第11章 动量矩定理
上一章我们学习了动量定理，它只是从一个侧面反映物体间机械运动传递时，动量的变化与作用在物体上力之间的关系。但当物体作定轴转动时，若质心在转轴上，则物体动量等于零，可见对于转动刚体而言，动量不再用来描述转动物体的物理量。在这一章里我们学习描述转动物体的物理量——动量矩，以及作用在物体上力之间的关系。
11.1 动量矩定理
11.1.1质点和质点系动量矩
1．质点的动量矩
如图11-1所示，设质点在图示瞬时A 点的动量为m v ,矢径为r ，与力F 对点O 之矩的矢量表示类似，定义质点对固定点O 的动量矩为
v r v M m ×=)(m o （11-1）
图11-1
图11-2
质点对固定点O 的动量矩是矢量，方向满足右手螺旋法则，如图11-1所示，大小为固
定点O 与动量AB 所围成的三角形面积的二倍，即
mvh =OAB =)(m M 0的面积Δ2v 其中，h 为固定点O 到AB 线段的垂直距离，称为动量臂。
单位为kg.m 2/s 。
质点的动量对固定轴z 的矩与力F 对固定轴z 的矩类似，如图11-2所示，质点的动量
v m 在oxy 平面上的投影xy )m (v 对固定点O 的矩，
定义质点对固定轴z 的矩，同时也等于质点对固定点O 的动量矩在固定轴z 上的投影。质点对z 轴的动量矩是代数量，即
z o xy o m =m M =m M Z
)]([])[()(v M v v （11-2）
2．质点系的动量矩
质点系对固定点O 的动量矩等于质点系内各质点对固定点O 的动量矩的矢量和，即
∑==n
i i i o )(m 1v M L o （11-3）
质点系对固定轴z 的矩等于质点系内各质点对同一轴z 动量矩的代数和，即
Z
o n
i i i z z )(m =L ][L v M =∑=1
（11-4）
刚体作平移时动量矩的计算：将刚体的质量集中在刚体的质心上，按质点的动量矩计
算。
刚体作定轴转动时动量矩的计算： 设定轴转动刚体如图11-3所示，其上任一质点i 的质量为m i ，到转轴的垂直距离为i r ，某瞬时的角速度为ω，刚体对转轴z 的动量矩由式（11-4）得
z
图11-3
ω
J =ω)r m (=)
r ωr (m =)r v (m =)(m M =L z n
i i i n i i i i n
i i i i n
i i i z ∑∑∑∑====1
21
1
1v z
即
ωJ =L z z （11-5）
其中，∑=n
i i i z r m =J 1
2为刚体对转轴z 的转动惯量1
。
定轴转动刚体对转轴z 的动量矩等于刚体对转轴z 的转动惯量与角速度的乘积。
11.1.2质点和质点系动量矩定理
1．质点的动量矩定理
如图11-1所示，设质点对固定点O 的动量矩为)(m o v M ，力F 对同一点O 力矩)(o F M ，将式（11-1）对时间求导得
)(m dt
d m ×dt d =)m ×(dt d =)(m dt d o v r v r v r v M ×+][ )(=m ×=o F M F r v v ×+
即
)(=)(m dt
d
o o F M v M ][ （11-6） 质点的动量矩定理：质点对某一固定点的动量矩对时间的导数等于作用在质点上力对同一点的矩。
将式（11-6）向直角坐标系投影得
?????????)
(M =)(m M dt
d )(M =)(m M dt
d
)(M =)(m M dt d
z
z y y x x F v F v F v ][][][ （11-7） 特殊情形：
当质点受有心力F 的作用时，如图11-4所示，力矩0=)(o F M ，则质点对固定点O 的动量矩)(m o v M =恒矢量，质点的动量矩守恒。例如行星绕着恒星转，受恒星的引力作用，引力对恒星的矩0=)(o F M ，行星的动量矩)(m o v M =恒矢量，此恒矢量的方向是不变的，因此行星作平面曲线运动；此恒矢量的大小是不变的，即mvh=恒量，行星的速度v 与恒星到速度矢量的距离h 成反比。
1
刚体对转轴的转动惯量计算见附录Ⅱ
x
图11-4
例题11-1如图11-5所示单摆，由质量为m 的小球和绳索构成。单摆悬吊于点O ，绳长为l ，当单摆作微振幅摆动时，试求单摆的运动规律。
图11-5
解：根据题意以小球为研究对象，小球受力为铅垂重力g m 和绳索拉力F 。单摆在铅
垂平面内绕点O 作微振幅摆动，设摆与铅垂线的夹角为?，?为逆时针时正，如图11-5所示。则质点对点O 的动量矩为
mvl )m (M o =v 作用在小球上的力对点O 的矩为
?sin mgl )(M o -=F 由质点的动量矩定理得
?sin mgl l v
m -= （1） 由于?
l ωl v ==，则? l v =，又由于单摆作微振幅摆动，则??≈sin 从而由式（1）得单摆运动微分方程为
022=+??l
g
dt d （2） 解式（2）得单摆的运动规律为
)t sin(ωn o θ??+= 其中，l
g
ωn =
称为单摆的角频率，单摆的周期为 g
l πωπ
T n
22==
o ?称为单摆的振幅，θ称为单摆的初相位，它们由运动的初始条件确定。
2．质点系的动量矩定理
设质点系由n 个质点组成，对每一个质点列式（11-6）有
)(+)(=)(m dt
d
i i o e i o i i o F M F M v M ][ 其中，)(e
i o F M 为外力矩，)(i i o F M 为内力矩，上式共列n 个方程，将这些方程进行左右连加，并考虑内力矩之和为零，得
∑∑==n
i e i o n i i i o )(=)(m dt d
1
1F M v M ][ ∑∑==n
i e i o n
i i i o )(=)(m dt d 1
1F M v M ][ 即 ∑=n
i e i o o )(=dt d
1F M L （11-8）
质点系的动量矩定理：质点系对某一固定点的动量矩对时间的导数等于作用在质点系
上的外力对同一点矩的矢量和（或称外力的主矩）。
将式（11-8）向直角坐标系投影得
????
?????∑∑∑===n
i e
i z z n i e
i y y n
i e i x x )(M =L dt d )(M =L dt d )
(M =L dt d 111
F F F （11-9）
特殊情形：
（1）当作用在质点系上外力对某点的矩等于零时，即01=∑=n
i e i o )(M F ，由式(11-8)知，
质点系动量矩=o L 恒矢量，则质点系对该点的动量矩守恒。
（2）当作用在质点系上的外力对某一轴的矩等于零时，则质点系对该轴的动量矩守恒。例如01=∑=n
i e i x )(M F ，由式（11-9）知，质点系对x 轴的动量矩=x L 恒量，则质点系对x
轴的动量矩守恒。
例题11-2在矿井提升设备中，两个鼓轮固联在一起，总质量为m ，对转轴O 的转动惯量为o J ，在半径为1r 的鼓轮上悬挂一质量为1m 的重物A ，而在半径为2r 的鼓轮上用绳牵引小车B 沿倾角θ的斜面向上运动，小车的质量为2m 。在鼓轮上作用有一不变的力偶矩M ，如图11-6所示。不计绳索的质量和各处的摩擦，绳索与斜面平行，试求小车上升的加速度。
M
图11-6
解：选整体为质点系，作用在质点系上的力为三个物体的重力g m 、g 1m 、g 2m ，在鼓轮上不变的力偶矩M ，以及作用在轴O 处和截面的约束力为ox F 、oy F 、N F 。质点系对转轴O 的动量矩为
222111r v m r v m ωJ L o o ++=
其中，ωr v 11=，ωr v 22=， 则
ωr m ωr m ωJ L o o 222211++=
作用在质点系上的力对转轴O 的矩为
θsin gr m gr m M M o 2211-+= 由质点系的动量矩定理
∑=n
i e i o o )(=dt d
1F M L 得
θsin gr m gr m M ωr m ωr m ω
J o 2211222211-+=++ 解得鼓轮的角加速度为
2
222112211r m r m J sin gr m gr m M αo ++-+=
θ
小车上升的加速度为
22
222112211r r m r m J g
)sin r m r m (M a o ++-+=
θ
例题11-3如图11-7所示的装置，质量为m 的杆AB 可在质量为M 的管CD 内任意的
滑动，AB=CD =l ，CD 管绕铅直轴z 转动，当运动初始时，杆AB 与管CD 重合，角速度为o ω，各处摩擦不计。试求杆AB 伸出一半时此装置的角速度。
解：以整体为质点系，因作用在质点系上的外力为重力和转轴处的约束力，对转轴的力矩均为零，故质点系对转轴的动量矩守恒。即
z L =恒量
管CD 作定轴转动，杆AB 作平面运动，由运动学知
CD AB ωωω== 杆AB 的质心E 速度为
Er Ee Ea v v v +=
管CD 对转轴的动量矩为
ωMl ωJ L z zCD 23
1
=
= 当杆AB 伸出为x 时，对转轴的动量矩为
ωml ωx l m ωJ x l mv L c Ee zAB 2212
1
)2()2(++=++=
当0=x 时：
o o o zAB zCD z ωml ωl m ωMl L L L 22
2
112
1431++=+=
当2
l
x =时：
ωml ωl l m ωMl L L L zAB zCD z 222212
1
)22(31+++=+=
ωml ωMl 2212
13
31+= 由21z z L L =得此装置在该瞬时的角速度为
o ωm
M m M ω4
13++=
3．质点系相对质心的动量矩定理
建立定系oxyz ，和以质心C 为坐标原点的动坐标系z y x C '''。设质点系质心C 的矢径为c r ,任一质点i 的质量i m ，对两个坐标系的矢径分别为i r 、i ρ，三者的关系如图11-8所示。
ρ+r =r
质点系对固定点O 的动量矩为
∑∑∑∑====???n
i i i n
i i n
i i i c n
i i o m +m ×=m )+(=m =1
1
1
1
i i c i i i v ρv r v ρr v r L （1）
其中，
质点系对质心C 的动量矩为
∑=?n
i i i c m =1i v ρL （2）
质点系相对定系的动量为
c i i v v P M =m =n
i ∑=1 （3）
将式（2）和式（3）代入式（1）得有质点系对固定点O 的动量矩和质点系对质心C 的动
量矩间的关系为
C
o L +P ×r =L c （4）
式（4）对时间求导得
dt
d +
dt d +M =dt d c
c L P r v v L c c o ?? （5） 作用在质点系上的外力对固定点O 的力矩为
∑∑∑∑====???n
i e i i n
i e
i c n
i e
i i c n
i e
i i +=)+(==1
1
1
1
F ρF r F ρr F ×r M o (6)
作用在质点系上的外力对质心C 的力矩为
∑=?n
i e i i c =1F ρM （7）
将式（5）、（6）和（7）代入质点系动量矩定理式（11-8）中，并考虑质点系动量定理，从
而得
c c
dt
d M L = （11-10）
质点系相对质心的动量矩定理：质点系相对质心的动量矩对时间的导数等于作用在质点系上的外力对质心之矩的矢量和（或称主矩）。
应当指出：
（1）质点系动量矩定理只有对固定点或质心点取矩时其方程的形式才是一致的，否则对其它动点取矩质点系动量矩定理将更加复杂；
（2）不论是质点系的动量矩定理还是质点系相对于质心的动量矩定理，质点系动量矩的变化均与内力无关，与外力有关，外力是改变质点系的动量矩的根本原因。
11.2 刚体定轴转动微分方程
如图11-9所示，设定轴转动刚体某瞬时的角速度为ω，作用在刚体上主动力为i F 、约束力为Ni F (i=1,…n )，刚体对转轴z 的动量矩由式（11-5）有
n
图11-9
ωJ =L z z
将上面的动量矩代入式（11-9）中的第三式中，得刚体定轴转动微分方程：
∑=n
i i z )(M =ω)(J dt d
Z
1
F 或 ∑=n i i z )(M =dt ω
d J Z
Z
1F 或 ∑=n
i i z )(M =αJ Z
1
F （11-11）
其中，
∑=n
i i z
)(M
1
F 为主动力对转轴z 的矩，因为转轴处的约束力对转轴的矩
01
=∑=n
i Ni z
)(M
F 。则刚体对转轴z 的转动惯量与角加速度的乘积等于作用在转动刚体上的
主动力对转轴z 的矩的代数和（或主矩）。
刚体定轴转动微分方程∑=n i i z )(M =αJ Z
1F 与质点运动微分方程∑==n
i i m 1
F a 类似，则有
转动惯量是转动刚体的惯性量度。当01
=)(M n
i i z ∑=F 时，刚体转动对转轴z 的动量矩
=ωJ =L Z
Z
恒量，动量矩守恒，例如花样滑冰运动员通过伸展和收缩手臂以及另一条腿，
改变其转动刚体惯量，从而达到增大和减少旋转的角速度；当=∑=n
i i z )(M 1
F 恒量，对于确
定的刚体和转轴而言，刚体作匀变速转动。
利用刚体定轴转动微分方程求解动力学的两类问题。 例题11-4如图11-10所示，飞轮以角速度绕o ω绕轴O 转动，飞轮对轴O 转动惯量为o J ，当制动时其摩擦阻力矩为ωk M -=，其中，k 为比例系数，试求飞轮经过多少时间后角速度减少为初角速度的一半，在此时间内转过的转数。
图11-10
解：（1）求飞轮经过多少时间后角速度减少为初角速度的一半 飞轮绕轴O 转动的微分方程为
M dt
ωd J o =
将摩擦阻力矩ωk M -=，代入上式有
ωk dt
ωd J o -=
采用解微分方程的分离变量法，并积分
??-=t kdt ωωd J o ω
ωo 020
解得时间为
2ln k
J
t o =
（2）求飞轮转过的转数
飞轮绕轴O 转动的微分方程写成为
dt
d k
dt ωd J o ?
-= 方程的两边约去dt ，并积分
??
-=?
?0
2kd ωd J o
o
ωωo
解得飞轮转过的角度为
k
ωJ o
o 2=
? 则飞轮转过的转数为
k
πωJ πn o
o 42=
=
?
例题11-5传动轴系如图11-11a 所示，主动轴Ⅰ和从动轴Ⅱ的转动惯量分别为1J 和2J ，
传动比为1
2
12R R i =
，1R 和2R 分别为主动轴Ⅰ和从动轴Ⅱ的半径。若在轴Ⅰ上作用主动力矩1M ，在轴Ⅱ上有阻力矩2M ，各处摩擦不计，试求主动轴Ⅰ的角加速度。
2
τ
图11-11
(a)
(b)
1
解：由于主动轴Ⅰ和从动轴Ⅱ为两个转动的物体，应用动量矩定理时应分别研究。受力传动轴系如图11-11b 所示，设沿角加速度的方向为建立动量矩方程的正方向，其定轴转动微分方程为
1111R F M αJ τ'-= （1）
2222M R F αJ -=τ （2）
因轮缘上的切向力ττF F '=，传动比2
1
1212ααR R i =
= 则式（1）×12i ＋式（2），并注意121
2i αα=
得主动轴Ⅰ的角加速度为 2
12
2
112
2
11i J J i M M α+-=
11.3 刚体平面运动微分方程
由运动学知，刚体的平面运动可以分解为随基点的平移和相对于基点转动的两部分。在动力学中，一般取质心为基点，因此刚体的平面运动可以分解为随质心的平移和相对于质心转动的两部分。这两部分的运动分别由质心运动定理和相对于质心的动量矩定理来确定。
如图11-12所示，作用在刚体上的力简化为质心所在平面内一平面力系e i F (i =1,…n ),在质心C 处建立平移坐标系y x C ′′，由质心运动定理和相对于质心的动量矩定理得
图11-12
???????
=∑∑==n
i e
i c c n
i e i )(M =ω)(J dt
d Ma 11
F F c （11-12） 式（11-12）的投影形式：
????
?????==∑∑∑====n
i e i c c n
i e
iy
cy n 1i e
ix n i e ix cx )(M =J F a M F F Ma 111∑F ? （11-13） 即式（11-12）或（11-13）为刚体平面运动微分方程，利用此方程求解刚体平面运动的两类
动力学问题。
例题11-6均质的鼓轮，半径为R ，质量为m ，在半径为r 处沿水平方向作用有力1F 和2F ，使鼓轮沿平直的轨道向右作无滑动滚动，如图11-13所示，试求轮心点O 的加速度，
及使鼓轮作作无滑动滚动时的摩擦力。
图11-13
解：由于鼓轮作平面运动，鼓轮的受力如图11-13所示，建立鼓轮平面运动微分方程为
F F F ma ox +-=21 （1） mg F ma N oy -= （2）
FR r F r F αJ o -+=21 （3）
因鼓轮沿平直的轨道作无滑动的滚动，则0=oy a ，mg F N =，R v ωo =，R
a
R v αox o == ，代
入式（3）得
FR r F r F R
a
J ox o -+=21 （4）
式（1）和式（4）联立得轮心点O 的加速度为
R mR J R
)F F (r )F F (a a o ox 22121+-++==
其中转动惯量22
1
mR J o =
，则有 mR
R )F F (r )F F (a a ox 3]
[22121-++=
= 使鼓轮作无滑动滚动时的摩擦力为
R
R
)F F (r )F F (F 322121--+=
例题11-7如图11-14a 所示均质杆AB 质量为m ，长为l ，放在铅直平面内，杆的一端A 靠在光滑的铅直墙壁上，杆的另一端B 靠在光滑水平面上，初始时，杆AB 与水平线的夹角o ?，设杆无初速地沿铅直墙面倒下，试求杆质心C 的加速度和杆AB 两端A 、B 处的
约束力。
(a)
x
图11-14
解：根据题意，杆AB 在铅直平面内作平面运动，其受力如图11-14b 所示。建立杆的平面运动微分方程为
NA c F x
m = （1） mg F y
m NB c -= （2） ??sin l
F cos l F αJ NA NB
c 2
2-= （3）
由几何条件得质心的坐标为
??
???
==?
?
sin l
y cos l x c c 22 （4） 并注意ω-=? （即角速度方向与夹角?增大的方向相反）。
式（4）对时间求导，得
??
???+-=-=)
sin ωcos (αl
y )
cos ωsin (αl x c c ????22
22 （5） 其中转动惯量212
1
ml J c =
。 将式（5）代入（1）和式（2）并将式（1）、式（2）、式（3）联立求解得杆AB 的角加速度为
l
cos g 23?
α=
（6） 对角速度作如下的变换为
dt
d d d ωdt d ωα??-==
代入式（6），并积分得杆AB 的角速度为
)sin (sin l
g
ωo ??-=
3 （7）
将式（6）和式（7）代入式（5）得质心加速度为
?????-+-=-=)
sin sin sin (g
y cos )sin sin (g x o c o c ????
??214323432
（8） 则杆AB 两端A 、B 处的约束力为 ??
???--=-=)
sin sin (sin mg mg F cos )sin sin (mg F o NB o NA ??????2434123432 例题11-8均质圆轮半径为r ，质量为m ，受轻微干扰后，在半径为R 的圆弧轨道上往
复无滑动的滚动，如图11-15所示，试求圆轮轮心C 的运动方程，以及作用在圆轮上的约束力。
图11-15
解：由于圆轮作平面运动，轮心C 作圆周运动，则在轮心C 的最低点O 建立自然坐标系，并假设圆轮顺时针方向为动量矩方程的正方向，坐标及轮的受力如图11-15所示。列圆轮平面运动微分方程为
θτsin mg F ma c -= （1）
θcos mg F ma N n
c -= （2）
Fr αJ c -= （3）
其中，轮心的加速度22dt
s d a c =τ
，r R v a c n
c -=2
，转动惯量221mr J c =。
由于圆轮无滑动的滚动，其角速度为
r
v ωc =
则角加速度为
r
a r v
αc c τ== （4）
轮心C 运动的弧坐标为
θ)r R (s -= （5）
式（5）代入式（4）得
θτ
r
r R r a r v αc c -=== （6）
式（6）代入式（3），并与式（1）联立求解，注意当圆轮作微幅滚动时，有θθ≈sin ，从而得
0322
2=-+s )r R (g dt
s d 此微分方程的解为
)t sin(ωs s n o θ+=
（7） 其中，)
r R (g
ωn -=
32为圆轮滚动的圆频率。o s 为振幅，θ为初相位，它们均由初始条件
定。
当0=t 时，由题意知
?
??==o v v s 0
则 ???==θθ
cos ωs v sin s n o o
o 0
解得0=θ，g
)
r R (v ωv s o n o o 23-==
，代入式（7）圆轮轮心C 的运动方程为 )t )
r R (g
sin(g )r R (v s o
--=3223 作用在圆轮上的约束力为
)t )
r R (g
sin()r R (g mv sin mg F o
---=3232θ
)t )
r R (g
(cos r R v m cos mg F o N --+=3222θ
11.4 本章小结
1.动量矩
（1）质点动量矩
质点对点的动量矩: v r v M m ×=)(m o
是矢量，方向按右手螺旋法则确定；大小：mvh =)(m M 0v ，其中，h 称为动量臂，单位为kg.m 2/s 。
质点对轴的动量矩：])[()(xy o m M =m M Z
v v
它是代数量。
（2）质点系动量矩
质点系对点的动量矩：∑==n
i i i o )(m 1
v M L o
质点系对轴的动量矩：Z
o n
i i i z z =)(m =L ][L v M ∑=1
（3）质点系对点的动量矩和对轴的动量矩的关系
Z
o z =L ][L
刚体作平移时动量矩的计算：将刚体的质量集中在刚体的质心上，按质点的动量矩计算。
刚体作定轴转动时动量矩的计算：ωJ =L z z 2.动量矩定理
（1）质点的动量矩定理：质点对某一固定点的动量矩对时间的导数等于作用在质点上力对同一点的矩。即
)(=)(m dt
d
o o F M v M ][ 投影形式：
?????????)
(M =)(m M dt d )(M =)(m M dt
d
)(M =)(m M dt d
z
z y y x x F v F v F v ][][][ （2）质点系的动量矩定理：质点系对某一固定点的动量矩对时间的导数等于作用在质点系
上的外力对同一点矩的矢量和（或称外力的主矩）。即
∑=n
i e i o o )(=dt d
1
F M L 投影形式：
?????????∑∑∑===n
i e
i z z n i e
i y y n i e i x x )(M =L dt
d )(M =L dt d )
(M =L dt d 111
F F F
（3）质点系动量矩守恒定律
当作用在质点系上外力对某一的矩等于零时，则质点系对该点的动量矩守恒。 当作用在质点系上的外力对某一轴的矩等于零时，则质点系对该轴的动量矩守恒。 （4）质点系相对质心的动量矩定理：质点系相对质心的动量矩对时间的导数等于作用在质点系上的外力对质心之矩的矢量和。即
c c
dt
d M L = 3.刚体定轴转动微分方程
∑=n
i i z )(M =dt ωd J Z
Z
1
F
或 ∑=n
i i z )(M =αJ Z
1
F
刚体定轴转动微分方程与质点运动微分方程类似。
4.刚体平面运动微分方程
???????
=∑==n i e i c c n
1i e i )(M =ω)(J dt d Ma 1∑F F c 投影形式：
????
?????==∑∑∑====n
i e i c c n 1i e
iy n i e iy cy n i e ix
cx )
(M =J F F a M F Ma 111
∑F ? 利用刚体定轴转动微分方程和刚体平面运动微分方程，可求解动力学的两类问题。
动量矩定理 1２－１ 质量为m 的点在平面Ｏx ｙ内运动,其运动方程为: t b y t a x ωω2sin cos == 式中a 、b 和ω为常量。求质点对原点Ｏ的动量矩。 解:由运动方程对时间的一阶导数得原点的速度 t b t y v t a t x v y x ωωωω2cos 2d d sin d d ==-== 质点对点O 的动量矩为 t a t b m t b t a m x mv y mv m M m M L y x O O ωωωωωωcos 2cos 22sin )sin ()()(0??+?-?-=?+?-=+=y x v v ? t mab ωω3 cos 2= 1２-3 如图所示，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，A Ｃ ＝ e ；轮子半径为Ｒ，对轴心A 的转动惯量为ＪA ;C 、Ａ、B 三点在同一铅直线上。（１)当轮子只滚不滑时，若v Ａ已知，求轮子的动量和对地面上B 点的动量矩。（２)当轮子又滚又滑时，若v A 、ω已知,求轮子的动量和对地面上Ｂ点的动量矩。 解：(1)当轮子只滚不滑时B 点为速度瞬心。 ? 轮子角速度R v A =ω? 质心C 的速度)(e R R v C B v A C += =ω? ?轮子的动量(A C mv R e R mv p += =?方向水平向右） ?对Ｂ点动量矩ω?=B B J L ? 由于? 2 22)( )( e R m me J e R m J J A C B ++-=++= 故[ ] R v e R m me J L A A B 2 2)( ++-=? (２）当轮子又滚又滑时由基点法求得C 点速度。 e v v v v A CA A C ω+=+= 轮子动量( )(e v m mv p A C ω+==?方向向右） 对B 点动量矩 ) ( )()()( )( 2e mR J e R mv me J e R e v m J BC mv L A A A A C C B +++=-+++=+=ωωωω 12-13 如图所示，有一轮子，轴的直径为50 m ｍ，无初速地沿倾角?=20θ的轨道滚下,设只滚不滑，5秒内轮心滚动的距离为s = 3 m 。试求轮子对轮心的惯性半径。 解:取轮子为研究对象,轮子受力如图(ａ）所示，根据刚体平面运动微分方程有 ? F mg ma C -=θsin ? (1) J Ｃα = Ｆr ? ?（2） 因轮子只滚不滑，所以有 a Ｃ ＝αr （3）
第12章 动量矩定理 通过上一章的学习我们知道动量是表征物体机械运动的物理量。但是在某些情况下，一个物体的动量不足以反映它的运动特征。例如，开普勒在研究行星运动时发现，行星在轨道上各点的速度不同，因而动量也不同，但它的动量的大小与它到太阳中心的距离之乘积—称为行星对太阳中心的动量矩，总是保持为常量，可见，在这里，行星对太阳中心的动量矩比行星的动量更能反映行星运动的特征。 在另一些情况下，物体的动量则完全不能表征它的运动。例如，设刚体绕着通过质心C 的z 轴转动。因为不论刚体转动快慢如何，质 心速度C v 总是等于零，所以刚体的动量也总是零。但是，刚体上各质点的动量大小与其到z 轴的距离的乘积之和—即刚体对z 轴的动量矩却不等于零。可见，在这里，不能用动量而必须用动量矩来表征刚体的运动。 §12-1 质点动量矩定理 例2.人造地球卫星本来在位于离地面600km h =的圆形轨道上，如图所示，为使其进入410km r =的另一圆形轨道，须开动火箭，使卫星在A 点的速度于很短时间内增加0.646km/s ，然后令其沿椭圆轨道自由飞行到达远地点B ，再进入新的圆形轨道。问：（1）卫星在椭圆轨道的远地点B 处时的速度是多少？（2）为使卫星沿新的圆形轨道运行，当它到达远地点B 时，应如何调整其速度？大气阻力及其它星球的影响不计。地球半径6370km R =。 图12-5 解：首先求出卫星在第一个圆形轨道上的速度，可由质点动力学方程求出。卫星运行时只受地球引力的作用，即 2 2 () R F mg R x =+ 式中x 是卫星与地面的距离。当卫星沿第一圆形轨道运动时，有
22 2 ()()v R m mg R h R h =++ 即 2 2 () gR v R h =+ （b ） 将6370km R =，600km h =，9.8m/s g =代入上式，得卫星在第一个圆形轨道上运动的速度 17.553km/s v = 所以卫星在椭圆轨道上的A 点的速度为 7.5530.6468.199km/s A v =+= 卫星在椭圆轨道上运动时，仍然只受地球引力作用，而该引力始终指向地心O ，对地以O 的矩等于零，所以卫星对地心O 的动量矩应保持为常量。设卫星在远地点B 的速度为B v ，则有 A A B B r v r v = 所以 4 63706008.199 5.715km/s 10A B A B r v v r += ?=?= 设卫星沿新的圆形轨道运行时所需的速度为2v ，则 22 2 2 4 9.86370 6.306km/s 10gR v r ?=== 由此可见，为使卫星沿着第二个圆形轨道运行，当它沿椭圆轨道到达B 点时，应再开动火箭，使其速度增加一个值 20.591km/s B B v v v ?=-= 顺便指出，在（b ）式中令0h →，就得到7.9km/s v =，这就是为使卫星在离地面不远处作圆周运动所需的速度，称为第一宇宙速度。 §12-2 质点系动量矩定理 例1.质量为1m 、半径为R 的均质圆轮绕定轴O 转动，如图所示。轮上缠绕细绳,绳端悬挂质量为2m 的物块,试求物块的加速度。均质圆 轮对于O 轴的转动惯量为211 2 O J m R =。
习 题 11-1 质量为m 的质点在平面Oxy 内运动，其运动方程为：t b y t a x ωω2sin ,cos ==。其中a 、b 和w 均为常量。试求质点对坐标原点O 的动量矩。 t a x v x ωωsin -== t b y v y ωω2cos 2== x mv y mv L y x O +-= )cos 2cos 22sin sin (t a t b t b t a m ωωωωωω?+?= )cos 2cos 22sin (sin t t t t mab ωωωωω?+?= )cos 2cos 2cos sin 2(sin t t t t t mab ωωωωωω?+?= )2cos (sin cos 22t t t mab ωωωω+= t mab ωω3cos 2= 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θ，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 。 图11-25 (1) θθ222sin 2)sin (2ml l m J z =?= θω22sin 2l m L z = (2) θθ220 2sin 3 2d )sin (2ml x x l m J l z ==?杆 θ22sin 3 8 ml J z = θ ω22sin 3 8 l m L z = 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) ω23 1ml L O = (b) 22291)6(121ml l m ml J O =+= ω29 1ml L O -=
y x 第十一章 动量矩定理 习题解 [习题11-1] 刚体作平面运动。已知运动方程为：2 3t x C =，24t y C =，3 2 1t = ?，其中长度以m 计，角度以rad 计，时间以s 计。设刚体质量为kg 10，对于通过质心C 且垂直于图平面的惯性半径m 5.0=ρ，求s t 2=时刚体对坐标原点的动量矩。 解： )(1223|2 2m x t C =?== )(1624|22m y t C =?== t t dt d dt dx v C Cx 6)3(2=== )/(1226|2s m v t Cx =?== t t dt d dt dy v C Cy 8)4(2=== )/(1628|2s m v t Cy =?== 2323)21(t t dt d dt d === ?ω )/(622 3 |22s rad t =?==ω → →→+=k v m M J L C Z Cz O )]([ω → → -+=k y mv x mv m L C Cx C Cy O ][2 ωρ → =→ ?-?+??=k L t O ]1612121665.0[10|2 2 → =→ =k L t O 15|2 )/(2 s m kg ?，→ k 是z 轴正向的单位向量。 [习题11-2] 半径为R ，重为W 的均质圆盘固结在长l ，重为P 的均质水平直杆AB 的B 端，绕铅垂轴Oz 以角速度ω旋转，求系统对转轴的动量矩。 解： g Pl l g P J AB z 3312 2,=??=
平动 )(a O 转动 绕定轴C )( b 转动 绕定轴1 )(O c 1 O 在圆弧上作纯滚动 )(d g l R W l g W g J l z 4)4(R W 412222,+=?+??=圆盘 ωω?+?=圆盘,,z AB z z J J L ω4) 4(3[222g l R W g Pl L z ++= ω)4443( 2 2 2 g WR g Wl g Pl L z ++= ω)4333(2 22g WR g Wl g Pl L z ++= ω)433( 2 2R g W l g W P L z ++= [习题11-3] 已知均质圆盘质量为m ，半径为R ，当它作图示四种运动时，对固定点1O 的动量矩分别为多大？图中l C O =1。 解：)(a 因为圆盘作平动，所以 ωω211ml J L z O O == 解：)(b → →→→?+=p r L L C C O 1 其中，质心C 的动量为0 ωω22 1 1mR J L Cz O = = 解：)(c ωω)2 1 (2211ml mR J L z O O +== 解：)(d 因为圆盘作平面运动，所以： ) (11→ +=C Z O Cz O v m M J L ω
1 质点系对某轴的动量矩等于质点系中各质点的动量对同一轴之矩的代数和。 （ ） 2 刚体的质量是刚体平动时惯性大小的度量，刚体对某轴的转动惯量则是刚体绕该轴转动时惯性大小的度量。 （ ） 3 刚体对某轴的回转半径等于其质心到该轴的距离。( ) 4 如果作用于质点系上的所有外力对固定点O 的主矩不为零，那么，质点系的动量矩一定不守恒。( ) 5 如果质点系所受的力对某点（或轴）的矩恒为零，则质点系对该点（或轴）的动量矩不变。( ) 6 图中所示已知两个均质圆柱，半径均为R ，质量分别为2m 和3m ，重物的质量为1m 。重物向下运动的速度为V ，圆柱C 在斜面上只滚不滑，圆柱O 与绳子之间无引对滑动，则系统 对O 轴的动量矩为vR m R m vR m H o 12 232 ++=ω。( ) 7 图中已知均质圆轮的半径为R ，质量为m ，在水平面上作纯滚动，质心速度为C v ，则轮子对速度瞬心I 的动量矩为R mv H c I =。( ) 1 已知刚体质心C 到相互平行的z z 、'轴的距离分别为b a 、，刚体的质量为m ，对z 轴的转动惯量为z J ，则' z J 的计算公式为__________________。
A ．2)(b a m z z ++='J J ； B ．)(2 2b a m z z -+=' J J ； Ｃ．)(2 2b a m z z --=' J J 。 2 两匀质圆盘A 、B ，质量相等，半径相同，放在光滑水平面上，分别受到F 和' F 的作用，由静止开始运动，若' F F =，则任一瞬间两圆盘的动量相比较是_____________________。 Ａ．B A p p >； Ｂ．B A p p <； Ｃ．B A p p =。 3 在一重W 的车轮的轮轴上绕有软绳，绳的一端作用一水平力P ，已知车轮的半径为R ，轮轴的半径为r ，车轮及轮轴对中心O 的回转半径为ρ，以及车轮与地面间的滑动摩擦系数为f ，绳重和滚阻皆不计。当车轮沿地面作平动时，力P 的值为_________________。 Ａ．ρ/fWR P =； Ｂ．r fWR P /=； Ｃ．r fW P /ρ=；④ fW P =。
第11章 动量矩定理 上一章我们学习了动量定理，它只是从一个侧面反映物体间机械运动传递时，动量的变化与作用在物体上力之间的关系。但当物体作定轴转动时，若质心在转轴上，则物体动量等于零，可见对于转动刚体而言，动量不再用来描述转动物体的物理量。在这一章里我们学习描述转动物体的物理量——动量矩，以及作用在物体上力之间的关系。 11.1 动量矩定理 11.1.1质点和质点系动量矩 1．质点的动量矩 如图11-1所示，设质点在图示瞬时A 点的动量为m v ,矢径为r ，与力F 对点O 之矩的矢量表示类似，定义质点对固定点O 的动量矩为 v r v M m ×=)(m o （11-1） 图11-1 图11-2 质点对固定点O 的动量矩是矢量，方向满足右手螺旋法则，如图11-1所示，大小为固 定点O 与动量AB 所围成的三角形面积的二倍，即 mvh =OAB =)(m M 0的面积Δ2v 其中，h 为固定点O 到AB 线段的垂直距离，称为动量臂。 单位为kg.m 2/s 。
质点的动量对固定轴z 的矩与力F 对固定轴z 的矩类似，如图11-2所示，质点的动量v m 在oxy 平面上的投影xy )m (v 对固定点O 的矩，定义质点对固定轴z 的矩，同时也等于质点对固定点O 的动量矩在固定轴z 上的投影。质点对z 轴的动量矩是代数量，即 z o xy o m =m M =m M Z )]([])[()(v M v v （11-2） 2．质点系的动量矩 质点系对固定点O 的动量矩等于质点系内各质点对固定点O 的动量矩的矢量和，即 ∑==n i i i o )(m 1v M L o （11-3） 质点系对固定轴z 的矩等于质点系内各质点对同一轴z 动量矩的代数和，即 Z o n i i i z z )(m =L ][L v M =∑=1 （11-4） 刚体作平移时动量矩的计算：将刚体的质量集中在刚体的质心上，按质点的动量矩计 算。 刚体作定轴转动时动量矩的计算： 设定轴转动刚体如图11-3所示，其上任一质点i 的质量为m i ，到转轴的垂直距离为i r ，某瞬时的角速度为ω，刚体对转轴z 的动量矩由式（11-4）得 图11-3 ω J =ω)r m (=) r ωr (m =)r v (m =)(m M =L z n i i i n i i i i n i i i i n i i i z ∑∑∑∑====1 21 1 1v z 即 ωJ =L z z （11-5）
动量矩定理 12-1 质量为m 的点在平面Oxy 内运动，其运动方程为: x a cos t y bsin2 t 式中a 、b 和 为常量。求质点对原点 O 的动量矩。 解：由运动方程对时间的一阶导数得原点的速度 V x dx sin t dt a V y dy 2b cos2 t 质点对点 O 的动量矩为 L O M o (mV x ) M 0( mV y ) mv x y mv y x m ( a sin t) bsin2 t m 2b cos2 t acos t 2mab cos 3 t 12-3 如图所示，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J A ； C 、A 、B 三点在同一铅直线上。（1 ）当轮子只 滚不滑时，若 V A 已知，求轮子的动量和对地面上 B 点的动量矩。（2）当轮子又滚又滑时， 若V A 、 已知，求轮子的动量和对地面上 B 点的动量矩。 解：（1）当轮子只滚不滑时 B 点为速度瞬心。 轮子角速度 V A R 质心C 的速度V C BC R e 轮子的动量 p mv C mv A (方向水平向右) R 对B 点动量矩L B J B 2 2 2 由于 J B J C m (R e) J A me m (R e) 故 L B J A me 2 m （R e ）2 食 （2）当轮子又滚又滑时由基点法求得 C 点速 度。 V C V A V CA V A e 轮子动量 p mv C m(v A e) （方向向右） 对B 点动量矩 L B mv C BC J C m(v A 2 e) (R e) (J A me) mv A (R e) (J A mRe) 12-13 如图所示，有一轮子，轴的直径为 50 mm 无初速地沿倾角 20的轨道滚下，设 只滚不滑，5秒内轮心滚动的距离为 s =3m 。试求轮子对轮心的惯性半径。 解：取轮子为研究对象，轮子受力如图（ a ）所示，根据刚体平面运动微分方程有 ma C mgsi n F （ 1） J C = Fr （ 2） 因轮子只滚不滑，所以有 a c = r （ 3） ? 12
y 第十一章 动量矩定理 习题解 [习题11-1] 刚体作平面运动。已知运动方程为：2 3t x C =，24t y C =，3 2 1t = ?，其中长度以m 计，角度以rad 计，时间以s 计。设刚体质量为kg 10，对于通过质心C 且垂直于图平面的惯性半径m 5.0=ρ，求s t 2=时刚体对坐标原点的动量矩。 解： )(1223|22m x t C =?== )(1624|2 2m y t C =?== t t dt d dt dx v C Cx 6)3(2=== )/(1226|2s m v t Cx =?== t t dt d dt dy v C Cy 8)4(2=== )/(1628|2s m v t Cy =?== 2323)21(t t dt d dt d === ?ω )/(622 3 |22s rad t =?==ω → →→+=k v m M J L C Z Cz O )]([ω → → -+=k y mv x mv m L C Cx C Cy O ][2 ωρ → =→ ?-?+??=k L t O ]1612121665.0[10|2 2 → =→ =k L t O 15|2 )/(2 s m kg ?，→ k 是z 轴正向的单位向量。 [习题11-2] 半径为R ，重为W 的均质圆盘固结在长l ，重为P 的均质水平直杆AB 的B 端，绕铅垂轴Oz 以角速度ω旋转，求系统对转轴的动量矩。 解： g Pl l g P J AB z 3312 2,=??=
平动 )(a O 转动 绕定轴C )( b 转动 绕定轴1 )(O c O 在圆弧上作纯滚动 )(d g l R W l g W g J l z 4)4(R W 412222,+=?+??=圆盘 ωω?+?=圆盘,,z AB z z J J L ω4) 4(3[222g l R W g Pl L z ++= ω)4443(2 22g WR g Wl g Pl L z ++= ω)4333(2 22g WR g Wl g Pl L z ++= ω)433( 2 2R g W l g W P L z ++= [习题11-3] 已知均质圆盘质量为m ，半径为R ，当它作图示四种运动时，对固定点1O 的动量矩分别为多大？图中l C O =1。 解：)(a 因为圆盘作平动，所以 ωω2 11ml J L z O O == 解：)(b → →→→?+=p r L L C C O 1 其中，质心C 的动量为0 ωω22 1 1mR J L Cz O = = 解：)(c ωω)2 1 (2211ml mR J L z O O +== 解：)(d 因为圆盘作平面运动，所以： )(11→ +=C Z O Cz O v m M J L ω
第十二章 动量矩定理 一、填空题 1．如下（1）图所示，在提升重为Ｇ的物体Ａ时，可在半径为ｒ的鼓轮上作用一力偶Ｍ。已知鼓轮对轴Ｏ的转动惯量为Ｉ，某瞬时鼓轮的角加速度为α，则该瞬时，系统对轴Ｏ的动量矩定理可写成______________。 2．如下（2）图所示，轮Ｂ由系杆ＡＢ带动在固定轮Ａ上无滑动滚动，两圆的半径分别为Ｒ，ｒ。若轮Ｂ的质量为ｍ，系杆的角速度为ω，则轮Ｂ对固定轴Ａ的动量矩大小是_______________。 3．图（3）中匀质圆盘在光滑水平面上作直线平动，图（4）中匀质圆盘沿水平直线作无滑动滚动。设两圆盘的质量皆为ｍ，半径皆为ｒ，轮心Ｏ速度皆为ｖ，则图示瞬时，它们各自对轮心Ｏ和对与地面接触点Ｄ的动量矩分别为：（3）ＬO ＝___________ ；ＬD ＝_____________________； （4）ＬO ＝_____________；ＬD ＝_____________________。 二、选择题 1．如下图（1）所示，已知两个匀质圆轮对转轴转动惯量分别为I Ａ，I Ｂ，半径分别为ＲＡ，ＲＢ，作用在Ａ轮上的转矩为Ｍ，则系统中Ａ轮角加速度的大小为（ ）。 2 2A 2 2B 2 A A B A A 222A D C I I M B A B A B A B A A B B R I R I MR I M R I R I MR +==+=+=αααα、；、；、；、 2．如下图（2）所示，两匀质细杆ＯＡ和ＢＣ的质量均为ｍ ＝ ８ｋｇ，长度均为ｌ ＝ ０．５ｍ， 固连成图所示的Ｔ字型构件，可绕通过点Ｏ的水平轴转动。当杆ＯＡ处于图示水平位置时，该构件的角速度ω ＝ ４ｒａｄ／ｓ。则该瞬时轴Ｏ处反力的铅垂分力ＮＯｙ的大小为（ ）。 Ａ．ＮＯ=２４．５Ｎ；Ｂ．ＮＯ=３２．３Ｎ；Ｃ．ＮＯ=７３．８Ｎ；Ｄ．ＮＯ=１５６．８Ｎ 3．如果把下图（3）中重为G A 的物体换为图（4）所示的力G A ，在这两种情况下，若把匀质滑轮的角加速度ε１和ε２的大小比较，则有（ ）。 A ． ε１ ＜ ε； B ． ε１ ＞ ε； C ． ε１ ＝ ε２ (1) (2) (3) (4) (1) (2) (3) (4)
授课时间 第24课，第 2 周星期 4 第1、2 节课时 2 授课方式理论课√讨论课□习题课□实验课□上机课□技能课□其他□授课题目 第十二章动量矩定理§12-1 质点和质点系的动量矩 §12-2动量矩定理 目的与 要求 掌握质点和质点系的动量矩的概念，动量矩定理的应用。 重点与 难点 重点：动量矩定理的应用。 难点：动量矩定理的应用。 教学基本内容方法及手段§12-1 质点和质点系的动量矩 1．质点的动量矩 对点O的动量矩 对z 轴的动量矩 单位:kg·m2/s 2．质点系的动量矩 对点的动量矩 对轴的动量矩 电教 30分钟 () O M mv r mv =? r r r r () O M mv r mv =? r r r r [()]() O z z M mv M mv = r r r 1 () n O O i i i L M m v = =∑ r r r 1 () n z z i i i L M m v = =∑ r [] O z z L L = r O x y z L L i L j L k =++ r r r r 即
（1） 刚体平移.可将全部质量集中于质心,作为一个质点来计算. （2） 刚体绕定轴转动 转动惯量 §12-2 动量矩定理 1．质点的动量矩定理，设O 为定点,有 其中， 因此， 称为质点的动量矩定理: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. 投影式: 2. 质点系的动量矩定理 由于 20分钟 20分钟 10分钟 () z z C L M mv =r () O O C L M mv =r r r i i i i i z z r v m v m M L ∑=∑=)(2 i i i i i r m r r m ∑=∑=ωω2i i z r m J ∑=ω z z J L =d d ()()d d O M mv r mv t t =?r r r r d d ()d d r mv r mv t t =?+?r r r r d ()d mv F t =r r （O 为定点） d d r v t =r r 0v mv ?=r r d ()() d O O M mv M F t =r r r r d ()()d x x M mv M F t =r r d ()()d y y M mv M F t =r r d ()()d z z M mv M F t =r r ()()d ()()()d i e O i i O i O i M m v M F M F t =+r r r r r r ()()d ()()()d i e O i i O i O i M m v M F M F t ∑=∑+∑r r r s r r () ()0 i O i M F ∑=r r d d d ()()d d d O O i i O i i L M m v M m v t t t ∑=∑=r r r r r
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11-28 11-6 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>
第12章 动量矩定理 12-1 质量为m 的点在平面Oxy 内运动，其运动方程为： t b y t a x ωω2sin cos == 式中a 、b 和ω为常量。求质点对原点O 的动量矩。 解：由运动方程对时间的一阶导数得原点的速度 t b t y v t a t x v y x ωωωω2cos 2d d sin d d ==-== 质点对点O 的动量矩为 t a t b m t b t a m x mv y mv m M m M L y x O O ωωωωωωcos 2cos 22sin )sin ()()(0??+?-?-=?+?-=+=y x v v t mab ωω3cos 2= 12-3 如图所示，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J A ；C 、A 、B 三点在同一铅直线上。（1）当轮子只滚不滑时，若v A 已知，求轮子的动量和对地面上B 点的动量矩。（2）当轮子又滚又滑时，若v A 、ω已知，求轮子的动量和对地面上B 点的动量矩。 解：（1）当轮子只滚不滑时B 点为速度瞬心。 轮子角速度 R v A =ω 质心C 的速度 )(e R R v C B v A C += =ω 轮子的动量 A C mv R e R mv p += =（方向水平向右） 对B 点动量矩 ω?=B B J L 由于 222)( )( e R m me J e R m J J A C B ++-=++= 故 [] R v e R m me J L A A B 22)( ++-= （2）当轮子又滚又滑时由基点法求得C 点速度。 e v v v v A CA A C ω+=+= 轮子动量 )(e v m mv p A C ω+== （方向向右） 对B 点动量矩 ) ( )()()( )( 2e mR J e R mv me J e R e v m J BC mv L A A A A C C B +++=-+++=+=ωωωω 12-5 图示水平圆板可绕z 轴转动。在圆板上有一质点M 作圆周运动，已知其速度的大小为常量，等于v 0，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 点在圆板的位置由?角确定，如图所示。如圆板的转动惯量为J ，并且当点M 离z 轴最远在点M 0时，圆板的角速度为零。轴的摩擦和空气阻力略去不计，求圆板的角速度与?角的关系。 解：以圆板和质点M 为系统，因为系统所受外力（包括重力和约束反力），对z 轴的矩均为零，故系统对z 轴动量矩守恒。在任意时刻M 点的速度包含相对速度v 0和牵连速度v e 。其中ω?=OM v e 。设质点M 在M 0 位置为起始位置，该瞬时系统对z 轴的动量矩为
第十二章 动量矩定理 §12—1 质点和质点系的动量矩 一、质点的动量矩 质点Q 的动量对于点O 的矩，定义为质点对于点O 的动量矩 动量矩的单位：kgm 2/s 二、 质点系的动量矩 ()mv r mv M O ?=()OQA r mv mv M O ?=?=2sin ?() i i n i O O v m M L ∑==1 () i i n i z z v m M L ∑==1 ()A Q O mv M z ' '?±=2()[]() mv M mv M z z O =
绕定轴转动刚体对其转轴的动量矩等于刚体对转轴的转动惯量与转动角速度的乘积。 §12—2 动量矩定理 一、质点的动量矩定理 质点的动量矩定理: 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。 直角坐标投影式为 []z z O L L =()2 1 1 1 i n i i i n i i i i i n i z z r m r v m v m M L ∑∑∑====?==ω2 1 i n i i z r m J ∑==ω z z J L =()mv dt d r mv dt dr mv r dt d mv M dt d O ?+?=?=）()(()F r mv v mv M dt d O ?+?=()()F M mv M dt d O O =()()()()()()F M m v M dt d F M m v M dt d F M m v M dt d z z y y x x == =
特殊情形： 当质点受有心力F 的作用时，如图11-4所示，力矩0=)(o F M ，则质点对固定点O 的动量矩)(m o v M =恒矢量，质点的动量矩守恒。例如行星绕着恒星转，受恒星的引力作用，引力对恒星的矩0=)(o F M ，行星的动量矩 )(m o v M =恒矢量，此恒矢量的方向是不变的，因此行星作平面曲线运动；此 恒矢量的大小是不变的，即mvh =恒量，行星的速度v 与恒星到速度矢量的距离h 成反比。
动量矩定理 12-1 质量为m 的点在平面Oxy 内运动，其运动方程为： t b y t a x ωω2sin cos == 式中a 、b 和ω为常量。求质点对原点O 的动量矩。 解：由运动方程对时间的一阶导数得原点的速度 t b t y v t a t x v y x ωωωω2cos 2d d sin d d ==-== 质点对点O 的动量矩为 t a t b m t b t a m x mv y mv m M m M L y x O O ωωωωωωcos 2cos 22sin )sin ()()(0??+?-?-=?+?-=+=y x v v t mab ωω3 cos 2= ？ 12-3 如图所示，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J A ；C 、A 、B 三点在同一铅直线上。（1）当轮子只滚不滑时，若v A 已知，求轮子的动量和对地面上B 点的动量矩。（2）当轮子又滚又滑时，若v A 、ω已知，求轮子的动量和对地面上B 点的动量矩。 解：（1）当轮子只滚不滑时B 点为速度瞬心。 轮子角速度 R v A = ω 质心C 的速度 )(e R R v C B v A C += =ω 轮子的动量 A C mv R e R mv p += =（方向水平向右） 对B 点动量矩 ω?=B B J L 由于 222)( )( e R m me J e R m J J A C B ++-=++= 故 [] R v e R m me J L A A B 22)( ++-= ` （2）当轮子又滚又滑时由基点法求得C 点速度。 e v v v v A CA A C ω+=+= 轮子动量 )(e v m mv p A C ω+== （方向向右） 对B 点动量矩 ) ( )()()( )( 2e mR J e R mv me J e R e v m J BC mv L A A A A C C B +++=-+++=+=ωωωω 12-13 如图所示，有一轮子，轴的直径为50 mm ，无初速地沿倾角?=20θ的轨道滚下，设只滚不滑，5秒内轮心滚动的距离为s = 3 m 。试求轮子对轮心的惯性半径。 解：取轮子为研究对象，轮子受力如图（a ）所示，根据刚体平面运动微分方程有 F mg ma C -=θsin （1） — J C α = Fr （2） 因轮子只滚不滑，所以有 a C =αr （3）
梁坤京理论力学第十二章动量矩定理课后答案 案场各岗位服务流程 销售大厅服务岗： 1、销售大厅服务岗岗位职责： 1)为来访客户提供全程的休息区域及饮品; 2)保持销售区域台面整洁; 3)及时补足销售大厅物资,如糖果或杂志等; 4)收集客户意见、建议及现场问题点； 2、销售大厅服务岗工作及服务流程 阶段工作及服务流程 班前阶段1）自检仪容仪表以饱满的精神面貌进入工作区域 2）检查使用工具及销售大厅物资情况，异常情况及时登记并报告上级。 班中工作程序服务 流程 行为 规范 迎接 指引 递阅 资料 上饮品 （糕点） 添加茶水工作1）眼神关注客人，当客人距3米距离侯客迎询问客户送客户
注意事项 15度鞠躬微笑问候：“您好！欢迎光临！”2）在客人前方1-2米距离领位，指引请客人向休息区，在客人入座后问客人对座位是否满意：“您好！请问坐这儿可以吗？”得到同意后为客人拉椅入座“好的，请入座！” 3）若客人无置业顾问陪同，可询问：请问您有专属的置业顾问吗？，为客人取阅项目资料，并礼貌的告知请客人稍等，置业顾问会很快过来介绍，同时请置业顾问关注该客人； 4）问候的起始语应为“先生-小姐-女士早上好，这里是XX销售中心，这边请”5）问候时间段为8:30-11:30 早上好11:30-14:30 中午好 14:30-18:00下午好 6）关注客人物品，如物品较多，则主动询问是否需要帮助（如拾到物品须两名人员在场方能打开，提示客人注意贵重物品）； 7）在满座位的情况下，须先向客人致
待； 阶段工作及服务流程 班中工作程序工作 要求 注意 事项 饮料（糕点服务） 1）在所有饮料（糕点）服务中必须使用 托盘； 2）所有饮料服务均已“对不起，打扰一 下，请问您需要什么饮品”为起始； 3）服务方向：从客人的右面服务； 4）当客人的饮料杯中只剩三分之一时， 必须询问客人是否需要再添一杯，在二 次服务中特别注意瓶口绝对不可以与 客人使用的杯子接触； 5）在客人再次需要饮料时必须更换杯 子； 下班程 序1）检查使用的工具及销售案场物资情况，异常情况及时记录并报告上级领导； 2）填写物资领用申请表并整理客户意见；3）参加班后总结会； 4）积极配合销售人员的接待工作，如果下班
理论力学11章作业题解 11-3 已知均质圆盘的质量为m ，半径为R ，在图示位置时对O 1点的动量矩分别为多大？图中O 1C=l 。 解 (a) 2 1l m l mv L c O w == ，逆时针转动。 (b) w w 2 210||1mR J L v m r L c c c O =+=+′=r r ，逆时针转动。 (c ) )2(2 2 12 2 12 1l R m ml mR ml J J c O +=+=+= w w )2(2 2111l R m J L O O +==，逆时针转动。 (d) w w mR R l mv R l R v mR l mv J l mv L v m r L c c c c c c c O )5.0()5.0(/||2 2 11-=-=-=-=+′= r r ，顺时针转动 v c v c v c
11-5 均质杆AB 长l 、重为G 1，B 端刚连一重G 2的小球，弹簧系数为k ，使杆在水平位置保持平衡。设给小球B 一微小初位移0d 后无初速度释放，试求AB 杆的运动规律。 解 以平衡位置（水平）为0=j ，顺时针转为正。平衡时弹簧受力为： )5.0(312G G F s += 弹簧初始变形量： k G G k F s st /)5.0(3/12+==d 在j 角时弹簧的拉力为（小位移）： 3/)5.0(3)3/(12l k G G l k F st s j j d ++=+=￠ 系统对A 点的动量矩： j j j &&&2 21233l g G G l l g G J L A A +=×+= 对点的动量矩定理)(/?=E i A A F M dt dL r ： j j 9 3/5.0332 21221kl l F lG lG l g G G s -=￠-+=+&& 0)3(321=++j j G G gk &&，令) 3(3212G G gk p +=则有02=+j j p &&，其解为： )cos()sin(pt B pt A +=j 由初始条件0| ,/|000====t t l j d j &得l B A / ,00d ==。故运动方程为： )cos(0 pt l d j = G 1 G 2 F Ax F Ay F s
第十二章动量矩定理 一、填空题 1如下（1）图所示，在提升重为G 的物体A 时，可在半径为 r 的鼓轮上作用一力偶M 。已知鼓轮对轴O 的转动惯量为I,某瞬时鼓轮的角加速度为 G,则该瞬时，系统对轴O 的动量矩定理可写成 _____________________ 2.如下（2）图所示，轮E 由系杆AE 带动在固定轮A 上无滑动滚动，两圆的半径分别为R,r 。若轮E 的质量为m,系杆的角速度为 3,则轮E 对固定轴A 的动量矩大小是 ____________________ 3 .图（3）中匀质圆盘在光滑水平面上作直线平动，图（ 4）中匀质圆盘沿水平直线作无滑动滚动。设两 圆盘的质量皆为m,半径皆为r,轮心O 速度皆为v,则图示瞬时，它们各自对轮心O 和对与地面接触点 D 的动量矩分另U 为： （3）L O = ___________ ; L D = _________________________ ; （ 4）L O = ________________ ; L D = _________________________ 。 2 .如下图（2）所示，两匀质细杆OA 和EC 的质量均为m = 8kg ，长度均为1 = 0.5m, 固连成图所示的T 字型构件，可绕通过点O 的水平轴转动。当杆OA 处于图示水平位置时，该构件的角速 度3 = 4rad/s 。则该瞬时轴O 处反力的铅垂分力NOy 的大小为（ ）。 A.N O =24.5N; B.N O =32.3N; C.N O = 73.8N; D.N O = 156.8N 3 .如果把下图（3）中重为G A 的物体换为图（4）所示的力 G A ，在这两种情况下，若把匀质滑轮的 A . &1 V $ B . e 1 > e ； C . e 1 = e 2 二、选择题 1.如下图（1）所示，已知两个匀质圆轮对转轴转动惯量分别为 在A 轮上的转矩为M,则系统中A 轮角加速度的大小为（ I A , I B ,半径分别为R A ,R B ，作用 MR B A 、‘ A = I B R A I A R B ； B MR B I A D 、、心 A — 2 2 2 2 B A A B 角加速度 1和2的大小比较，则有（ (1) (2) (1
·125· 第11章 动量矩定理 一、是非题(正确的在括号内打“√”、错误的打“×”) 1. 质点系对某固定点(或固定轴)的动量矩，等于质点系的动量对该点(或轴)的矩。 (×) 2. 质点系所受外力对某点(或轴)之矩恒为零，则质点系对该点(或轴)的动量矩不变。(√) 3. 质点系动量矩的变化与外力有关，与内力无关。 (√) 4. 质点系对某点动量矩守恒，则对过该点的任意轴也守恒。 (√) 5. 定轴转动刚体对转轴的动量矩，等于刚体对该轴的转动惯量与角加速度之积。 (×) 6. 在对所有平行于质心轴的转动惯量中，以对质心轴的转动惯量为最大。 (×) 7. 质点系对某点的动量矩定理e 1d ()d n O O i i t ==∑L M F 中的点“O ”是固定点或质点系的质心。 (√) 8. 如图11.23所示，固结在转盘上的均质杆AB ，对转轴的转动惯量为20A J J mr =+ 221 3 ml mr =+，式中m 为AB 杆的质量。 (×) 9. 当选质点系速度瞬心P 为矩心时，动量矩定理一定有e 1 d ()d n P P i i t ==∑L M F 的形式，而 不需附加任何条件。 (×) 10. 平面运动刚体所受外力对质心的主矩等于零，则刚体只能做平动；若所受外力的主矢等于零，刚体只能作绕质心的转动。 (×) 图11.23 二、填空题 1. 绕定轴转动刚体对转轴的动量矩等于刚体对转轴的转动惯量与角速度的乘积。 2. 质量为m ，绕z 轴转动的回旋半径为ρ，则刚体对z 轴的转动惯量为2ρm J z =。 3. 质点系的质量与质心速度的乘积称为质点系的动量。 4. 质点系的动量对某点的矩随时间的变化规律只与系统所受的外力对该点的矩有关，而与系统的内力无关。 5. 质点系对某点动量矩守恒的条件是质点系所受的全部外力对该点之矩的矢量和等于零，质点系的动量对x 轴的动量矩守恒的条件是质点系所受的全部外力对x 轴之矩的代数