梁坤京理论力学动量矩定理课后答案
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 。
动量矩定理
分离变量
d (Jω) = −M ， M = kω dt
上式积分
J dω = −kdt ω
ωo
∫2
ω0
J
dω ω
=
∫
t 0
−
kdt
解得
t = J 1n2
k
再对式（1）积分，将等式左边积分上限改为ω ，得
ω
∫ ω0 J
dω ω
=
∫
t 0
−
kdt
解得
ω
=
ω
0
e
−k J
t
即
dθ dt
−k t
= ω0e J
∫ θ =
FT1 = FT′1
FT2 = FT′2
以顺时针转向为正，分别应用两轮对其转动轴的转动微分方程有
J1α1 = M − (FT1 − FT2 )R1
J 2α 2
=
( FT1′
−
FT
′
2
)R2
−M′
α1 : α 2 = R2 : R1
（1）
（2） （3）
159
理论力学（第七版）课后题答案 哈工大.高等教育出版社
计算在此 3 种情况下，圆盘对轴 O 的动量矩。
2R
2R
ω0 O
vA R A
ω0 ωr O
vA A ωr
(b1)
(c1)
图 12-2
解 （1）在图 12-2a 中，轮 A 绕 O 定轴转动
JO
=
1 2
mR 2
+
m(2R)2
=
9 2
mR 2
LO
=
J OωO
=
9 2
ω
O
《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 ==。
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。
理论力学动量矩定理
12.2 动量矩定理
12.2.1 质点旳动量矩定理
设质点对固定点O旳动 量矩为MO(mv)，作用力F对 同一点旳矩为MO(F) ，如图 所示。
将动量矩对时间取一 次导数，得
d dt
MO
(mv)
d dt
(r
mv)
d r mv r d (mv)
dt
dt
MO(mv) MO(F)
x
z
F mv
Q
r
y
12.2.1 质点旳动量矩定理
将上式投影在直角坐标轴上，并将对点旳动量矩与对轴 旳动量矩旳关系代入，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
)
质点对某固定
轴旳动量矩对时间旳 一阶导数等于质点所 受旳力对同一轴旳矩。
12.2.1 质点旳动量矩定理
例12-2 图示为一单摆（数学摆），摆锤质量为m，摆线长为 l，如给摆锤以初位移或初速度（统称初扰动），它就在经过 O点旳铅垂平面内摆动。求此单摆在微小摆动时旳运动规律。
例12-1 均质圆盘可绕轴O转动，其上缠有一 绳，绳下端吊一重物A。若圆盘对转轴O旳转
动惯量为J，半径为r，角速度为，重物A旳
质量为m，并设绳与圆盘间无相对滑动，求系 统对轴O旳动量矩。
解：
LO L块 L盘 mvr J mr 2 J (mr 2 J )
LO旳转向沿逆时针方向。
Or
A mv
LO J m2vR MO (F (e) ) M m2 g sin R
【精品】理论力学参考答案第11章 盛冬发
理论力学参考答案第11章盛冬发__________________________________________________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。
理论力学_12.动量矩定理
故：
d dt
(r m v ) r F ,
d dt
[ m O ( m v )] m O ( F )
质点对任一固定点的动量矩对时间的导数，等于作用在质 点上的力对同一点之矩。这就是质点对固定点的动量矩定理。
例3 单摆 已知m，l，t =0时= 0，从静止 开始释放。 求单摆的运动规律。 解：将小球视为质点。 受力分析；受力图如图示。
r
i
i
m iv
C
ri ) m i v
i
rC m i v i
ri m i v i
i
rC m v C
ri m i v
其中 L C ri m i v i 为质点系相对质心C的动量矩。 （注意：vi为质点的绝对速度。） 即 质点系对任意定点O的动量矩，等于质点系对质心的动量矩， 与将质点系的动量集中于质心对于O点动量矩的矢量和。
L z J z m 2 vr 1 2 ( m1r
2
J ，z
1
m1r ；
2
v r
m 2 vr
1 2
m 1 m 2 ) rv
系统所受外力对转轴z的矩为
M z ( Fi
(e)
) M
(e)
O
Fr M
O
f m 2gr
dL dt
z
M z (Fi
)
d 1 ( m m 2 ) rv M 2 1 dt
例如：试计算圆盘对轴O的 动量矩。质点的质量均为m。
O1 B C
vr vr
vr
L O L O 1 rO 1 m v O 1 3 mv r R l 3 m l 0 3m (vr R l 0 )
十二章动量矩定理
F mv
M0(F)
o
Ｑ
y
x
由牛顿第二定律
m
dv dt
F
d dt
(mv)
F
r
d dt
(mv)
r
F
d (r mv) r d(mv) dr mv
dt
ห้องสมุดไป่ตู้
dt dt
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第十二章 动量矩定理
d (r mv) r F dt
M0(mv) m0(F)
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第十二章 动量矩定理
C
m2
IOZ M
式中
M
m1
O
IOZ
1 3
m1L2
1 2
m2
r
2
m2L2
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第十二章 动量矩定理
代入已知值得：
IOZ
1 10 0.32 3
1 40 0.152 2
40 0.32
4.35kg m2
M 20 4.6rad / s2
IOZ 4.35
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第十二章 动量矩定理
dt
M y (mv)]
my (Fe )
d [
dt
M z (mv)]
mz (Fe )
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第十二章 动量矩定理
【典型题精解】
例12-1 滑块Ａ，Ｂ质量分别为２Ｋｇ，0.5Ｋｇ，用长１
米的绳连接，在水平光滑滑竿上滑动，绳和竿的质量不计。
竿绕铅垂轴转动，轴的摩擦也不计。当 rA 0.6m 时，滑块 Ａ以速度０.４ｍ／Ｓ沿竿向外运动，竿的角速度 0.5rad / s
求此时竿的角加速度。
1m
B rB
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
理论力学答案完整版(清华大学出版社)10
子 C 沿水平轨道滚动而不滑动，试求重物 A 的加速度。
解： 取整个系统为研究对象，自由度为 1。设重物速度为 vA ，则轮
题 10-9 图
的角速度 ω = vA ，轮心速度为 R−r
vO
=
R
r −
r
vA 。系统的动能为
( ) T
拉格朗日方程的普遍形式
d dt
∂L ∂q& j
− ∂L ∂q j
= Q′j
( j = 1,2,..., m)
式中 Q′j 为非有势力对应的广义力。
矢量方法
动量法：动量定理
动量矩定理 质心运动定理 定轴转动微分方程 平面运动微分方程
质点系统动力学
动静法
动能定理
能量方法
拉格朗日方程
3 保守系统拉格朗日方程的初积分
10-3 质量为 m1 的匀质杆，长为 l，一端放在水平面上， 另一端与质量为 m2、半径为 r 的匀质圆盘在圆盘中心 O 点 铰接。圆盘在地面上作纯滚动，圆心速度为 v。求系统在此
题 10-3 图
位置的动能。
解：杆作平移，动能为
T1
=
1 2
m1v2
；
圆盘作纯滚动，动能为
T2
=
1 2
m2v2
+
1 2
mivi
⋅ vi
，
其中 n 为系统中的质点数目，可以是有限或无穷，mi 和 vi 分别为各质点的质量和速度。 平
移刚体的动能 T = 1 mv2 ， 2
其中 m 为平移刚体的质量。
定轴转动刚体的动能
T
=
1 2
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：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 mab ωω3cos 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 +++=-+++=+=ωωωω12-13 如图所示，有一轮子，轴的直径为50 mm ，无初速地沿倾角︒=20θ的轨道滚下，设只滚不滑，5秒内轮心滚动的距离为s = 3 m 。
理论力学第9章动量矩定理
式中r是质点m相对于矩心O的矢径。质点相对固定点 的动量矩LO通常看成是位于矩心O处的定位矢量。
2, 质点系的动量矩
考察由n个质点组成的质 点系，如图所示。其中第i个 质点的质量、位矢和速度分 别为mi 、ri 、 vi 。质点的动 量对点O之矩为
LOi ri mi v i
质点系的动量矩即是动量系的 主矩，它是质点系中各质点的 动量对点O之矩的矢量和：
0 ri mi vir
ri mi vir
计算质点系相对质心的动量矩，用绝对速度和相对速度结果都 是一样的。对于一般运动的质点系，通常可分解为随质心的平 移和绕质心的转动，因此，用上式中的第二项计算质点系相对 质心的动量矩更方便些。
质点系相对固定点的动量矩与 相对质心的动量矩之间的关系
e i i
n
n
d rC d vC vC , aC , dt dt
n d LC ri Fi e dt i
vC vC 0 ,
m a C Fie
n d LC M C ( Fi e ) dt i
n dL C e M C (Fi ) dt i 1
质系对质心C的动量矩对时间的一 阶导数等于作用在质系上的外力系 对质心的主矩
刚体绕定轴的转动微分方程
J z M z ( Fi )
i 1 n
返回
例9-2
两个质量为m1和m2的重物分别系在两根不同的绳子上， 两绳分别绕在半径为r1和r2并固结在一起的两鼓轮上， 如所示。设鼓轮对O轴的转动惯量为JO，重为W。求 鼓轮的角加速度和轴承的约束反力。
YO r1
O
r2
LO ri mi vir
i
y
理论力学：第11章 动量矩定理
12 g g
12 9.8
9.8
由刚体绕定轴转动微分方程 IB kx BC FP BG (kx BC FP BG) / IB
(8750 76 103 0.6 200 0.1) /1.9 198.975rad/s2
由质心运动定理有
FN ＝1234N
Ff＝370N FT 575N
11-28 题 11-28 图所示质量为 4kg 的矩形均质板，用两根等长的不变形的 软绳悬挂在图示位置（AB 水平）。该板处于静止状态时，B 端的绳子突然被剪断， 试求（1）此瞬时该板质心的加速度及 A 端绳子张力。（2）若将两绳换成弹簧， 在 B 端的弹簧突然被剪断时，质心加速度及 A 端弹簧张力将如何？
(2)轴承 O 的水平约束力。
·7·
FT
R
A
aA
mg
F
FN
（a）
B
M
R FOy
FT
O
FOx
m2g
（b）
题 11-33 图
（c）
解：（1）对系统进行整体受力分析，主动力元功之和为
dW Md m1g Rd sin (M m1gR sin )d
动能增量为
dT
FOx m1(m2gR sin cos 3M cos ) (3m1 m2 )R
·9·
d
m2
R
2
2 B
1
I
A
2 A
1
m1v
2 A
2
2
2
运动学补充条件，圆盘 A 纯滚动
vA A R
梁坤京理论力学第十二章动量矩定理课后答案
梁坤京理论力学第十二章动量矩定理课后答案案场各岗位服务流程销售大厅服务岗：1、销售大厅服务岗岗位职责：1)为来访客户提供全程的休息区域及饮品;2)保持销售区域台面整洁;3)及时补足销售大厅物资,如糖果或杂志等;4)收集客户意见、建议及现场问题点；2、销售大厅服务岗工作及服务流程阶段工作及服务流程班前阶段1）自检仪容仪表以饱满的精神面貌进入工作区域2）检查使用工具及销售大厅物资情况，异常情况及时登记并报告上级。
班中工作程序服务流程行为规范迎接指引递阅资料上饮品（糕点）添加茶水工作要求1）眼神关注客人，当客人距3米距离时，应主动跨出自己的位置迎宾，然后侯客迎询问客户送客户注意事项15度鞠躬微笑问候：“您好！欢迎光临！”2）在客人前方1-2米距离领位，指引请客人向休息区，在客人入座后问客人对座位是否满意：“您好！请问坐这儿可以吗？”得到同意后为客人拉椅入座“好的，请入座！”3）若客人无置业顾问陪同，可询问：请问您有专属的置业顾问吗？，为客人取阅项目资料，并礼貌的告知请客人稍等，置业顾问会很快过来介绍，同时请置业顾问关注该客人；4）问候的起始语应为“先生-小姐-女士早上好，这里是XX销售中心，这边请”5）问候时间段为8:30-11:30 早上好11:30-14:30 中午好 14:30-18:00下午好6）关注客人物品，如物品较多，则主动询问是否需要帮助（如拾到物品须两名人员在场方能打开，提示客人注意贵重物品）；7）在满座位的情况下，须先向客人致歉，在请其到沙盘区进行观摩稍作等待；阶段工作及服务流程班中工作程序工作要求注意事项饮料（糕点服务）1）在所有饮料（糕点）服务中必须使用托盘；2）所有饮料服务均已“对不起，打扰一下，请问您需要什么饮品”为起始；3）服务方向：从客人的右面服务；4）当客人的饮料杯中只剩三分之一时，必须询问客人是否需要再添一杯，在二次服务中特别注意瓶口绝对不可以与客人使用的杯子接触；5）在客人再次需要饮料时必须更换杯子；下班程序1）检查使用的工具及销售案场物资情况，异常情况及时记录并报告上级领导；2）填写物资领用申请表并整理客户意见；3）参加班后总结会；4）积极配合销售人员的接待工作，如果下班时间已经到，必须待客人离开后下班；1.3.3.3吧台服务岗1.3.3.3.1吧台服务岗岗位职责1）为来访的客人提供全程的休息及饮品服务；2）保持吧台区域的整洁；3)饮品使用的器皿必须消毒；4）及时补充吧台物资；5）收集客户意见、建议及问题点；1.3.3.3.2吧台服务岗工作及流程阶段工作及服务流程班前阶段1）自检仪容仪表以饱满的精神面貌进入工作区域2）检查使用工具及销售大厅物资情况，异常情况及时登记并报告上级。
第十一章 动量矩定理
Northeastern University
§11-2 动量矩定理 11由质点系对O轴的动 ⑷ 由质点系对 轴的动 量矩定理得
r FN
r v
ω
O
r F Oy
r F Ox
re dLO = ∑ M O ( Fi ) dt
rM mg 1
θ
r m2 g
d ( J + m2 R 2 )v = M − ( m 2 g sin θ ) ⋅ R 即 dt R ( J + m2 R 2 ) a = M − ( m 2 g sin θ ) ⋅ R R
§11-2 动量矩定理 11二、质点系的动量矩定理
作用于第i个质点的力有内力Fii和外力Fie 由质点的动量矩定理得： r re r ri r d r M O (mi vi ) = M O ( Fi ) + M O ( Fi ) dt r re r ri r d r ⇒ ∑ M O (mi vi ) = ∑ M O ( Fi ) + ∑ M O ( Fi ) = 0 dt r r re r d ⇒ ∑ M O (mi vi ) = ∑ M O ( Fi ) dt r r re d LO ⇒ = ∑ M O ( Fi ) dt
PAG 15
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§11-2 动量矩定理 11转盘由圆轮1(半径r 和塔轮2(半径r 固结而成, 1(半径 2(半径 例11-3 转盘由圆轮1(半径 1)和塔轮2(半径 2)固结而成,转盘 总质量为m,对盘心的转动惯量为J 重物质量分别为m 总质量为 ,对盘心的转动惯量为 O,重物质量分别为 1和m2, 不计摩擦。求圆盘角加速度, 处约束力 处约束力F 绳索张力F 不计摩擦。求圆盘角加速度,O处约束力 N,绳索张力 T1,FT2.
理论力学第11章动量矩定理
F1 b C
摆动的频率 ω0 和周期 T 分别是
mgb n ; JO
(a )
mg
21
第十一章结束
22
§11-3
23
2
ห้องสมุดไป่ตู้
§11-1
转动惯量
Z
一、刚体对轴的转动惯量
J Z mi ri 2
i 1
n
刚体对Ｚ轴的转动惯量
ri
mi vi
刚体上所有各mi与ri2的乘积之和称为刚体对z
轴的转动惯量，用符号Jz表示。
一个刚体的各质点离轴越远，它对该轴的转动 惯量越大；反之越小。 转动惯量是刚体转动惯性的度量，总是正标量。 量纲： dim J ML2 2 常用单位：
即：定轴转动刚体对转轴的转动惯量与角加速度的乘积，等于作用于该刚体 上的所有外力对转轴的力矩的代数和。这就是刚体的定轴转动微分方程。16
d 2 或 J M z (F ) z 2 dt
刚体的转动惯量是刚体转动时的惯性的量度。
J z M z ( F )
解决两类问题：
—刚体定轴转动微分方程
例 题
解: 此系统所受的重力和轴承的约束
力对于转轴的矩都等于零，因此系统 对于转轴的动量矩守恒。 当θ=0时，动量矩
θ l B
a
z a
a
z a
l A l
θ
B
A l
Lz1 2 ma0 a 2ma20
当 θ≠ 0 时，动量矩
Lz 2 2m(a l sin )2
因为 Lz1=Lz2 ，得
dm A 2 rdr
2 2
4
于是： J z r 2 dm R A 2 r 3dr 1 AR 4 1 mR 2 m 0
理论力学12—2动量矩定理
由运动学关系，得
a1r1 a2r2
注意到 F F ，联立求解以上三式得
a1
Mr22 J1r22 J2r12
M
F′n F′
r2 O2
FO1y F
O1 FO1x
Fn
m1g
FO2y
O2
FO2x
m2g
例题 10 关于突然解除约束问题
FOy
O
FOx
W=mg
解除约束前： FOx=0, FOy=mg/2
FOy
mg
aC aD raB r(a A aB )
aC
4 5
g
例17 均质杆质量为m，长为l，在铅直平面内一端沿着水平地 面，另一端沿着铅垂墙壁，从图示位置无初速地滑下。不计摩 擦，求开始滑动的瞬时，地面和墙壁对杆的约束反力。
解：以杆AB为研究对象，分析受力。
杆作平面运动，设质心C的加速度为
aCx、aCy，角加速度为a。
例动3 量高矩定炉理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。
解：以系统为研究对象，受力如图。 以顺时针为正，则
LO J m2vR MO (F (e) ) M m2 g sin a R
3mr2 mr2 A 18mr2
21mr2
O
(c) A 2
LO L杆 L盘 J杆 ( ) LA mO (2mvA ) 3mr2 J A A (2m)(3r)3r
3mr2 mr2 A 18mr2 3mr2 mr2 (2) 18mr2
23mr2
(b)r
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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 mab ωω3cos 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 +++=-+++=+=ωωωω12-13 如图所示，有一轮子，轴的直径为50 mm ，无初速地沿倾角︒=20θ的轨道滚下，设只滚不滑，5秒内轮心滚动的距离为s = 3 m 。
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F mg ma C -=θsin （1）J C α = Fr （2） 因轮子只滚不滑，所以有 a C =αr （3）将式（3）代入式（1）、（2）消去F 得到 g mrJ mr C 2sin +==θϕα 上式对时间两次积分，并注意到t = 0时0 ,0==ϕϕ ，则 )(2sin )(2sin )(2sin 22222222r grt mr m mgrt mr J mgrt C +=+=+=ρθρθθϕ 把 r = 0.025 m 及t = 5 s 时，m 3==ϕr s 代入上式得mm 90m 09.013220sin 58.9025.012sin 2sin 2222==-⨯︒⨯=-=-=s gt r r grt θϕθρ12-17 图示均质杆AB 长为l ，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0ϕ角。
此后，令杆由静止状态倒下。
求（1）杆在任意位置时的角加速度和角速度；（2）当杆脱离墙时，此杆与水平面所夹的角。
解：（1）取均质杆为研究对象，受力分析及建立坐标系Oxy 如图（a ），杆AB 作平面运动，质心在C 点。
刚体平面运动微分方程为)3( sin 2cos 2)2( )1( N N N N ϕϕαlF l F J mg F y m F x m A B C B C A C ⋅-⋅=-==由于 ϕϕsin 2,cos 2ly l x C C ==将其对间t 求两次导数，且注意到 αϕωϕ-=-= ,，得到 )5( )sin cos (2)4( )cos sin (222ϕωϕαϕωϕα+-=-=l y l x C C将式（4）、（5）代入式（1）、（2）中，得mgml F mlF BA ++-=-=)sin cos (2)cos sin (22N 2N ϕωϕαϕωϕα再将F N A ，F N B 的表达式代入式（3）中，得ϕϕωϕαϕϕϕωϕααsin )cos sin (4cos 2cos )sin cos (42222--++-=ml mgl ml J C即 ϕααcos 242mglml J C +-= 把 122ml J C =代入上式得 ϕαcos 23l g=而 td d ωα=分离变量并积分得 ϕϕϕϕωωωd cos 23d 00l g -=⎰⎰)sin (sin 30ϕϕω-=lg（2）当杆脱离墙时F N A = 0，设此时1ϕϕ= 则 0)cos sin (2121N =-=ϕωϕαmlF A 将α和ω表达式代入上式解得01sin 32sin ϕϕ=)sin 32arcsin(01ϕϕ=12-19 均质实心圆柱体A 和薄铁环B 的质量均为m ，半径都等于r ，两者用杆AB 铰接，无滑动地沿斜面滚下，斜面与水平面的夹角为θ，如图所示如杆的质量忽略不计，求杆AB 的加速度和杆的内力。
解：分别取圆柱A 和薄铁环B 为研究对象，其受力分析如图（a ）、（b ）所示，A 和B 均作平面运动，杆AB 作平动，由题意知T T ,,F F a a a B A B A '=====ααα。
对圆柱A 有)2( )1( sin A 11T αθJ r F F F mg ma =--=对薄铁环B 有)4( )3( sin 22αθB J r F F mg T ma =-+'= 联立求解式（1）、（2）、（3）、（4），并将T T 22,,2F F mr J r m J B A '===，以及根据只滚不滑条件得到的a = αr 代入，解得 θsin 71T T mg F F ='=（压力）及 θsin 74g a =12-21 图示均质圆柱体的质量为m ，半径为r ，放在倾角为︒60的斜面上。
一细绳缠绕在圆柱体上，其一端固定于点A ，此绳与A 相连部分与斜面平行。
若圆柱体与斜面间的摩擦系数为31=f ，试求其中心沿斜面落下的加速度a C 。
解：取均质圆柱为研究对象，其受力如图（a ）所示，圆柱作平面运动，则其平面运动微分方程为)3( 60sin )2( 60cos 0)1( )(T N T F F mg ma mg F r F F J C --︒=︒-=-=α 而 F = fF N （4）圆柱沿斜面向下滑动，可看作沿AD 绳向下滚动，且只滚不滑，所以有 a C =αr把上式及31=f 代入式（3）、（4）解方程（1）至（4），得a C = （方向沿斜面向下）12-23 均质圆柱体A 和B 的质量均为m ，半径为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，如图所示。
摩擦不计。
求：（1）圆柱体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，矩为M 的力偶，试问在什么条件下圆柱体B 的质心加速度将向上。
解：（1）分别取轮A 和B 研究，其受力如图（a ）、（b ）所示，轮A 定轴转动，轮B 作平面运动。
对轮A 运用刚体绕定轴转动微分方程 r F J A A T =α （1）对轮B 运用刚体平面运动微分方程有B ma F mg ='-T (2) r F J B B T '=α （3）再以C 为基点分析B 点加速度，有r r a a a B A BC C B ⋅+⋅=+=αα （4）联立求解式（1）、（2）、（3）、（4），并将T T F F '=及22r m J J A B ==代入，解得g a B 54=2）若在A 轮上作用一逆时针转矩M ，则轮A 将作逆时针转动，对A 运用刚体绕定轴转动微分方程有 r F M J A A T -=α （5） 以C 点为基点分析B 点加速度，根据题意，在临界状态有0tt =+-=+=r r a a a B A BC C B αα （6）联立求解式（5）、（6）和（2）、（3）并将T T '=及22r m J J A B ==代入，得mgr M 2=习题9－8图 AαAv Aa rCTF gm(a)故当转矩mgr M 2>时轮B 的质心将上升。
9－8 图示圆柱体A 的质量为m ，在其中部绕以细绳，绳的一端B 固定。
圆柱体沿绳子解开的而降落，其初速为零。
求当圆柱体的轴降落了高度h 时圆柱体中心A 的速度υ和绳子的拉力F T 。
解：法1：图（a ） T F mg ma A -= （1） r F αJ A T = （2）r αa A = （3）221mr J A =解得 mg F 31T =（拉） g a A 32=（常量）（4）由运动学 gh h a v A A 3322==（↓）法2：由于动瞬心与轮的质心距离保持不变，故可对瞬心C 用动量矩定理：mgr J C =ϕ （5）2223mr mr J J A C =+=又 ra A =ϕg a A 32=（同式（4））再由 T F mg ma A -= 得 mg F 31T =（拉）gh h a v A A 3322==（↓）9－10 图示重物A 的质量为m ，当其下降时，借无重且不可伸长的绳使滚子C 沿水平轨道滚动而不滑动。
绳子跨过不计质量的定滑轮D 并绕在滑轮B 上。
滑轮B 与滚子C 固结为一体。
已知滑轮B 的半径为R ，滚子C 的半径为r ，二者总质量为m ′，其对与图面垂直的轴O 的回转半径为ρ。
求：重物A 的加速度。
解：法1：对轮： Fr TR J O -=α （1）T F a m O -='（2）对A ：T mg ma A -=（3）又：tH H A a a a ==绳以O 为基点：F 绳H a Hgm OαT· Em ′g习题9－11图DABC习题9－12图rαD NF Fagm MM f(a)tn n t HO HO O H H a a a a a ++=+ααα)(tt r R r R a a a O HO H -=-=-=（→） α)(r R a A -=（↓） （4） 由上四式联立，得（注意到2ρm J O '=）1)()()()()(2222222+-+⋅'=-++'-=r R r m m gr R m r m r R mg a A ρρ法2：对瞬心E 用动量矩定理（本题质心瞬心之距离为常数）)(r R T J E -=α Tmg ma A -=又α)(r R a A -=)(222r m r m J J O E +'='+=ρ可解得：1)()(222+-+⋅'=r R r m m ga A ρ9－11 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。