理论力学@11动量矩定理

·250·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∑∑==⨯==n i n i i i i i O O m m 11)(iv r v M L质点系对于某轴，例如对z 轴的动量矩为∑==n i i i z z m M L 1)(v刚体对转动轴z 轴的动量矩为ωz z I L =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i i ni i C m v r L ⨯'=∑=1i r '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。

Cv r L L m C C O ⨯+= 当刚体作平面运动时，又可表示为dmv L L C ±=C O 其中d 为点至v C 的垂直距离，当C L 与矩d mv C 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)(e O O dt d M L = 在直角坐标系上的投影式为·251·⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫∑=∑=∑=)()()()()()(e z z e y y e x x M dt dL M dt dL M dt dL F F F（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 )C C M L =dt d 或 (e )C Cr M L =dt d式中Cr L 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()0=e OM ，常矢量=O L 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)()(=∑e x M F ，L x =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I z ，则刚体绕固定轴z 的微分方程为z z M tI =22d d ϕ 或z z M I =ε在工程中，常将转动惯量表示为2z z m I ρ=z ρ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⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫===∑∑C c y c x c M I F ym F x m ϕ·252·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。

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()0=e O M 常矢量=O L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()0=e Z M 常数=z L4．当对质心的外力矩为零时，质点系对质心的动量矩守恒。

即()0=e C M 常矢量=C L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()0=e Cz M 常数=Cz L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。

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··254·11.4 例题分析例11-1 水轮机受水流冲击而以匀角速度ω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ρ；水流入水轮机的流速为v 1，离开水轮机的流速为v 2，方向分别与轮缘切线间夹角为α1及α2，v 1和v 2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M z 。

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d t ，即t+ d t 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111222cos d cos d )()(d αραρr v t Q r v t Q L L L L L L L L L ABab CDcd abCD ABab CDcd abCD ABCD abcd z ⋅+⋅-=-=+-+=-=即)cos cos (d d 111222ααρr v r v t Q L z +-= 将其代入动量矩定理式，得)cos cos (111222ααρr v r v Q M z +-=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ϕ角的起点，逆时针方向为正，即ϕϕsin d d 22mga tI O -= 作微幅摆动时，ϕϕ≈sin ，上式简化为·255·0d d 22=+ϕϕg I ma t O微分方程的通解为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=αϕϕt I mga O sin 0 其中，0ϕ及α由运动的初始条件确定，而振动的周期为mga I T O π2=于是，可求得22π41mgaT I O = 例1-3 一飞轮由直流电动机带动，已知电动机产生的转矩M 0与其角速度的关系为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=111ωωO O M M其中，1O M 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1O M 与ω1都是已知常量。

飞轮上作用有不变的阻力矩M F ，飞轮对O 的转动惯量为I O ，求当M o >M F 时，飞轮的角速度与t 的关系。

解：飞轮的转动微分方程为()111111d d ωωωωωo F o F o o M M M M M t I --=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-= 令O F o I M M a -=1，11ωo o I M b = 则ωωb a t-=d d 分离变量后，积分t b b a b t d d 00⎰⎰=-ωωω()[]bt b a =--ωω0lnbt e a b a -=-ω 即·256· ()bt e b a --=1ω 可见，飞轮角速度逐渐增大，当∞→t 时，角速度达到最大值111ωωo F o m M M M b a -== 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I 1和I 2，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r 1、r 2，两轮角加速度之比ε1：ε2= r 1：r 2 =i 12。

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 F t 及F n ，现假设ε1与M 的方向相同，如图所示。

轴 I 的转动方程为1τ11r F M I +-=-ε (a)再以轴Ⅱ和重物W 为研究对象，画出其受力图。