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1、1,第 十二 章 动量矩定理,动力学篇,第 十二 章 动量矩定理,12-1 质点和质点系的动量矩,质点的动量矩,质点Q的动量对于点O的矩,定义为质点对于点O的动量矩，记为MO(mv)，单位：,x,y,z,O,质点Q的动量对于z轴的矩定义为质点对z轴的动量矩。,（代数量）,第 十二 章 动量矩定理,质点系的动量矩,质点系对于某点 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。,12-1 质点和质点系的动量矩,第 十二 章 动量矩定理,定轴转动刚体对转轴的动量矩,令,12-1 质点和质点系的动量矩,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。,
2、刚体对z轴的转动惯量,第 十二 章 动量矩定理,平动刚体对某定点的动量矩,其中,12-1 质点和质点系的动量矩,平动刚体对某定点的动量矩可看作质量集中于质心的质点对该点的动量矩。,第 十二 章 动量矩定理,12-2 动量矩定理,质点的动量矩定理,x,y,z,O,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。,质点动量矩定理,第 十二 章 动量矩定理,质点的动量矩定理,x,y,z,O,F, 12-2 动量矩定理,动量矩定理的投影式：,第 十二 章 动量矩定理,质点系的动量矩定理, 12-2 动量矩定理,质点系对于某定点O的动量矩对时间的导数，等于作用于质点系的外力对于同一点的矩的
3、矢量和。,质点系动量矩定理,9,第 十二 章 动量矩定理,质点系的动量矩定理, 12-2 动量矩定理,质点系动量矩定理的投影式：,10,高炉运送矿石用的卷扬机如图所示。已知鼓轮的半径为R，质量为m1，轮绕O轴转动。小车和矿石总质量为m2 。作用在鼓轮上的力偶矩为M，鼓轮对转轴的转动贯量为J，轨道的倾角为。设绳的质量和各处摩擦均忽略不计，求小车的加速度a。,O,M,W1,v,W2,FN,例 题 12-1,例题 第十二章 动量矩定理,11,取小车与鼓轮组成质点系，视小车为质点。以顺时针为正，此质点系对O轴的动量矩为,作用于质点系的外力除力偶M，重力W1和W2外，尚有轴承O的反力FOx和FOy ，轨
4、道对小车的约束力FN 。,解：,而 W2t = P2 sin =m2g sin ，则系统外力对O轴的矩为,其中W1，FOx，FOy对O轴力矩为零。将W2沿轨道及其垂直方向分解为W2t和W2N， W2N与FN相抵消。,例 题 12-1,例题 第十二章 动量矩定理,12,由质点系对O轴的动量矩定理，有,因 ， ，于是解得,若 ，则 , 小车的加速度沿斜坡向上。,例 题 12-1,例题 第十二章 动量矩定理,13,两个鼓轮固连在一起，其总质量是 m，对水平转轴 O的转动惯量是 JO ；鼓轮的半径是 r1 和 r2 。绳端悬挂的重物 A和 B 质量分别是 m1 和 m2 (图a)，且 m1 m2。试求
5、鼓轮的角加速度。,例 题 12-2,例题 第十二章 动量矩定理,14,例 题 12-2,例题 第十二章 动量矩定理,15,解:,取鼓轮，重物 A , B 和绳索为研究对象(图b)。对鼓轮的转轴 z (垂直于图面，指向读者)应用动量矩定理，有,系统的动量矩由三部分组成，等于,考虑到 v1 = r1 ， v2 = r2 ，则得,外力主矩仅由重力 m1g 和 m2g 产生，有,例 题 12-2,例题 第十二章 动量矩定理,16,将表达式 (b) 和 (c) 代入方程 (a)，即得,从而求出鼓轮的角加速度,方向为逆钟向。,例 题 12-2,例题 第十二章 动量矩定理,第 十二 章 动量矩定理,动量矩守
6、恒定理, 12-2 动量矩定理,18,19,20,21,22,23,24,摩擦离合器靠接合面的摩擦进行传动。在接合前，已知主动轴 1 以角速度0转动，而从动轴 2 处于静止(图a)。一经结合，轴 1 的转速迅速减慢，轴 2 的转速迅速加快，两轴最后以共同角速度 转动(图b)。已知轴 1 和轴 2 连同各自的附件对转轴的转动惯量分别是 J1 和 J2 ，试求接合后的共同角速度 ，轴承的摩擦不计。,例 题 12-3,例题 第十二章 动量矩定理,25,例 题 12-3,例题 第十二章 动量矩定理,26,解：,取轴1和轴2组成的系统作为研究对象。接合时作用在两轴的外力对公共转轴的矩都等于零。故系统对转
7、轴的总动量矩不变。接合前，系统的动量矩是 (J1 0+ J2 0) 。,离合器接合后，系统的动量矩是 (J1 + J2) 。故由动量矩守恒定律得,从而求得结合后的共同角速度,显然 的转向与 0 相同。,例 题 12-3,例题 第十二章 动量矩定理,27,小球A，B以细绳相连。质量皆为m，其余构件质量不计。忽略摩擦，系统绕z轴自由转动，初始时系统的角速度为0。当细绳拉断后，求各杆与铅垂线成角时系统的角速度 。,例 题 12-4,例题 第十二章 动量矩定理,28,例 题 12-4,例题 第十二章 动量矩定理,29,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。,
8、当=0时，动量矩,当 0 时，动量矩,因为 Lz1=Lz2 ，得,解:,0,z,a,a,l,l,A,B,例 题 12-4,例题 第十二章 动量矩定理,第 十二 章 动量矩定理,12-3 刚体绕定轴的转动微分方程,刚体绕定轴转动微分方程,刚体转动惯量的大小表现了刚体转动状态改变的难易程度,转动惯性,31,已知电机产生的转矩 MO 与其角速度 的关系为 MO = MO1(1 /1)，其中 MO1 表示电机的启动转矩, 1表示电机无负载时的空转角速度，且 MO1 和1 都是已知常量。又作用在飞轮上的阻力矩 MF 可以认为不变。电机轴连同其上的飞轮对轴 O 的转动惯量是JO。试求当 MO MF时电机启
9、动后角速度 随时间 t 而变化的规律。,MF,MO,O,O,例 题 12-5,例题 第十二章 动量矩定理,32,解:,转动部分所受的外力矩有电机转矩 MO 和阻力矩 MF，故电机的转动微分方程可写成,令,则上式简写成,例 题 12-5,例题 第十二章 动量矩定理,33,由题意 MO MF 知， b c 0，故飞轮作加速转动。上式可分离变量而化为求积，有,由此得,即,例 题 12-5,例题 第十二章 动量矩定理,34,最后求得飞轮角速度的变化规律,可见，飞轮角速度将逐渐增大。当 t 时，上式括号内的第二项趋近于零。这时飞轮将以极限角速度转动，且,如不加负载，即阻力矩 MF = 0，则 = 1。,
10、例 题 12-5,例题 第十二章 动量矩定理,35,复摆由可绕水平轴转动的刚体构成。已知复摆的质量是 m，重心 C 到转轴 O 的距离 OC = b，复摆对转轴 O 的转动惯量是JO ，设摆动开始时 OC 与铅直线的偏角是 0，且复摆的初角速度为零，试求复摆的微幅摆动规律。轴承摩擦和空气阻力不计。,O,C,b,例 题 12-6,例题 第十二章 动量矩定理,36,解:,受力如图所示。当复摆对于铅直线成偏角 时，只有重力 对悬轴 Oz 产生恢复力矩。,MOz = mgbsin ,根据刚体绕定轴转动的微分方程有,从而,当复摆作微小摆动时，可令 sin 。于是上式经过线性化后，可得复摆微幅摆动的微分方
11、程,这是简谐运动的标准微分方程。可见复摆的微幅振动也是简谐运动。,例 题 12-6,例题 第十二章 动量矩定理,37,则复摆运动规律可写成,摆动的频率 0 和周期 T 分别是,利用关系( b )可以测定刚体的转动惯量。为此，把刚体做成复摆并用试验测出它的摆动周期T ，然后由( b )式求得转动惯量,考虑到复摆运动的初条件:当 t = 0时,例 题 12-6,例题 第十二章 动量矩定理,第 十二 章 动量矩定理,12-4 刚体对轴的转动惯量,简单形状物体的转动惯量计算,质量离散分布,质量连续分布,均质细直杆 均质薄圆环 均质圆板,相对于转轴,第 十二 章 动量矩定理,回转半径（惯性半径）, 12
12、-4 刚体对转轴的转动惯量,40,薄壁圆筒,常见均质物体的转动惯量和回转半径,41,42,43,第 十二 章 动量矩定理,平行轴定理, 12-4 刚体对转轴的转动惯量,x=x1,z=z1,刚体对于任意轴的转动惯量,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的平方的乘积。,证明：,质心 C 坐标,第 十二 章 动量矩定理,12-5 质点系相对于质心的动量矩定理,质点系相对于质心的动量矩,平面运动刚体：,第 十二 章 动量矩定理,质点系相对于某定点的动量矩,12-5 质点系相对于质心的动量矩定理,第 十二 章 动量矩定理,质点系相对于质心的动量矩定理,12-5 质
13、点系相对于质心的动量矩定理,质点系相对于质心的动量矩对时间的导数，等于作用于质点系的外力对质心的主矩。,质点系相对于质心的动量矩定理,第 十二 章 动量矩定理,12-6 刚体的平面运动微分方程,或：,平面运动刚体：,由质心运动定理及对于质心的动量矩定理,刚体的平面运动微分方程,49,匀质圆柱的质量是 m ，半径是 r，从静止开始沿倾角是的固定斜面向下滚动而不滑动，斜面与圆柱的静摩擦系数是 fs 。试求圆柱质心 C 的加速度，以及保证圆柱滚动而不滑动的条件。,例 题 12-7,例题 第十二章 动量矩定理,50,平移,纯滚动,连滚带滑,例 题 12-7,例题 第十二章 动量矩定理,51,解:,圆柱
14、在图示力作用下由静止开始作平面运动。令它的铅直对称面重合于坐标平面 Oxy ，轴 x 沿斜面向下，则有,圆柱平面运动的三个微分方程可写成,maC = mgsin F (a) 0 = FNmgcos (b) JC = Fr (c),由于圆柱只滚动而不滑动，故有运动学关系,aC = r （d）,例 题 12-7,例题 第十二章 动量矩定理,52,当圆柱只滚不滑时，滑动摩擦力必须满足 F fsFN ，代入求出的 F， 和 FN ，则得,从而求得圆柱滚动而不滑动的条件,联立求解以上四个方程，并考虑到 JC = mr2/2 ，就得到,aC = 2gsin / 3 , FN = mgcos , F = m
15、gsin / 3,tan 3 fs,例 题 12-7,例题 第十二章 动量矩定理,53,匀质细杆 AB 的质量是 m，长度是 2l，放在铅直面内，两端分别沿光滑的铅直墙壁和光滑的水平地面滑动。假设杆的初位置与墙成交角 0，初角速度等于零；试求杆沿铅直墙壁下滑时的角速度 和角加速度 以及杆开始脱离墙壁时它与墙壁所成的角度 1 。,x,y,O,A,B,C,y,x,例 题 12-8,例题 第十二章 动量矩定理,54,例 题 12-8,例题 第十二章 动量矩定理,55,解:,在 A 端脱离墙壁以前，受力如图所示。杆作平面运动，取坐标系 Oxy ，则杆的运动微分方程可写成,由几何关系知,例 题 12-8
16、,例题 第十二章 动量矩定理,56,将式(d)和(e)对时间求导，得,把 (f)和(g)分别代入 (a)和(b)，再把 FA 和 FB 的值代入 (c),最后得杆 AB 的角加速度,例 题 12-8,例题 第十二章 动量矩定理,57,利用关系,把上式化成积分,求得杆 AB 的角速度,例 题 12-8,例题 第十二章 动量矩定理,58,当杆即将脱离墙时，FA 0。以FA = 0代入(a)，再根据(f),把(h) 和(i)的表达式在 = 1 时的值代入上式，得关系,整理后，求得杆开始脱离墙时与墙所成的夹角,例 题 12-8,例题 第十二章 动量矩定理,得:,59,如图所示，匀质半圆柱体的质心C与圆心O1的
