11 动量矩定理

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1、十一、动量矩定理11.1试求下列刚体或系统对水平轴O的动量矩。（a）质量为m，半径为r的均质圆盘绕水平轴O作定轴转动，角速度为。13222Or解：LOOJmrmrmr22C(a)（b）质量为m，长为l的均质杆杆端与质量为m、半径为r的均质圆盘中心固结，绕水平轴O的作定轴转动，角速度为。11222r解：LOOJmlmrml32OA122(8l3)rm6(b)（c）图示滑轮组，重物A和B质量分别为m1和m2；滑轮O的质量为m3，半径为r，可视为均质圆盘。滑轮绕水平轴O的作定轴转动，角速度为。（绳子不计质量和弹性

2、。）解：重物A和B速度vvr，ABrOLmvrmvrJO12ABO12mrrmrrmr1232AB12vBm1m2m3rvA（c）2mgm2g111.2如图图示，杆CD与z轴的夹角为，杆长CO=OD=l，杆端固结的小球C、D质量均为m，大小不计；系统绕铅直轴z转动的角速度为，求⑴杆CD不计质量时，系统对z轴的动量矩；⑵均质杆CD质量为2m时，系统对z轴的动量矩。zDdxxωOω2lCB[解]⑴由动量矩的定义，可得22L2mlsinlsin2mlsinAB⑵杆和球对AB轴的转动惯量为

3、lm22822J2(sin)dxx2(sin)mlmlsinAB0l3822此系统对AB轴的动量矩为LABJABmlsin311.3已知半径为R，重量为P的均质圆盘，可绕z轴无摩擦地转动。一重量为Q的人在盘12上由B点按规律sat沿半径为r的圆周行走。开始时，圆盘和人静止。求圆盘的2角速度和角加速度。zvOrrRovBe[解]研究整体，由于Mz()F0，且系统初始静止，所以系统对z轴的动量矩L0，即圆盘和人对z轴的动量矩之和为零。z1P2圆盘定轴转动，LJ=Rzz12g12ds选人为动点，圆盘为动系，人相对圆盘的运动sat，相

4、对速度vrat，2dt由vvv式中vr，vvvrataereaerQ人对z轴的动量矩L()ratr，z2g1PQ2LLL0,R(ratr)0zz12z2gg2Qartd2Qar解得2222PR2Qrd2tPRQr11.4图示离合器，轮1和2的转动惯量分别为J1和J2，初始时，轮2静止，轮1具有角速度0。求⑴当离合器接合后，两轮共同转动的角速度；⑵若经过t秒后两轮的转速才相同，离合器应有的摩擦力矩。CD0A12[解]⑴该系统Mz()F0，所以LLzz0常量，即()J1J2J10，J10解得

5、离合器接合后，两轮共同转动的角速度JJ12⑵分别取1、2轮为研究对象，有dd12JM,,JM12ffddtttt积分JdMd,tJdMdt0120ff00JJ120解得Mf(JJ)t1211.5重物A和B质量分别为m1和m2；塔轮的质量为m3，对水平轴O的回转半径为ρ，且质心位于转轴O处。求塔轮的角加速度。（绳子不计质量和弹性。）FOyr2r1FOOxmg3ABvvBAmgmg21解：设塔轮的角速度为，则A块速度为vr，B块速度为vr，A1B2222系统对水平轴O的动量矩LmvrmvrJ()mrmr

6、mO1A12B211223dLO由动量矩定理，MO(),F得dtd222()mrmrmmgrmgr112231122dtd()mrmrg1122注意到，则塔轮的角加速度222dtmrmrm1122311.6图示两均质带轮的半径各为R1和R2，其重量分别为P1和P2，分别受矩为M的主动力偶和矩为M＇的阻力偶作用，胶带与轮之间无滑动，胶带质量略去不计。求第一个带轮的角加速度。FOy1FFT1T1MMFOyR2R21O1O2FOxFOxP121P212FT2FT2[解]分别研究两轮，受力如图。应用定轴转动微分方程：1

7、P12JOO111M(),FR11MFRT11FRT212g1P22JOO222M(),FR22MFRT12FRT222gR2(RMRM')121式中FFT1T1，FFT2T2，21,解得12gR2(P1P2)R1R22(RMRM')21即第一个带轮的角加速度g12(PP)RR121211.7均质圆轮A重量为P1，半径为r1，以角速度绕杆OA的A端转动，此时将轮放置在均质轮B上；杆OA重量不计；均质轮B重量为P2、半径为r2，初始静止，但可绕其中心自由转动。放