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6. 查表法 §13-5 质点系相对于质心的动量矩定理 1．对质心的动量矩 有 由于 得 其中 即：质点系相对质心的动量矩， 无论是以相对速度或以绝对速度 计算质点系对于质心的动量矩其结果相同. 对任一点O的动量矩： 2 相对质心的动量矩定理 由于 即 解: 转动部分所受的外力矩有电机转矩 MO 和阻力矩 MF，故电机的转动微分方程可写成 W Fx Fy Mr MO ω O 令 则上式简写成 例 题 13-7 由题意 MO MF 知， b ? cω 0，故飞轮作加速转动。上式可分离变量而化为求积，有 由此得 W Fx Fy Mr MO ω O 即 例 题 13-7 最后求得飞轮角速度的变化规律 可见，飞轮角速度将逐渐增大。当 t→∞ 时，上式括号内的第二项趋近于零。这时飞轮将以极限角速度ω∞转动，且 如不加负载，即阻力矩 MF = 0，则ω∞ = ω1。 W Fx Fy Mr MO ω O 例 题 13-10 复摆由可绕水平轴转动的刚体构成。已知复摆的质量是 m，重心 C 到转轴 O 的距离 OC = b，复摆对转轴 O 的转动惯量是JO ，设摆动开始时 OC 与铅直线的偏角是 ?0，且复摆的初角速度为零，试求复摆的微幅摆动规律。轴承摩擦和空气阻力不计。 O C φ b 例 题 13-8 解: 受力如图所示。当复摆对于铅直线成偏角 ? 时，只有重力 对悬轴 Oz 产生恢复力矩。 MOz = ? mgbsin ? 根据刚体绕定轴转动的微分方程有 O C φ b F1 F2 mg 从而 当复摆作微小摆动时，可令 sin ? ≈ ? 。于是上式经过线性化后，可得复摆微幅摆动的微分方程 这是简谐运动的标准微分方程。可见复摆的微幅振动也是简谐运动。 例 题 13-8 则复摆运动规律可写成 摆动的频率 ω0 和周期 T 分别是 利用关系( b )可以测定刚体的转动惯量。为此，把刚体做成复摆并用试验测出它的摆动周期T ，然后由( b )式求得转动惯量 考虑到复摆运动的初条件:当 t = 0时 O C φ b F1 F2 mg 例 题 13-8 长度为l，质量为m1的均质杆OA与半径为R，质量为m2的均质圆盘B在A处铰接，铰链O，A均光滑。初始时，杆OA有偏角θ0 ，轮B有角速度ω0 （逆时针向）。求系统在重力作用下的运动。 O θ B A ωB 例 题 13-9 1. 考虑圆盘B ，受力如图b所示，根据对质心的动量矩定理 2. 考虑杆轮系统，受力如图c所示,应用对固定点O的动量矩定理，计算轮B动量矩时使用式 ?解： LO = LC + rC× p 得 ωB B A m2g FAx FAy (b) O θ B A m2g m1g FOy FOx (c) 例 题 13-9 3. 运动特性：圆盘的转动不影响系统的摆动，而系统的摆动也不影响圆盘的转动。 微幅振动时的运动规律为 ωB B A m2g FAx FAy O θ B A m2g m1g FOy FOx (b) (c) 例 题 13-9 小球A，B以细绳相连。质量皆为m，其余构件质量不计。忽略摩擦，系统绕z轴自由转动，初始时系统的角速度为ω0。当细绳拉断后，求各杆与铅垂线成θ角时系统的角速度ω 。 ω0 z a a l l A B ω z a a θ θ l l A B 例 题 13-10 此系统所受的重力和轴承的约束力对于转轴的矩都等于零，因此系统对于转轴的动量矩守恒。 当θ=0时，动量矩 当 θ≠ 0 时，动量矩 因为 Lz1=Lz2 ，得 解: ω z a a θ θ l l A B ω0 z a a l l A B 例 题 13-10 如图所示，已知滑轮半径为R，转动惯量为J，带动滑轮的皮带拉力为F1和F2。求滑轮的角加速度α 。 R α O F1 F2 例 题 13-11 根据刚体绕定轴的转动微分方程有 于是得 由上式可见，只有当定滑轮为匀速转动（包括静止）或虽非匀速转动，但可忽略滑轮的转动惯量时，跨过定滑轮的皮带拉力才是相等的。 R α O F1 F2 解： 例 题 13-11 飞轮对O的转动惯量为JO，以角速度ωO绕水平的O轴转动，如图所示。制动时，闸块给轮以正压力FN。已知闸块与轮之间的滑动摩擦系数为fs，轮的半径为R，轴承的摩擦忽略不计。求制动所需的时间t。 O ωO 例 题 13-12 以轮为研究对象。作用于轮上的力除FN外，还有摩擦力F和重力、轴承约束力。取逆时针方向为正，刚体的转动微分方程为 将上式积分，并根据已知条件确定积分上下限，