动量矩定理例题VIP免费

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：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质点对点O的动量矩为12-3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。轮子角速度质心C的速度轮子的动量（方向水平向右）对B点动量矩由于故（2）当轮子又滚又滑时由基点法求得C点速度。轮子动量（方向向右）对B点动量矩10812-5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。设质点M在M0位置为起始位置，该瞬时系统对z轴的动量矩为在任意时刻：由图（a）可看出根据动量矩守恒定律代入解得12-7图示两带轮的半径为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。如在第一个带轮上作用矩为M的主动力偶，在第二个带轮上作用矩为的阻力偶。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。求第一个带轮的角加速度。解：分别取两皮带轮为研究对象，其受力分析如图所示，其中。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109将代入式（1）、（2），联立解得式中，12-9图示通风机的转动部分以初角速度绕中心轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，即，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？解：以通风机的转动部分为研究对象，应用动量矩定理得把代入后，分离变量上式积分解得再对式（1）积分，将等式左边积分上限改为，得解得即故110把代入，得由于所以最后得转动部分共转过圈数12-11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，并设两轮间的摩擦系数为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：分别取轮A、B为研究对象，其受力和运动分析如图（a）及（b）所示，根据刚体绕定轴转动的微分方程式，对A、B轮分别有分离变量并积分得到由题意知，将其代入以上两式，联立求解得注意到。代入上式解得12-13如图所示，有一轮子，轴的直径为50mm，无初速地沿倾角的轨道滚下，设只滚不滑，5秒内轮心滚动的距离为s=3m。试求轮子对轮心的惯性半径。解：取轮子为研究对象，轮子受力如图（a）所示，根据刚体平面运动微分方程有（1）111JC=Fr（2）因轮子只滚不滑，所以有aC=r（3）将式（3）代入式（1）、（2）消去F得到上式对时间两次积分，并注意到t=0时，则把r=0.025m及t=5s时，代入上式得12-15图示两小球A和B，质量分别为mA=2kg，mB=1kg，用AB=l=0.6m的杆连接。在初瞬时，杆在水平位置，B不动，而A的速度，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t=2s时，两小球相对于定坐标系Oxy的位置；（3）t=2s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mA：mB=2：1，所以AC：BC=1：2；AC=0.2m，BC=0.4m。（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...