第9章-动量矩定理习题课(2学时)

第九章动量矩定理习题课质点的动量矩质点系的动量矩转动惯量：物体转动时惯性的度量，定义为2一．基本概念复习vrlmO∑iiiOmvrL∑2iizrmJ3刚体的动量矩计算公式)(,CzzCCOmmLmvvrLωzzJL=CCzzJmmL)(v平动刚体定轴转动平面运动质点系对固定点的动量矩定理质点系的动量矩守恒：若外力系对固定点O的主矩SmO(Fi)=0，则LO保持不变；若SmOz(Fi)=0，则Lz保持不变。质点系对质心的动量矩定理4质点系的动量矩定理及动量矩守恒)(dd,)(ddiOzziOOmtLtFFmL)(dd,)(ddiCzCziCCmtLtFFmL5刚体定轴转动微分方程刚体平面运动微分方程应用转动微分方程和平面运动微分方程，可以求解定轴转动和刚体平面运动的动力学问题：（1）已知主动力求运动（例如加速度、角加速度）和约束力；（2）已知运动（例如加速度、角加速度）求主动力和约束力；（3）利用守恒定理求刚体的角速度、质心的速度。∑)(zizmJF)(iCzCziyCixCmJFymFxmF6122223212211====2===ωωωωωωRRvvRvvRBA∴OCOBOAOLLLL++=2332222211+)+(+=RvmRvmJJωω解：练习1滑轮A：m1，R1，R1=2R2，J1滑轮B：m2，R2，J2；物体C：m3求系统对固定轴O的动量矩。C122322221)(RmRmJJLO7解:取整个系统为研究对象，受力分析如图示。运动分析：v=rrPPrPrPMBABAeO)(==)(--ωOBAOJvrgPvrgPL++=)2++(=,21=22PPPgrLrgPJBAOOω得代入将由动量矩定理：rPPPPPgrdtdBABA)(=)]2++([2-ω练习2已知：PAPB，P，r，求角加速度a。rgPPPPPtBABA2/dda8解：研究系统，画受力图。系统对固定轴O的动量矩守恒，即A猴与B猴向上的绝对速度相同。∑0)()(eOmFrvmrvvmAAAB--)(=02/vvvBA练习3已知：A猴重量=B猴重量，A猴不动，B猴以相对绳速度v上爬，问：当B猴向上爬时，A猴将如何动？运动的速度多大？（忽略轮的质量）解:取A轮为研究对象再取B轮与物体C为研究对象，有运动学条件联立求解得到9练习4提升装置中，轮A、B的重量分别为P1、P2,半径分别为r1、r2,可视为均质圆盘;物体C的重量为P3;轮A上作用常力偶M1。求物体C上升的加速度。(2))21(dd232232222rPTrvrgPrgPt-112222,aarrvarv(1)21111211TrMrgP-a3213112)/(2PPPPrMga10练习5质量为m半径为R的均质圆轮置放于倾角为q的斜面上，在重力作用下由静止开始运动。设轮与斜面间的静、动滑动摩擦系数为f、f´，不计滚动摩阻，试分析轮的运动。解：研究圆轮，受力如图示。运动分析：aCy=0，aCx=aC一般情况下轮作平面运动。根据平面运动微分方程，有三个方程中含有四个未知量aC、a、F、N，需要补充条件。2/,cos0sin2mRJFRJNmgFmgmaCCCaqq-111．设接触面绝对光滑，有补充条件F=0，可解得2．设接触面足够粗糙。轮作纯滚动，有补充条件aC=Ra，可得轮作纯滚动的条件为：0,0,sinaagaCqqqcos,sin31,sin32mgNmgFgaC,cossin31qqfmgfNmgFqtan31f2/,cos0sin2mRJFRJNmgFmgmaCCCaqq-123．设此时，轮与斜面间有滑动，补充条件为F=f´N可得综上可知：（1）当f=0，轮沿斜面下滑；（2）当f≥（tanq)/3，轮沿斜面作纯滚动；（3）当f（tanq)/3，轮沿斜面又滚又滑。qqaqqcos,cos'2,)cos'(sinmgfFRgfgfaC-qtan31f2/,cos0sin2mRJFRJNmgFmgmaCCCaqq-解：研究圆柱，受力如图。运动分析：质心C不动，刚体绕质心转动。根据刚体平面运动微分方程补充方程13例1均质圆柱半径为r，重量为Q，置圆柱于墙角。初始角速度0，墙面、地面与圆柱接触处的动滑动摩擦系数均为f'，滚阻不计，求使圆柱停止转动所需要的时间。0,0CyCxaarFrFtrgQQNFFNBABABAdd210,02-BBAANfFNfF'=,'=联立求解，得到将FA、FB代入转动微分方程，得到积分得到141',1'',1''2222fQNfQfNFfQfFBABAa--'1''2dd22fffrgtrFrFtrgQQNFFNBABABAdd210,02-BBAANfFNfF'=,'=aa/0,00tt，当解：研究T形杆，设其角加速度为a，受力如图示。由定轴转动微分方程，得到由此解得15例2两根质量各为m=8kg的均质细杆固连成T字型，可绕通过O点的水平轴转动，当OA处于水平位置时，T形杆具有角速度=4rad/s。已知OA=2AB=2AD=l=0.5m，求该瞬时轴承O的约束反力。mgmgJO5.025.0a2221217121331mlmlmlJO2rad/s75.20a16根据质心运动定理，有另外最后解得mgYmamaXmamaOyCyCOxCxC22121----lalalalayCyCxCxCaa212122,/,/22N28.32N,96OOYX17例3均质圆柱体A和B的重量均为P，半径均为r，一绳缠在绕固定轴O转动的圆柱A上，绳的另一端绕在圆柱B上，绳重不计且不可伸长，不计轴O处的摩擦。求：（1）圆柱B下落时质心的加速度。（2）若在圆柱A上作用一逆时针转向的力偶矩M，试问在什么条件下圆柱B的质心将上升。解（1）圆柱A作定轴转动圆柱B作平面运动运动学关系联立以上方程求解，得到18BACrraaagargCBA54,52aaTrrgPAa221TrrgPBa221TPagPC-（2）以系统为研究对象，设圆柱B的质心加速度向上，对固定轴O的动量矩定理为运动学关系联立求解，得到当M2Pr时，aC0，圆柱B的质心将上升。19PrMrgPrvgPrgPtBCA2)2)2(2(dd22--BACrraaa-gPrPrMaC5)2(2-BCAOrgPrvgPrgPLωω222)2(+2=-PrMMeO2=)(-20小结：研究刚体平面运动的动力学问题，一定要建立补充方程，找出质心运动与刚体转动之间的联系。应用动量矩定理列方程时,要特别注意正负号问题：计算动量矩与力矩时，符号规定应保持一致。