第12章 动量矩定理习题答案

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：

t

b y t

a 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

t

b t y v t a t

x

v y x ωωωω2cos 2d d sin d d ==-==

质点对点O 的动量矩为

t

a t

b m t b t a m x

mv y mv m M m M L y x O O ωωωωωωcos 2cos 22sin )sin ()()(0⋅⋅+⋅-⋅-=⋅+⋅-=+=y x v v

t 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 R

v A

=ω

质心C 的速度

)(e R R

v C B v A

C +=

=ω 轮子的动量 A C mv R

e

R 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 []

R

v e R m me J L A

A 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 +++=-+++=+=ωωωω

12-5 图示水平圆板可绕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。如圆板的转动惯量为J ，并且当点M 离z 轴最远在点M 0时，圆板的角速度为零。轴的摩擦和空气阻力略去不计，求圆板的角速度与ϕ角的关系。 解：以圆板和质点M 为系统，因为系统所受外力（包括重力和约束反力），对z 轴的矩均为零，故系统对z 轴动量矩守恒。在任意时刻M 点的速度包含相对速度v 0和牵连速度v e 。其中ω⋅=OM v e 。设质点M 在M 0 位置为起始位置，该瞬时系统对z 轴的动量矩为

)(01r l mv L z +=

在任意时刻：

)

()()

(e 02v v v m M m M J m M J L z z M z z ++=+=ωω

由图（a ）可看出 []ωϕϕω)cos 2(cos 2202lr r l m r l mv J L z +++++= 根据动量矩守恒定律 21z z L L = 代入解得

)

cos 2( )

cos 1(2

20ϕϕωlr r l m J mlv +++-=

12-7 图示两带轮的半径为R 1和R 2，其质量各为m 1和m 2，两轮以胶带相连接，各绕两平行的固定轴转动。如在第一个带轮上作用矩为M 的主动力偶，在第二个带轮上作用矩为M '的阻力偶。带轮可视为均质圆盘，胶带与轮间无滑动，胶带质量略去不计。求第一个带轮的角加速度。

解：分别取两皮带轮为研究对象，其受力分析如图所示，其中'

='=2211,T T T T 。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

)

2( )()

1( )(2212212111M R T T J R T T M J '-'

-'=--=αα

将 12212211:: , ,R R T T T T ='

='=αα

代入式（1）、（2），联立解得 2

2

2

1

212

11R R J J M R R M +'

-=α 式中

21112R m J =，2

2222R m J = 2

1

221121)()(2R R m m M R M R +'-=α

12-9 图示通风机的转动部分以初角速度0ω绕中心轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，即ωk M =，其中k 为常数。如转动部分对其轴的转动惯量为J ，问经过多少时间其转动角速度减少为初角速度的一半？又在此时间内共转过多少转？

解：以通风机的转动部分为研究对象，应用动量矩定理得 M J t

-=)(d d

ω 把 ωk M =代入后，分离变量

t k J

d d -=ω

ω

上式积分

t k t

J

d 0d 20

o

-=⎰⎰

ω

ω

ωω

解得

2n 1k

J

t =

再对式（1）积分，将等式左边积分上限改为ω，得

t k t J d 0d 0-=⎰⎰ωωωω

解得

t J

k

-=e

0ωω

即 t J k

t

-=e d d 0ωθ

故 )e 1(d e 000t J k t J k k

J t t ---==⎰ω

ωθ

把 2n 1k J

t =代入，得 )e 1(2n 10--=

k

J ωθ 由于 21

e 2n 1=- 所以 k

J 20ωθ=

最后得转动部分共转过圈数 k

J N π4π20ωθ

==

12-11 均质圆轮A 质量为m 1，半径为r 1，以角速度ω绕杆OA 的A 端转动，此时将轮放置在质量为m 2的另一均质圆轮B 上，其半径为r 2，如图所示。轮B 原为静止，但可绕其中心自由转动。放置后，轮A 的重量由轮B 支持。略去轴承的摩擦和杆OA 的重量，并设两轮间的摩擦系数为f 。问自轮A 放在轮B 上到两轮间没有相对滑动为止，经过多少时间？ 解：分别取轮A 、B 为研究对象，其受力和运动分析如图（a ）及（b ）所示，根据刚体绕定轴转动的微分方程式，对A 、B 轮分别有

2

211

d d d d r F t J Fr t

J B A

'=-=ωω

分离变量并积分

t

r F J t

Fr J B A d 0d d 0d 222111⎰⎰⎰⎰'=-=ιωω

ωιωω

ω

得到

t

r F J t Fr J J 2221111'=-=-ωωω

由题意知1221::r r =ωω，将其代入以上两式，联立求解得