梁坤京理论力学第十二章动量矩定理课后答案

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 ωω3

cos 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

12-13 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

ϕ

α

上式对时间两次积分，并注意到t = 0时0 ,0==ϕ

ϕ ，则 )

(2sin )(2sin )(2sin 2

2222222r grt mr m mgrt mr J mgrt C +=+=+=ρθ

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

mm 90m 09.013

220sin 58.9025.012sin 2sin 222

2==-⨯︒⨯=-=-=

s gt r r grt θϕθρ

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0ϕ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 ϕϕαl

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

由于 ϕϕsin 2

,cos 2l

y l x C C ==

将其对间t 求两次导数，且注意到 αϕωϕ

-=-= ,，得到 )

5( )sin cos (2

)

4( )cos sin (2

22ϕωϕαϕωϕα+-=-=l y l x C C

将式（4）、（5）代入式（1）、（2）中，得

mg

ml F ml

F B

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

)cos sin (2

2N 2N ϕωϕαϕωϕα

再将F N A ，F N B 的表达式代入式（3）中，得

ϕϕωϕαϕϕϕωϕααsin )cos sin (4cos 2cos )sin cos (4222

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

即 ϕααcos 242mgl

ml J C +-= 把 122ml J C =代入上式得 ϕαcos 23l g

=

而 t

d d ω

α=

分离变量并积分得 ϕϕϕϕωωω

d cos 23d 00l g -=⎰⎰

)sin (sin 30ϕϕω-=

l

g

（2）当杆脱离墙时F N A = 0，设此时1ϕϕ=

则 0)cos sin (2

121N =-=

ϕωϕαml

F A 将α和ω表达式代入上式解得 01sin 3

2

sin ϕϕ=

)sin 3

2

arcsin(01ϕϕ=

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 2

2,,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 θsin 7

4g 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