理论力学—动量矩定理.ppt

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1、例4水平杆AB长2a，可绕铅垂轴z转动，其两端各用铰链与长为l的杆AC及BD相连，杆端各联结质量为m的小球C和D。起初两小球用细线相连，使杆AC与BD均为铅垂，这系统绕z轴的角速度为w0。如某时此细线拉断，杆AC和BD各与铅垂线成a角。不计各杆的质量，求这时系统的角速度w。解：以系统为研究对象，系统所受的外力有小球的重力和轴承处的反力，这些力对转轴之矩都等于零。所以系统对转轴的动量矩守恒，即显然，此时的角速度w＜w0。解：取系统为研究对象例5均质圆轮半径为R、质量为m，圆轮对转轴的转动惯量为JO。圆轮在重物P带动下绕固定轴O转动，已知重物重量为W。求重物下落的加速度。应用动量矩定理OP

2、WvmgFOxFOyw例7一绳跨过定滑轮，其一端吊有质量为m的重物A，另一端有一质量为m的人以速度u相对细绳向上爬。若滑轮半径为r，质量不计，并且开始时系统静止，求人的速度。解：以系统为研究对象，受力如图。设重物A上升的速度为v，则人的绝对速度va的大小为由于SMO(F(e))＝0，且系统初始静止，所以LO＝0。由上可知，人与重物A具有相同的的速度，此速度等于人相对绳的速度的一半。如果开始时，人与重物A位于同一高度，则不论人以多大的相对速度爬绳，人与重物A将始终保持相同的高度。uvave＝vmgmguAOFOxFOy例9如图所示，啮合齿轮各绕定轴O1、O2转动，其半径分别为r1、r2，

3、质量分别为m1、m2，转动惯量分别为J1、J2，今在轮O1上作用一力矩M，求其角加速度。解：分别以两轮为研究对象，受力如图，由刚体定轴转动的微分方程，有由运动学关系，得注意到，联立求解以上三式得O1r1r2O2MFO1yFO1xFtFnm1gFO2yFO2xm2gO1O2F′tF′nMOFOxFOyW=mgOFOyFOxW=mg解除约束前：FOx=0,FOy=mg/2突然解除约束瞬时：FOx=？,FOy=？例题10关于突然解除约束问题突然解除约束瞬时，杆OA将绕O轴转动，不再是静力学问题。这时，0，0。需要先求出，再确定约束力。应用定轴转动微分方程应用质心运动定理OFOxF

4、OyW=mg例14均质圆盘质量为2m，半径为r。细杆OA质量为m，长为l＝3r，绕轴O转动的角速度为w、求下列三种情况下系统对轴O的动量矩：(a)圆盘与杆固结；(b)圆盘绕轴A相对杆OA以角速度w逆时针方向转动；(c)圆盘绕轴A相对杆OA以角速度w顺时针方向转动。解：(a)(b)(c)例16均质圆柱体A和B质量均为m，半径均为r。圆柱A可绕固定轴O转动。一绳绕在圆柱A上，绳的另一端绕在圆柱B上。求B下落时，质心C点的加速度。摩擦不计。解：取A分析，受力如图。A作定轴转动，应用定轴转动的微分方程有其中aAFTmgFOxFOyOAF'TmgaBCDBaC取B分析，受力如图。B作平面运动。应

5、用平面运动的微分方程有由运动学关系aD＝raA,，而由加速度合成定理有例17均质杆质量为m，长为l，在铅直平面内一端沿着水平地面，另一端沿着铅垂墙壁，从图示位置无初速地滑下。不计摩擦，求开始滑动的瞬时，地面和墙壁对杆的约束反力。解：以杆AB为研究对象，分析受力。yBqCAmgxBqCAFAFB杆作平面运动，设质心C的加速度为aCx、aCy，角加速度为a。aaCxaCy由刚体平面运动微分方程mgBqCAxy以C点为基点，则A点的加速度为再以C点为基点，则B点的加速度为aAaaBaCxaCyatBCatAC在运动开始时,w＝0,故,将上式投影到y轴上，得an＝0AC同理，，将上式投影到x轴

6、上，得an＝0BC联立求解(1)~(5)式，并注意到可得注：亦可由坐标法求出(4)、(5)式：运动开始时，，故BqCAxyjAxCB例18如图质量为m的均质杆AB用细绳吊住，已知两绳与水平方向的夹角为j。求B端绳断开瞬时，A端绳的张力。解：取杆分析，建立如图坐标。有AB作平面运动，以A为基点，则jjABFT因为断开初瞬时,vA＝0,w＝0,故,an＝0Aan＝0CA将上式投影到x轴上，得anCAatCAatAanAajAxCBaaCxmg例19长l，质量为m的均质杆AB和BC用铰链B联接，并用铰链A固定，位于平衡位置。今在C端作用一水平力F，求此瞬时，两杆的角加速度。解：分别以AB和B

7、C为研究对象，受力如图。AB和BC分别作定轴转动和平面运动。对AB由定轴转动的微分方程得CBAFABFAxFBxFByaBWaABFAyBC作平面运动，取B为基点，则将以上矢量式投影到水平方向，得(4)由(1)~(4)联立解得对BC由刚体平面运动的微分方程得(2)(3)BGCaBCFWaGxaGyatGBF'ByF'BxO例20平板质量为m1，受水平力F作用而沿水平面运动，板与水平面间的动摩擦系数为f，平板上放一质量为m2的均质圆柱，它相对平板