理论力学@11动量矩定理,理论力学11动量矩定理

('第11章动量矩定理11.1主要内容11.1.1质点系动量矩计算质点系对任意一点的动量矩为各质点的动量对同一点之矩的矢量和或质点系中各质点的动量对同一点的主矩，即\uf0e5\uf0e5\uf03d\uf03d\uf0b4\uf03d\uf03dniniiiiiOOmm11)(ivrvML质点系对于某轴，例如对z轴的动量矩为\uf0e5\uf03d\uf03dniiizzmML1)(v刚体对转动轴z轴的动量矩为质点系相对于质心的动量矩为质点系中各点动量对质心的主矩，即为第i个质点对质心的矢径。质点系对任意一点的动量矩等于质点系对质心的动量矩，与将质点系的动量集中于质心对于O点动量矩的矢量和。CvrLLmCCO\uf0b4\uf02b\uf03d当刚体作平面运动时，又可表示为dmvLLC\uf0b1\uf03dCO其中d为点至vC的垂直距离，当与矩的符号相同时取正值，反之取负值，11.1.2质点系的动量矩定理（1）对固定点的动量矩定理质点系对固定点O的动量矩对于时间的一阶导数等于外力系对同一点的主矩，即)(eOOdtdML\uf03d在直角坐标系上的投影式为·250·\uf0ef\uf0ef\uf0ef\uf0fe\uf0ef\uf0ef\uf0ef\uf0fd\uf0fc\uf0e5\uf03d\uf0e5\uf03d\uf0e5\uf03d)()()()()()(ezzeyyexxMdtdLMdtdLMdtdLFFF（2）质点系相对于质心的动量矩定理质点系相对于质心的动量矩对时间的一阶导数等于外力系对质心的主矩。即(e)CCML\uf03ddtd或(e)CCrML\uf03ddtd式中为质点系相对于质心平移坐标系的运动对质心的动量矩。(3)动量矩守恒定律在特殊情况下外力系对O点的主矩为零，则质点系对O点的动量矩为一常矢量，即，或外力系对某轴力矩的代数和为零，则质点系对该轴的动量矩为一常数，例如0)()(\uf03d\uf0e5exMF，Lx=常数11.1.3刚体绕定轴转动微分方程若刚体绕固定轴z的转动惯量为Iz，则刚体绕固定轴z的微分方程为或在工程中，常将转动惯量表示为z\uf072称为回转半径。11.1.4刚体平面运动微分方程当刚体作平面运动时，联合应用质心运动定理和相对于质心的动量矩定理，可得到刚体平面运动微分方程上式称为刚体平面运动微分方程。应用以上方程可求解平面运动刚体动力学的两类问题。·251·11.2基本要求1、能理解并熟练计算动量矩、力矩等各基本物理量。2、会应用动量矩定理解决质点系动力学的两类问题，对刚体定轴转动的情况能熟练应用刚体绕定轴转动微分方程求解有关问题。3、对刚体作平面运动情况，能正确列出系统运动微分方程和补充的运动学方程，并解决刚体平面运动的动力学两类问题4、能正确选择和综合应用动力学普遍定理求解质点和质点系的动力学两类问题。11.3重点讨论动量矩定理的应用在应用动量矩定理时，应注意以下几点：1．正确计算质点系的动量矩；2．质点系动量矩的变化率与外力矩有关，与内力无关。所以，在分析问题时要明确研究对象，分清内力与外力；3．当对固定点的外力矩为零时，质点系对该点的动量矩守恒。即或对某轴（如z轴）的外力矩为零时，质点系对该轴的动量矩守恒。即4．当对质心的外力矩为零时，质点系对质心的动量矩守恒。即或对过质心某轴（如z轴）的外力矩为零时，质点系对该轴的动量矩守恒。即普遍定理的综合应用普遍定理的综合应用主要是指动量定理、动量矩定理、动能定理以及运动微分方程的综合应用。普遍定理提供了解决质点系动力学问题的一般方法。在许多较为复杂的问题中，往往需要联合应用几个普遍定理以求得问题的解答。例如时常遇到这样一种类型的问题：已知作用于系统上的主动力，需求系统的运动及未知约束力。这时应首先根据系统中各物体的运动情况及系统所受力的特点，考虑应用哪一个普遍定理可以建立已知的主动力和运动的关系，在理想约束的情形下，应用动能定理常常可以做到。由反映这些关系的方程求得系统的运动后，再应用相应的普遍定理，通常是应用动量定理或动量矩定理，以求出未知的约束力。·252·为了正确、灵活地运用普遍定理解决动力学问题，首先要正确理解各定理的内容、特点以及定理成立或应用的条件，准确掌握各定理所含物理量的计算方法其次，选择好研究对象，并进行运动分析和受力分析。具体地说，一方面要弄清楚系统内各物体各作何种运动，有何特点，以便有利于写出对应的运动特征量并为建立运动学的补充方程作准备；另一方面要注意分清约束力和主动力，作功的力和不作功的力，内力和外力，以便有利于写出对应的力的作用量，并为建立力的补充方程作准备。然后，分析问题中各未知量和已知量之间有什么关系选用合适的定理，准确地建立一定数量的动力学方程和补充方程，找到解决问题的办法。上述三项，难点还是选用合适的定理。不少工程问题，既需要求物体的运动规律，又需要求未知的约束力，是动力学两类基本问题(已知运动求力；已知力求运动)综合在一起的动力学问题。一般说来，解决问题的简便方法，是先求运动、后求力。在求运动时，往往希望所列的动力学方程中不包含未知的约束力。此时，可首先考虑用动能定理。动能定理反映了一个系统的动能随速度(角速度)大小变化与主动力所做功之间的关系，加上它是个标量方程，因此，对于具有一个自由度的系统的动力学问题，应用动能定理就比较方便。质心运动定理描述了质心运动的变化规律与作用在其上所有外力主矢之间的关系，即反映某瞬时质心的加速度与外力主矢之间的关系，所以在已知质心加速度的情况下，应用质心运动定理求解约束力就方便了。此外，根据质点系运动的具体条件，应用动量矩定理求运动或力、力矩也是很方便的。在普遍定理中，还包含几个守恒定律，这些定律在解题中各有其独到之处，但是在选用守恒定律时，要特别注意到质点系的受力情形是否满足它所要求的条件。对于各种动力学问题来说，究竟选用哪一个普遍定理求解，往往有较大的灵活性。这是因为有的问题可用不同的定理求解，其中之一较为方便；有的问题则只能用某一定理或几个定理综合求解。总之，动力学问题的类型众多，难点各异，难予更具体地定出几条固定的解题原则。唯一需要的是，适当地多解一些题在不断实践的过程中，勤于思考、善于分析、不断总结，逐步提高综合应用的能力。·253·11.4例题分析例11-1水轮机受水流冲击而以匀角速度w绕通过中心O的铅垂轴（垂直于图示平面）转动。设总流量为Q，水的密度为r；水流入水轮机的流速为v1，离开水轮机的流速为v2，方向分别与轮缘切线间夹角为α1及α2，v1和v2均为绝对速度。假设水流是稳定的，求水轮机对水流的约束力矩。解：取两叶片之间的水流为研究对象。作用在水流上的外力有重力和叶片对水流的约束力，其中重力平行于z轴，所以，外力矩只有叶片对水流的约束力矩Mz。现在计算水流的动量矩的该变量。设在t瞬时，水流在ABCD的位置，经过一段时间dt，即t+dt瞬时，水流在abcd位置，因为水流是稳定的，设动量矩的方向以逆时针的方向为正方向。则即将其代入动量矩定理式，得例11-2已知刚体的质量为m，质心到转轴O的距离OC=a，刚体绕水平轴O作微幅摆动的周期为T，求刚体相对于转轴的转动惯量。解：建立刚体的转动微分方程式，以摆的平衡位置作为j角的起点，逆时针方向为正，即·254·作微幅摆动时，，上式简化为微分方程的通解为其中，及a由运动的初始条件确定，而振动的周期为于是，可求得例1-3一飞轮由直流电动机带动，已知电动机产生的转矩M0与其角速度的关系为其中，表示电动机的启动转矩，ω1表示电动机无负载时的空转角速度，且与ω1都是已知常量。飞轮上作用有不变的阻力矩MF，飞轮对O的转动惯量为IO，求当Mo>MF时，飞轮的角速度与t的关系。解：飞轮的转动微分方程为令，则分离变量后，积分即·255·可见，飞轮角速度逐渐增大，当时，角速度达到最大值这是电动机的极限转速。例11-4卷扬机的传动轮系如图所示，设轴I和Ⅱ各自转动部分对其轴的转动惯量分别为I1和I2，轴I的齿轮C上受主动力矩M的作用，卷筒提升的重力为mg。齿轮A、B的节圆半径为r1、r2，两轮角加速度之比ε1：ε2=r1：r2=i12。卷筒半径为R，不计轴承摩擦及绳的质量。求重物的加速度。解：本题有二根固定轴，所以必须拆开分别进行研究，分别以两轴及与其固连的齿轮为研究对象。轴I除受主动力矩M和重力、轴承约束力外，还受有齿轮力Ft及Fn，现假设e1与M的方向相同，如图所示。轴I的转动方程为(a)再以轴Ⅱ和重物W为研究对象，画出其受力图。按运动学关系画出e2(e1反向)以e2转向为正，应用质点系的动量矩定理(b)式中有三个未知量e1、e2和Fτ，还需建立补充方程。由运动学关系(c)联立解得·256·于是，重物上升的加速度a为例11-5均质梁AB长l，重mg，如图所示，由铰链A和绳所支持。若突然剪断联结B点的软绳，求绳断前后铰链A的约束力的改变量。解：以梁为研究对象，绳未断以前是静力学问题。由静平衡方程可求出绳未断时，铰链A的约束力绳断之后，梁AB将绕A点转动。绳断瞬时，w=0。应用定轴转动微分方程再应用质心运动定理求约束力。图示瞬时，质心C的加速度为，则于是，绳断前后，铰链A约束力的改变量为例11-6阿特伍德机的滑轮质量为M，且均匀分布，半径为r。两重物系于绳的两端，质量分别为m1和m2。试求重物的加速度。·257·解：以整体为研究对象，画受力图。设滑轮为逆时针方向转动，角速度为w，则滑轮对轴O的动量矩、两重物对轴O的动量矩分别为系统对轴O的动量矩为上述三项动量矩之和，即应用动量矩定理式，得即解出所以，重物的加速度为·258·例11-7图中质量m1=5kg，半径r=30cm的均质圆盘，可绕铅垂轴z转动，在圆盘中心用铰链D连接质量m2=4kg的均质细杆AB，AB杆长为2r，可绕D转动。当AB杆在铅垂位置时，圆盘的角速度为w=90r/min，试求杆转到水平位置碰到销钉C而相对静止时，圆盘的角速度。解：以圆盘、杆及轴为研究对象，画出其受力图。由受力分析看出，在AB杆由铅垂位置转至水平位置的整个过程中，作用在质点系上所有外力对z轴之矩为零，即。因此，质点系对z轴的动量矩守恒。杆在铅垂位置时，只有圆盘对z轴的动量矩杆在水平位置时，设系统的角速度为w1，系统包含圆盘及杆对z轴的动量矩设系统动量矩守恒，有，即将有关数值代入得·259·例11-8图中均质轮的圆筒上缠一绳索，并作用一水平方向的力200N，轮和圆筒的总质量为50kg，对其质心的回转半径为70mm。已知轮与水平面间的静、动摩擦系数分别为f=0.20和f¢=0.15，求轮心O的加速度和轮的角加速度。（a）（b）（c）解：先假设轮子作纯滚动，其受力图如图（b）所示。此时摩擦力F为静滑动摩擦力，，轮心的加速度为a，角加速度为e。由于滚动而不滑动，有，即。建立圆轮的平面运动方程，得(a)(b)(c)补充方程式为(d)联立式（a）～式（d），解出(e)(f)(g)这个计算是在假设轮子只滚不滑的情形下得到的，是否合乎实际，还要用来判断。现在，。由式（g）知，计算所得的亦即保证只滚不滑所需的摩擦力，超过了水平面能为圆轮提供的最大摩擦力，所以轮子不可能只滚不滑，而是又滚又滑。考虑轮子又滚又滑的情形：圆轮受力分析如图11-11c所示。在有滑动的情况下，动滑动摩擦力为，而质心加速度a和角加速度e是两个独立的未知量，列平面运动方程为·260·此时力的补充方程为联立解得负号说明ε的转向与图中所设方向相反，应为逆时针方向。例11-9均质细杆AB长2l，质量为m，B端搁在光滑水平地板上，A端靠在光滑墙壁上，A、B均在垂直于墙壁的同一铅垂平面内。初瞬时，杆与墙壁的夹角为q0，杆由静止开始运动，求杆的角加速度、角速度及墙壁和地面的反力，(表示为q的函数)。解：以杆为研究对象，画受力图如图所示，列平面运动方程式中有五个未知数、、、、，而只有三个方程。由几何关系，列运动方程为将其对t求二阶导数，得质心的加速度的表达式·261·将代入式（c），联立求解式（a）～式（c），可得求杆的角速度，利用，于是式（f）改写为将（i）式进行积分，并代入初始条件，，得(j)将式（j）代入式（g）、式（h），有(k)从FA的表达式（k）中，利用FA=0的条件，可以求出A端脱离墙壁时的角度θ，即例11-10均质圆盘可绕O轴在铅垂面内转动，它的质量为m，半径为R。在圆盘的质心C点上连接一弹簧刚度系数为k的水平弹簧，弹簧的另一端固定在A点，CA=2R为弹簧的原长，圆盘在常力偶矩M作用下，由最低位置无初速度地绕O轴向上转动，试求圆盘到达最高位置时，轴承O的约束力。·262·解：本题求的是轴承O的约束力。求约束力，宜用质心运动定理。但在应用质心运动定理之前，必须先求出质心的加速度、，也就是应先求出圆盘转到最高位置时的角速度w和角加速度e。为此，宜先用动能定理求w和e。可是，最高位置是个特殊位置，不能用最高位置时的w求导来求e。于是，解题思路是用动能定理求圆盘由最低位置转到最高位置时的角速度w，用动量矩定理求最高位置时圆盘的角加速度e，求出质心的加速度，再应用质心运动定理求约束力FOx、FOy。（1）以圆盘为研究对象，求圆盘转到最高位置时的角速度w，有动能定理其中W=W1+W2+W3式中，重力的功为，力偶的功为，弹性力的功为，转动惯量为代入得解得（2）求转至最高位置时圆盘的角加速度e根据动量矩定理·263·得其中于是解得(3)求质心的加速度（4）用质心运动定理求约束力，，解得例11-11匀质杆AB，质量为m，长度为l，偏置在粗糙平台上，如图a所示。由于自重，直杆自水平位置，即q=0开始，无初速地绕台角E转动，当转至q1位置时，开始滑动。若已知质心偏置距离Kl和静滑动摩擦因数f，求将要滑动时的角度q1。·264·a)b)解：以AB杆为研究对象，假设物体绕E点转至角度q1时，摩擦力达到最大值Fmax，还没有发生滑动，设此时它的角速度为w，依据动能定理，有式中解得(a)由AB杆对E点的定轴转动微分方程得(b)质心C的加速度为应用质心运动定理·265·解得(c)(d)将式(c)及式(d)代入，得即例11-12图中AD为一软绳。ACB为一均质细杆，长为2l，质量为m，质心在C点，且AC＝CB＝l。滑块A、C的质量略去不计，各接触面均光滑。在A点作用铅垂向下的力F＝mg。图示位置杆处于静止状态。现将AD绳剪断，当杆运动到水平位置时，求杆的角速度、角加速度及A、C处的约束力。a)b)解：由动能定理其中。由运动学分析，系统在图（b）所示位置时，vC＝0，即C为AB杆的速度瞬心。最后得·266·解得（2）系统在所求位置的受力图如图b所示。由相对于质心的动量矩定理得到所以（3）由质心运动定理以A为基点进行加速度分析（图11-16），得所以得例11-13如图a所示，滚轮重FP3，半径为r2，对质心的回转半径为rC，半径为r1的轴颈沿AB作无滑动滚动。滑轮重FP2，半径为r，回转半径为r，重块重FP1。求：（1）重块的加速度；（2）EF段绳的张力；（3）D处约束力。a)b)c)解：系统具有理想约束，由动能定理建立系统的运动与主动力之间的关系。（1）系统在任意位置的动能式中所以·267·FP2FP1FP1FP3FP3FP3(c)令称为等效质量，所以由动能定理其中T0＝常数，∑W＝FP1s两边对时间t求导数，得所以重块的加速度为（2）假想将EF段绳子剪断，以滑轮与重物为研究对象，受力图如图（b）所示。由动量矩定理所以绳子张力（3）以滚轮为研究对象，受力图如图（c）所示。由质心运动定理·268·得11.5习题解答11-1图示均质细杆OA的质量为m，长为l，绕定轴Oz以匀角速转动。设杆与Oz轴夹角为a，求当杆运动到Oyz平面内的瞬时，对轴x、y、z及O点的动量矩。(a)（b）题11-1图解：系统对O点的动量矩为系统分别对x，y，z轴的动量矩为系统对O点的动量矩大小为11-2图示水平圆板可绕z轴转动。在圆板有又一质点M作圆周运动，已知其速度的·269·xysO\uf061dsA\uf077z大小为常量，等于v0，质点M的质量为m，圆的半径为r，圆心到z轴的距离为l，M点在圆板上的位置由\uf06a角确定，如图示。圆板的转动惯量为I，并且当点M离z轴最远、在M0时，圆板的角速度为零，求圆板的角速度与\uf06a角的关系。轴的摩擦和空气阻力略去不计。（a）（b）（c）题11-2图解：设当角度为\uf06a时，盘的角速度为\uf077，以M为动点，圆盘为动系，画动点的速度图如图（b）所示vr＝v0∴ve＝\uf077OM对系统进行受力分析，因外力对z轴的力偶矩恒为0，故系统动量矩守恒，当\uf06a＝0时，有，当质点运动\uf06a角后有即为圆板角速度与\uf06a角的关系。11-3已知杆OA长为l，重为。可绕过O点的水平轴而在铅直面内转动，杆的A端用铰链铰接一半径为R、重为Q的均质圆盘，若初瞬时OA杆处于水平位置，系统静止。略去各处摩擦，求OA杆转到任意位置（用\uf06a角表示）时的角速度\uf077及角加速度\uf065。·270·MO\uf06aO1rvrveOM\uf06ayAlO1BzXBYBYAXAZAxm0O\uf065\uf077FP\uf06aAQ（a）（b）(c)题11-2图解：取圆轮为研究对象，受力如图，应用动量矩定理IA\uf065＝0,因此，\uf077＝\uf0770＝0，在杆下摆过程中，圆盘作平移运动。研究整体由动量矩定理即得或作变换分离变量积分·271·YAXAQ得11-4在绞车主动轴上，作用一不变力偶矩M以提升一重为FP的物体。已知：主动轴及从动轴连同各轴上的齿轮、鼓轮等部件对轴的转动惯量分别为I1及I2；传速比\uf0771：\uf0772＝i，吊索绕在半径为R的鼓轮上。不计轴承摩擦及吊索质量，求重物A的加速度。题11-4图解：设系统初瞬时静止，当重物A被提升dh时，由动能定理的微分形式得所以有由运动学关系所以得·272·FP11-5两重物A和B，其质量为m1和m2，各系在两条无质量的绳子上，此两绳又分别围绕在半径为r1和r2的无质量鼓轮上，如图示。试求鼓轮的角加速度设m1r1>m2r2，鼓轮和绳子的质量及轴的摩擦均略去不计。（a）（b）题11-5图解：研究整体，并画受力图及运动分析如（b）图所示，系统对O点的动量矩为由动量矩定理得11-6如图示，为求半径R＝50cm的飞轮A对于通过其质心轴的转动惯量，在飞轮上绕以细绳，绳的末端系一重FP1＝80N的重锤，重锤自高度h＝2m处落下，测得落下时间为t1＝16s。为消去轴承摩擦的影响，再用FP2＝40N的重锤作第二次试验，此重锤从同一高度落下的时间t2＝25s。假定摩擦力矩为一常数，且与重锤的重量无关，求飞轮的转动惯量和轴承的摩擦力矩。·273·Ov2\uf065\uf077ABm1gm2gv1r2r1FOxFOy(a)（b）（c）题11-6图解：设摩擦力矩的值为Mf，则重物从h＝2m处落下时，受力分析如图（b），由牛顿第二定律得由分析可知，下落过程有对飞轮A受力图如（c）所示，由动力矩定理整理得：·274·y\uf065xATmfPaThFP将P1＝80N，t1＝16s，P2＝40N，t2＝25s代入上式有：解得Mf＝6.15N\uf0d7mI＝1081.2kg\uf0d7m2故飞轮的转动惯量为1081.2kg\uf0d7m2，轴承的摩擦矩为6.15N\uf0d7m。11-7题11-7图所示为离合器，开始时轮2静止，轮1具有角速度。当离合器接合后，依靠摩擦轮2启动。已知轮1和轮2的转动惯量分别为和。求：（1）当离合器接合后，两轮共同转动的角速度；（2）若经过秒两轮的转速相同，求离合器应有多大的摩擦力矩。题11-7图解：（1）由于，所以整个系统对z轴动量矩守恒，设两轮共同转动的角速度为ω，则所以（2）分别以两个轴为研究对象，设它们之间的摩擦力矩为，应用动量矩定理当两边同时积分得当两轴转速相同时，可解得·275·11-8均质圆柱体的质量为4kg，半径为0.5m，置于两光滑的斜面上。设有与圆柱轴线垂直、且沿圆柱面的切线方向的力F＝20N作用，试求圆柱的角速度及斜面的约束力。（a）（b）题11-8图解：圆柱与斜面光滑，则受力分析如（b）图示，设质心O不动，由相对于质心的动量矩定理其中，由，则得由质心运动定理解得11-9题11-9图所示均质圆柱的半径为r，质量为m，今将该圆柱放在图示位置，设A和B处的摩擦系数为f，若给圆柱以初角速度\uf0770。试导出到圆柱停止所需的时间的表达式。·276·\uf077OG21FN2FN145\uf0b045\uf0b0F（1）(a)(b)题11-9图解：假设圆柱没有离开墙A，受力图及运动分析如（b）图，由平面运动微分方程FNA－FNB＝0FA＋FNB－mg＝0解得由FNA>0，所以假设成立两边同时积分所以11-10一刚性均质杆重为200N。A处为可动光滑铰链约束，B为铰链支座，·277·BxAy\uf065CQFBFNBFNAFA\uf0770如图示。当杆位于水平位置时，C处的弹簧压缩了76mm，弹簧常量为8750N/m。试求当约束A突然移去时，支座B的约束力。（a）（b）题11-10图解：当约束A突然移去时，该刚性杆将绕B点转动，该杆受力如图（b）所示，由运动分析由刚体绕定轴转动微分方程由质心运动定理有解得11-11如图示，均质圆轮A的质量为m1，以角速度\uf077绕OA杆的A端转动，此时将轮放置在质量为m2的另一均质圆轮B上，其半径为r2，B轮原为静止，·278·AC\uf077\uf065BFPFByFBxK\uf044xaGyaGxG但可绕其中心轴自由转动。放置后，A轮的重量由B轮支持，略去轴承的摩擦与杆OA的质量，并设两轮间的摩擦系数为f。问自A轮放在B轮上到两轮间没有滑动为止，经过多少时间。（a）（b）（c）题11-11图解：分别取A和B轮为研究对象。受力如图（b）、（c）所示。由于A轮质心不动，FN＝m1g，动滑动摩擦力F＝f\uf0a2FN＝f\uf0a2m1g分析运动：A轮放置后，B轮在摩擦力作用下作加速运动。当B轮转速提高到两轮接触点没有相对滑动时，，系统按稳定转速运转。分别对A、B轮列转动微分方程。规定A、B轮逆时针转向为正。整理得(1)(2)积分为·279·\uf0771\uf0772FTFFNm1gm2gFxFyF\uf0a2FN\uf0a2得(3)顺时针(4)没有相对滑动时(5)联立(3)、(5)两式，解得11-12题11-12图所示通风机的转动部分以初角速度\uf0770绕中心轴转动，空气阻力矩与角速度成正比，即M＝\uf061\uf077，其中\uf061为常数。如转动部分对其轴转动惯量为I，问经过多少时间其角速度减少为初角速度的一半，又在此时间内共转过多少转。解：由动量矩定理积分即故经过的时间其角速度减小为初角速度的一半。由动能定理题11-12图·280·M所以解得即为所转过的转数。11-13水泵叶轮水流的进口、出口速度矢量如题11-13图所示。设叶轮转速n＝1450r/min，叶轮外径D2＝0.4m，\uf0622＝45\uf0b0，\uf0612＝30\uf0b0，\uf0611＝90\uf0b0，流量Q＝0.02m3/s。试求水流过叶轮时所产生的力矩。解：以水流为研究对象，由水流进口、出口速度矢量图得又由正弦定理由欧拉公式水流通过叶轮所产生的力矩为：题11-13图·281·11-14题11-14图所示喷嘴用速度\uf075＝30m/s喷出流量为750L/min的水，水流由于固定叶板AC的作用而偏斜，为了固定叶板，应在C处施加多大的力和力偶。（a）（b）题11-14图解：以水为研究对象，受力图如图（b）示，设入口、出口速度分别为v1、v2，由液体流动的欧拉公式得由欧拉涡轮方程得11-15题11-15图所示离心式空气压缩机的转速r/min，体积流量为m3/min，第一级叶轮气道进口直径为m，出口直径为·282·C2001005040\uf0b0200940\uf0b0100MCFCyFCxv2v1m。气流进口绝对速度为m/s，与切线成角；气流出口绝对速度m/s，与切线成角。设空气密度kg/m3，试求这一级叶轮的转矩。题11-15图解：根据欧拉涡轮方程公式得11-16均质杆AB，重100N，长1m，B端搁在地面上，A端用软绳悬挂如图示。设杆与地面之间的摩擦系数为0.3，问当软绳剪断时B端是否滑动？并求此瞬时杆的角加速度及地面对杆的作用力。假定动摩擦系数等于静摩擦系数。（a）（b）·283·BA\uf065mg30\uf0b0\uf077FNBFBana\uf074A\uf065\uf077mgBaBFNBaBCanCBa\uf074CBFB（c）题11-16图解：当剪断软绳时，假设杆B端不滑动，且ω=0，分析受力图如图（b）所示，由动量矩定理由质心运动定理解得当剪断软绳时B端有向左运动趋势，F方向向右：∵故B端滑动，AB作平面运动。由平面运动微分方程得：以B为基点求质心C点加速度，如图（c），得解得＝35N\uf065＝14.71rad/s2N·284·11-17在题11-17图所示位置时，软绳BD水平，梁AB静止。若在梁之A端作用一水平拉力F＝1200N，试求此瞬时绳的张力，梁与地面的摩擦系数f＝0.3。计算时，AB梁可视为均质细长杆，m＝100kg，l＝3.0m。解：以AB为研究对象，受力如图（2）所示，由平面运动微分方程得(1)(2)(3)补充方程Ff＝f(4)写出运动学补充方程，以A为基点，B为动点，由于初瞬时AB杆的速度为零，则B点加速度在铅垂方向，如图（c）所示向水平方向投影以A为基点，C为动点，则（→）(5)（↑）(6)·285·B45\uf0b0CAFfFNFmga\uf074CFTF（a）（b）（c）题11-17图将(5)、(6)代入(1)、(2)和(4)式，可得(7)(8)(9)将(7)、(8)、(9)代入(3)式，解得\uf065＝2.403l/s将\uf065代入(7)、(8)、(9)式，解得＝1234NFf＝370N11-18质量为m，长为l的均质杆CD，其两端分别用细绳悬挂在铅直面内，杆在图示位置被无初速地释放，试求此瞬时杆的角加速度以及绳AC、BC的张力。解：研究均质杆CD，画受力图并找出CD杆的加速度瞬心为J，如图（b）由几何关系·286·A\uf065CBaAa\uf074CAaAaBaAa\uf074BA（a）（b）题11-18图由动量矩定理由质心运动定理有·287·JlmgDB\uf061\uf065G\uf07130\uf0b0\uf061a\uf074DarTACTBDaGl21311-19一圆轮，质量m＝3kg，外径r＝23cm，质量中心回转半径\uf072＝23cm，沿图示斜面运动。(1)试求阻止圆轮滑动的摩擦系数最小值；(2)若摩擦系数f＝0.15，求作用在圆轮上的摩擦力F；(3)若f＝0.1，计算圆轮中心C的加速度及轮的角加速度。（a）（b）题11-19图解：（1）对圆轮进行受力分析，如图（b）所示，要求阻止圆轮滑动即此时圆轮处于只滚不滑临界状态，此圆轮平面运动微分方程有：即沿垂直于斜面方向无加速度，以上各式解得（2）当f＝0.25>fmin时，圆轮只滚不滑，此时有·288·\uf065\uf077Cmg512AFNFxy解得N（3）若f＝0.1时，圆轮处于又滚又滑状态，此时有滑动摩擦力F＝f\uf0d7又沿斜面方向maCx＝mgsin\uf061－F解得m/s2根据动量矩定理I\uf065＝F\uf0d7R解得rad/s2故圆轮的角加速度为3.933rad/s2。11-20如题11-20图所示，有一轮子，轴的直径为50mm，无出速的沿倾角θ=20°的轨道只滚不滑，5s内轮心滚过的距离为s=3m。求轮子对轮心的惯性半径。(a)(b)题11-20图解：研究轮子如图，设其质量为m，其运动微分方程为·289·FN式中a=rε，解得m/s2由此知轮心做等加速度运动，故将s=3m与t=5s代入，得m/s2代入上式，即可解得ρ=90mm11-21均质滚子质量为m，半径为R，放在粗糙的水平面上，在滚子鼓轮上绕以绳，绳上有拉力，方向与水平线成\uf061角，鼓轮的半径为r，滚子对O轴的回转半径为\uf072，求滚子轴O的加速度。解：以滚子鼓轮为研究对象，画受力如图（b），假设均质滚子为纯滚动，由刚体平面运动微分方程由于解得·290·FT\uf065rO\uf061RFNFFTamg（a）（b）题11-21图11-22均质杆AB、BC长为l，重为，用铰链B连接，同时并用铰链A固定，位于垂直面内的平衡位置如题11-22图所示。今在C端作用一水平力F，求此瞬时两杆的角加速度。（a）（b）（c）题11-22图解：以均质杆AB、BC为研究对象，并画出受力图如（b）、（c）所示，首先进行运动分析，设AB、BC的角加速度分别为\uf065AB、\uf065BC，刚开始时，\uf077AB＝\uf077CD＝0，对BC杆，以B为基点对G′点的加速度进行分析，则有对AB杆，由动量矩定理(1)·291·AGBFAyFAxFBxFByaBaG\uf065ABFWFByFC\uf065BCFWaGτFBxG\uf0a2aBτa\uf074GBa\uf074BaGBn对BC杆，由平面运动微分方程(2)即由(1)、(2)得解得11-23如所示，板重受水平力F作用，沿水平面运动，板与平面间的动摩擦系数为f\uf0a2。在板上放一重为的实心圆柱，此圆柱对板只滚动而不滑动，求板的加速度。（a）（b）·292·OM\uf065OMFP2＋FMFNMaOa\uf074MOaMτanMOaOaMnCFFNMFNBFP1F1FMaC（c）（d）题11-23图解：分别对板和圆柱进行受力分析，受力如图（b）、（c）所示。分析板，由质心运动定理，在水平方向有板的加速度为以圆柱为研究对象，以O为基点，接触点M为动点，如图（d）又有由平面运动微分方程且补充方程·293·板的加速度为11-24均质实心圆柱体A和薄铁环B均重W，半径均等于r。两者用无重刚杆AB相连，无滑动地沿斜面滚下，斜面与水平面的夹角为\uf061，如图示，求AB的加速度和杆的内力。（a）（b）题11-24图解：以整体为研究对象，写出系统的动能及元功之和由动能定理可得以圆柱体A为研究对象，画受力图（b）所示，由刚体平面运动微分方程其中·294·AFSWNvWW可得11-25均质圆柱C自桌角滚离桌面。\uf071＝0时，＝0；当\uf071＝30\uf0b0时，刚刚发生滑动现象。求圆柱与桌角之间的静滑动摩擦系数。（a）（b）题11-25图解：该圆柱绕O转动，受力如图（2）所示。设此时角加速度为ε，\uf071＝0时，，动能T1＝0，\uf071＝30\uf0b0时，动能由动能定理得由动量矩定理得质心运动定理得·295·nFNFanC\uf065\uf077a\uf074C解得f＝0.24211-26边长为0.25m、质量为m＝2.0kg的均质平板绕O点转动，\uf071＝0时，＝0。求\uf071＝45\uf0b0时，轴承O的约束力。解：研究平板，画受力图（b）所示，由质心运动定理：(1)(2)（a）（b）题11-26图由动量矩定理得\uf065＝29.4rad/s2由动能定理得·296·yx\uf077\uf065\uf071mgvCFOyFOxO代入(1)、(2)解得＝1.26N，＝6.26N。11-27题11-27图所示圆环以角速度\uf077绕铅直轴AC自由转动，圆环的半径为R，对转轴的转动惯量为I；在圆环中的A点放一质量为m的小球。设由于微小的干扰，小球离开A点。忽略一切摩擦，求当小球达到B点和C点时，圆环的角速度和小球速度的大小。解：由整体的受力分析可知，系统满足，所以对z轴动量矩守恒当小球运动到B点时，设圆环角速度为\uf0771，小球速度为v1，由动量矩守恒再由动能定理题11-27图所以当小球运动到C点时，设圆环角速度为\uf0772，小球速度为v2，由动量矩守恒\uf0772＝\uf077再由动能定理得·297·11-28题11-28图所示质量为4kg的矩形均质板，用两根等长的不变形的软绳悬挂在图示位置（AB水平）。该板处于静止状态时，B端的绳子突然被剪断，试求（1）此瞬时该板质心的加速度及A端绳子张力。（2）若将两绳换成弹簧，在B端的弹簧突然被剪断时，质心加速度及A端弹簧张力将如何？解：首先研究软绳悬挂的均质板，受力图如（b）所示。应用质心运动定理和相对质心的动量矩定理，即平面运动微分方程为(1)(2)(3)（c）（d）题11-28图分析板的运动。在初瞬时，。以A为基点，C为动点，加速度矢量图如图（c）所示，其中·298·（a）（b）CmgBAFTyBxC\uf065AFT\uf061a\uf074AanCAa\uf074CAmga\uf074A所以联立求解得再研究用弹簧悬挂的均质板，如图（d）所示。弹簧被剪断前，弹簧力，剪断瞬时，弹簧的变形量未变，弹簧力仍为。列质心运动定理的两个方程得4.9m/s2在这两种情况下，质心的加速度大小不相等，是因为在剪断绳和弹簧的瞬时相当于给板一个冲量，只不过弹簧不是刚性约束，或者说，弹簧还未来得及变化，这个过程已完结，弹簧力仍为。11-29题11-29图所示边长为0.25m，质量为2.0kg的均质平板，在O点装有不计质量的角轮，初瞬时在图示位置，\uf0770＝0。求平板的A点即将着地时，平板的角速度、角加速度及角轮O的约束力。（a）(b)(c)题11-29图解：物体作平面运动，在运动过程中受有重力mg及反力FN，且均在铅垂方向。约束是理想约束，应用动能定理，当物块的OA边为水平时，物块的动能·299·为由动能定理，得(1)式中的。再寻求vC与\uf077的关系，由图（b）知，\uf053Fx＝0，物块质心在水平方向守恒，即vCx＝常数。当t＝0时，vC＝0，有vCx＝0，则xC＝常数，也就是说C的速度沿铅垂方向，当OA为水平时，瞬心在I，有(2)将IC及(2)式代入(1)式，整理后得\uf077＝6.24rad/s顺时针转动为求\uf065，应用相对质心的动量矩定理，有(3)又(4)aC和\uf065的关系可由平面运动理论求得。C点的轨迹是铅直线，O点的轨迹是水平线。以C为基点求aO，加速度矢量图如图（c）其中,,在y方向投影得(5)联立式(3)、(4)和式(5)，得\uf065＝23.66rad/s2顺时针方向·300·FN＝3.94N方向向上11-30题11-30图所示均质细杆AB长为l，质量为m，起初紧靠在铅垂墙壁上，由于微小干扰，杆绕B点倾倒如图所示。不计摩擦，求：（1）B端未脱离墙时AB杆的角速度、角加速度及B处的约束力；（2）B端脱离墙壁时的\uf0711角；（3）杆着地时质心的速度及杆的角速度。题11-30图解：（1）在任意位置并且还没有脱离墙体时，杆绕B点作定轴转动，由动能定理T1=0·301·aCτaCnε得对ω求一阶导数杆质心的加速度为由质心运动定理代入，得：（2）B端脱离墙壁时，即此时杆的角速度为杆质心的速度为所以·302·（3）杆着地时B端脱离墙时，杆作平面运动，受力与运动分析如图（b），由maCx=0，知在水平方向质心运动守恒而，杆在脱离墙体后为任意角度θ时，动能为整理得杆着地时，θ=90°，代入上式得杆直立时，动能为零，从直立到着地，由动能定理其中T1=0，，得可解得杆着地时，仍有而所以11-31已知均质杆OA和AB在A点用光滑铰链连接，质量分别为m和2m，长度分别l和2l。OA杆的O端与光滑固定铰支座相连，AB杆的B端放在光·303·滑水平面上，初瞬时，OA杆处于水平，AB杆处于铅垂。由于微小干扰，AB杆的B端无初速地向右滑动，试求当OA杆运动到铅垂位置时，A点的速度。（a）（b）题11-31图解：当OA杆运动到铅直位置时，由A、B两处速度方向可知，AB杆此时为瞬时平移，故vA＝vB＝l\uf077由动能定理其中T0=0得即11-32题11-32图所示三角柱体ABC的质量为M，放在光滑的水平面上；另一质量为m、半径为r的均质圆柱体沿AB斜面向下作纯滚动。如斜面倾角为\uf061，求三角柱体的加速度。解：以圆柱和三角柱为系统，有\uf053Fx＝0，系统在水平方向动量守恒，所以有·304·AOABB30\uf0b0vBvA其中（a）（b）题11-32图解得(1)(2)对系统运用动能定理有其中，得即又，再联立(1)、(2)得两边同时对t求导得·305·vO\uf077\uf061vrarveaeaMl其中，解得11-33题11-33所示图示机构中，均质圆盘A和鼓轮B的质量分别为m1和m2，半径均为R。斜面倾角为\uf061。圆盘沿斜面作纯滚动，不计滚动摩阻并略去软绳的质量。如在鼓轮上作用一力矩为M的不变的力偶，求(1)鼓轮的角加速度；(2)轴承O的水平约束力。（a）（b）（c）题11-33图解：（1）对系统进行整体受力分析，主动力元功之和为·306·\uf077\uf065RA\uf061FNFmgaAFTFT\uf065BMOm2gRFOyFOx动能增量为运动学补充条件，圆盘A纯滚动且所以根据动能定理的微分形式得解得即为鼓轮角加速度。（2）分别研究圆盘A和鼓轮B，受力如图（b）、（c）所示。对A，由平面运动微分方程所以以轮B为研究对象，由质心运动定理解得·307·11-34题11-34图所示重物A重FP，挂在一根无重不可伸长的绳子上，绳子绕过固定滑轮D，并绕在鼓轮B上。由于重物下降，带动轮C沿水平轨道滚动而不滑动。鼓轮的半径为r，轮C的半径为R，两者固结在一起，总重量为Q，对于水平轴O的回转半径等于\uf072。求A重物的加速度。轮D的质量不计。题11-34图解：由题意轮与地接触点M为速度瞬心，则质心速度绳与鼓轮接触点速度即由动能定理其中，·308·v2v1M整理为其中，y、v2均为时间的连续函数，将方程对时间求一次导数，得设，解得11-35均质圆盘质量为m1，半径为r，可绕定轴O转动，重物A的质量为m2。弹簧水平，弹簧常量为k，图示OB铅直时系统处于平衡位置，求圆盘微振动的微分方程。解：设在平衡位置，弹簧伸长量为x0。则有以平衡位置为初始位置，系统动能为T1＝0转过\uf06a角后，末位置系统的动能题11-35图力的功为由动能定理有·309·即有又∴·310·',)