简明理论力学课件 12动量矩定理

简明理论力学动力学第三篇第十二章动量矩定理问题的提出：图示定轴转动刚体，质心C过转轴，恒有可见：动量只能反映刚体随质心运动的强弱，不能反映刚体绕质心转动运动强弱。C**注：动量矩定理由开普勒于1609年的《新天文学

》中研究火星轨道时提出。开普勒

JohannesKepler

（1571—1630）

德国著名的天体物理学家、数学家、哲学家。他首先把力学的概念引进天文学，他还是现代光学的奠基人，制作了著名的开普勒望远镜。他发现了行星运动三大定律，为哥白尼创立的“太阳中心说”提供了最为有力的证据。他被后世誉为“天空的立法者”。开普勒第一定律：所有行星绕太阳运转的轨道是椭圆的。开普勒第二定律：向量半径（行星与太阳的连线）在相等的时间里扫过的面积相等。开普勒第三定律：行星公转周期的平方与它们各自轨道半长轴的立方成正比。

行星运动三定律的发现为经典天文学奠定了基石，并导致数十年后万有引力定律的发现。几个应用实例中国直20直升机几个应用实例几个应用实例本章基本内容：1.质点、质点系对固定点和固定轴的的动量矩概念及计算；3.质点、质点系对于固定点、固定轴及质心的动量矩定理；4.刚体定轴转动、刚体平面运动的微分方程及其应用。2.转动惯量概念及计算。12-1动量矩的概念12-2转动惯量12-3动量矩定理12-5刚体定轴转动微分方程12-6质点系相对于质心的动量矩定理12-7刚体的平面运动微分方程第十二章动量矩定理12-1动量矩的概念一、质点的动量矩对点的动量矩OxzyAFBMO(F)rdα力对点O之矩：OxzyLO=MO(mv)rα质点的动量对点O之矩——质点的动量对O点的动量矩AmvBd——固定矢量指向：按右手法则确定大小：方向：几何表示：度量质点绕某一点转动运动强弱的运动特征量对轴的动量矩类似于力对点之矩与力对轴之矩的关系：质点的动量mv

对x

轴之矩：质点的动量mv

对x

轴之矩——代数量。其正负由右手法则确定。动量矩单位（SI）：二、质点系的动量矩对点O的动量矩质点系各质点的动量对某点O

之矩的矢量和

——质点系对O点的动量矩对轴的动量矩质点系各质点的动量对某轴之矩的代数和——质点系对某轴的动量矩三、定轴转动刚体对转轴的动量矩

riyxz取质点Mi

:质点Mi

对转轴z

的动量矩:刚体

对转轴z的动量矩:记:——称为刚体对转轴z的转动惯量

定轴转动刚体对转轴z的动量矩等于其转动惯量与角速度的乘积，转向与角速度的转向相同。12-2转动惯量一、转动惯量的基本概念

riyxz物体转动运动惯性的度量。

刚体各质点的质量与它们到转轴z垂直距离的平方的乘积之和——称为刚体对转轴

z的转动惯量转动惯量

Jz的特点：Jz≥0——恒正的标量影响

Jz的因素：与质量的大小有关；与质量mi

的分布有关；改变Jz

的方法：1.改变质量（密度）ρ；2.改变质量分布情况。Jz的单位（SI）：与转轴z

的位置有关；二、转动惯量的计算1.积分法由定义：可得适用于质量连续分布，几何形状简单的物体。若已知密度函数：则有

常见规则形状的均质物体，转轴过质心C的Jz由有关工程手册查得。zC均质杆：均质圆盘（轮）：zrC2.组合法——代数和O杆圆盘如：xy孔1孔2矩形板适用于均质、简单形状组合的物体3.实验测定法适用于任意不规则形状，质量分布不均匀的物体。①复摆测定法；②落体观测法。（物理实验）4.转动惯量的工程实用计算公式(11-17)——

m为刚体的质量；ρz

为回转半径Radiusofgyration

。注意：①ρz——相当长度。（假想将刚体的质量全部集中离转轴距离ρz

的质点上，而此质点对轴z的转动惯量Jz与原刚体对轴z

的转动惯量Jz相同。）②——其中m、Jz

由计算或实验测定，然后反算ρz

。（注意：ρz

并不是质心C到转轴的距离）三、转动惯量的平行轴定理OxzCyCMih设z轴过刚体的质心C，z′与zC

轴平行，两轴间的距离为

h

，由转动惯量的定义，有将代入，有mh2?由质心坐标的计算公式，有:——转动惯量的平行轴定理三、转动惯量的平行轴定理OxzCyCMih设z轴过刚体的质心C，z′与zC

轴平行，两轴间的距离为

h

，由转动惯量的定义，有

——转动惯量的平行轴定理几点说明：①轴z与轴z′

必须平行；②z轴必须过质心C

；③过质心C

的转动惯量最小。均质杆，质量m

zC如：reOC均质圆盘，质量m

ω例1已知：均质杆和均质圆盘的质量分别为

m1、m2

。在所示瞬时，设角速度为w。试求该摆对O轴的动量矩。解：ωOdl已知：图示黄色的均质板悬挂于A点，质量为

m，且有r=R/3

试求：该板对A点的转动惯量

JA例2[解]小结1、质点的动量对固定点O的动量矩2、质点系对固定点O的动量矩3、定轴转动刚体对转轴的动量矩——称为刚体对转轴z的转动惯量其中：4、求解转动惯量主要用到组合法和平行移轴定理。

某质点系对空间任一固定点的动量矩都完全相同，且不等于零。这种运动情况可能吗？思考题

某质点系对空间任一固定点的动量矩都完全相同，且不等于零。这种运动情况可能吗？思考题参考解答

质点系对任一点O的动量矩等于全部质点动量对点O的主矩，当质点系动量的主矢量时，主矩与点O的位置无关，为一恒矢量。这种运动是可能的。12-3动量矩定理一、对固定点的动量矩定理——质点动量对某固定点O的矩将上式两边对时间求导，有由于O点为固定点，r

为绝对运动矢径，有另一方面由质点的动量定理：将上述关系代入，有质点的动量对任一固定点的矩随时间的变化率，等于质点所受的力对该固定点的矩。——质点对固定点的动量矩定理二、对固定轴的动量矩定理xyz将上式两边同时向坐标轴投影，有

质点的动量对任一固定轴的矩随时间的变化率，等于质点所受的力对该固定轴的矩。——质点对固定轴的动量矩定理三、动量矩守恒定理(ConservationofMomentofMomentum)（1）若：质点的动量对该固定点的矩矢保持不变。质点运动轨迹为平面曲线；质点的矢径单位时间内扫过的面积相等，质点运动轨迹为椭圆。有心力：力的作用线始终过某一固定点，该点称为力心。有心力作用下的质点，对力心的动量矩矢始终保持不变（大小、方向）。rmvFMOhα三、动量矩守恒定理(ConservationofMomentofMomentum)（2）若：若作用于质点的力对某固定点（或轴）的矩恒等于零，则质点的动量对该固定点（或轴）的矩保持不变。——动量矩守恒定理12-4质点系的动量矩定理一、对固定点的动量矩定理质点系：n个质点质点Mi

：——外力——内力由质点对固定点的动量矩定理，有简写成：n个方程将上述方程组两边相加,得：一、对固定点的动量矩定理将上述方程组两边相加,得：考虑到：有：（内力系的主矩恒等于零）

质点系对任一固定点的动量矩随时间的变化率，等于质点系所受外力对该固定点矩的矢量和（主矩）。——质点系对固定点的动量矩定理二、对固定轴的动量矩定理将式（11-11）向固定坐标轴投影，得

质点系对任一固定轴的动量矩随时间的变化率，等于质点系所受外力对该固定轴矩的代数和（主矩）。——质点系对固定轴的动量矩定理注：与动量定理类似，质点系的内力不影响质点系总动量矩三、质点系动量矩守恒（1）若：（2）若：（各力与z轴平行或相交）——质点系动量矩守恒定理四、应用（1）有关转动运动的动力学问题转动碰撞问题；流体对叶轮的冲击力矩计算。（2）动量矩守恒时，求刚体的转动角速度或速度等注：定理中各运动量均为绝对运动量。例3：两个转子A和B分别以角速度ωA、ωB

绕同一轴线Ox、且同方向转动，转动惯量分别为JA

和JB

，现用离合器将两转子突然结合在一起，求结合后两转子的公共角速度。解：两转子A、B

——受力：——质点系对x轴的动量矩守恒计算结合前后系统对轴x

的动量矩：结合前：结合后：由质点系对x轴的动量矩守恒，有（这里假定ω与ωA

、ωB转向相同）例4：均质圆盘，其绕轴O的转动惯量为J

，可绕通过其中心的轴无摩擦地转动，另一质量为m2的人由B点按规律沿距O轴半径为r的圆周运动。初始时，圆盘与人均静止。求圆盘的角速度与角加速度。解：圆盘与人一起——研究对象受力分析：动量矩关于z

轴守恒计算质点系的动量矩：初始时：任意瞬时：负号说明实际转向与图中相反求：此时系统的角速度zaallABCD

ozABCD

例5：均质圆轮半径为R、质量为m，圆轮对转轴的转动惯量为JO。圆轮在重物A带动下绕固定轴O转动，已知重物重量为W。求：重物下落的加速度OAW例6：OAWmg解：取系统为研究对象FOxFOyv应用动量矩定理:

例8：高炉上运送矿料的卷扬机。半径为R的卷筒可绕水平轴O转动，它关于转轴O

的转动惯量为J。沿倾角为θ的斜轨被提升的重物A重W。作用在卷筒上主动转矩为M。设绳重和摩擦均可不计。试求重物的加速度。解：(1)

研究对象——卷筒与重物A整个系统(2)

受力：（所有外力）(3)

分析运动，计算系统对轴O的动量矩：——以顺时针方向为正s高炉上运送矿料的卷扬机。半径为R的卷筒可绕水平轴O转动，它关于转轴O

的转动惯量为J。沿倾角为θ的斜轨被提升的重物A重W。作用在卷筒上主动转矩为M。设绳重和摩擦均可不计。试求重物的加速度。解：(4)

外力对轴O的矩：s对重物A，有

(5)

代入动量矩定理：方向与速度方向相同例8：例题9

水流通过固定导流叶片进入叶轮，入口和出口的流速分别为v1和v2，二者与叶轮外周边和内周边切线之间的夹角分别为

1和

2，水的体积流量为qV、密度为

，水流入口和出口处叶轮的半径分别为r1和r2，叶轮水平放置。求：水流对叶轮的驱动力矩。abcd解：在dt

时间间隔内，水流ABCD

段的水流运动到abcd

时，所受的力以及他们对O轴之矩：

重力

——由于水轮机水平放置，重力对O轴之矩等于0；

相邻水流的压力

——忽略不计；

叶轮的反作用力矩

——与水流对叶轮的驱动力矩大小相等，方向相反。abcdabcd应用动量矩定理:Mz小结2、质点系对固定点O的动量矩定理3、动量矩定理可以投影到固定轴上。1、质点对固定点O的动量矩定理

质点系对任一固定点的动量矩随时间的变化率，等于质点系所受外力对该固定点矩的矢量和。4、动量矩定理，要注意守恒形式的意义与应用。均质圆盘，其绕轴O的转动惯量为J

，以角速度ω绕通过其中心的轴无摩擦地转动，另一质量为m2的人由B点按规律沿距O轴半径为r的圆周运动。系統的动量矩按如下式子计算：是否正确？思考题设定轴转动刚体作用有力：F1、F2、……、Fn，转动角速度：ω，转动惯量：Jz

，其绕轴的动量矩——其转向与ω

相同代入动量矩定理，有——刚体定轴转动微分方程（转动定理）

刚体对转轴的转动惯量与其角加速度的乘积，等于作用于刚体上的所有外力对转轴矩的代数和。12-5刚体定轴转动微分方程讨论：（1）方程建立了α与Mz

的瞬时关系（须在任意瞬时建立方程）（2）——匀变速转动——匀速转动——角速度ω取极值（3）则有——此时α取决于JzJz大α

小——说明转动运动状态不易改变Jz

小α

大

——说明转动运动状态容易改变——惯性大——惯性小Jz是刚体转动运动惯性的度量应用：（1）已知外力矩Mz

，求α、ω、φ

=φ(t)。（2）已知α、ω、φ=φ(t)，求与力矩Mz有关的量（力、距离等）。注意事项：（1）不能求轴承反力；（须由质心运动定理求）（2）方程两边α、ω、φ与力矩Mz

正转向规定一致；（3）只适用于同一轴转动的刚体。（一般适用于单个定轴转动刚体）例10：复摆compoundpendulum（物理摆physicalpendulum）如图。已知摆的重量为W，摆关于转轴O

的转动惯量为

JO，悬挂点（轴）O

到质心的距离为a，求：复摆做微幅摆动时的运动规律。解：运动分析：任意瞬时OC与x轴的夹角为φ（注：φ以增大方向为正转向）建立定轴转动微分方程，并求解（1）两边同除以JO，并整理得（2）当做微幅摆动（φ很小）时，（3）其解为：（4）式中：常数A、α由初始条件确定。摆动周期：讨论：——转动惯量的复摆测定法原理注意：方程两边正转向规定必须一致。

0OFNF求：

制动所需的时间。已知：

JO

，

0，FN，f

。解：取飞轮为研究对象解得:例11：xy高炉上运送矿料的卷扬机。均质卷筒半径为R，重量为G

。沿倾角为θ

的斜轨被提升的重物A重W

。作用在卷筒上主动转矩为M

。斜面与重物间摩擦因素为μ，绳重可不计。试求重物的加速度。解：(1)

研究对象——卷筒OOM（1）A(2)

研究对象——重物A（2）（3）（4）(3)运动学关系：（5）联立求解，得如何求轴承反力？需对卷筒用质心运动定理。讨论：例12：已知：

J1

，J2

，R1，R2

，

i12=

R2/R1，

M1

，

M2

。求：

轴Ⅰ的角加速度。(设I轴为主动轴)ⅠⅡM1M2例13：M2M1α1α2解：分别取轴Ⅰ和Ⅱ为研究对象解得：ⅠⅡM1M2F转子Ⅰ对自身转轴的转动惯J1=1kg·m2，转子Ⅱ对其转轴的转动惯量为J2=1.5kg·m2，两轮的齿数之比

k=z1/z2=1/2，如图所示。设转子Ⅰ上作用有转矩为M的力偶，使转子Ⅰ自静止开始匀加速转动，经过10s

转速达n1=1500r/min

。已知轴Ⅰ上齿轮的节圆半径为r1=100mm，轴承摩擦不计。试计算转矩M和齿轮的圆周力Ft

。解：运动分析：转向与M

相同外啮合，α1

与α2

转向相反

由传动比概念，有例14：

转子Ⅰ对自身转轴的转动惯量为J1=1kg·m2，转子Ⅱ对其转轴的转动惯量为J2=1.5kg·m2，两轮的齿数之比

k=z1/z2=1/2，如图所示。设转子Ⅰ上作用有转矩为M的力偶，使转子Ⅰ自静止开始匀加速转动，经过10s

转速达n1=1500r/min

。已知轴Ⅰ上齿轮的节圆半径为r1=100mm，轴承摩擦不计。试计算转矩M和齿轮的圆周力Ft

。解：——两边都以逆时针为正轴Ⅰ——（1）轴Ⅱ——（2）——两边都以顺时针为正利用：联立求解（1）（2）得几点注意：（1）对每一轴分别列方程；（2）方程两边正转向规定一致；（3）α1

与α2

转向协调。例14：图示系统。均质圆轮

A：质量m1，半径r1，以角速度ω绕轴A转动；均质圆轮

B：质量m2，半径r2，绕轴B转动，初始静止；现将轮A放置在轮B上，问自A轮放在B轮上到两轮间无相对滑动为止，需用多少时间。设两轮间的摩擦因素为μ

，略去轴承摩擦和杆OA的质量。解：AB假设两轮的角加速度分别为：轮A——（1）y（2）（3）求解得任意瞬时角速度：轮B——（4）（5）例15：（6）无相对滑动的条件：将式（4）（6）代入得：ABy（4）其中：OFOxFOyW=mgOFOyFOxW=mg解除约束前：

FOx=0,FOy=mg/2突然解除约束瞬时：

FOx=？

FOy=？

关于突然解除约束问题

突然解除约束瞬时，杆OA将绕O轴转动，不再是静力学问题。这时，

0，

0。需要先求出

，再确定约束力。OFOxFOyW=mgAC应用定轴转动微分方程应用质心运动定理

解除约束的前、后瞬时速度与角速度连续，加速度与角加速度将发生突变。突然解除约束问题的特点

系统的自由度一般会增加；均质圆盘，质量为m，半径为R，不计轴承摩擦，图示位置，OB

处于水平。现将绳子BD

突然切断，求：切断瞬时轴承O

处的反力。BCOD解：圆盘——mgnτ列写定轴转动微分方程：切断瞬时圆盘的角速度为：质心的加速度：——以顺时针为正例16：均质圆盘，质量为m，半径为R，不计轴承摩擦，图示位置，OB

处于水平。现将绳子BD

突然切断，求：切断瞬时轴承O

处的反力。BCOD解：mgnτ代入质心运动定理：

实际方向与图中相反例17：质心的加速度：小结1、由质点系对固定轴的动量矩定理，有也可以有如下形式：这就是

刚体定轴转动微分方程。解除约束的前、后瞬时速度与角速度是连续的，加速度与角加速度将发生突变。2、突然解除约束问题：思考题

如图所示，转动系统中，轮I、轮II的转动惯量分别为J1、J2，轮I的角加速度按下式计算对吗？12-6质点系相对于质心的动量矩定理问题的引出

C这些物体的运动中，有转动的成分，但又不是定点（轴）转动。能不能用动量矩定理来描述他（它）们的运动呢？miri′Oyxzriy′x′z′CvirC由质心坐标公式，有一、质点系对质心的动量矩计算miri′Oyxzriy′x′z′CvirC二、质点系对质心与对固定点的动量矩之关系三、质点系对质心的动量矩定理

质点系相对于质心(平移系)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，这就是质点系相对于质心(平移系)的动量矩定理。

当外力对质心的主矩为0时，均质圆盘质量为2m，半径为r。细杆OA质量为m，长为l＝3r，绕轴O转动的角速度为w、求下列三种情况下系统对轴O的动量矩：(a)圆盘与杆固结；(b)圆盘绕轴A相对杆OA以角速度w逆时针方向转动；(c)圆盘绕轴A相对杆OA以角速度ω顺时针方向转动。解：(a)圆盘与杆固结例17：解：(b)圆盘绕轴A相对杆OA以角速度w逆时针方向转动刚体的平面运动可以分解为随质心（以质心为基点）的平动和绕质心的转动。miri′Oyxzriy′x′z′CvirC先将前面质点系对固定点之动量矩的计算应用到刚体平面运动中来：(b)(c)

CFNmgaCαF解：取圆盘为研究对象，

圆盘做纯滚动已知：

m，R，

，aC。斜面足够粗糙，试求圆盘所受摩擦力。讨论：圆盘的初始条件对所求结果会有什么影响呢？对质心的动量矩定理描述是物体运动的任意瞬时的关系，与初始条件无关。计算圆盘的相对质心的动量矩：带入相对质心的动量矩定理：得：又已知运动学关系：(1)(2)联立(1)、(2)得：ω例18：课堂练习M图示系统,CODRr卷扬机鼓轮O：作用有转矩M=常数；均质圆柱体C：P，R，做纯滚动；斜面倾角为α，求：已知：某瞬时，圆柱中心C的加速度为aC；圆柱体D处的摩擦力。解：由对质心的动量矩定理：选圆柱体为研究对象。1、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，这就是质点系相对于质心的动量矩定理。小结2、质点系相对于质心的动量矩定理与相对于固定点的动量矩定理具有相同的形式，而对相对于质心以外的其它动点，一般并不存在这种简单关系。3、由质点系相对于质心的动量矩定理和质点系的质心运动定理,可以进一步得出刚体平面运动的运动微分方程。M图示系统,CODRr卷扬机鼓轮O：作用有转矩M=常数；均质圆柱体C：P，R，做纯滚动；斜面倾角为α，求：已知：某瞬时，圆柱中心C的加速度为aC；圆柱体D处的摩擦力。思考题MCODRr解：由对质心的动量矩定理：选圆柱体为研究对象。思考题参考解答12-7刚体的平面运动微分方程

由质心运动定理和相对于质心的动量矩定理，有：

F1F2FnOyxx′y′C

D

刚体平面运动微分方程已知：

m

，R,f

，

。就下列各种情况分析圆盘的运动和受力。

CFNmg(a)斜面光滑aCα解：取圆轮为研究对象

圆盘做平动例19：

C(b)斜面足够粗糙F由

得：

满足纯滚的条件：FNmgaCα(c)斜面介于上述两者之间圆盘既滚又滑

CFFNmgaCαFC

平板质量为m1，受水平力F作用而沿水平面运动，板与水平面间的动摩擦因数为f，平板上放一质量为m2的均质圆柱，它相对平板只滚动不滑动。

求平板的加速度。

例20：FCFCαF1FN1FN2F2′FN2′F2m1gm2gaaCar解：取圆轮和板为研究对象对板：对圆轮：已知：m1,m2,R,f,F

。求：板的加速度。

取B分析，受力如图。B做平面运动。应用平面运动的微分方程有均质圆柱体A和B质量均为m，半径均为r。圆柱A可绕固定轴O转动。一绳绕在圆柱A上，绳的另一端绕在圆柱B上。求B下落时，质心C点的加速度。摩擦不计。解：取A分析，受力如图。A做定轴转动，应用定轴转动的微分方程有其中aAFTmgFOxFOyOAF'TmgaBCDBaC由运动学关系aD＝raA,，而由加速度合成定理有D例21：均质杆质量为m，长为l，在铅直平面内一端沿着水平地面，另一端沿着铅垂墙壁，从图示位置无初速地滑下。不计摩擦，求开始滑动的瞬时，地面和墙壁对杆的约束反力。解：以杆AB为研究对象，分析受力。yBqCAmgxBqCAFAFB

杆作平面运动，设质心C的加速度为aCx、aCy，角加速度为a。aaCxaCy由刚体平面运动微分方程mg例22：BqCAyx以C点为基点，则A点的加速度为再以C点为基点，则B点的加速度为aAaaBaCxaCyatBCatAC在运动开始时,w＝0,故,将上式投影到y

轴上，得an＝0AC同理， ，将上式投影到x轴上，得an＝0BC联立求解(1)~(5)式，并注意到可得注：亦可由坐标法求出(4)、(5)式：运动开始时，，故BqCAxyjAxCB如图质量为m的均质杆AB用细绳吊住，已知两绳与水平方向的夹角为j。求B端绳断开瞬时，A端绳的张力。解：取杆分析，建立如图坐标。有AB做平面运动，以A为基点，则jjABFT因为断开初瞬时,vA＝0,w＝0,故,an＝0Aan＝0CA将上式投影到x轴上，得an

CAat

CAat

Aan

AajAxCBaaCxmg例23：长l，质量为m的均质杆AB和BC用铰链B联接，并用铰链A固定，位于平衡位置。今在C端作用一水平力F，求此瞬时，两杆的角加