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第十一章动量矩定理_图文

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第十一章 动量矩定理

由前一章知,当质心为固定轴上一点时,vC=0,其动量 恒为零,质心无运动,但质点系确受外力的作用。动量定理 揭示了质点和质点系动量变化与外力主矢的关系;质心运动 定理揭示了质心运动与外力主矢的关系。但不是质点系机械 运动的全貌。
本章要介绍的动量矩定理,动量矩定理建立了质点和质 点系相对于某固定点(固定轴)的动量矩的改变与外力对同 一点(轴)之矩两者之间的关系,从另一个侧面揭示出质点系 对于某一点的运动规律

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第十一章 动量矩定理

§11-1 质点系的动量矩
1.质点的动量矩 设质点Q 某瞬时动量为 mv , 其对O 点的位置为矢径r , 如 图 所示,定义质点Q 的动量 对于O 点的矩为质点对点O 的 动量矩 定义指点动量mv 在 Oxy 平面的投影(mv)xy 对于 点O 的矩,为质 点动量对于z 轴的矩,简称对于z 轴的动量 矩。分别表示如下

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第十一章 动量矩定理

MO (mv) ? r ? mv
?MO (mv)?z ? M z (mv)
从图可以看出,质点对于O点的动量矩矢在z轴上的投影, 等于对z轴的动量矩。即正负号规定与力对轴矩的规定相同 对着轴看:顺时针为负,逆时针为正
动量矩度量物体在任一瞬时绕固定点(轴)转动的强弱。 单位:kg·m2/s。

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第十一章 动量矩定理

2.质点系的动量矩
质点系对点O动量矩等于各质点对同一点O的动量矩的矢 量和,或者称为质点系对点O 的主矩,即
n
? LO ? MO (mivi ) i ?1

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第十一章 动量矩定理

质点系对某轴z的动量矩等于各质点对同一轴z动量矩的代

数和,即

n
? Lz ? M z (mivi )

同理有

i ?1

?LO ?z ? Lz

上式表明:质点系对某点O的动量矩矢在通过该点的z 轴上的投影等于质点系对于该轴的动量矩。

刚体平动时,可把质量集中于质点,作为一个质点计算其 动量矩;

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第十一章 动量矩定理

刚体作定轴转动时,对转轴的矩

n

n

n

n

? ? ? ? Lz ? M z (mivi ) ? miviri ? mi?iriri ? ? miri2

i ?1

i ?1

i ?1

i ?1

n
? 令 J z ? miri2 ,称为刚体对z轴的转动惯量,
于是有 i?1
Lz ? J z?
即绕定轴转动刚体对其转轴的动量矩等 于刚体对转轴的转动惯量与转动角速度 的乘积

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第十一章 动量矩定理

刚体作一般运动时,可以证明对任意固定点O的动量矩为
n
? LO ? MO (mivi ) ? LC ? MO (MvC ) ? LC? ? rC ? MvC i ?1 n
? Lz ? M z (mivi ) i ?1
? Lz? ? (xC MvCy ? yC MvCx )
同样可以证明对质心而言, 绝对动量矩与相对动量矩相 等,即
LC ? LC?
这样刚体作平面运动时,对过质心C且垂直于平面图形的 轴的动量矩为
LC ? LC? ? JC?

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第十一章 动量矩定理

[例11-1] 滑轮A:m1,R1,R1=2R2,J1 滑轮B:m2,R2,J2 ;物体C:m3 求系统对O轴的动量矩。
解:LO ? LOA ? LOB ? LOC

? J1?1 ? (J2?2 ? m2v2R2 ) ? m3v3R2

v3

?

v2

?

R2?2

?

1 2

R1?1

LO

?

(

J1 R2 2

?

J2 R2 2

? m2

? m3 )R2v3

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第十一章 动量矩定理

§11-2 质点系的动量矩定理

1.质点的动量矩定理

对质点动量矩求一次导数,得

d dt

MO

(mv)

?

d dt

(r

? mv)

? dr ? mv ? r ? d (mv)

dt

dt

? d (mv) ? F , dr ? v

dt

dt

?

d dt

MO

(mv)

?

v

?

mv

?

r

?

F

因为 v ? mv ? 0, r ? F ? MO (F )



d dt

MO (mv)

?

MO (F )

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第十一章 动量矩定理

d dt

MO

(mv)

?

MO

(F

)

上式表示质点对某定点的动量矩对时间的一阶导数, 等于作用力对同一点的矩,称为质点动量矩定理。其投影 式分别为

d dt

M

x

(mv)

?

M

x

(F

)

d dt

M

y

(mv)

?

M

y

(F

)

d dt

M

z

(mv)

?

M

z

(F

)

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第十一章 动量矩定理

2.质点系的动量矩定理

n个质点,由质点动量矩定理有

d dt

MO (mivi )

?

MO (Fi(i) )

?

MO (Fi(e) )

i =1,2,…,n ; n个方程相加,有

? ? ? n
i ?1

d dt

MO (mivi )

?

n i ?1

M

O

(

F (i) i

)

?

n i ?1

MO (Fi(e) )

由于

? M O (Fi(i) ) ? 0

? ? n
i ?1

d dt

MO (mivi ) ?

d dt

n i ?1

MO (mivi ) ?

d dt

LO

于是

? d
dt

LO

?

n i ?1

M

O

(

F (e) i

)

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第十一章 动量矩定理

? d
dt

LO

?

n i ?1

MO (Fi(e) )

上式表明质点系对于某定点O 的动量矩对时间的导数,等于作 用于质点系的外力对于同一点的矩的矢量和,(外力对点O 的 主矩)称为质点系动量矩定理,其投影式为:

? d
dt

Lx

?

n i ?1

M x (Fi(e) )

? d
dt

Ly

?

n i ?1

M y (Fi(e) )

? d
dt

Lz

?

n i ?1

M z (Fi(e) )

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第十一章 动量矩定理

3.动量矩守恒定理 如果作用于质点的力对某定点O的矩恒为零,则质点对该
点的动量矩保持不变,即
MO (mv) ? 恒矢量
作用于质点的力对某定轴的矩恒为零,则质点对该轴的动量矩 保持不变,即

M z (mv) ? 恒量
以上结论称为质点动量矩守恒定律 同理,当外力对某定点(或某定轴)的主矩等于零时,质点 系对于该点(或该轴)的动量矩保持不变,这就是质点系动 量矩守恒定律。 另外,质点系的内力不能改变质点系的动量矩。

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第十一章 动量矩定理

[例11-2] 图示单摆 已知m,l,t =0
时?= ?0,从静止开始释放。 求单摆
的运动规律。

解:将小球视为质点。 受力分析;受力图如图示。

?MO(F) ? MO(FT ) ? MO(P) ? ?mgl sin?

运动分析:v ? l?? , ? OM ,M O (mv) ? ml??l ? ml 2??

由即动d量(矩ml定2??理) ?ddt?MmgOl(sminv?)

?

M O (F ) , ??? ? g

sin ?

?

0

dt

l

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第十一章 动量矩定理

微幅摆动时,sin? ? ? ,

并令

?n2

?

g l



??? ? ?n2? ? 0

解微分方程,并代入初始条件 (t ? 0,? ? ?0,??0 ? 0)

则运动方程

? ? ?0 cos

gt l

摆动周期

T ? 2?

g l

注:计算动量矩与力矩时,符号规定应一致(本题规定逆时

针转向为正)

质点动量矩定理的应用:

?在质点受有心力的作用时。

?质点绕某心(轴)转动的问题。

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第十一章 动量矩定理

[例11-3] 已知: PA ? PB ; P ; 转动惯量JO ; r 。
求角加速度? 。
解: 取整个系统为研究对象, 受力分析如图示。
运动分析: v =r?

?MO(F (e) ) ? PAr ? PBr ? (PA ? PB )r

LO

?

PA g

v?r

?

PB g

v?r

?

JO?

?

(

PA g

r2

?

PB g

r2

?

JO )?

由动量矩定理:

d dt

[?( PAr 2
g

?

PB r 2 g

?

JO )]

?

( PA

?

PB )r

??

?

d?
dt

?

rg(PA ? PB ) r 2PA ? r 2PB ? gJO

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第十一章 动量矩定理

[例11-4] 已知:猴子A重=猴子B重,猴B以相对绳速度 v
上爬,转盘不动,问当猴B向上爬时,猴A将如何动? 动的速度多大?(轮重不计)

? 解:因

MO(F(e)) ? 0 ,

故系统的动量矩守恒。

0?mAvAr?mB (v?vA)r

vA

?

v 2

猴A与猴B向上的绝对速度是一样的,

均为 v 。 2

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第十一章 动量矩定理

§11-3 刚体绕定轴的转动微分方程

如图示一定轴转动刚体,由质点系对z轴动量矩定理

? d
dt

(J z?)

?

n i ?1

M z (Fi )



? d? n

Jz

dt

? M z (Fi )
i ?1

也可为

? J z? ? M(z F )



? J z

d 2?
dt 2

?

n i ?1

M z (F )

以上各式称为刚体绕定轴转动微分方程

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第十一章 动量矩定理

刚体绕定轴转动主要解决两类问题:已知作用在刚体的 外力矩,求刚体的转动规律;已知刚体的转动规律,求 作用于刚体的外力(矩)。但不能求出轴承处的约束反 力,需用质心运动定理求解。

特殊情况: 若外力矩恒为零,则刚体作匀速转动或保持静 止; 若外力矩为常量,则刚体作匀变速转动。
将 ? Jz? ? M(z F) 与 ma ? ?F 比较,刚体的转动惯
量的大小体现了刚体转动状态改变的难易程度,是刚体转 动惯性的度量。

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第十一章 动量矩定理

刚体对轴的转动惯量
n
? 定义:刚体对任意轴z的转动惯量定义为:J z ? mi ri 2 i ?1
? 若刚体的质量是连续分布,则:J z ? r 2dm
转动惯量恒为正值,国际单位制中单位 kg·m2 。

1.简单形状物体的转动惯量计算

(1)匀质细直杆长为l ,质量为m ,其分别对z和z'轴的转动惯量

? J z ?

l
2 l

x2 m dx ? 1 ml2 l 12

2

? J z' ?

l 0

x2 ? m dx ? 1 ml2 l3

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第十一章 动量矩定理

(2)匀质圆环半径R,质量为m ,其对 中心轴z的转动惯量为
? ? J z ? mi R2 ? R2 mi ? mR2

(3)匀质圆板半径R,质量为m ,其对

中心轴z的转动惯量。

任取一圆环,则

dmi ? 2πridri ? ?A

?A

?

m πR2

? ? JO ?

R o

2π?

Adr

?

r

2

?

2π? A

R2 4



Jo

?

1 2

mR2

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第十一章 动量矩定理

2. 回转半径

定义:
?z ?

Jz m

则 J z ? m? z 2

即物体转动惯量等于该物体质量与回转半径平方的乘 积; 对于均质物体,仅与几何形状有关,与密度无关。 对于几何形状相同而材料不同(密度不同)的均质刚 体,其回转半径是相同的。

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第十一章 动量矩定理

3. 平行移轴定理 刚体对于某轴的转动惯量,等于刚体对于过质心、并与该轴平 行的轴的转动惯量,加上刚体质量与轴距平方的乘积,即
J z ? J zC ? md 2
证明:设质量为m的刚体,质心为C, O'z'//Cz
? ? J zC ? miri2 ? mi (xi2 ? yi2 )
? ? Jz' ? miri '2 ? mi (xi '2 ? yi '2 )

? xi ? xi ', yi ' ? yi ? d
? ? J z' ? mi[xi2 ? ( yi ? d )2 ]

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第十一章 动量矩定理

? xi ? xi ', yi ' ? yi ? d
? ? J z' ? mi[xi2 ? ( yi ? d )2 ]
? ? ? ? mi (xi2 ? yi2) ? ( mi )d 2 ? 2d mi yi
? ? ? mi ? m , mi yi ? myC ? 0
? J z' ? J zC ? md 2
刚体对通过质心轴的转动惯量具有最小值。

4.计算转动惯量的组合法 当物体由几个规则几何形状的物体组成时,可先计算每一部
分(物体)的转动惯量, 然后再加起来就是整个物体的转动惯量。 若 物体有空心部分, 要把此部分的转动惯量视为负值来处理。

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第十一章 动量矩定理

[例11-5] 钟摆: 均质直杆m1, l ; 均质圆盘:m2 , R 。 求 JO 。

解: JO ? JO杆 ? JO盘

?

13m1l

2

?

1 2

m2

R

2

?

m2

(l

?

R)2

?

13m1l

2

?

1 2

m2

(3R

2

?

2l

2

?4lR)

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第十一章 动量矩定理

[例11-6]已知电机产生的转矩 MO 与其角速度? 的关系为 MO = MO1(1? ? /?1),其中 MO1表示电机的启动转矩, ?1表示电机无 负载时的空转角速度,且 MO1 和?1 都是已知常量。又作用在
飞轮上的阻力矩 MF 可以认为不变。电机轴连同其上的飞轮对
轴 O 的转动惯量是JO。试求当 MO > MF时电机启动后角速度?
随时间 t 而变化的规律。

MO O

MF
O

?

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第十一章 动量矩定理

解: 转动部分所受的外力矩有电机转矩 MO 和阻力矩 MF,故电机的
转动微分方程可写成

JO

d?
dt

?

MO

?

MF

?

M O1(1?

?0 ?1

)

?

MF

?

(M O1

?

M

F

)

?

M O1
?1

?

MO



M O1 ? M F ? b

JO

O

M O1 ? c
J O?1

则上式简写成

?

Fy

Mr

Fx

P

d? ? b ? c?
dt

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第十一章 动量矩定理

d? ? b ? c?
dt
由题意 MO > MF 知, b ? cω > 0,故飞轮作加 速转动。上式可分离变量而化为求积,有

? ? ω cd?

?

t
cdt

0 b ? c? 0

由此得
[?ln( b ? c?)]?0 ? ct



b ? c? ? e?ct

b

MO O
?

Fy

Mr

Fx

P

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第十一章 动量矩定理

b ? c? ? e?ct
b
最后求得飞轮角速度的变化规律

? ? b (1? e?ct )
c

可见,飞轮角速度将逐渐增大。

当 t→∞ 时,上式括号内的第二项

趋近于零。这时飞轮将以极限角

速度?∞转动,且

??

?

b c

?

M O1 ? M F M O1

?1

MO O
?

Fy

Mr

Fx

P

如不加负载,即阻力矩 MF = 0,则?∞ = ? 1。

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第十一章 动量矩定理

[例11-7] 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上作用常力矩M1 。 求: 物体C上升的加速度。

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第十一章 动量矩定理

解:

取轮A 为研究对象

1 2

P1 g

r12

??1

?

M1

?

FT r1

(1)

取轮B 连同物体C 为研究对象

d dt

(1 2

P2 g

r2 2

??2

?

P3 g

vr2 )

?

FT

' r2

?

P3

r2

(2)

补充运动学条件 r2?2 ? v, r2?2 ? a ? r1?1

化简(2) 得:

P2

? 2P3 2g

a

?

FT

'? P3

化简(1) 得:

P1 2g

a

?

M1 r1

?

FT

?a ? M1 /r1 ?P3 ?2g P1 ? P2 ?2P3

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第十一章 动量矩定理

§11-4 刚体的平面运动微分方程
如图所示一平面运动刚体, D为刚体上任一点,C为质心, Cx’y’为固连于质心的平移参考系,刚体的运动可分解为随质心 的平移和绕质心的转动两个部分。该刚体上作用有力系F1,F2, F3,…Fn,则应用质心运动定理和相对于质心的动量矩定理, 得

LC ? JC?

? maC ? F (e)

? d
dt

(JC?)

?

JC?

?

MC (F (e))

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第十一章 动量矩定理

也可写成

? m

d 2 rC dt 2

?

F (e)

? JC

d 2?
dt 2

?

JC?

?

mC (F (e) )

以上两式称为刚体的平面运动微分方程。应用时,

前一式取投影式。

? m

d2 xC dt 2

?

F (e) x

? m

d2 yC dt 2

?

F (e) y

? JC

d 2?
dt 2

?

JC?

?

mC (F (e) )

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第十一章 动量矩定理

[例11-7] 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:取轮为研究对象。 受力分析如图示。 运动分析:取直角坐标系 Oxy
aC y =0,aC x =aC
一般情况下轮作平面运动。 根据平面运动微分方程,有

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第十一章 动量矩定理

maC ? mg sinq ? FS
0 ? ?mg cosq ? FN
JC? ? FSR

[1] [2] [3] [4]

由[2]式得 FN ? mg cosq

[1] ,[3]两式中含有三个未知数aC 、FS、? ,需补充附加条件。

讨论 1.设接触面绝对光滑,即f = f?‘ =0
FS ? 0, aC ? g sin q,? ? 0, ? ? 常量。

因为轮由静止开始运动,故?=0,轮沿斜面平动下滑。

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第十一章 动量矩定理

2.设接触面足够粗糙。轮作纯滚动, aC ? r? , 所以可解得

aC

?

2 3

g

sin

q,

? ? 2 g sin q ,
3R

FS

?

1 3

mg

sin

q

3.设轮与斜面间有滑动,轮又滚又滑。FS=f?FN,可解得

aC ? (sin q ? f 'cosq
轮作纯滚动的条件:

)g,
FS

??2
? 1 mg 3

f ' g cosq ,
R sin q ? Fmax

FS
?

?f
fFN

m? g cosq
? fmg cosq

f ? 1 tan q
3

表明:当f ? 1 tan q 时,解答3适用;
3
当 f ? 1 tanq 时,解答2适用;f =0 时解答1适用。
3

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第十一章 动量矩定理
动量矩定理习题课

一.基本概念
1.动量矩:物体某瞬时机械运动强弱的一种度量。 2.质点的动量矩: MO (mv) ? r ? mv
? 3.质点系的动量矩: LO ? ri ? mivi
4.转动惯量:物体转动时惯性的度量。 对于均匀直杆,细圆环,薄圆盘(圆柱)对过质心垂直于
质量对称平面的转轴的转动惯量要熟记。

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第十一章 动量矩定理

5.刚体动量矩计算

平动: 定轴转动: 平面运动:

LO ? rC ? mvC , Lz ? M z (mvC )
Lz ? J z ??
Lz ? M z (mvC ) ? JC ??

二.质点的动量矩定理及守恒

1.质点的动量矩定理

d dt [MO (mv)] ? MO (F )



d dt M z (mv) ? M z (F )

2.质点的动量矩守恒

若 MO (F ) ?,0 则 MO (mv) ?常矢量。 若 M z (F ) ?,0 则 M z (mv) ?常量。

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第十一章 动量矩定理

三.质点系的动量矩定理及守恒

1.质点系的动量矩定理

? ? dLO ?
dt

MO

(F

(e) )

?

M

(e) O



dLz ? dt

M z (F (e) ) ? M z(e)

2.质点系的动量矩守恒

若 MO (F (e) ) ? 0,则 LO ? 常矢量 若 M z (F (e) ) ? 0 ,则 Lz ? 常量

四.质点系相对质心的动量矩定理

dLC dt

? MC(e)



dLC z dt

?

MC

(e) z

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第十一章 动量矩定理

五.刚体定轴转动微分方程和刚体平面运动微分方程 1.刚体定轴转动微分方程

? ? Jz? ? M z (F) 或 Jz??? ? M z (F )

2.刚体平面运动微分方程

? maCx ? Fx

? maCy ? Fy



? JC? ? MC (F)

? m?x?C ? Fx ? m?y?C ? Fy ? JC??? ? MC (F)

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第十一章 动量矩定理

六.动量矩定理的应用 应用动量矩定理,一般可以处理下列一些问题:(对单轴
传动系统尤为方便)
1.已知质点系的转动运动,求系统所受的外力或外力矩。 2.已知质点系所受的外力矩是常力矩或时间的函数,求刚体 的角加速度或角速度的改变。 3.已知质点系所受到的外力主矩或外力矩在某轴上的投影代 数和等于零,应用动量矩守恒定理求角速度或角位移。

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第十一章 动量矩定理

七.应用举例

[例1] 均质圆柱,半径为r,重量为P,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。

解:选取圆柱为研究对象。受力分析如图示。 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 (aCx ?0, aCy ?0)

0 ? FAN ? FBS

?

0 ? FAS ? FBN ? P

?

1 2

P g

r2

d?
dt

?

? FAS

r

?

FBS

r

?

补充方程:FAS ? f ' FAN , FBS ? f ' FBN ?

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第十一章 动量矩定理

0 ? FAN ? FBS

?

0 ? FAS ? FBN ? P

?

1 2

P g

r2

d?
dt

?

? FAS

r

?

FBS

r

?

补充方程:FAS ? f ' FAN , FBS ? f ' FBN ?

将?式代入?、?两式,有 ( f '2 ?1)FBN ? P ? 0

? FBN

?

f

P '2 ?1

,

FBS

?

f' f '2

P ?1

,

FAN

?

f' f '2

P ?1

,

FAS

?

f '2 P f '2 ?1

将上述结果代入?式,有

? ? d?
dt

?

? 1? f ' 1? f '2

?

f

' 2g r

,

0
d?
?0

?

?

2 gf r

'

? 1? 1?

f' f '2

t 0

dt

解得: t? (1? f '2 )r?0
2gf '(1? f ')

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第十一章 动量矩定理

[例2] 两根质量各为8 kg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 。求该瞬时轴承O的反力。

解:选T 字型杆为研究对象。 受力分析如图示。

由定轴转动微分方程

JO? ? mg ?0.25 ? mg ?0.5

JO

?

1 3

ml2

?1 12

ml2

?

ml2

?

17 12

ml2

17 ?8? 0.52 ?? ? 8?9.8? 0.25 ? 8? 9.8? 0.5
12
? ? 20.75 rad/s 2

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第十一章 动量矩定理

根据质心运动微分方程,得

? maC1x ? maC 2x ? FOx

? maC1y ? maC 2 y ? FOy ? mg ? mg
? FOx ? ?m (aC1x ? aC2x ) ? ?8 (42 ? 0.25 ? 42 ? 0.5 ) ? ?96 N FOy ? 2?8?9.8 ? 8 ( 20.75? 0.25 ? 20.75? 0.5 ) ? 32.3 N

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第十一章 动量矩定理

[例3] 已知旋架的初始角速度为?1,架上的两个球由
绳子系住,径向距离为R1,同时切断绳子,两球滑向
A、B,径向距离为R2,求最后的角速度?2。

? 解: M z ? 0
i

LOz ? const

L1 ? 2mR12?1

L2 ? 2mR22?2
L2 ? L1
? ? ?2 ? R1 / R2 2 ?1

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第十一章 动量矩定理

[例4] 滑块A,B质量分别为2kg,0.5kg,用长1米的绳
连接,在水平光滑滑竿上滑动,绳和竿的质量不计。竿绕 铅垂轴转动,轴的摩擦也不计。当 rA ? 0.6m 时,滑块A以
速度0.4m/s 沿竿向外运动,竿的角速度 ? ? 0.5rad/s
求此时竿的角加速度。
1m

B rB

A
rA
?

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第十一章 动量矩定理

解 画受力图:
rB?

Z

B vrB

rA?
A vrA

?

mB g

mAg

Fy Fx Fz

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第十一章 动量矩定理

可知:(1)所有外力对z轴的矩为零。
?Mz (F(e)) ? 0
支点系对Z轴的动量矩应该守恒
?M z (mv) ? 常量

滑块A,B为点的复合运动
牵连速度: veA ? rA?
veB ? rB? 相对速度: vrA , vrB

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第十一章 动量矩定理

?Mz (mv) ? mAveA ? rA ? mBveB ? rB
? mA ? rA2? ? mB rB 2?

? (mArA2 ? mB rB 2 ) ?? ? 常量

将上式两端对t 求导,得

? ? 2(mArA

drA dt

? mB rB

drB dt

) ? (mArA2

? mB rB 2 )

d?
dt

?

0

又: rA ? rB ? 1

drB ? drA ? 0 dt dt

rB ? 1 ? rA ? 0.4m

drB dt

? ? drA dt

? ?0.4 m s

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第十一章 动量矩定理

故:

(mArA2

?

mBrB2 )?

?

2(mArA

?

mBrB )

drA dt

?

?

0

解得: ? ? ?0.5 rad s2

? 负号说明 与 ? 转向相反,

竿在此瞬间做减速运动

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第十一章 动量矩定理

[例5] 匀质杆AB在图示位置从静止释放, 求该时刻A端加速度和受到的地面约束反 力。假设水平面光滑。
解:由刚体平面运动微分方程

? maCx ?

Fx :

m?? ?

L 2

?

sin

60o

?

aA

?? ?

?

0

? maCy ?

Fy :

?m

L?
2

c os60o

?

FN

? mg

? JC? ?

mC ?F ?:

mL2 12

?

?

FN

L cos60o 2

? ? 12g
7L

33 aA ? 7 g

4 FN ? 7 mg

aA aCA
FN

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[例6]

第十一章 动量矩定理

aCt ? ?R ? r????, aCn ? ?R ? r ??? 2
m?R ? r???? ? F ? mg sin? m?R ? r???2 ? FN ? mg cos?

vC ? ?R ? r??? ? r?

? ? R ? r ??
r

? ? R ? r ???
r

mr2 R ? r ??? ? ?Fr
2r

???

?

2g
3?R ?

r?

sin

?

?

0

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第十一章 动量矩定理

[例7] 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处摩擦。 求(1) 圆柱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的转矩M,试问在
什么条件下圆柱B的质心将上升。

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第十一章 动量矩定理

解:选圆柱A为研究对象

1 2

P g

r 2?

A

?

FT r

?

选圆柱B为研究对象

1 2

P g

r 2? B

?

FT ' r

?

P g

aC

?

P

?

FT '

?

运动学关系:

aC ? r? A ? r? B ?

由?、?式得: ? A ? ?B

代入?、?式得:

?A

??B

?

2g 5r

,

aC

?

4 5

g

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第十一章 动量矩定理

再取系统为研究对象

LO

?

P 2g

r

2

??

A

?

P g

vC

?2r

?

P 2g

r

2?

B

MO(e) ?M ?P?2r
由动量矩定理:

d dt

(P 2g

r2

??A

?

P g

vC

? 2r

?

P 2g

r 2?B

)

?

M (e) O

?

M

?

2P

?

r

?

P 2g

r 2? A

?

P g

? 2raC

?

P 2g

r 2? B

?

M

?

2P ? r?

补充运动学关系式: aC ? r? A ? r? B

代入?式,得

P 2g

r?aC

?

P g

?2r?aC

?

M

?

2P?r

;

aC

?

2(

M ?2P?r 5P?r

)

g

当M >2Pr 时,aC ?0 ,圆柱B的质心将上升。

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第十一章 动量矩定理

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, 要特别注意正负号的规定的一致 性。

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【思考题】

第十一章 动量矩定理

1.是非题
(1)质点系的内力不能改变质点系的动量与动量 矩。(对)

(2)若系统的动量守恒,则其对任意点的动量 矩一定守恒,若系统对某点的动量矩守恒,则 其动量一定守恒。 (错)

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第十一章 动量矩定理

2.选择题
(1)如图所示,均质矩形板质量为 M ,尺寸如图所示。已 知薄板对 z1 轴的转动惯量 J Z1 。试写出对 z2 轴的转动惯量 JZ2 的计算公式。z1 与 z2 轴互相平行。( C )

Z1

Z2

A.

Jz2

?

J z1

?

m(b )2 4

C

B.

Jz2

?

J z1

?

m(b )2 4

b/4 b/4

b/2

C.

Jz2

?

J z1

?

m(b )2 2

?

m(b )2 4

?

J z1

?3 16

mb2

D.

Jz2

?

J z1

?

m(b )2 2

?

m(b )2 4

?

J z1

?

3 16

mb2

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第十一章 动量矩定理

(2)如图所示,长为
一个半径为 r、质量为

l 、质量为 m1 的均质杆OA的 A端上焊接
m2 的均质圆盘,该组合物体绕 O点转动

的角速度为? ,则对O点的动量矩为( D )。

A.

m1

?

1 2

?

?

m2

(l

?

r)?

B.

m1

?

(

1 2

)2

?

?

m2

(l

?

r

)

2

?

C.

1 3

m1l

2?

?

1 2

m2r

2?

O?
l m1 A
r
m2

D.

1 3

m1l

2?

?

? ??

1 2

m2r

2

?

(l

?

r)2

m2

????

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第十一章 动量矩定理

(3)如图所示,均质圆板质量为 m,半径 R,用长为 R的无

重杆固结在转轴 AB上,并绕该轴转动。已知角速度为 ? ,圆

板对 z 轴的动量矩为

(D )

A. Lz ? 2mR 2? ,从 z 轴的正向看为反时针方向

B.

Lz

?

1 mR2?
4

,从 z

轴的正向看为反时针方向

Z B C

C.

Lz

?

9 2

mR2?

,从 z

轴的正向看为反时针方向

A

?

RR

D. Lz

? 17 mR2? ,从 z
4

轴的正向看为反时针方向

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第十一章 动量矩定理

七.应用举例

[例1] 均质圆柱,半径为r,重量为P,

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。

[例2] 两根质量各为8 kg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 。求该
瞬时轴承O的反力。

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第十一章 动量矩定理

3、某质点对于某定点 O 的动量矩表达式
为 LO ? 6t 2i ? (8t 2 ? 6) j ? (t ? 4)k
式中t 为时间,i、j、k 为单位矢量,则此质点上作用
力对O 点的力矩大小为多少?

答案: MO ? 576t 4 ?144t 2 ?1


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