梁坤京理论力学第十二章动量矩定理课后答案

1、精品资料动量矩定理12-1 质量为m的点在平面Oxy内运动，其运动方程为:x a cos ty bsin2 t式中a、b和 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Vxvydx dt dy dta sin t2b cos2 t质点对点O的动量矩为Lo Mo（mvx） M0(mvy)mvx y mvy xm ( a sin 2mab cos3t) bsin2 t m 2b cos2 t acos t t12-3 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Ja; C、A、B三点

2、在同一铅直线上。（1）当轮子只滚不滑时，若 又滑时，若va、VA已知，求轮子的动量和对地面上B点的动量矩。（2）当轮子又滚已知,解：（1）当轮子只滚不滑时轮子角速度求轮子的动量和对地面上B点的动量矩。B点为速度瞬心。A R质心C的速度BC vA(R e)R轮子的动量p mcmvA （方向水平向右）对B点动量矩由于 J B J CLBm (Re)B2 Ja22me m (R e)故 Lb J ame2 m (R e)2 AR（2）当轮子又滚又滑时由基点法求得轮子动量 p mvC对B点动量矩Lb mvCBC JC mvA(R e)Vcm(Ae)C点速度。Vca a e（方向向右）m。2、e) (R

3、 e) (JA me)(JA mRe)50 mm ,无初速地沿倾角20的轨道滚下,12-13 如图所示，有一轮子，轴的直径为 设只滚不滑，5秒内轮心滚动的距离为 s解：取轮子为研究对象，轮子受力如图（=3 m。试求轮子对轮心的惯性半径。a）所示，根据刚体平面运动微分方程有maC mg sinFJc = Fr(2)可修改精品资料可修改因轮子只滚不滑，所以有ac = r将式（3）代入式（1）、（2）消去F得到(3)mr sin2Jc mr上式对时间两次积分，并注意到t =。时0,0,则mgrt2 sin122(Jc mr2)把 r = 0.025 mgrt2sin2mgrt2 sin2(m 2 m

4、r2)及t = 5s时，s2r.gt2sn1grt2sin2( 2 r2)r 3 m代入上式得9.80.025.252sin202 30.09 m 90 mm12-17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°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 质心在C点。刚体平面运动微分方程为mxc Fnamyc Fnb mgJc由于Fnb -cos2l-cos ,yc 2Fna 2sinl . si

5、n2Oxy如图（a）,杆AB作平面运动,（1）（2）（3）Xc2、一 (sincos )2(4)yc将式（4）l f2（cossin ）2、（5）代入式（1 ）、（2）中，得(5)将其对同t求两次导数，且注意到Aml(sin 22、cos )Bml(cos2 .、sin )mg2再将Fna, Fnb的表达式代入式（3）中，得J C即 JC把JCml2/2 .(cos sin4ml2mglcos42)cosmglcos2(sin42cos )sinml2一匚代入上式得123g cos2lddt分离变量并积分得d cos d00 2l3g (sin o sin )(2)当杆脱离墙时 Fna = 0

6、 ,设此时 i则Fna ml ( sin 12 cos 1) 02将和表达式代入上式解得sin 12sin 03一一 2 一、1 arcsin( sin °) 312-19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较接,无滑动地沿斜面滚下，斜面与水平面的夹角为 的加速度和杆的内力。,如图所示如杆的质量忽略不计，求杆 AB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均作联立求解式（1 ）、（2）、（3）、(4),并将 Ja ?2,Jmr2, Ft F以及根据只滚不滑条件得到的 a = r代入，解得FT FT 1 mg si

7、n一、”4.（压力）及 a -gsin平面运动，杆 AB作平动，由题意知a b,aa aB a, Ft Ft。对圆柱A有mamgsin FT F1(1)F1rJa(2)对薄铁环B有maTmgsin F2(3)F2rJb(4)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1系数为f -，试求其中心沿斜面落下的加速度ac。3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J（FT F）r（1）0 Fn mgcos60（2）mac mgsin6

8、0 FT F （3）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 ac= r1把上式及f ,代入式（3）、（4）解方程（1）至（4）,得3ac = 0.355g（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的质心加速度将向上。解：（1）分别取轮 A和B研究，其受力如图（a）、（b）所示，轮 A定轴转动，轮 B作平魅12-23

9、图面运动。对轮A运用刚体绕定轴转动微分方程J A A FT r（1）对轮B运用刚体平面运动微分方程有mg FT maB（2）J B B FT r（3）再以c为基点分析B点加速度，有aBac aBca r b r（4）联立求解式（1）、（2）、（3）、（4）,并将m 2FT Ft及Jb Ja r2代入，解得24aB 5g2）若在A轮上作用一逆时针转矩 M,则轮A将作逆时针转动，对 A运用刚体绕定轴转动微分方程有Ja a M FTr （5）以C点为基点分析 B点加速度，根据题意，在临界状态有aB aC aBCArB r 0（6）、，一、一. m2,_联立求解式（5）、（6）和（2）、（3）并将T

10、T及Jb Ja -r代入，得2M 2mgr故当转矩M 2mgr时轮B的质心将上升。98图示圆柱体 A的质量为m,在其中部绕以细绳，绳的一端B固定。圆柱体沿绳子解开的而降习题9 8图落，其初速为零。求当圆柱体的轴降落了高度h时圆柱体中心A的速度u和绳子的拉力Ft。解：法1 ：图（a）maA mg Ft（1 ）Ja” FTr（2）aA r “（ 3 ）,12J a mr 2一 ，r1解得FT -mg （拉）32aA -g （吊重）（4）3由运动学Va qWh 2 J3 gh （ J ）3法2 :由于动瞬心与轮的质心距离保持不变，故可对瞬心 C用 动量矩定理:精品资料Jcmgr.232Jc J a

11、mr mr2又也raA 2g (同式(4) 3再由 maA mg Ft一1.得Ft mg (拉)32vA J2aAh § J3gh ( J )(5)(a)9-10 图示重物A的质量为m,当其下降时，借无重且不可伸长的绳使滚子C沿水平轨道滚动而不滑动 绳子跨过不计质量的定滑轮 D并绕在滑轮B上。滑轮B与滚子C固结为一体。已知滑轮 B的半径为R, 滚子C的半径为r,二者总质量为 m',其对与图面垂直的轴 O的回转半径为 。求：重物A的加速度。解：法1 :对轮:可修改JoTRFrm aO对A:(1)(2)maAmg(3)又：aAaH绳aH以O为基点:t aHtaHn aHtaHOa

12、OaoaA(R r)由上四式联立，得naHOtaHO(Rr)(f)(J)(注意到mg(R r)* 2(4)a a222m ( r ) m(R r)法2 :对瞬心 J e maA又aA J eE用动量矩定理T(R r) mg T (R r)可解得：a A2 m rg尸r2)g-T22；m ( r ) d1m (R r)2(本题质心瞬心之距离为常数)r2)aOO OaHLaHO t haHtaHO(b),求圆柱中心O的加速度及其与地面的静滑动摩擦力(1)习题9 11图2(M mg) a 又:3mrma F2(M mg)3r9-12 跨过定?1轮 D的细绳，一端缠绕在均质圆柱体A上，另一端系在光滑水平面上的物体B上，如图所示。已知圆柱 A 质心C的加速度以及绳索的拉力。的半径为 滑轮r,质量为 m i;物块B的质量为m2。试求物块 B和圆