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第13章动量矩定理

例题§13-1质点和质点系的动量矩

§13-2动量矩定理

§13-3刚体绕定轴的转动微分方程§13-4刚体对轴的转动惯量§13-5质点系相对于质心的动量矩定理§13-6刚体的平面运动微分方程1§13-1质点和质点系的动量矩1．质点的动量矩对点O的动量矩2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

等于对点O的矩.

是代数量,从z轴正向看,逆时针为正,顺时针为负.3（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

即

4

§13-2动量矩定理

1．质点的动量矩定理设O为定点,有其中:

（O为定点）5投影式: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.6试用动量矩定理导出单摆(数学摆)的运动微分方程。OφvA例题13-17

把单摆看成一个在圆弧上运动的质点

A，设其质量为

m，摆线长

l。又设在任一瞬时质点

A具有速度

v

，摆线

OA与铅垂线的夹角是

。

通过悬点

O而垂直于运动平面的固定轴

z作为矩轴，对此轴应用质点的动量矩定理由于动量矩和力矩分别是解：OφvA和例题13-18从而可得化简即得单摆的运动微分方程OφvA例题13-19得称为质点系的动量矩定理:质点系对某定点O的动量矩对时间的导数,等于作用于质点系的外力对于同一点的矩的矢量和.2.质点系的动量矩定理由于

10投影式:内力不能改变质点系的动量矩.113．动量矩守恒定律若,则常矢量；若,则常量。例：面积速度定理有心力：力作用线始终通过某固定点,该点称力心.由于,有

常矢量12（2）b=常量即常量由图,

因此,常量（1）与必在一固定平面内,即点M的运动轨迹是平面曲线.

称面积速度.

面积速度定理：质点在有心力作用下其面积速度守恒.13

两个鼓轮固连在一起，其总质量是

m，对水平转轴

O的转动惯量是

JO

；鼓轮的半径是

r1

和

r2

。绳端悬挂的重物

A和

B

质量分别是

m1

和

m2

(图a)，且

m1

>

m2。试求鼓轮的角加速度。OABr1r2(a)例题13-214解:

取鼓轮，重物

A,B和绳索为研究对象(图b)。对鼓轮的转轴

z(垂直于图面，指向读者)应用动量矩定理，有OABr1r2(b)v1αv2m1gm0gm2gF0y系统的动量矩由三部分组成，等于考虑到

v1=r1

，v2=r2

，则得外力主矩仅由重力

m1g

和m2g产生，有例题13-215将表达式(b)和(c)

代入方程(a)，即得从而求出鼓轮的角加速度方向为逆钟向。OABr1r2(b)v1αv2m1gm0gm2gF0y例题13-216高炉运送矿石用的卷扬机如图所示。已知鼓轮的半径为R，质量为m1，轮绕O轴转动。小车和矿石总质量为m2。作用在鼓轮上的力偶矩为M，鼓轮对转轴的转动贯量为J，轨道的倾角为θ。设绳的质量和各处摩擦均忽略不计，求小车的加速度a。θOMωW1vW2FN例题13-317从而求出鼓轮的角加速度例题13-15均质圆轮半径为r，质量为m，受到轻微扰动后，在半径为R的圆弧上往复滚动，如图所示。求滑轮的角加速度α。因转动力矩Mz与出口流体对轴z的动量矩方向一致，因有四个喷嘴，故§13-3刚体绕定轴的转动微分方程设表面足够粗糙，使圆轮在滚动时无滑动。例题13-15§13-3刚体绕定轴的转动微分方程例题13-21因为Lz1=Lz2，得例题13-21绳端悬挂的重物A和B质量分别是m1和m2(图a)，且m1>m2。例题13-13卷筒角速度ω2与重物上升速度v之间有考虑到复摆运动的初条件:当t=0时取小车与鼓轮组成质点系，视小车为质点。以顺时针为正，此质点系对O轴的动量矩为作用于质点系的外力除力偶M，重力W1和W2外，尚有轴承O的反力FOx和FOy，轨道对小车的约束力FN。θOMωW1FOxFOyvW2W2NW2tFN解：而W2t

=P2

sinθ=m2gsinθ，则系统外力对O轴的矩为其中W1，FOx，FOy对O轴力矩为零。将W2沿轨道及其垂直方向分解为W2t和W2N，W2N与FN相抵消。例题13-318由质点系对O轴的动量矩定理，有因

，，于是解得若

，则,小车的加速度沿斜坡向上。θOMωW1FOxFOyvW2W2NW2tFN例题13-319水轮机转轮,进口水速度,出口水速度,它们与切线夹角分别为,,总体积流量.求水流对转轮的转动力矩.例题13-420设叶片数为,水密度为,有经dt时间,水由ABCD流到abcd动量矩改变为解：例题13-421喷灌机的喷头以匀角速度ω绕Oz轴转动，单位时间喷出水的体积V为常数，水的密度为ρ。四个喷嘴的截面积相等，各为S，如图所示。求（1）保持匀角速度ω转动时，作用在轴上的力矩Mz应为多少？（2）在给定水压力下，不需力矩作用时，喷头的转速ωO

为多少？OxyzVMzv1vrωA0brSP例题13-522每个喷嘴的质量流率解：相对速度牵连速度OxyzVMzv1vrωA0brSP质点系的动量矩的变化率决定于质量流率和进出口速度。NrlbOPvexyvrv2ω

出口处P流体的速度v2由相对速度vr和牵连速度ve合成。例题13-5232.

令Mz=0，得相应的角速度ωO，OxyzVMzv1vrωA0brSP1.

喷头以匀角速度转动，喷头本身的动量矩无变化。因转动力矩Mz与出口流体对轴z的动量矩方向一致，因有四个喷嘴，故例题13-524起重装置由匀质鼓轮D（半径为R，重为W1）及均质梁AB（长l=4R，重W2=W1）组成，鼓轮通过电机C（质量不计）安装在梁的中点，被提升的重物E重。电机通电后的驱动力矩为M，求重物E上升的加速度a及支座A，B的约束力FNA及FNB。OABACDE例题13-6251.考虑鼓轮D，重物E及与鼓轮固结的电机转子所组成的系统（图b），M为电机定子作用在转子的驱动力矩，对固定点O的应用动量矩定理得解：OWMODEW1(b)其中解得FoxFoy例题13-6262.考虑整个系统（图c），注意驱动力矩为M系统内力。对点B应用动量矩定理得OAB(b)WW2FNAACDEFNBW1(c)解得例题13-627对整个系统应用动量定理得OAB(b)WW2FNAACDEFNBW1(c)解得例题13-628

§13-3刚体绕定轴的转动微分方程主动力:约束力:即:或或29

已知电机产生的转矩

MO

与其角速度ω

的关系为

MO

=

MO1(1ω/ω1)，其中

MO1

表示电机的启动转矩,

ω1表示电机无负载时的空转角速度，且

MO1

和ω1

都是已知常量。又作用在飞轮上的阻力矩

MF

可以认为不变。电机轴连同其上的飞轮对轴

O

的转动惯量是JO。试求当

MO

>

MF时电机启动后角速度ω

随时间

t

而变化的规律。MFMOωO例题13-730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WFxFyMrMOωO令则上式简写成例题13-731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WFxFyMrMOωO即例题13-732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。WFxFyMrMOωO例题13-1033由题意MO>MF知，bcω>0，故飞轮作加速转动。选择轴Ⅱ、齿轮、卷筒和重物W为研究对象，应用质点系对轴Ⅱ的动量矩定理例题13-20试求圆柱质心C的加速度，以及保证圆柱滚动而不滑动的条件。例题13-23§13-6刚体的平面运动微分方程列写对固定轴Az的动量矩定理。注意静滑动摩擦力F的方向与A点的滑动趋势相反，大小应满足物理条件均质圆轮半径为r，质量为m，受到轻微扰动后，在半径为R的圆弧上往复滚动，如图所示。例题13-15将W2沿轨道及其垂直方向分解为W2t和W2N，W2N与FN相抵消。由，得钟摆简化如图所示。

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。OCφb例题13-834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OCφbF1F2mg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13-835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OCφbF1F2mg例题13-836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。OθBAωB例题13-937

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ωBBAm2gFAxFAy(b)OθBAm2gm1gFOyFOx(c)例题13-9383.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ωBBAm2gFAxFAyOθBAm2gm1gFOyFOx(b)(c)例题13-939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。ω0zaallABωzaaθθllAB例题13-1040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:ωzaaθθllABω0zaallAB例题13-1041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

。RαOF1F2例题13-1142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。RαOF1F2解：例题13-1143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。OωO例题13-1244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，得由此解得解：OωOFFNFOxFOyW例题13-1245传动轴如图所示。设轴Ⅰ和Ⅱ的转动惯量分别为J1和J2，转动比,R1，R2分别为轮Ⅰ，Ⅱ的半径。今在轴Ⅰ上作用主动力矩M1，轴Ⅱ上有阻力力矩M2，转向如图所示。设各处摩擦忽略不计，求轴Ⅰ的角加速度。ⅡⅠM1M2例题13-1346分别取轴Ⅰ和Ⅱ为研究对象，它们的受力情况如图所示。

因，于是得ⅡⅠM1M2M1α1R1F'F'NM2α2R2FNF解：两轴对轴心的转动微分方程分别为例题13-1347卷扬机的减速轮系简图如图所示。设Ⅰ轴的齿轮C上受主动力偶矩M的作用。卷筒提升重量为W=mg，Ⅰ和Ⅱ轴连同安装在轴上的转动部件（包括齿轮和卷筒等）对各自转轴的转动惯量分别为J1和J2，齿轮A和B的节圆半径为r1和r2，卷筒半径为R，不计轴承摩擦和钢丝绳质量。求重物的加速度。

MMBACBAr1r2RCⅠⅡJ2J1WW例题13-1448选择轴Ⅰ和齿轮A，C为研究对象，应用刚体定轴转动微分方程

选择轴Ⅱ、齿轮、卷筒和重物W为研究对象，应用质点系对轴Ⅱ的动量矩定理（a）（b）齿轮A和B啮合时转速比ω1α1α1ω1MMω2ω2α2α2BACBAr1r2RCⅠⅡJ2J1WWFtAFnBFtBFnAaavv解：例题13-1449卷筒角速度ω2与重物上升速度v之间有对时间t求导得（d）解以上方程得令得ω1α1α1ω1MMω2ω2α2α2BACBAr1r2RCⅠⅡJ2J1WWFtAFnBFtBFnAaavv对时间t求导得（c）例题13-1450§13-4刚体对轴的转动惯量

单位：kg·m2

1.简单形状物体的转动惯量计算(1)均质细直杆对一端的转动惯量由，得51（2）均质薄圆环对中心轴的转动惯量（3）均质圆板对中心轴的转动惯量式中：

或522.回转半径（惯性半径）或3．平行轴定理

式中轴为过质心且与轴平行的轴，为与轴之间的距离。即：刚体对于任一轴的转动惯量，等于刚体对于通过质心并与该轴平行的轴的转动惯量，加上刚体的质量与两轴间距离平方的乘积.53证明：因为有，得54质量为m，长为l的均质细直杆如图所示，求此杆对于垂直于杆轴且通过质心C的轴zC的转动惯量。lACzCz已知均质细直杆对于通过杆端点A且与杆垂直的z轴的转动惯量为应用平行轴定理，对于轴zC的转动惯量为解：例题13-1555要求记住三个转动惯量（1）

均质圆盘对盘心轴的转动惯量（2）

均质细直杆对一端的转动惯量（3）

均质细直杆对中心轴的转动惯量56钟摆简化如图所示。已知均质直杆和均质圆盘的质量分别为m1和m2，杆长为l，圆盘直径为d。求摆对于通过悬挂点O的水平轴的转动惯量。COld4．组合法例题13-1657摆对于水平轴O的转动惯量式中设JC为圆盘对于中心C的转动惯量，则于是得COld解：例题13-1658如图所示，质量为m的均质空心圆柱体外径为R1，内径为R2，求对于中心轴z的转动惯量。lR1R2z例题13-1759空心圆柱可看成由两个实心圆柱体组成，外圆柱体的转动惯量为J1，内圆柱体的转动惯量J2取负值，即设m1，m2分别为外、内圆柱体的质量，则于是解：lR1R2z例题13-1760质量为m半径为r的滑轮（可视作均质圆盘）上绕有软绳，将绳的一端固定于点A而令滑轮自由下落如图示。卷扬机的减速轮系简图如图所示。均质圆轮半径为r，质量为m，受到轻微扰动后，在半径为R的圆弧上往复滚动，如图所示。应用质心运动定理沿铅垂轴的投影，得又作用在飞轮上的阻力矩MF可以认为不变。令则上式成为令它的铅直对称面重合于坐标平面Oxy，轴x沿斜面向下，则有例题13-15例题13-17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。式中s0和β为两个常数，由运动起始条件确定。§13-6刚体的平面运动微分方程当圆柱只滚不滑时，滑动摩擦力必须满足F≤fsFN，代入求出的F，和FN，则得（3）均质圆板对中心轴的转动惯量例题13-22将式(d)和(e)对时间求导，得因转动力矩Mz与出口流体对轴z的动量矩方向一致，因有四个喷嘴，故设单位体积的质量为ρ，则代入上式，得注意到则得lR1R2z例题13-17615．实验法例：求对轴的转动惯量.将曲柄悬挂在轴O上，作微幅摆动.由其中已知,可测得，从而求得.解：例题13-18626.查表法63646566§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.67对任一点O的动量矩：682相对质心的动量矩定理由于即69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导数，等于作用于质点系的外力对质心的主矩.得或70或§13-6刚体的平面运动微分方程71以上各组均称为刚体平面运动微分方程.应用时一般用投影式：72

匀质圆柱的质量是

m

，半径是

r，从静止开始沿倾角是φ的固定斜面向下滚动而不滑动，斜面与圆柱的静摩擦系数是

fs

。试求圆柱质心

C

的加速度，以及保证圆柱滚动而不滑动的条件。xyOCAFNFmgαφaC例题13-1973解:圆柱在图示力作用下由静止开始作平面运动。令它的铅直对称面重合于坐标平面

Oxy，轴

x沿斜面向下，则有圆柱平面运动的三个微分方程可写成xyOCAFNFmgαφaCmaC=mgsinφ

－F

(a)0=FN－mgcosφ

(b)JCα

=Fr

(c)由于圆柱只滚动而不滑动，故有运动学关系aC=rα

（d）

例题13-1974当圆柱只滚不滑时，滑动摩擦力必须满足

F

≤fsFN

，代入求出的

F，

和

FN，则得从而求得圆柱滚动而不滑动的条件联立求解以上四个方程，并考虑到

JC=mr2/2

，就得到aC=2gsinφ

/3,FN=mgcosφ,F=mgsinφ

/3xyOCAFNFmgαφaCtan

φ

≤3fs≤例题13-1975

匀质细杆

AB

的质量是

m，长度是

2l，放在铅直面内，两端分别沿光滑的铅直墙壁和光滑的水平地面滑动。假设杆的初位置与墙成交角

0，初角速度等于零；试求杆沿铅直墙壁下滑时的角速度和角加速度

以及杆开始脱离墙壁时它与墙壁所成的角度

1

。xyOφABC例题13-2076解:

在

A端脱离墙壁以前，受力如图所示。杆作平面运动，取坐标系

Oxy，则杆的运动微分方程可写成xyOFAFBmgφCvABCx由几何关系知例题13-2077将式(d)和(e)对时间求导，得把(f)和(g)分别代入(a)和(b)，再把

FA和

FB的值代入(c)最后得杆

AB的角加速度xyOFAFBmgφCvABC例题13-2078利用关系把上式化成积分求得杆

AB的角速度xyOFAFBmgφCvABC例题13-2079当杆即将脱离墙时，FA→0。以FA=0代入(a)，再根据(f)得把(h)和(i)的表达式在

=1时的值代入上式，得关系整理后，求得杆开始脱离墙时与墙所成的夹角例题13-2080半径为r，质量为m的均质圆轮沿水平直线滚动，如图所示。设轮的惯性半径为ρC，作用于圆轮的力偶矩为M。求轮心的加速度。如果圆轮对地面的静滑动摩擦系数为fs，问力偶矩M必须符合什么条件方不致使圆轮滑动。αMCraCx例题13-2181根据刚体的平面运动微分方程可列出如下三个方程：式中M和α均以顺时针转向为正。因aCy=0，故aCx=aC。αMCraCmgFFNx解：根据圆轮滚而不滑的条件，有aC=

rα例题13-2182联立求解，得：欲使圆轮从静止开始滚动而不滑动，必须有F≤fsFN,或F≤fsmg。于是得圆轮只滚不滑的条件为≤αMCraCmgFFNx例题13-2183均质圆轮半径为r，质量为m，受到轻微扰动后，在半径为R的圆弧上往复滚动，如图所示。设表面足够粗糙，使圆轮在滚动时无滑动。求质心C的运动规律。RαθC例题13-2284圆轮在曲面上作平面运动，受到的外力有重力mg，圆弧表面的法向反力FN和摩擦力F。设θ角以逆时针方向为正，取切线轴的正向如图，并设圆轮以顺时针转动为正，则图示瞬时刚体平面运动微分方程在自然轴上的投影式为(a)(b)(c)Rr（+）αθFmgFNOC解：例题13-2285由运动学知，当圆轮只滚不滑时，角加速度的大小为取s为质心的弧坐标，由图有注意到,,当θ

很小时，，联立（a），（c），（d）求得令则上式成为(d)Rr（+）αθFmgFNOC例题13-2286此方程的解为式中s0和β为两个常数，由运动起始条件确定。如t=0

,

s=0

初速度为v0，于是：解得：Rr（+）αθFmgFNOC例题13-2287最后得式中右端第一项为附加动压力，其中这就是质心沿轨迹的运动方程。由式(b)可求得圆轮在滚动时对地面的压力Rr（