《理论力学课后习题详解-第11章-动量矩定理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《理论力学课后习题详解-第11章-动量矩定理（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 156A 第 12 章 动量矩定理 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 tbytax 2sincos =式中 a，b 和为常量。求质点对原点 O 的动量矩。 解解 由运动方程对时间的 1 阶导数得原点的速度 tbtyvtatxvyx2cos2ddsindd=（1） 质点对点 O 的动量矩为 tatbmtbtamxmvymvmMmMLyxOO cos2cos22sin)sin()()(0 +=+=+=yxvvtmab3cos2= 用矢量表示有 () ()()kjijivrLxymyxmymxmyxmO&=+= 其中yx&,由式（1）确定。
2、12-2 无重杆 OA 以角速度0绕轴 O 转动，质量 m = 25 kg，半径 R = 200 mm 的均质圆盘以 3 种方式安装于杆 OA 的点 A，如图 12-12a 所示。在图 12-12a 中，圆盘与杆 OA 焊 接在一起，在图 12-12b 中，圆盘与杆 OA 在点 A 铰接，且相对杆 OA 以角速度r逆时针向转动。 在图 12-12c 中， 圆盘相对杆 OA 以角速度r顺时针向转动。 已知rad/s 4r=O，计算在此 3 种情况下，圆盘对轴 O 的动量矩。 rR2AvO0RArR2AvO0(b1) (c1) 图 12-2 解解 （1） 在图 12-2a 中，轮 A 绕 O 定轴
3、转动 222 29)2(21mRRmmRJO=+= /skgm 182922=mRJLOOOO （2）在图 12-2b1 中，轮 A 作平面运动 aO2AAJRvmL+= /skgm 205)(212222 OrO2 O=+=mRmRRRm 157（3）在图 12-2c1 中，轮 A 绕 O 作圆周曲线平移 a22AOOJRRmL+= ()kgm/s 16kgm/s 2542 . 044022ra =mRLOOO 12-3 如图 12-3 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 JA；C，A，B 三点
4、在同 1 铅直线上。 （1）当轮子只滚不滑时，若 vA已知，求轮子的动量和对地面上点 B 的动量矩。 （2）当轮子 又滚又滑时，若 vA 、已知，求轮子的动量和对地面上点 B 的动量矩。 解解 （1）当轮子只滚不滑时，轮上点 B 为速度瞬心。 轮子角速度 RvA= 质心 C 的速度 )(eRRvCBvA C+= 轮子的动量 ACmvReRmvp+=（） 对点 B 动量矩 =BBJL 222)( )( eRmmeJeRmJJACB+=+= RveRmmeJLA AB22)( += （2）当轮子又滚又滑时由基点法求得点 C 速度。 evvvvACAAC+=+= 轮子动量 )(evmmvpAC+=
5、（） 对点 B 动量矩 ) ( )()()( )( 2emRJeRmvmeJeRevmJBCmvLAAAACCB +=+=+=12-4 1 半径为 R，质量为 m1的均质圆盘，可绕通过其中心 O 的铅垂轴无摩擦地旋转，如图 12-4a 所示。1 质量为 m2的人在盘上由点 B 按规律2 21ats =沿半径为 r 的圆周行走。开始时，圆盘和人静止。求圆盘的角速度和角加速度。 RB rvO(a) (b) 图 12-4 解解 以人和圆盘为质点系，由于作用于系统的外力（重力和轴 O 的约束力）对轴 O 的 矩均为零，所以人和圆盘组成的系统对轴 O 的动量矩守恒。设人在盘上绕轴 O 顺时针走圆 周，则
6、盘必逆时针转，圆盘对轴 O 的动量矩为 =22 1 1RmJL 图 12-3 158人随圆盘转的牵连速度和人对圆盘的相对速度都沿圆周切向。 以反时针转为正向， 牵连速度 的投影为 r，相对速度的投影为 ats= &人对地面的绝对速度的投影为 atrsrv=&0其方向与 r 垂直，所以人对轴 O 的动量矩为 ratrmL=)(22 由质点系动量矩守恒定律有 ratrmRm+=)(2022 1 2 2122 22 rmmRartm += 2 2122 22 rmmRarm +=& 12-5 如图 12-5a 所示水平圆板可绕轴 z 转动。在圆板上有 1 质点 M 作圆周运动，已知 其速度的大小为常
7、量，等于 v0，质点 M 的质量为 m，圆的半径为 r，圆心到 z 轴的距离为 l， 点 M 在圆板的位置由角确定，如图 12-5a 所示。如圆板的转动惯量为 J，并且当点 M 离 轴 z 最远在点 M0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 与角的关系。 1oxyevrO0vl(a) (b) 图 12-5 解解 以圆板和质点 M 为系统，因为系统所受外力（包括重力和约束力）对轴 z 的矩均 为零，故系统对轴 z 动量矩守恒。在任意时刻点 M 的速度包含相对速度 v0和牵连速度 ve。 其中 =OMve 设质点 M 在 M0位置为起始位置，该瞬时系统对轴 z 的动量矩
8、 )(01rlmvLz+= (1) 在任意时刻： )()()(e02vvvmMmMJmMJLzzMzz+=+= 由图 12-5b 中，可得 )cos2(cos22 02lrrlmrlmvJLz+= (2) 根据动量矩守恒定律 21zzLL= (3) 由式（1） 、 （2） 、 （3）得 )cos2( )cos1 (220 lrrlmJmlv += 15912-6 如图 12-6a 所示 A 为离合器，开始时轮 2 静止，轮 1 具有角速度0。当离合器接合后，依靠摩擦使轮 2 启动。已知轮 1 和 2 的转动惯量分别为 J1和 J2。求： （1）当离合 器接合后，两轮共同转动的角速度； （2）若
9、经过 t 秒两轮的转速相同，求离合器应有多大的 摩擦力矩。 2fM(a) (b) 图 12-6 解解 （1）以轮 1 和 2 为一个系统进行研究，因为系统所受外力（包括重力和约束反力） 对转轴之矩均为零，所以系统对转轴的动量矩守恒，即 )(2101JJJ+= 2101 JJJ += （2）以轮 2 为研究对象，受力分析如图 12-6b 所示，根据动量矩定理对于转轴的投影式得 fddMtLz= 两边积分 tMtLLzzd0d0f= 设 Mf为常值力矩得 tMLzf= （1） 又 21021 2JJJJJLz+= （2） 由式（1） 、 （2）得 tJJJJM)(21021 f+=12-7 如图
10、12-7a 所示两带轮的半径为 R1和 R2，其质量各为 m1和 m2，两轮以胶带相连 接，各绕两平行的固定轴转动。如在第 1 个带轮上作用矩为 M 的主动力偶，在第 2 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 1 个带轮的角加速度。 1TF2TFg1mM 1oxF1OyF1O11TF2TFg2mM2oyF2OxF2O2R2(a) (b) (c) 图 12-7 解解 分别取两皮带轮为研究对象，其受力如图 12-7b、12-7c 所示，其中 2T2T1T1T FFFF =（1） 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 )()
11、(22T1T2212T1T11MRFFJRFFMJ=（2） 1221: RR= （3） 160式（1） 、 （2） 、 （3）联立，解得 2 22 1 21211RRJJMRRM+ = 式中 2 11 12RmJ =，2 22 22RmJ = 2 122112 1)()(2 RRmmMRMR += 12-8 如图 12-8a 所示，为求半径m 5 . 0=R的飞轮 A 对于通过其重心轴的转动惯量， 在飞轮上绕以细绳，绳的末端系 1 质量为 m1 = 8 kg 的重锤，重锤自高度 h = 2 m 处落下，测 得落下时间 t1=16 s。为消去轴承摩擦的影响，再用质量为 m2 = 4 kg 的重锤
12、作第 2 次试验， 此重锤自同 1 高度落下的时间为 t2 = 25 s。假定摩擦力矩为 1 常数，且与重锤的重量无关， 求飞轮的转动惯量和轴承的摩擦力矩。 g1mAxFAyFAfM(a) (b) 图 12-8 解解 取飞轮 A 及重物为质点系，设摩阻力偶矩为 Mf，飞轮转动惯量为 JA，如图 12-8b 所示。根据对轴 A 的投影式动量矩定理有 gRmMtLA1fdd+=，2 1RmJLAA+= tgRmMRmJAd)(d)(1f2 1+=+ 两边积分得 12 11f1f12 1d)(0d)(0tRmJgRmMtgRmMtRmJAA+=+=+而 00dd1=时，tt22 1 2 1f1t R
13、mJMgRmA+= 又 Rh= 故 22 1 2 1f1t RmJMgRm RhA+= （1） 将第 1 次试验时 m1，t1替换为第 2 次试验时 m2，t2得 16122 2 2 2f2t RmJMgRm RhA+= （2） 式（1） 、 （2）联立，解得 mN 02. 6 mkg 1060f2=MJA12-9 如图 12-9a 所示通风机的转动部分以初角速度0绕中心轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，即kM =，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？ OMOxFOyF(a) (b) 图 12-9 解解 以通风机的转动部分为研究对象，应用动量矩定理得 MJt=)(dd，kM = 分离变量 tkJdd=上式积分 tktJd0d20o =（1） 解得 2n1kJt = 再对式（1）积分，将等式左边积分上限改为，得 tktJd0d0= 解得 tJk =e0 即 tJkt =edd 0)e1 (de00 0tJktJkkJtt = 把2n1kJt=代入，得 )e1 (2n10=kJ 21e2n1=162图 12-10 kJ 20= 最后得转动部分共转过圈数 kJN420= 12-10 如图 12-10 所
