内容发布更新时间 : 2024/5/18 9:04:08星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

第11章 动量矩定理 ·129· 1 LO?JO??ml2?

3 （b）圆盘对通过点O并与图面垂直的轴的动量矩为

1 LO?JO??mR2?

2（c）圆盘对通过点O并与图面垂直的轴的动量矩为

13 LO?JO??(mR2?mR2)??mR2?

2211-2 如图11.36所示，鼓轮的质量m1?1800kg，半径r?0.25m，对转轴O的转动惯量

JO?85.3kg?m2。现在鼓轮上作用力偶矩M0?7.43kN?m来提升质量m2?2700kg的物体

A。试求物体A上升的加速度，绳索的拉力以及轴承O的反力。绳索的质量和轴承的摩擦都忽略不计。

解：（1）选整体为研究对象，受力分析如图所示。应用质点系动量矩定理，有

(JO?m2r2)??M0?m2gr

解得鼓轮转动的角加速度为

M?m2gr7430?2700?9.8?0.25 ??0??3.21(rad/s2) 22JO?m2r85.3?2700?0.25物体A上升的加速度为

aA?r??0.8(m/s2)

（2）要求绳索的拉力，可选物体 A为研究对象，受力分析如图所示。应用质点运动微

分方程，有

m2a?FT?m2g

解得绳索的拉力为

FT?m2g?m2a?2700?9.8?2700?0.8?28.62(kN)

（3）要求轴承O的反力，可选鼓轮为研究对象，受力分析如图所示。应用质心运动定理，有

FOx?0，FOy?m1g?FT'?0 解得 FOx?0，FOy?m1g?FT'?46.26(kN)

FOx FOy O r FOy ? FOx O ? O ? FT' M0 m1g A (a) M0 m1g (b) FT A A aA (c) ?r R m2g m2g

图11.36 图11.37

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·130· 理论力学

11-3 半径为R，质量为m的均质圆盘与长为l、质量为M的均质杆铰接，如图11.37所示。杆以角速度ω绕轴O转动，圆盘以相对角速度ωr绕点A转动，(1)ωr?ω；(2)ωr??ω，试求系统对转轴O的动量矩。

解：系统对转轴O的动量矩是由杆对转轴O的动量矩和圆盘对转轴O的动量矩两部分组成。杆对转轴O的动量矩为

1 LO杆??Ml2?

3（1）当ωr?ω时，圆盘转动的绝对角速度为

ωa?ω??r?2ω 圆盘对转轴O的动量矩为

1 LO圆盘??mR2?a?mvA?l??mR2??ml2?

2故系统对转轴O的动量矩为

1 LO?LO杆?LO圆盘??Ml2??mR2??ml2?

3 （2）当ωr??ω时，圆盘转动的绝对角速度为

ωa?ω??r?0 圆盘对转轴O的动量矩为

1 LO圆盘??mR2?a?mvA?l??ml2?

2故系统对转轴O的动量矩为

1 LO?LO杆?LO圆盘??Ml2??ml2?

311-4 两小球C、D质量均为m，用长为2l的均质杆连接，杆的质量为M，杆的中点固定在轴AB上，CD与轴AB的夹角为?，如图11.38所示。轴以角速度ω转动，试求系统对转轴AB的动量矩。

解：杆CD对转轴AB的动量矩可表示为

lMdx1 LO杆?(xsin?)2???Ml2?sin2?

?l2l3球C、D对转轴AB的动量矩可表示为

LO球C?LO球D?ml2?sin2?

?系统对转轴AB的动量矩为

1 LO?LO杆?LO球C?LO球D?Ml2?sin2??2ml2?sin2?

311-5 小球M系于线MOA的一端，此线穿过一铅垂管道，如图11.39所示。小球M绕轴沿半径MC?R的水平运动，转速为n?120r/min。今将线OA慢慢拉下，则小球M在半

R径M'C??的水平圆上运动，试求该瞬时小球的转速。

2解：选小球为研究对象，小球受有重力和绳子拉力作用，受力分析如图所示。由于重力

Mx(F)?0，可知小球对x轴的动量矩保持守恒。即和绳子拉力对轴x的矩均等于零，即

?·130·

第11章 动量矩定理 ·131· 有

mvR?mv'而v??R，v'??'?R，代入上式，有 22R 2R2 ?R??'

4R故?'?4?，即小球M在半径M'C??的水平圆上运动瞬时小球的转速为

2 n'?4n?480(r/min)

A ? ? C O M' FT M C'R 2 O 2l R D B C mg x A

图11.38 图11.39

11-6 一直角曲架ADB能绕其铅垂边AD旋转，如图11.40所示。在水平边上有一质量为m的物体C，开始时系统以角速度?0绕轴AD转动，物体C距D点为a，设曲架对AD轴的转动惯量为Jz，求曲架转动的角速度?与距离DC?r之间的关系。

解：选整体为研究对象，受力分析如图所示。从受力图可以看出，系统所受的全部外力对z轴的矩等于零。系统对z轴的动量矩也保持不变，即

(Jz?ma2)?0?(Jz?mr2)? 解得曲架转动的角速度?与距离DC?r之间的关系为

Jz?ma2?0 ??Jz?mr211-7 电动机制动用的闸轮重为W(可视为均质圆环)，以角速度?0绕轴转动，如图11.41所示。已知闸块与闸轮间的滑动摩擦系数为f，闸轮的半径为r，它对O轴的转动惯量为JO?mr2，制动时间为t0，设轴承中的摩擦不计。求闸块给闸轮的正压力FN。

解：选闸轮为研究对象，受力分析如图（b）所示。我们可以应用动量矩定理来计算闸块给闸轮的正压力FN。先计算制动后闸轮的角加速度，由运动学可知

???0??t0?0

可知制动后闸轮的角加速度为

·131·

·132· 理论力学

????0t0???0t0

式中负号表明真实的角加速度的转向与图中假设的转向相反，即闸轮作减速转动。然后应用动量矩定理，有

JO???Fdr

而Fd?fFN，代入上式，可解得闸块给闸轮的正压力FN为

Wr?0 FN?

fgt0 z D E r C B ?0 r ?0 m1g FEy mg FN ? FN Fd FOy r O FEx A ? W FAy (a) FOx O W (b) FAx FAz

图11.40 图11.41

11-8 如图11.42所示两轮的半径为R1、R2。质量分别为m1、m2。两轮用胶带连接，各绕两平行的固定轴转动，若在第一轮上作用主动力矩M，若在第二轮上作用阻力矩M'。视圆轮为均质圆盘，胶带与轮间无滑动，胶带质量不计，试求第一轮的角加速度。

?2 FT'1 F FO2y

M' M' FO1y R2 R1 O1 O2 O2 O1 ?1 FO1x FO2x

MM m2g m1g F T2 FT'2

(b) (a)

图11.42

解：分别取两轮为研究对象，受力分析及运动分析如图(b)所示。对两轮分别应用动量矩定理，有

轮1： J1?1?M?(FT2?FT1)R1

轮2： J2?2??M'?(FT'1?FT'2)R2

由于胶带与轮间无滑动，故有

R1?1?R2?2

112联立求解以上三式，并将J1?m1R12，J2?m2R2，FT'1?FT1，FT'2?FT2代入，可得

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