第十章 动量矩定理Word文档下载推荐.docx

第十章 动量矩定理Word文档下载推荐.docx

《第十章 动量矩定理Word文档下载推荐.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第十章 动量矩定理Word文档下载推荐.docx（16页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

3.平面运动刚体

Lz=Mz（mvC）+JC⋅ω

平面运动刚体对垂直于质量对称平面的固定轴的动量矩，等于刚体随同质心作平动时质心的动量对该轴的动量矩与绕质心轴作转动时的动量矩之和。

例1

已知:

滑轮A：

m1，R1，J1；

滑轮B：

m2，R2，J2；

物体C：

m3，v3；

几何关系:

R1=2R2。

求:

系统对轴O的动量矩。

图10-1-1-2例1题图

解：

据各运动刚体的动量矩的计算式有

LO=LOA+LOB+LOC=J1ω1+（J2ω2+m2v2R2）+m3v3R2

将运动学关系v3=v2=R2ω2=12R1ω1代入上式得

LO=（J1R2+J2R2+m2+m3）R2v3

第2节动量矩定理

一、质点的动量矩定理

图10-2-1-1质点动量矩与力对点之矩示意图

由质点动量定理的微分形式

d（mv）dt=F

两边叉乘矢径r,有

r×

d（mv）dt=r×

F

左边可写成

d（mv）dt=ddt（r×

mv）−drdt×

drdt×

mv=v×

mv=0 

F=MO（F） 

而

故

drdt（r×

mv）=r×

F 

ddt[M0（mv]=MO（F） 

质点对任一固定点的动量矩对时间的导数，等于作用在质点上的力对同一点之矩。

这就是质点对固定点的动量矩定理。

将上式在通过固定点O的三个直角坐标轴上投影，得质点的动量矩定理的投影形式

ddt[Mx（mv）]=Mx（F） 

ddt[My（mv）]=My（F） 

ddt[Mz（mv）]=Mz（F） 

即质点对某固定轴的动量矩随时间的变化率，等于作用于质点的力对同一轴的矩。

若

MO（F）=0 

（Mz（F）=0）

则

M0（mv）=常矢量，（Mz（mv）=常量）

称为质点的动量矩守恒。

质点动量矩定理的应用：

1．在质点受有心力的作用时。

2．质点绕某心（轴）转动的问题。

已知单摆质量为m，长为l，t=0时ϑ=ϑ0，从静止开始释放。

求单摆的运动规律。

将小球视为质点。

受力分析、受力图如图示。

图10-2-1-2例1题图及受力图

MO（F）=MO（T）+MO（mg）=−mglsin⁡ϕ

运动分析：

v=lϕ˙ 

⊥OM，MO（mv）=mlϕ˙l=ml2ϕ

由动量矩定理

ddtMO（mv）=MO（F）

即

ddt（ml2ϕ˙）=−mglsin⁡ϕ 

ϕ¨

+glsin⁡ϕ=0

微幅摆动时，sin⁡ϕ≈ϕ 

，并令ωn=gl，则

ϕ¨

+ωn2ϕ=0

解微分方程,并代入初始条件（t=0,ϕ=ϕ0,ϕ˙0=0）

则运动方程

ϕ=ϕ0cos⁡glt

摆动周期

T=2πgl

注意：

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）

二、质点系的动量矩定理

对质点Mi用动量矩定理：

ddt[MO（mivi）]=MO（Fie）+MO（Fii）i=1,2,⋯,n

求和的

∑ddt[MO（mivi）]=∑MO（Fie）+∑MO（Fii）

注意到

LO=∑MO（mivi）, 

∑MO（Fii）=0

得质点系对固定点的动量矩定理

dLOdt=ddt∑MO（mivi）=∑MO（Fie）

将上式在通过固定点O的三个直角坐标轴上投影，得

dLxdt=ddt∑Mx（mivi）=∑Mx（Fie）dLydt=ddt∑My（mivi）=∑My（Fie）dLzdt=ddt∑Mz（mivi）=∑Mz（Fie）

上式称为质点系对固定轴的动量矩定理。

说明内力不会改变质点系的动量矩，只有外力才能改变质点系的动量矩。

质点系的动量矩守恒

∑MO（Fie）=0时, 

LO=∑MO（mivi）=常矢量当∑Mx（Fie）=0时, 

Lx=∑Mx（mivi）=常量

例2

PA>

PB 

;

P 

r 

。

角加速度α 

。

图10-2-1-3例2题图及受力图

取整个系统为研究对象，受力分析如图示。

v=rω

外力对轴O的矩为

∑MO（Fie）=PAr−PBr=（PA−PB）r

动量矩为

LO=PAgv⋅r+PBgv⋅r+JOω

将JO=12Pgr2 

代入, 

得 

LO=ωr2g（PA+PB+P2）

ddt[ωr2g（PA+PB+P2）]=（PA−PB）r

解得

α=dωdt=gr⋅PA−PBPA+PB+P/2

例3

已知：

猴子A重=猴子B重，猴B以相对绳速度v上爬，猴A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）。

图10-2-1-4例3题图

由于∑MO（F（e））=0 

，故系统的动量矩守恒。

0=mAvAr−mB（v−vA）r

vA=v2

猴A与猴B向上的绝对速度是一样的,均为v2。

第3节刚体绕定轴的转动微分方程

一、刚体绕定轴的转动微分方程

刚体绕定轴的转动微分方程

对于一个定轴转动刚体

Lz=Jzω

代入质点系动量矩定理，有

ddt（Jzω）=Mz

∴Jzα=Mz 

或 

Jzd2ϕdt2=Mz

上式即为刚体定轴转动微分方程。

1.解决两类问题：

（1）已知作用在刚体的外力矩，求刚体的转动规律。

（2）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。

2.特殊情况：

（1）若Mz=∑Mz（F（e））=0，则α=0,ω=恒量，刚体作匀速转动或保持静止。

（2）若Mz=∑Mz（F（e））=常量，则a=常量，刚体作匀变速转动。

将Jzα=Mz 

与ma=F比较，刚体的转动惯量是刚体转动惯性的度量。

第4节刚体对轴的转动惯量

定义刚体对轴z的转动惯量的定义为

Jz=∑miri

若刚体的质量是连续分布，则

Jz=∫r2dm

刚体的转动惯量是刚体对某轴转动惯性大小的度量，它的大小表现了刚体转动状态改变的难易程度。

转动惯量恒为正值，国际单位制中单位kg.m2。

一、转动惯量的计算

1.积分法（具有规则几何形状的均匀刚体可采用）

匀质细直杆长为l,质量为m。

求：

（1）对z轴的转动惯量；

（2）对z'

轴的转动惯量。

[图10-4-1-1质点例1题图

用积分法

Jz=∫−l2l2x2mldx=112ml2

Jz′=∫0lx2mldx=13ml2

2.回转半径

刚体对轴z轴的回转半径定义为

ρ=JzmJz=mρ2

对于均质刚体，ρ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。

3.平行移轴定理

同一个刚体对不同轴的转动惯量一般是不相同的。

Jz'

=JzC+md2

刚体对某轴的转动惯量等于刚体对通过质心且与该轴平行的轴的转动惯量，加上刚体的质量与两轴间距离的平方之乘积。

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。

钟摆：

均质直杆m1,l；

均质圆盘：

m2,R。

求JO。

图10-4-1-2质点例2题图

分别计算均质直杆和均质圆盘对轴O的转动惯量

均质直杆对轴O的转动惯量

JO1=13m1l2

均质圆盘对轴O的转动惯量

JO2=12m2R2+m2（l+R）2

整个组合体对轴O的转动惯量

JO=JO1+JO2=13m1l2+12m2R2+m2（l+R）2=13m1l2+12m2（3R2+2l2+4lR）2

如图所示，一匀质圆盘刚连于匀质细杆OC上，可绕轴O在水平面内转动，已知杆OC长L=0.3m，质量m1=10kg，圆盘半径r=0.15m，质量m2=40kg，C为圆盘质心。

若在杆上作用一常力偶矩M=20N.m，不计摩擦，试求杆OC的角加速度。

图10-4-1-3质点例3题图

取整体为研究对象。

设角加速度为α，由刚体定轴转动微分方程，得：

JOZ⋅α=M

式中

JOZ=13m1L2+12m2r2+m2L2

代入已知值得：

JOZ=13×

10×

0.32+12×

40×

0.152+40×

0.32=4.35kg⋅m2

α=MJOZ=204.354.6rad/s2

第5节刚体平面运动微分方程

一、质点系动量矩

LO=rC×

mvC+LC 

r 

（LC=LC 

r）

对质心而言,相对动量矩LC 

r等于绝对LC 

r动量矩。

二、质点系相对质心的动量矩定理

dLC 

rdt=∑MC（Fi）=MC

质点系相对于质心和固定点的动量矩定理，具有完全相同的数学形式，而对于质心以外的其它动点，一般并不存在这种简单的关系。

三、刚体平面运动微分方程

图10-5-1-1刚体平面运动示意图

设有一平面运动刚体具有质量对称平面，力系F1,F2,⋅⋅⋅,Fn可以简化为该平面内的一个力系。

取质量对称平面为平面图形S，质心一定位于S内。

取质心C为动系原点，则此平面运动可分解为随质心C的平动（xC,yC）和绕质心C的转动（ϑ），可分别通过质心运动定理和相对质心的动量矩定理来确定。

由质心运动定理和相对质心的动量矩定理得

maC=∑F 

JCα=∑MC（F（e））

写成投影形式

aCx=∑Fx 

maCy=∑Fy 

或

mx¨

C=∑Fx 

my¨

C=∑Fy 

JCϕ¨

=∑MC（F（e））

上式称为平面运动微分方程。

两根质量各为8kg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ω=4rad/s。

求该瞬时轴承O的反力。

图10-5-1-2例1题图

选T字型杆为研究对象。

受力分析如图示。

图10-5-1-3例1题受力图和运动学关系图

由定轴转动微分方程

JOα 

=mg⋅0.25+mg⋅0.5JO=13ml2+112ml2+ml2=1712ml2

得

1712×

8×

0.52⋅α 

=8×

9.8×

0.25+8×

0.5 

α 

=20.75 

rad/s2

根据质心运动微分方程，得

−maC1x−maC2x=XO−maC1y−maC2y=YO−mg−mg

XO=−m 

（aC1x+aC2x）=−8 

（42×

0.25 

+ 

42×

0.5 

）=−96 

N

Y0=2×

9.8−8（20.75×

0.25+20.75×

0.5）=32.3N

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。

图10-5-1-4例2题图

由运动学关系

图10-5-1-5例2题受力图和运动学关系图

aCx=L2αsin⁡60o−aAaCy=−L2αcos⁡60o

有刚体平面运动微分方程

maCx=∑Fx:

m（L2αsin⁡60o−aA）=0maCy=∑Fy:

−mL2αcos⁡60o=FN−mgJCα=∑MC（F）:

mL212α=FNL2cos⁡60o

联立解之得

α=12g7LaA=337gFN=47mg