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1、第十二章动量矩定理12-1图示，均质杆AB质量为 m ，长为l，绕O点转动，某瞬时，杆角速度为，角加速度，试计算杆的动量矩大小2487ml12-2 质量为M的均质圆盘， 平放在光滑的水平面上，其受力状态如图，初始时圆盘静止，试分析圆盘做何种运动。质心不动，圆盘绕质心加速转动。12-3图示，BA,两轮质量均为m ，半径均为R，其中A轮在F力（PF）作用下转动，如图)(a所示，B轮在悬挂的重量为P的重物作用下转动，如图)(b所示，试确定绳的拉力是否相等， 且哪个拉力大。 mgPmgPP 2，（a）的绳拉力大。12-4 图示通风机的转动部分以初角速度0绕中心轴转动，空气阻力矩与角速度成正比，即kM，
2、其中 k 为常数。 如转动部分对其轴的转动惯量为J，问经过多少时间起转动角速度减少为初角速度的一半？又在此时间内公转过多少转？解：以通风机的转动部分为研究对象，应用动量矩定理得：MJ t)( dd把kM代入后，分离变量：tkJdd上式积分：tkt Jd 0d 20o解得：2n1 kJt再对式（ 1）积分，将等式左边积分上限改为，得：ABOl4l图 12-1 (aFABP)(b图 12-3 tkt Jd 0d0解得：t Jke0即：t Jkte dd0故)e1(de 000t Jkt JkkJ tt把2n1 kJt代入，得：)e1(2n10kJ由于 21e2n1所以： kJ20最后得转动部分共转
3、过圈数：02 4J n k12-5 图示水平圆板可绕z 轴转动。 在圆板上有一质点M 做圆周运动， 已知其速度的大小为常量，等于v0，质点 M 的质量为m，圆半径为r，圆心到 z 轴的距离为l，点 M 在圆板上的位置由角确定，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。解：1）取系统为研究对象2）受力分析0)(ezFM3）运动分析：MPN图 12-4 xyzO0MMrlAB图 12-5 xyzO0MMrlABAyFByFxBF1P2P圆板作定轴转动小球作合成运动4）动量矩守恒定理. )(*0121
4、rlmvLCLLZZZ)(2aZZvMMJL)cos2()cos1()sin()cos(cos*)(220222022rlrlmJvmlrrlOMrlMMAmvOMmJvmvmMJLAreZZ12-6 均质圆轮A 质量为 m1，半径为 r1，以角速度绕杆 OA 的 A 端转动，此时将轮放置在质量为m2的另一均质圆轮B 上，其半径为r2，如图所示。 轮 B原为静止， 但可绕其中心轴自由转动。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，并设两轮间的摩擦因数为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： （一）（1）取轮 A 为研究对象（2）受力分
5、析受力图OA 为二力杆由平衡方程gfmFgmNgmNFy11100（3）运动分析轮 A 作定轴转动，角速度由到A由定轴微分方程得，AB1r2rO图 12-6 )()( 212121211121101112111112111211aftgrmrmdtfgrmdrmfgrm dtdrmFrrmAtAA（二）（1）取轮 B 为研究对象（2）受力分析受力图（3）运动分析轮 B 作定轴转动，角速度由0 到B由动量矩定理)()( 2121212121222021202222122112222bftgrmrmdtfgrmdrmfgrm dtdrmFrrmBtBB两轮无相对滑动时有)(21crrBA由（ a）
6、（b） （c） 得12111222()2(1)rm rtmfg mmfg m12-7 解：（a）圆盘绕O做定轴转动，则：2221()()1 8/ 2OOALJJmO Am R mO Ak gms（b）圆盘做平面运动AGAFNFABGNFBBYBXOCCCLLrm v其中：2214/ 2CaLmRkgms（而28/aerorkgms）即：220/OCACoLLO AmvLO AmOAkgms（c）圆盘的0aer，故圆盘平动则：216/OALmvO Akgms12-8 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0角。此后，令杆
7、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(NNNNlFlFJmgFymFxmABCBCAC由于s i n 2,c o s 2lylxCC将其对间t 求两次导数，且注意到：,，得到)5()sincos( 2)4()cossin( 222lyl xCC将式（ 4） 、 （5）代入式（ 1） 、 （2）中，得mgmlFmlFBA)sincos( 2)cossin( 22N2
8、N再将 FNA，FNB的表达式代入式（3）中，得N AFNBFmgxysin)cossin( 4cos 2cos)sincos( 42222mlmglmlJC即：cos 242mglmlJC把 122mlJC代入上式得cos 23lg而 tdd分离变量并积分得：dcos 23d 00lg)sin(sin30lg（2）当杆脱离墙时FNA= 0，设此时1则：0)cossin( 2121NmlFA和表达式代入上式解得01sin 32sin)sin 32arcsin(0112-9 图示两小球A 和 B，质量分别为2Amkg，1Bmkg，用0.6ABlm的杆连接。在初瞬时，杆在水平位置，B 不动，而 A
9、 的速度m/s6.0Av，方向铅直向上，如图所示。杆的质量和小球的尺寸忽略不计。求：（ 1）两小球在重力作用下的运动；（2）在2ts时，两小球相对于定坐标系Oxy 的位置；（ 3）2ts时杆轴线方向的内力。解：取球A、B 和连杆进行研究，系统只受重力作用，定坐标系Oxy，其坐标原点O 取在运动开始前系统的质心C 点上如图。（a） 。由于:2 :1ABmm，所以:1 : 2ACBC；0.2ACm，0.4BCm（1）由于系统水平方向不受外力，且开始时系统静止，所以系统质心C 的坐标 xC= 0。又由于对质心C 的外力矩之和为零，系统对质心C 的动量矩守恒，由此得22()() AAABm vACmA
10、CmBC代入数据解得：，t由质心运动定理cmaF，在 y 方向投影式：yC ymaF式中：CyCya，ABmmm，gmmFBA)(y代入上式并对时间两次积分，得到：21221ctcgtyC初始条件知0t时，0.4 m/s,0CACBCyvy AB, 求得：0,4.021ccm 214.02gttyC两小球的运动可由两小球与AB 杆组成系统的平面运动方程表达：tgttyxCC214.002（2）2ts时，rad2t17.1cym由此可见两球与杆所组成的系统所占有位置与初始位置平行，仅向下移动了17.1 m的距离。（3）2ts时杆轴线方向的内力为拉力，由于rad/s，故其大小为222T20.23.95 NABFmACmBC
