动量矩定理例题

108 第1 2 章 动量矩定理 1 2 -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：由运动方程对时间的一阶导数得原点的速度 tbtyvtatxvyx2cos2ddsindd 质点对点O 的动量矩为 tatbmtbtamxmvymvmMmMLyxOOcos2cos22sin)sin()()(0yxvv tmab3cos2 1 2 -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JA；C、A、B 三点在同一铅直线上。（1）当轮子只滚不滑时，若 vA 已知，求轮子的动量和对地面上 B 点的动量矩。（2）当轮子又滚又滑时，若 vA 、 已知，求轮子的动量和对地面上 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 RvA 质心 C 的速度 )(eRRvCBvAC 轮子的动量 ACmvReRmvp（方向水平向右） 对 B 点动量矩 BBJL 由于 222)( )( eRmmeJeRmJJACB 故 RveRmmeJLAAB22)(  （2）当轮子又滚又滑时由基点法求得 C 点速度。 evvvvACAAC 轮子动量 )(evmmvpAC （方向向右） 对 B 点动量矩 ) ( )()()( )( 2emRJeRmvmeJeRevmJBCmvLAAAACCB 1 2 -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 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，M 点在圆板的位置由 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：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 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 z 轴的动量矩为 109 )(01rlmvLz 在任意时刻： )()()(e02vvvmMmMJmMJLzzMzz 由图（a）可看出 )cos2(cos2202lrrlmrlmvJLz 根据动量矩守恒定律 21zzLL 代入解得 )cos2( )cos1(220lrrlmJmlv 1 ...