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第11章 动量矩定理

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11)动量矩定理

11)动量矩定理

动量矩定理
质点对某定点的动量矩对时间的一阶导数
等于作用力对同一点的矩
第十一章 动量矩定理
2、质点系的动量矩定理
根据质点动量矩定理：
e i d M O mi vi M O Fi M O Fi dt e i d 对于质点系： M O mi vi M O Fi M O Fi dt i 内力总是成对出现： M O Fi 0
时圆盘和人静止，求圆盘的角速度和角加速度
z
v
B
R
O
r

第十一章 动量矩定理

§11-3 刚体绕定轴的转动微分方程
z
F1
O1
定轴转动刚体的动量矩： L J z z
Fn
d 根据动量矩定理： J z M z Fi dt d d 2 Jz J z J z 2 M z F dt dt
第十一章 动量矩定理
将 mi vi mvC 和 vi vC vir 代入： rC mi vi ri mi vi rC mvC ri mi vC vir rC mvC mi ri vC ri mi vir
C
A

e
r
P
第十一章 动量矩定理
3、相对于质心的动量矩定理
dLO d e ri rC ri rC mvC LC ri Fi dt dt e e 右边 rC Fi ri Fi drC dLC d 左边 mvC rC mvC dt dt dt e dLC vC mvC rC maC maC Fi dt e dLC rC Fi dt

理论力学-动量矩定理

理论力学-动量矩定理

d rC d vC vC , aC , dt dt
n d LC ri Fi e dt i
vC vC 0 ,
m a C Fie
n dLC M C (Fie ) dt i
相对质心的动量矩定理
质点系相对质心的动量矩定理
n n d LC e e ri Fi M C ( Fi ) i dt i
m v
i
i
m vC
LO rC m vC LC
相对质心的动量矩定理
质点系相对质心的动量矩定理
根据上式和质点系对固定点的动量矩定理，
n d LO d ( rC m vC LC ) ri Fi e dt dt i
ri rC rr
n n d rC d vC d LC e rC Fi ri Fi e m vC rC m dt dt dt i i
即有
LC ri mi vir
相对质心的动量矩定理
质点系相对质心的动量矩
质点系相对固定点的动量矩与质点系相对质心的动量矩 之间存在确定的关系。 质点系相对固定点的动量矩为
LO ri mi vi
i
因为 所以有 因为 所以有
ri rC rr
LO rC mi v i ri mi v i
刚体定轴转动微分方程
例 题 1
图示钟摆简化模型中，已知均质细杆 和均质圆盘的质量分别为m1 、m2 ，杆 长为l，圆盘直径为d。
ϕ
试求：钟摆作小摆动时的周期。 解：摆绕O轴作定轴转动。设ϕ 为任意 时刻转过的角度，规定逆时针为正。根 据定轴转动的微分方程
J z M z

11.动量矩定理

11.动量矩定理

M
t 0 o 得D o 由
例二 . 电动绞车提升一质量为m 的物体 , 在其主动轴上作用有一个力偶其矩为 M . 已知主动轴齿轮和从动轴齿轮各自对其转轴的转动惯量分别为 J1 和 J2 . 传 动比 z2 : z1 = i ; 从动轮上的鼓轮半径为R . 不计绳索的质量和各处摩擦. 求: 重物的加速度.
v
O
解: 取整个系统为研究对象, 受力及运 动分析如图
θ
v
由对O点的动量矩定理 M d ( J O m 2 vR ) m 2 gR sin M Fy dt R ω a J O m 2 R a M m 2 gR sin R O Fx MR m 2 gR 2 sin M a J O m 2R 2 m1 g
θ
m2 g
FN
▲: 平动物体对任何一点的动量矩都很容易求得. 将若干个平动物体与一个转动物体作为一个系统 运用动量矩定理可以避免某一些未知力的出现 , 从而可简化解题的步骤.
§11 – 3 刚体绕定轴转动的微分方程
对绕定轴(不妨设为z轴)转动的刚体而言 , 对转轴的动量矩定理可 写为
n d (J zω) = ∑ M z (F i ) dt i =1
z
J z m i ri
i 1
n
mi
O
在如图示的坐标系下, 刚体对三个 坐标轴的转动惯量分别为:
y
zi
ri
Jx Jy Jz
2 2 m ( y z i i i) i 1 n 2 2 m ( x z i i i) i 1 n 2 2 m ( x y i i i) i 1
动量定理描述了物体的运动和力之间的关系,
但并不完整. 在运用动量定理时, 不能求力偶或

第十一章 动量矩定理

第十一章 动量矩定理

e d LO = ∑ M O ( Fi ) 内力不改变质点系的动量矩 dt
质点系动量矩定理： 质点系对某定点O 的动量矩对时间的一阶导数， 等于作用于质点系的外力对O点之矩的矢量和。
e d Lx dt = M x ( Fi ) e d Ly 投影式 = M y ( Fi ) dt d Lz = M ( F e ) z i dt
ϕ
F
) m ⋅ (lϕ
) ⋅ l = ml ϕ = (mlϕ
2
mg
摆捶外力对O轴的力矩 M O ( F ) = − mg ⋅ l sin ϕ
⑷ 由摆捶对O轴的动量矩定理得 d M O (mv ) = M O ( F ) ⇒ ml 2ϕ = − mg ⋅ l sin ϕ dt
二、质点系的动量矩
对点的动量矩 LO = ΣM O (mi vi )
[ LO ]z = Lz
对轴的动量矩 Lz = ∑ M z (mi vi )
LO = Lx i + Ly j + Lz k
1、刚体平移 平移刚体对固定点(或固定轴)的动量矩等于刚 体质心的动量对该固定点(或固定轴)的动量矩。
M O (mv ) = r × mv 矢量 ) | = mv ⋅ r sin ∠OBA | ( m v M 大小: O
z
A
M O (mv )
O
mv
r
B
x
y
= 2 S ∆OAB
方向: 垂直于矢径与动量形成的平面； 指向: 符合右手法则； 单位: kg·m2/s
对z轴的动量矩：质点动量在 Oxy平面内的投影对z轴之矩。
M z (mv ) 代数量

第11章 动量矩定理

第11章 动量矩定理
指向按右手规则确定； 瞬时量
O点为矩心
M O (F ) r (F )
描述：质点相对某点“转动”运动强度。
§11-1 动量矩计算
质点对轴的动量矩
Lz M z (mv ) [MO (mv )]z
M z (F ) M O (F )
一般规定：
与轴的正向一致（逆时针转动）取“+”， 与轴的正向相反（顺时针转动）取“-”。
n dLx M x (Fi ( e ) ) dt i 1 n dLy M y (Fi ( e ) ) dt i 1
§11-2 动量矩定理
3. 质点动量矩定理(固定点、动点)
A为动点 L A (mv ) r rA mv d d d L A (mv ) r rA mv r rA (mv ) dt dt dt
n (e) dLO MO ( Fi ) dt i 1
其中： LO M O (mi vi ) ri mi vi
i 1 i 1 n n
§11-2 动量矩定理
2. 质点系动量矩定理
B. 对固定轴
n (e) dLz M z ( Fi ) dt i 1
1 4 1 J z r dm r 2rdr 2 R MR2 4 2 0
2 2
R
2 z R 2
要求记住！
§11-1 动量矩计算
D. 匀质薄圆板对于径向轴的转动惯量
圆板对于x与y轴的转动惯量相等： Jx J y
J z mr i m( xi yi ) mx i my i
§11-2 动量矩定理
4. 质点系动量矩定理
任意质点对动点A动量矩定理：

理论力学：第11章 动量矩定理

理论力学：第11章 动量矩定理
对定点 O： LO mO (MvC ) IC
对瞬心 C＇： LC IC
11.2 动量矩定理
一、 质点动量矩定理
由牛顿第二定律： ma F
易证：
dmO (mv )
dt

mO
(F)
微分形式动量矩定理
其中 O 为定点。

或
dmO (mv) mO (dS )
LH

P vr
b
1
Q r2
Q vC
r
b
sin



1
Q r2
g 2 2 g
g 2 2g

(P

2Q)r

P
b b
(1

sin

)
vC g
系统外力对 H 的力矩：
11-3
ΣmH
(F
(e)
)

m

P
r

b


Q
b

Q
sin
绳子剪断前为静力学问题，易求反力。
绳子剪断后为定轴转动动力学问题，用质心运动定理求： MaC
F (e)
但需要先求出 aC ，用刚体定轴转动微分方程可求： Iz mz (F (e) )
11-5
解：I. 绳子剪断前，受力如图(a)。 W
由对称性： N A0 2
II. 绳子剪断瞬时，受力、运动如图(b)。
11-2
欲用动量矩定理求 aC ， aC 只跟三个运动物体有关，并且有一个“轴”O，如图。 但其中的 N 如何处理？
事实上，滚子沿斜面法向是静平衡的， N = Q cosα。 解：① 求加速度 aC 。

理论力学第十一章动量矩定理


JO
d 2
dt 2
mga
即：
d 2
dt 2
mga
JO
0
解： 令 2 mga
JO
——固有频率
得
2 0
通解为 O sin(
mgat )
JO
周期为 T 2 2 JO
mga
例11-3 用于测量圆盘转动惯量的三线摆中，
三根长度相等（l）的弹性线，等间距悬挂被测量的圆盘。
已知圆盘半径为 R、重量为W。
dt
dt dt
v dr dt
r d(mv) d(r mv)
dt
dt
dLO dt
MO F
矢量式
质点对固定点的动量矩对时间的导数等于作 用于质点上的力对该点的矩。
★ 质点系的动量矩定理
0
d
dt
i
ri mivi
i
MO (Fii )
i
MO (Fie )
MO (Fie )
i
F2
z
F1
LO rC mvC LC
dLO d
dt dt
rC mvC LC
ri Fie (rC + ri) Fie
rC Fie ri Fie
③
即
drC dt
mvC
rC
d dt
mvC
dLC dt
rC
Fie
dLC dt
由于
① ① drC dt
② vC ,
drC dt
mvC
★ 相对质心的动量矩
LC MC mivi ri mivi
vi vC vir
LC = rimivC rimivir
其中
ri mivC ( miri)vC 0 （rC

转动惯量


图 11-5
d 2ϕ ＋ g ϕ ＝0 dt 2 l 解此微分方程，得单摆作微小摆动时的运动方程为：
ϕ
＝ ϕ0 sin(
g ⋅t +α ) l
式中 ϕ0 为角振幅，α 为初位相，由初始条件确定，其周期为：
T＝2π l
g 这种周期与初始条件无关的性质，称为等时性。
三、质点系的动量矩定理
设质点系由
n
个质点组成，作用于每个质点的力分为内力
m0(F) O
mv F
M r
y
x 图 11-1
z
A
mv
α
m0(mv) θ
M
O
r
y
A΄
x
M΄ (mv)xy
图 11-2
二、质点系的动量矩
质点系对某点
O
的动量矩等于质点系内各质点的动量对该点的矩的矢量和。用
v L0
表
示。即
v L0
=
∑ mv 0 (mi vvi )
=
∑ rvi
× mi vvi
（11-4）
影 (mvv)xy 对于点 O 的矩，定义为质点动量对于 z 轴的矩,简称对于 z 轴的动量矩。对轴
的动量矩是代数量（图 11-2），即 m z (m vv ) = m 0 (m vvxy ) = ±2ΔOM A′ = x(mv y ) − y (mv x )
同样，质点对于点 O 的动量矩与对 z 轴的动量矩的关系，和力对点的矩与力对轴的
192
矩关系相似。动量 mvv 对通过点 O 的任一轴的矩，等于动量对点 O 的矩矢在轴上的投影。
即
故
mv
[ mv 0（m
ovv(m）=vvm)x](zm=mvv )z(ivm+vvm)y

第十一章 动量定理

FOy
FOx
P
d LO M Oi dt
Fy
Q
P 2 Q 2 P 3Q 2 LO l l l 3g g 3g
Q
Fx
M Oi
l P cos Ql cos 2
P 3Q 2 l 3g

P 2Q l cos 2
由上式解出
P 2Q 3g cos P 3Q 2l
J C Fd r
有:
x
aC
Fd f d FN
m 2 及: J C r 2

Fd
FN
得:
aC g (sin f d cos )
g 2 f d cos r
例14：匀质杆OA长l，重力为P。可绕过点O的水平轴转动，A端 铰接一半径为R、重力为Q的匀质圆盘，初瞬时OA杆处于水平 位置，然后系统无初速释放。略去各处摩擦，试求杆OA转到任 意位置（用角表示）时的角速度及角加速度。 解： 由圆轮受力图， J A＝0 A 因此A＝A0＝0， 圆盘在运动过程中作平移 整体对点O应用动量矩定理
或
Jz
d2 dt
2
M zi
例8 已知：半径为r，滑轮重力为G，将其视为圆环。物A 重力为P，物B重力为Q，且P>Q。试求(1)两重物的加速度 及轮的角加速度; (2)支座O处的约束力。 解： 研究对象为轮、物体A和B。
分析受力，
运动分析
d LO M Oi dt
Fy
对O点应用动量矩定理
d LI MI dt
vA
A
对杆AB
I
C
vC
vC
O
O C
I
q

第十一章动量矩定理习题解答

习题11-1质量为m的质点在平面Oxy内运动，其运动方程为：。

其中a、b和w均为常量。

试求质点对坐标原点O的动量矩。

11-2 C、D两球质量均为m，用长为2 l的杆连接，并将其中点固定在轴AB上，杆CD与轴AB的交角为，如图11-25所示。

如轴AB以角速度w转动，试求下列两种情况下，系统对AB轴的动量矩。

<1）杆重忽略不计；<2）杆为均质杆，质量为2m。

b5E2RGbCAP图11-25(1>(2>11-3 试求图11-26所示各均质物体对其转轴的动量矩。

各物体质量均为m。

图11-26(a>(b>(c>(d>11-4如图11-27所示，均质三角形薄板的质量为m，高为h，试求对底边的转动惯量Jx。

图11-27面密度为在y处微小区域对于z轴的转动惯量11-5 三根相同的均质杆，用光滑铰链联接，如图11-28所示。

试求其对与ABC所在平面垂直的质心轴的转动惯量。

p1EanqFDPw图11-2811-6 如图11-29所示，物体以角速度w绕O轴转动，试求物体对于O轴的动量矩。

(1> 半径为R，质量为m的均质圆盘，在中央挖去一边长为R的正方形，如图11-32a所示。

(2> 边长为4a，质量为m的正方形钢板，在中央挖去一半径为a的圆，如图11-32b所示。

DXDiTa9E3d图11-29(1>(2>11-7如图11-30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三点在同一直线上。

试求下列两种情况下轮子的动量和对地面上B点的动量矩：(1>当轮子只滚不滑时，已知vA；(2>当轮子又滚又滑时，已知vA、w。

RTCrpUDGiT图11-30(1>(2>11-8曲柄以匀角速度w绕O轴转动，通过连杆AB带动滑块A与B分别在铅垂和水平滑道中运动，如图11-31所示。

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M z Q(v1r1 cos1 v2r2 cos2 )
例 3 （书上例 11-7，动量矩守恒。）
质量为 m1 = 5kg，半径 r = 30cm 的均质圆盘，可绕铅直轴 z 转
动，在圆盘中心用铰链 D 连接一质量 m2 = 4kg 的均质细杆
AB，AB = 2r，可绕 D 转动。当 AB 杆在铅直位置时，圆盘的
三、 刚体 1. 平动刚体
11-1
LO r MvC
2. 转动刚体（对定轴或平面上定点）
Lz I z
LO IO
3. 平面运动刚体
对质心 C： LC IC
对定点 O： LO mO (MvC ) IC
对瞬心 C＇： LC IC
11.2 动量矩定理
一、 质点动量矩定理
由牛顿第二定律： ma F
l 3g
而 aC
2
4
则
W 3g W
NA W g
4
4
IV. 绳子剪断前后 A 反力的变化：
WW W ΔN A N A N A0
42 4
例 2 例 11-5 （较典型题目）
作业：11-18
11.4 质点系相对动点的动量矩定理(*)
此部分较难，特别是公式推导不易理解。主要掌握两种：①对质心的动量矩定理；②平
m2 g
转速为 n = 90rpm。试求杆转到水平位置，碰到销钉 C 而相对
静止时，圆盘的转速。
解：系统对 z 轴动量矩守恒。
初时系统动量矩： Lz I z盘 1 m1r 2 4
末时系统动量矩： Lz Iz盘 Iz杆 1 m1r2 1 m2 (2r)2
4
12
Lz Lz
11-4
1 4
m1r 2
11-2
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欲用动量矩定理求 aC ， aC 只跟三个运动物体有关，并且有一个“轴”O，如图。 但其中的 N 如何处理？
事实上，滚子沿斜面法向是静平衡的， N = Q cosα。 解：① 求加速度 aC 。
研究重物、轮子、滚子整体，画受力图 和运动图如图。
例 11-8 典型题目，较难，综合动力学、静力学、运动学知识，详讲
均质鼓轮（轮轴）质量为 M = 50kg， R = 100mm， r = 60mm， 对质心的回转半径 = 70mm，轴上绕一绳索，其上作用一水 平力 P = 200N。已知轮与地面间的静、动摩擦系数分别为 f =
0.20，f ´ = 0.15。求轮心 C 的加速度 a 和轮的角加速度 。 C
IC
mC (F (e) )
分析未知量：F、a 、N、 ，共 4 个，差一个方程。 C
★由运动学关系可知： a = R ，故可解。 C
★如果鼓轮纯滚动，上面求解即得到 a 和 ；如果有滑动，需要重新求解，方法类似上 C
面的方法。
解：I. 设鼓轮不滑动，受力和运动情况如图。
MaC P F 0 N Mg
aC g
b
L b
b
Qsin P
P r
2
Q
r
sin
2
cos
G
2
(P
2Q)r
P
2
(1
sin
)
P 2Q
bL
Pb1 sin Qsin P
(P G) Q cos
22
2P 2Q
例 2 （例 11-1，欧拉涡轮方程，在流体力学中的应用）（不讲）
已知水在涡轮机中的流动情况，求水对涡轮机的转动力矩（欧拉涡轮方程）。
注意滚子沿法向平衡： N Q cos 0
则
ΣmO (F (e) ) (Q sin P)r
(2)
式(1)(2)代入动量矩定理： dLO
ΣmO
(F
(e)
)
dt
P 2Q
得：
aCr (Q sin P)r
g
Q sin P
aC
g
P 2Q
② 求反力偶。 研究整体，画受力图和运动图。整体对 H 的 动量矩：
对定点 O：
dLO
mO
(F
(e)
)
dt
对定轴 z：
dLz dt
mz (F (e) )
亦可有积分形式动量矩定理：
LO 2
LO1
mO
(S (e)
)
三、 动量矩守恒
对定点：
mO
(
F
(e)
)
0
，→ LO
常矢量
对定轴： mz (F (e) ) 0 ，→ Lz 常量
例 1 图示系统。均质滚子 A、滑轮 B 重量和半径 均为 Q 和 r，滚子纯滚动，三角块固定不动，重 为 G，倾角为 ,重物重量 P。求：①滚子质心的 加速度 aC ；②求滚子运动到斜面中部时地面给 三角块的反力偶。设三较块底边长 b，斜面长 L。 分析：这两问均可用动量矩定理求。
M 2 R2 50 0.072 0.12
aC R 0.110.74 1.074 m/s
2 Rr 0.072 0.1 0.06
F
P
200 146.3 N
2 R2
0.072 0.12
N Mg 50 9.80 490.0 N
最大摩擦力： Fmax fN 0.2 490.0 98.0 N
面运动刚体对瞬心动量矩定理的两种情形。
一、 对质心的动量矩定理 平面运动刚体：
dLC
'
mC
(F
(e)
)
dt
IC mC (F (e) )
二、 对任意动点的动量矩定理 只介绍特例： 平面运动刚体，瞬心 C ' ，质心 C ，满足 CC ' 常数，则
IC ' mC ' (F (e) )
常见两种情况：
易证：
dmO (mv )
dt
mO
(F)
微分形式动量矩定理
其中 O 为定点。
或
dmO (mv) mO (dS )
用冲量矩表示的动量矩定理
亦可有积分形式： mO (mv2 ) mO (mv1) mO (S )
注：上述后两种形式用的较少，书上也没提。
二、 质点系动量矩定理
由质点动量矩定理推广到质点系，质系受力分为外力和内力，内力矩之和为零。则
系统对 O 的动量矩： LO LPO LBO LOA
而 LBO 1 Q r2 ， LPO P vr ， LOA Q vC r 1 Q r2
2g
g
g
2g
则
LO
P g
vr
1 2
Q g
r 2
Q g
vC r
1 2
Q g
r 2
P
2Q g
vC r
(1)
系统外力对 O 的力矩：
ΣmO (F (e) ) Pr Q sin r Q cos OE N OE
11-6
1. 均质圆轮沿固定面纯滚动； 2. 均质直杆沿固定直角墙下滑。
11. 5 刚体平面运动微分方程
为普遍定理综合应用之一，即动量定理（质心运动定理）和动量矩定理（刚体定轴转动
微分方程）的综合应用。
MaCx X (e)
MaCy
Y (e)
IC
mC (F (e) )
注：一般需补充运动学或静力学方程。
以上是分析的基本思路。事实上，根据动力学方程和运动学方程的选择不同，有多种解法：
解 1：（书上解法）
maCx X (e)
maCy
Y (e)
I C
mC (F (e) )
aCx xC
aCy
y C
(xC l sin ) ( yC l cos )
联立，得（积分得 ）、NA、NB
解 2：（较好）
第 11 章 动量矩定理
是三大定理中最难理解的一个定理，尤其是相对动点的动量矩定理。动量矩的概念也是 难理解的。
物理中讲到的角动量定理，即本章的刚体定轴转动微分方程。它只是动量矩定理的特例， 其涵义远不能反映动量矩定理的内容。
与前面两个定理一样，先建立动量矩（与冲量矩）的概念，再建立动量矩与力矩（或冲 量矩）的关系。
11.1 动量矩
一、 质点 mO (mv) r mv
矢量（与力矩类似）
涵义：质点相对某点“转动”运动强度。瞬时量。 问题：直线运动的质点，对一点有动量矩吗？ 二、 质点系 1. 对定点
LO mO (mv) r mv
涵义：质系相对 O 点“转动”运动强度。 2. 对质心 C
绝对动量矩： LC ri ' mivi
11-5
解：I. 绳子剪断前，受力如图(a)。 W
由对称性： N A0 2
II. 绳子剪断瞬时，受力、运动如图(b)。
由定轴转动微分方程：
Iz mz (F (e) )
1 W l2 W l
3g
2
3g
2l
III. 质心运动定理求反力，如图(c)。
MaC
F (e)
W aC W N A
g
1 12
m2
(2r)2
1 4
m1r
2
3m1 3m1 4m2
末时圆盘转速：
n
3m1
n
35
15 90 rpm 90 rpm 43.55 rpm
3m1 4m2 3 5 4 4
31
可见，圆盘变慢了。
作业：11-2、4、10、13
11.3 刚体定轴转动微分方程
即物理中的角动量定理。（略讲）
相对动量矩： LC ' ri ' mivi '
易证： LC LC '
3. 对定点 O 与对质心动量矩的关系 LO rC MvC LC '