第十三章动量矩定理 13.1已知质量为m的质点运动方程为x= a cosct,y= b sin2 求质点对原点O的动量矩。 解由质点动量矩的定义,有 Lo=r×mv=(xi+y)×(mti+my =(zmy- ymt)k 或用代数量表示为Lo=xmvy-yvx 将 Ux=*=- aw sinat, vy =y= 2b cos2ot 代入上式,得 Lo abm cos 13.2已知初瞬时,小球绕z轴转 动的半径CM=R,转速n0=120r/min; 求当半径C1M1=5R时,小球的M°孙 转速n。 解设小球质量为m,受力如图 由于 ΣM2(F)=0 所以 Lx=L:0=常量 设小球初瞬时的角速度为∞n,末瞬时的角 速度为a,便有m=mR2o 得a=4a0,因此n=4n0=480r/ 题13.2图 13.3已知球A质量为m,无重杆AB=l,以初角速度a0 绕O1O2轴转动,小球受到与速度反向的液体阻力FR=kma;
求经过多少时间角速度成为。 解小球受力如图所示,由质点的动 量矩定理,有 d 分离变量后,积分 do_f' k dt 得出 题13.3图 13.4已知无重杆OA以角速度ao=4rad/s转动,均质圆 盘m=25kg,R=200mm。图(a)中,圆盘与OA杆焊接在 起;图(b)、(c)中,圆盘与OA杆铰接,且相对OA杆以角速度an ±4rad/s转动,转向如图; 求在(a)、(b)、(c)三图中,圆盘对O轴的动量矩。 400mm 400 题13.4图 解图(a)中,圆盘作定轴转动,有 mR2+m/2)wo=18 kgm/s 图(b)圆盘作平面运动,其绝对角速度和盘心A的速度为 Wa wo wr=8 rad/s, va lwo 262
有 mR2wn +mvAL=20 kgm:/s 在图(c)中,an=ao-a=0,圆盘作平动,有 已知a、θ,小球C、D 的质量均为m,大小不计,杆长CO= OD=L: 求(1)杆重不计时系统对z轴 的动量矩;(2)均质杆CD质量为2m 时系统对z轴的动量矩。 解(1)由动量矩的定义,可得 Lx=2 mla sinθ·lsin 题13.5图 (2)杆和球对轴的转动惯量为 1=2m(xs0)d+2m(si0)2=号m2s0 此系统对z轴的动量矩为L4=10=8m2s0 13.6已知偏心轮的质量m,半径 R,质心C,偏心距AC=e,转动惯量JA。 (1)轮子只滚不滑轮心速度为vA;(2)轮 C 子又滚又滑,轮心速度为vA,轮的角速度 为 求(1)、(2)两种情况下轮子的动量 和对B点的动量矩。 解(1)轮子只滚不滑,B点为速度 题13.6图
瞬△轮子角速度0 质心速度 =(R+e)u= r+ 动量 R+e p=mIC 5 动量矩 LB Jc+(R+e)mvc UJA -me2+ m(r+ e)2 (2)轮子又滚又滑,以A为基点,求得 动量 动量矩 LB=Jc+(r+e)mvc (A mRe)w+ (r+e)va 13.7已知半径为R,质量为m1的 均质圆盘,可绕轴z转动。一质量为m2的人 Z|区 在盘上由点B按规律。=a2沿半径为r 的圆周行走,开始时,圆盘和人静止,不计轴 摩擦 求圆盘的角速度和角加速度 解研究整体,由于ΣM2(F)=0,且系 统初始静止,所以L2=0,即 2区 L2盘+L2人=0 题13.7图 式中L2盘=J=5m1R2a L,A= m2(ve -vr)r, ve= rw, vr=s=at 解得a=
13.8已知质点M的质量为m,相 对圆盘沿半径为r的圆以等速度v0运动,2 如图。圆板的转动惯量为J,且当点M离z 轴最远时,圆板的角速度为零 求圆板的角速度与p角的关系。 解由于ΣM2(F)=0,所以 L:2=L1=常量 当点M在M0点时 LeI mvo(l + r) 点M在任意角g位置时 Lr?=Jo+ M,(nv, mv MA 式中 MA =l cos +r OM=(L+ r cos)2+(r sing )2 题13.8图 可解出 ml(1-cos) +m(2+r2+2 13.9已知轮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(1)两轮接合后共同转动的角速度;(2)若经过t秒两轮 的转速才相同,离合器应有的摩擦力矩。 解(1)该系统 ΣM2(F)=0,所以 L2=L0=常量 即(J1+J2)a=J1ao 解得 题13.9图 265