梁坤京理論力學第十二章動量矩定理課后

1、動量矩定理12-1質(zhì)量為m的點在平面Oxy內(nèi)運動，其運動方程為:x a cos ty bsin2 t式中a、b和為常量。求質(zhì)點對原點O的動量矩。解:由運動方程對時間的一階導數(shù)得原點的速度xdx dtasin tydy2bcos2 t質(zhì)點對點O的動量矩為LOM O (mvx) Mo(mvy)mvxy mvy xm ( a sint) bsin2 tm2b cos2 t acos t2mab cos3 t12-3如圖所示，質(zhì)量為m的偏心輪在水平面上作平面運動。輪子軸心為A,質(zhì)心為C, AC=e；輪子半徑為 R,對軸心A的轉(zhuǎn)動慣量為Ja; C、A、B三點在同一鉛直線上。（1）當輪 子只滾不滑時，若

2、VA已知，求輪子的動量和對地面上B點的動量矩。（2）當輪子又滾又滑時，若VA、 已知，求輪子的動量和對地面上B點的動量矩。輪子角速度VaR解：（1）當輪子只滾不滑時 B點為速度瞬心。質(zhì)心C的速度VcBC A (R e)R一R e輪子的動量 p mvcmvA (方向水平向右)R對B點動量矩 Lb Jb222由于 JB Jc m (R e) Ja me m (R e)故 LB Ja me2 m（R e）2 食（2）當輪子又滾又滑時由基點法求得C點速度。cA CAAe輪子動量 p mvCm(vAe)（方向向右）對B點動量矩LB mvCBC Jcm(vA2e) (R e) (Ja me)mvA(R e

3、) (Ja mRe)12-13如圖所示，有一輪子，軸的直徑為50 mm,無初速地沿傾角20的軌道滾下,設只滾不滑，5秒內(nèi)輪心滾動的距離為 s = 3m。試求輪子對輪心的慣性半徑。解：取輪子為研究對象，輪子受力如圖（a）所示，根據(jù)剛體平面運動微分方程有maC mg sinF(1)® 12Jc = Fr( 2)因輪子只滾不滑，所以有ac = r( 3)將式（3）代入式（1）、（2）消去F得到mr sin上式對時間兩次積分，并注意到t = 0時0,0，則mgrt2 sinmgrt2s in2(JC mr2)2(m 2 mr2)把 r = 0.025 m 及 t = 5 s 時，s r &#

4、39;grt2sinfgt2sin-r rsr 1grt2sin2( 2 r2)3 m代入上式得0.0259.852si n202 30.09 m 90 mm12-17圖示均質(zhì)桿AB長為I，放在鉛直平面內(nèi)，桿的一端 A靠在光滑鉛直墻上，另一端 B 放在光滑的水平地板上，并與水平面成°角。此后，令桿由靜止狀態(tài)倒下。求（1）桿在任mxcFna(1)mycFnb mgJc匚l匚lFnbcosFn asin(3)2 2由于llxccos , ycsin2 2將其對間t求兩次導數(shù)，且注意到J?意位置時的角加速度和角速度；（2）當桿脫離墻時，此桿與水平面所夾的角。解：（1）取均質(zhì)桿為研究對象，受

5、力分析及建立坐標系Oxy如圖（a）,桿AB作平面運動,質(zhì)心在C點。剛體平面運動微分方程為得到y(tǒng)c-(sin2-(cos 22 cos )2 sin )將式再將Jc(4)(5)(1 )、(2)中，得mlna y ( sinmlN b 2 (Fna， Fnb的表達式代入式(3)ml2 (4ml2(4 )、( 5)代入式2cosH 1217 ?cos2 .sin)mg中,cosmgl24l 2代入上式得12ddt分離變量并積分得2 sin )cos得mglcos2止(sin42cos)sincos塑cos2I(sin o sin )(2)當桿脫離墻時Fna= 0，設此時ml2Fna( sin i c

6、os i)2和表達式代入上式解得sin2 .3Sin 021arcsin(-sin 0)312-19均質(zhì)實心圓柱體A和薄鐵環(huán)B的質(zhì)量均為m,半徑都等于r,兩者用桿AB鉸接，無滑動地沿斜面滾下，斜面與水平面的夾角為，如圖所示如桿的質(zhì)量忽略不計，求桿 AB的平面運動，桿 AB作平動，由題意知AB,aAaBa, FtF T。對圓柱A有mamgsi nFtF1(1)RrJa(2)對薄鐵環(huán)B有maT mgsi nF2F?rJB(4)加速度和桿的內(nèi)力。解：分別取圓柱 A和薄鐵環(huán)B為研究對象，其受力分析如圖（聯(lián)立求解式a）、（ b）所示，A和B均作滾不滑條件得到的m 2"、（2）、（3）、（4），

7、并將 Ja 亍,Jb2mr , Ft Ft，以及根據(jù)只a = r代入，解得FtFt 1 mg sin4(壓力)及 a gsin7US 12証圉（1）（2）F （3）（4）AD繩向下滾動，且只滾不12-21圖示均質(zhì)圓柱體的質(zhì)量為 m,半徑為r，放在傾角為60的斜面上。一細繩纏繞在圓 柱體上，其一端固定于點 A,此繩與A相連部分與斜面平行。 若圓柱體與斜面間的摩擦系數(shù)1為f，試求其中心沿斜面落下的加速度 ac。3解：取均質(zhì)圓柱為研究對象，其受力如圖（a）所示，圓柱作平面運動，則其平面運動微分方程為J（Ft F）r0 Fn mgcos60 maC mgsin60 Ft 而F = fF n圓柱沿斜面向

8、下滑動，可看作沿 滑，所以有ac= r1把上式及f 代入式（3）、（4、解方程（1）至（4）,得3ac = 0.355g（方向沿斜面向下）12-23 均質(zhì)圓柱體 A和B的質(zhì)量均為m,半徑為r，一繩纏在繞固定軸 O轉(zhuǎn)動的圓柱 A 上, 繩的另一端繞在圓柱 B上，如圖所示。摩擦不計。求：（1）圓柱體B下落時質(zhì)心的加速度；（2、若在圓柱體 A上作用一逆時針轉(zhuǎn)向，矩為M的力偶，試問在什么條件下圓柱體B的K7 12 - 23 I*質(zhì)心加速度將向上。解：（1 ）分別取輪A和B研究，其受力如圖（a）、（b）所示，輪A定軸轉(zhuǎn)動，輪B作平面 運動。對輪A運用剛體繞定軸轉(zhuǎn)動微分方程J A A FT r（ 1）對輪

9、B運用剛體平面運動微分方程有mg Ft maB（2）J b b Ft r（3）再以C為基點分析B點加速度，有aB aC aBCA r B r（ 4）FtFt 及 JbJA予2代入，解得4aB -g52）若在A輪上作用一逆時針轉(zhuǎn)矩 M，則輪A將作逆時針轉(zhuǎn)動， 對A運用剛體繞定軸轉(zhuǎn)A M FTr（ 5）B點加速度，根據(jù)題意，在臨界狀態(tài)有aB aC aBCAr動微分方程有J A以C點為基點分析Br 0(6)聯(lián)立求解式（5）、（6 ）和（2 ）、（ 3）并將 TT 及 Jb Ja予2代入，得聯(lián)立求解式（1）、（ 2）、（ 3 ）、（ 4）,并將繩的一端B固定。圓柱體沿繩子解開的而降落 A的速度u和繩子

10、的拉(a)故可對瞬心C用動（5）J CJcmgr2J A mr%22又OaraA Z3g （同式（4）再由maAmg FtM 2mgr故當轉(zhuǎn)矩M 2mgr時輪B的質(zhì)心將上升。9-8圖示圓柱體A的質(zhì)量為m,在其中部繞以細繩, 其初速為零。求當圓柱體的軸降落了高度 h時圓柱體中心 力Ft。解：法1 :圖（a）maA mg FtJ a a Ft raA r aI12J A mr2解得 Ft 3 mg （拉）aA 3 g （常量）3由運動學vA . 2aAh 2 . 3gh （J）3法2:由于動瞬心與輪的質(zhì)心距離保持不變， 量矩定理：得 ft 3mg (拉)Va . 2aAh 3 . 3gh (J)3

11、9- 10圖示重物A的質(zhì)量為m,當其下降時，借無重且不可伸長的繩使?jié)L子C沿水平軌道滾動而不滑動。繩子跨過不計質(zhì)量的定滑輪 D并繞在滑輪B上?；咮與滾子C固結(jié)為一體。已知滑輪B的半徑為R，滾 子C的半徑為r，二者總質(zhì)量為 m',其對與圖面垂直的軸 0的回轉(zhuǎn)半徑為。求：重物A的加速度。解：法1:對輪:JOTRFrm ao 對A:(1)(2)mgmaA又: aA 以o為基點:taHtaH(3)aH繩naHt3hoaoaHnaHORao(J)(注意到mg(R r)2(R r)由上四式聯(lián)立，得aAtaHO(Rr)(4)3a m ( 2 r2) m(R r)2法2:對瞬心J EmaA又aAJ E

12、可解得：aAE用動量矩定理T(R r)mg Tr)m r2 m ( 2ggnz 口m (R r)2(本題質(zhì)心瞬心之距離為常數(shù))(RJ Or2)m ( 2 r2)1礦 | m (R r)29- 11圖示勻質(zhì)圓柱體質(zhì)量為常數(shù)，滾動阻礙系數(shù)為，求圓柱中心解：JdMfFnm,代入(1),又：maF 2(MM MfFnmg32mr2ar得2(M mg)3mrFI mg)m'gFnaO半徑為r,在力偶作用下沿水平面作純滾動。O的加速度及其與地面的靜滑動摩擦力。(1)習題9- 11圖(a)naHO(b)n aHiL11*1TaA +tH aH t aHO若力偶的力偶矩M為9- 12跨過定滑輪 D的細繩，一端纏繞在均質(zhì)