动量矩定理例题

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：

t

b y t

a x ωω2sin cos ==

式中a 、b 和ω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

t

b t y v t a t

x

v y x ωωωω2cos 2d d sin d d ==-==

质点对点O 的动量矩为

t

a t

b m t b t a m x

mv y mv m M m M L y x O O ωωωωωωcos 2cos 22sin )sin ()()(0??+?-?-=?+?-=+=y x v v

t mab

ωω3cos 2=

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J A ；C 、A 、B 三点在同一铅直线上。（1）当轮子只滚不滑时，若v A 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v A 、ω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 R

v A

=ω

质心C 的速度

)(e R R

v C B v A

C +=

=ω 轮子的动量 A C mv R

e

R mv p +=

=（方向水平向右）

对B 点动量矩

ω?=B B J L

由于

222)( )( e R m me J e R m J J A C B ++-=++=

故 []

R

v e R m me J L A

A B 22)( ++-=

（2）当轮子又滚又滑时由基点法求得C 点速度。

e v v v v A CA A C ω+=+=

轮子动量 )(e v m mv p A C ω+== （方向向右）

对B 点动量矩

)

( )()()( )( 2e mR J e R mv me J e R e v m J BC mv L A A A A C C B +++=-+++=+=ωωωω

12-5 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v 0，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M 0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v 0和牵连速度v e 。其中ω?=OM v e 。设质点M 在M 0 位置为起始位置，该瞬时系统对z 轴的动量矩为

)(01r l mv L z +=

在任意时刻：

)

()()

(e 02v v v m M m M J m M J L z z M z z ++=+=ωω

由图（a ）可看出 []ω??ω)cos 2(cos 2202lr r l m r l mv J L z +++++= 根据动量矩守恒定律 21z z L L = 代入解得

)

cos 2( )

cos 1(2

20??ωlr r l m J mlv +++-=

12-7 图示两带轮的半径为R 1和R 2，其质量各为m 1和m 2，两轮以胶带相连接，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M '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'

='=2211,T T T T 。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

)

2( )()

1( )(2212212111M R T T J R T T M J '-'

-'=--=αα

将 12212211:: , ,R R T T T T ='

='=αα

代入式（1）、（2），联立解得 2

2

2

1

212

11R R J J M R R M +'

-=α 式中

21112R m J =，2

2222R m J = 2

1

221121)()(2R R m m M R M R +'-=α

12-9 图示通风机的转动部分以初角速度0ω绕中心轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，即ωk M =，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 M J t

-=)(d d

ω 把 ωk M =代入后，分离变量

t k J

d d -=ω

ω

上式积分

t k t

J

d 0d 20

o

-=??

ω

ω

ωω

解得

2n 1k

J

t =

再对式（1）积分，将等式左边积分上限改为ω，得

t k t J d 0d 0-=??ωωωω

解得

t J

k

-=e

0ωω

即 t J k

t

-=e d d 0ωθ

故 )e 1(d e 000t J k t J k k

J t t ---==?ω

ωθ

把 2n 1k J

t =代入，得 )e 1(2n 10--=

k

J ωθ 由于 21

e 2n 1=- 所以 k

J 20ωθ=

最后得转动部分共转过圈数 k

J N π4π20ωθ

==

12-11 均质圆轮A 质量为m 1，半径为r 1，以角速度ω绕杆OA 的A 端转动，此时将轮放置在质量为m 2的另一均质圆轮B 上，其半径为r 2，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

2

211

d d d d r F t J Fr t

J B A

'=-=ωω

分离变量并积分

t

r F J t

Fr J B A d 0d d 0d 222111????'=-=ιωω

ωιωω

ω

得到

t

r F J t Fr J J 2221111'=-=-ωωω

由题意知1221::r r =ωω，将其代入以上两式，联立求解得

1

22

1211r J r J t r F t Fr J =

'-ω 注意到 g fm F F F r m J r m J 1N 2

2222111,2

,2=='===。代入上式解得 )

1(22

1

1

m m fg r t +=ω

12-13 如图所示，有一轮子，轴的直径为50 mm ，无初速地沿倾角?=20θ的轨道滚下，设只滚不滑，5秒内轮心滚动的距离为s = 3 m 。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 F mg ma C -=θsin （1） J C α = Fr （2）

因轮子只滚不滑，所以有 a C =αr （3） 将式（3）代入式（1）、（2）消去F 得到

g mr

J mr C 2

sin +==θ

?

α 上式对时间两次积分，并注意到t = 0时0 ,0==?

? ，则 )

(2sin )(2sin )(2sin 22222222r grt mr m mgrt mr J mgrt C +=

+=+=ρθ

ρθθ? 把 r = 0.025 m 及t = 5 s 时，m 3==?r s 代入上式得

mm 90m 09.013

220sin 58.9025.012sin 2sin 222

2==-???=-=-=

s gt r r grt θ?θρ

12-15 图示两小球A 和B ，质量分别为m A = 2 kg ，m B =1 kg ，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m/s π6.0=A v ，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 = 2 s 时，两小球相对于定坐标系Oxy 的位置；（3）t = 2 s 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m A ：m B = 2 ：1，所以AC ：BC = 1：2；AC = 0.2 m ，BC = 0.4 m 。

（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x C = 0。又由于对质心C 的外力矩之和为零，系统对质心C 的动量矩守恒，由此得

ω])()([22C B m C A m C A v m B A A A ?+?=? 代入数据解得

π=ω， t π=? 由质心运动定理M a C = F 在y 方向投影式 y F Ma Cy ∑=

式中

C y C y

a =，m = m A + m B ，g m m F B A )(y +-=∑ 代入上式并对时间两次积分，得到

2122

1

c t c gt y C ++-=

由初始条件知t = 0时，0,m/s π4.0==?=C A C y v B

A C

B y

求得 0 ,π4.021==c c

??

?

??-=m 21π4.02gt t y C

两小球的运动可由两小球与AB 杆组成系统的平面运动方程表达：

??

??

???=-==t

gt t y x C

C π21π4.002? （2）t = 2 s 时，rad π2π==t ?

y C = - 17.1 m

由此可见两球与杆所组成的系统所占有位置与初始位置平行，仅向下移动了17.1 m 的距离。

（3）t = 2 s 时杆轴线方向的内力为拉力，由于rad/s π==?

ω ，故其大小为 N 95.32.0π2222T =??=?=?=C B m C A m F B A ωω

12-17 图示均质杆AB 长为l ，放在铅直平面内，杆的一端A 靠在光滑铅直墙上，另一端B 放在光滑的水平地板上，并与水平面成0?角。此后，令杆由静止状态倒下。求（1）杆在任意位置时的角加速度和角速度；（2）当杆脱离墙时，此杆与水平面所夹的角。 解：（1）取均质杆为研究对象，受力分析及建立坐标系Oxy 如图（a ），杆AB 作平面运动，质心在C 点。

刚体平面运动微分方程为

)

3( sin 2cos 2)2( )

1( N N N N ??αl

F l F J mg F y m F x m A B C B C A C ?-?=-==

由于

??sin 2

,cos 2l

y l x C C == 将其对间t 求两次导数，且注意到 α?ω?

-=-= ,，得到 )

5( )sin cos (2

)

4( )cos sin (2

22?ω?α?ω?α+-=-=l y l x C C

将式（4）、（5）代入式（1）、（2）中，得

m g

m l F m l

F B

A ++-=-=)sin cos (2

)cos sin (2

2N 2N ?ω?α?ω?α

再将F N A ，F N B 的表达式代入式（3）中，得

??ω?α???ω?ααsin )cos sin (4cos 2cos )sin cos (4222

2--++-=ml mgl ml J C

即 ?ααcos 2

42mgl

ml J C +-= 把 12

2

m l J C =代入上式得 ?αcos 23l g = 而 t

d d ω

α=

分离变量并积分得 ????ωωω

d cos 23d 00l g -=??

)sin (sin 30??ω-=

l

g

（2）当杆脱离墙时F N A = 0，设此时1??=

则 0)cos sin (2

121N =-=

?ω?αml

F A 将α和ω表达式代入上式解得 01sin 3

2

sin ??=

)sin 3

2

arcsin(01??=

12-19 均质实心圆柱体A 和薄铁环B 的质量均为m ，半径都等于r ，两者用杆AB 铰接，无滑动地沿斜面滚下，斜面与水平面的夹角为θ，如图所示如杆的质量忽略不计，求杆AB 的加速度和杆的内力。

解：分别取圆柱A 和薄铁环B 为研究对象，其受力分析如图（a ）、（b ）所示，A 和B 均作平面运动，杆AB 作平动，由题意知

T

T ,,F F a a a B A B A '=====ααα。 对圆柱A 有

)2( )1( sin A 11T αθJ r F F F mg ma =--=

对薄铁环B 有

)

4( )3( sin 22αθB J r F F mg T ma =-+'=

联立求解式（1）、（2）、（3）、（4），并将T T 22

,,2F F mr J r m J B A '===，以及根据只滚不滑条件得到的a =

αr 代入，解得

θsin 71T T mg F F ='=（压力）及 θs i n

7

4

g a =

12-21 图示均质圆柱体的质量为m ，半径为r ，放在倾角为?60的斜面上。一细绳缠绕在圆柱体上，其一端固定于点A ，此绳与A 相连部分与斜面平行。若圆柱体与斜面间的摩擦系数为3

1

=

f ，试求其中心沿斜面落下的加速度a C 。 解：取均质圆柱为研究对象，其受力如图（a ）所示，圆柱作平面运动，则其平面运动微分方程为

)

3( 60sin )2( 60cos 0)1( )(T N T F F mg ma mg F r F F J C --?=?-=-=α 而 F = fF N （4）

圆柱沿斜面向下滑动，可看作沿AD 绳向下滚动，且只滚不滑，所以有 a C =αr 把上式及3

1

=

f 代入式（3）、（4）解方程（1）至（4），得 a C = 0.355

g （方向沿斜面向下）

12-23 均质圆柱体A 和B 的质量均为m ，半径为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，如图所示。摩擦不计。求：（1）圆柱体B 下落时质心的加速度；（2）若在圆柱体A 上作用一逆时针转向，矩为M 的力偶，试问在什么条件下圆柱体B 的

质心加速度将向上。 解：（1）分别取轮A 和B 研究，其受力如图（a ）、（b ）所示，轮A 定轴转动，轮B 作平面运动。

对轮A 运用刚体绕定轴转动微分方程 r F J A A T =α （1） 对轮B 运用刚体平面运动微分方程有

B ma F mg ='-T

(2) r F J B B T

'=α （3） 再以C 为基点分析B 点加速度，有

r r a a a B A BC C B ?+?=+=αα （4） 联立求解式（1）、（2）、（3）、（4），并将

T

T F F '=及2

2

r m J J A B ==代入，解得

g a B 5

4=

2）若在A 轮上作用一逆时针转矩M ，则轮A 将作逆时针转动，对A 运用刚体绕定轴转动微分方程有 r F M J A A T -=α （5）

以C 点为基点分析B 点加速度，根据题意，在临界状态有

0t

t =+-=+=r r a a a B A BC C B αα （6）

联立求解式（5）、（6）和（2）、（3）并将T T '=及2

2

r m J J A B ==代入，得

mgr M 2= 故当转矩mgr M 2>时轮B 的质心将上升。