为
JA
d1 M A ( F ), dt
1P 1 2 d1 r1 Fs r1 2 g dt
JB
d2 1 P2 2 d2 M B ( F ), r2 Fs r2 dt 2 g dt
式中 Fs Fs fFN fP 1 分别积分,得 r11 r1 2 fgt, A、B 两轮间无相对滑动时,应有 所以得
M>2Pr
11.11 质量为 m、长为 l 的均质杆 AB 放在铅直平面内,在 0 角时由静止状态倒下, 墙与地面均光滑。求(1)杆在任意位置时的角速度和角加速度; (2)杆脱离墙时与 水平面所夹的角。
y A
FNA
C
mg
B
x
O
FNB
[解] 取坐标系如图,则质心 C 的坐标为 xC 质心 C 的加速度为 aCx xC , aCy yC ,
A
A
r
FAy
F Ax
M
r
FAy A F Ax A A
FT1
FT1
D
r B
mg
FT1
FT1
D
r B
mg
B
B
B
mg
(a)
mg
(b)
aB
aB
[解] ⑴两轮的受力与运动分析分别如图(a), 对 A 轮,有
1P 2 r A rFT1 2g 1P 2 r B rFT1 2g
dLO M O ( F ), 得 dt
d (m1r12 m2 r22 m3 2 ) m1 gr1 m2 gr2 dt
注意到
d (m1r1 m2 r2 ) g ,则塔轮的角加速度 dt m1r12 m2 r22 m3 2
11.6 图示两均质带轮的半径各为 R1 和 R2,其重量分别为 P1 和 P2,分别受矩为 M 的主动 力偶和矩为 M'的阻力偶作用,胶带与轮之间无滑动,胶带质量略去不计。求第一个 带轮的角加速度。
……..①
对 B 轮,有
……..②
P aB P FT1 g
FT1 FT1
……..③
……..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 vD r A , v BD r B
∴ vB r A rB , 对上式求导得轮心 B 的加速度为
2Qart PR 2 2Qr 2
d 2Qar dt PR 2 2Qr 2
11.4 图示离合器,轮 1 和 2 的转动惯量分别为 J1 和 J2,初始时,轮 2 静止,轮 1 具有角 速度0。求⑴当离合器接合后,两轮共同转动的角速度;⑵若经过 t 秒后两轮的转速 才相同,离合器应有的摩擦力矩。 C D
FT
~
O
h
x
A
mg
y
[解]圆柱体作平面运动,受力如图,由平面运动微分方程
maCx Fx , ma Ax 0, maCy Fy , ma Ay mg FT , J C M C ( F ), 1 mR 2 FT R 2
a A a Ay , R a A
C
R r
B O
FT
D
aO
Q
FT
A
Fs
FN
aA
P
[解]分别研究物体 A 和鼓轮,受力分析与加速度分析如图所示。
。 因为不计 D 轮质量,所以 D 轮两端绳子张力相等: FT FT
物 A: ma A
F ,
P a A P FT g
Q maO Fx , g aO FT Fs 鼓轮: J M ( F ), Q 2 F r F R O O T s g
解得
aA
2 1 g , FT mg 3 3
即绳子的张力为 FT
1 mg 3
a A 为常数,点 A 降落了高度 h 时的速度为 v 2a A h
2 3 gh 3
11.9 重物 A 重 P,系在跨过固定滑轮 D 并绕在鼓轮 B 上的绳子上,鼓轮 B 半径为 r,轮 C 的半径为 R,两者固连在一起,沿水平面纯滚动。两者总重为 Q,关于水平轴 O 的回 转半径为 ,不计 D 轮质量。求重物 A 的加速度。
0
A
1 [解] ⑴ 该系统
2
M
z
( F ) 0 ,所以 Lz Lz 0 常量,即 ( J1 J 2 ) J10 ,
解得离合器接合后,两轮共同转动的角速度 ⑵ 分别取 1、2 轮为研究对象,有
J1 0 J1 J 2
J1
d1 M f , dt
J2
t 0
d 2 Mf, dt
1P 2 r A M rFT 2 2g 1P 2 r B rFT 2 2g
对 B 轮,有
P aB P FT 2 g
FT2 FT2
同上,有运动学关系 a B r A r B , (但 A B )
令 a B < 0,可解得圆柱体 B 的质心加速度向上的条件:
O
dx xω ω 2l
C
B
[解]
⑴由动量矩的定义,可得
LAB 2ml sin l sin 2ml 2 sin 2
⑵杆和球对 AB 轴的转动惯量为
l
J AB 2
0
m 8 ( x sin ) 2 dx 2m(l sin ) 2 ml 2 sin 2 l 3
FO1 y
M
FT1
R1
FT1
M
FO2 y
O2
R2
O1
1
[解]
P1
FO1x
FT2
FT2
P2
FO2 x
2
分别研究两轮,受力如图。应用定轴转动微分方程:
J O11 M O1 ( F ), J O2 2 M O2 ( F ),
1P 1 R121 M FT1R1 FT2 R1 2 g 1 P2 2 R2 FT2 R2 R2 2 M FT1 2 g
十一、动量矩定理
11.1 试求下列刚体或系统对水平轴 O 的动量矩。 (a)质量为 m,半径为 r 的均质圆盘绕水平轴 O 作定轴转动,角速度为。 O r 解: LO J O
3 1 2 mr mr 2 mr 2 2 2
(a)
C
(b)质量为 m,长为 l 的均质杆杆端与质量为 m 、半径为 r 的均质圆盘中心固结,绕水平 轴 O 的作定轴转动,角速度为 。
O
r1
1
A
FN Fs FA Fs
A
FBy
B
r2
B (1) [解]
P1
FN
(2)
2
P2
(3)
FBx
分别研究两轮,受力如图⑵、(3)。因为 AB 为二力杆, 所以它对轮 A 的作用力为 FA,沿杆轴线方向。 对轮 A(图⑵) ,由
F
y
0, FN P 1 1 0 ,得 FN P
z
O
R
r
vr
o B
ve
[解] 研究整体,由于
M
z
( F ) 0 ,且系统初始静止,
所以系统对 z 轴的动量矩 Lz 0 ,即圆盘和人对 z 轴的动量矩之和为零。 圆盘定轴转动, Lz1 J z =
1P 2 R 2g
ds 1 2 at , at ,相对速度 vr dt 2
a B r A r B
联立以上 5 式,解得
……..⑤
aB
4 g 5
⑵若在圆柱体 A 上作用一矩为 M 的逆时针转向的力偶,试问在什么条件下圆柱体 B 的 质心将上升。