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
(2)分别取1、2两轮为研究对象,有 J1 M, J2 MI 积分 JIde Mdt, J2do=M, 解出 13.10已知重物M1、M2的质 量各为m1与m2,塔轮的质量为m3,对 轴O的回转半径为p,且质心位于转轴 O处; 求鼓轮的角加速度a。 解对整体,由 dLo-smo(F) d[(n30 p miri +n12 migr1-/2gr2 题13.10图 解得 13.11已知均质鼓轮的半径为 r,质量为m1,物块D的质量为m2,与 水平面间的动摩擦系数为f,在手柄 AB上作用矩为M的力偶; 求物体D的加速度。 解对整体,有dL3=EM(F) 题13.11图
式中 mira t marr 可解出D的加速度 =2(M 13.12已知飞轮的半径R=0.5m,两重锤的质量分别为 m1=8kg,m2=4kg,自同一高度h=2m处落下,m1落下的 时间t1=16s,m2落下的时间t2=25s,轴承的摩擦力矩为常数; 求飞轮的转动惯量J与摩擦力矩M。 解研究整体,由 dr dt= 2M(F) 分别有 (J+m1R2) R-M(1) 可见,a1、a2均为常数,所以重锤以等加速度 a1、a2下落,有 h=anti h=a2=Ra2(4)题32图 由式(3)、(4)解出a1、a2,代人式(1)、(2),可解出 J=100:m;M=6024N,m 1313已知飞轮在力偶矩 Mo coax作用下绕铅直轴转 动沿飞轮的轮幅有两个物块作周期性运动质量均为m。初瞬
时r=r0 Aotea 求为使飞轮以匀角速度c转动 应满足的条件。 解取整体为研究对象,有 d (o+2mvr)=Mo cost 式中v=r,可得 (+2mr2)a+4mr'w= Mo 令a=0,积分解得 题13.13图 r sinat 13.14已知转子初角速度a,空气阻 力矩M=km,转动惯量J; 求角速度减为2时所用的时间及转过 的圈数。 解研究转子,有J,=-k 分离变量,积分得hn当= (1)题1314图 式中a=:2,再积分有 当a="时,由式(1)得t=1 再由式(2)得=2kom0d, 转过的图数==
13.15已知均质杆AB长 为l,质量为m1,B球质量为m2, 尺寸不计,弹簧刚度系数为k,杆 在水平位置静平衡;今给球B 个铅直向下的微小位移80,然后 无初速地释放; 求杆AB作微小摆动的规 律和周期。 题13.15图 解整体作定轴转动,有 mgl F3c0s9 微幅振动时,∞s甲≈1,F=k(3l+s) 式中bs为弹簧的静伸长。代入上式,得 (3m12+m2)2=mg+mg!-k(l+a) 杆在水平位置静平衡时有m12+m14A=0 因此可得 3m2)9 =0 解此微分方程得9=φsin(ant+6) 式中 o=√3(m1+3m2) 由初始条件t=0时,g0 9o =0 可定出积分常数φ=2,0=买 此 k
振动的周期为T=an=2 3(m1+3m2) 13.16已知压缩机的转速n=8600 min,流量Q=370m3/min,进口直径D 0.355m,出口直径D2=0.6m,空气进口绝对 速度v1=109m/s,与切线夹角1=90,出口 绝对速度v2=183m/s,与切线夹角a2= 2130,空气密度p=1.16kg/m3; 求叶轮的转矩。 解由课本的例13.2中所推得的公式, M,=Qp(v2r2COs02-V1r1 C050,) 题13.16图 算得 4N·m 13.17已知均质圆轮质量 100kg,R=1m,转速n=120r/min,常 力F作用于闸杆,轮经10s后停止转动, 动摩擦系数f=0.1; 求力F的大小 解分别研究闸杆和轮如图(a)、(b)。 对闸杆,有 ΣMo(F)=0,3.5F-1.5F=0 对轮子,有 =-F品R=-fFNR 积分得 号mR(-a)=-R 把a=0,.m0=2mx及t=10s等代入解 题13.17图 270