第12章_4动量定理及应用
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第12章 动量定理
理论力学
动力学
动量定理
4
1. 动量
在日常生活和工程实践中可看出，质点的速度
和质量的乘积表征了质点机械运动的强弱，例：枪
弹：速度大，质量小； 船：速度小，质量大。 (1) 质点的动量：质点的质量与速度的乘积 mv 称为 质点的动量。 是瞬时矢量，方向与 v 相同。单位 是kgm/s。
(2) 质点系的动量：质点系中所有各质点的动量的 矢量和。
理论力学
动力学
动量定理
7
刚体是由无限多个质点组成的不变质点系，确 定的瞬时质心是刚体内某一确定的点。对于质量均 匀分布的规则刚体，质心就是几何中心（形心）， 由式(12-3)可以方便的计算刚体或者刚体系统的动 d d 量。p mi ri ( mrC ) mvC (12-3) dt dt
(i ) m x ( Fi ) 0 。
理论力学
动力学
动量定理
18
(i ) Fi 0;
(i ) mO ( Fi ) 0 或
(i ) m x ( Fi ) 0 。
设质点系有n个质点，由质点动量定理，对质点 系内任一质点 i， (i ) (e) (e) (i) d( mi vi ) ( Fi Fi )dt Fi dt Fi dt 对整个质点系，有n个方程，相加得 n n n n (e) (i ) (i ) d(mi vi ) Fi dt Fi dt （其中 Fi 0）
或
(e) p - p0 I i
i 1
n
(12-10)
式(12-10)为质点系动量定理的积分形式，表明在某 一时间间隔内，质点系动量的改变量等于在这段时 间内作用于质点系外力的冲量矢量和。 另外，从上述定理可看出，质点系的内力不能 改变质点系的动量，但可以引起系统内各质点动量 的传递。
第十二章理论力学
静滑动摩擦力等； 做功不为零的约束称为非理想约束：动滑动摩擦力；
四、物体内任意两点间的内力所做的功： 1、变形体的内力所作的功不为零（因为变形体内的任
意两点间的距离会发生改变）； 2、刚体的内力所作的功等于零（因为任意两点间的距
离不会发生改变）；
§12-2 质点和质点系的动能
一、质点的动能：
T 1 mv2 2
二、再使用动量定理（质心运动定理）和动量矩定理求解 动力学第一类问题（求解约束反力）：
1、研究重物A： 1）受力分析：如图； 2）运动分析：平动； 3）建立动力学关系 ---质心运动定理:
mAa mAg FT
FT 733 N
2、研究塔轮： 1）受力分析：如图； 2）运动分析：平面运动； 3）建立动力学关系 ---平面运动微分方程： （质心运动定理+动量矩定理）
其中：
vC R
aC R
vA (R r) aA (R r)
∴
mAgs
1 2
m(C2
R2) mA(R r)2
2
(a)
求C点的加速度：
将式(a)两端对t 求导,得：
mAgvA m(C2 R2 ) mA (R r)2
2.115 rad/s2 aA 0.635 m/s 2 aC 1.269 m/s 2
m2
R22
)22
W12 M m2gs sin
且
1
vC R1
,；2
vC R2
；
s
R1
∴
MMs
R1
m2gs sin
vC 2 4
(2m1
3m2 )
(a)
vC 2
(M m2gR1 sin )s
R1(2m1 3m2 )
四、物体内任意两点间的内力所做的功： 1、变形体的内力所作的功不为零（因为变形体内的任
意两点间的距离会发生改变）； 2、刚体的内力所作的功等于零（因为任意两点间的距
离不会发生改变）；
§12-2 质点和质点系的动能
一、质点的动能：
T 1 mv2 2
二、再使用动量定理（质心运动定理）和动量矩定理求解 动力学第一类问题（求解约束反力）：
1、研究重物A： 1）受力分析：如图； 2）运动分析：平动； 3）建立动力学关系 ---质心运动定理:
mAa mAg FT
FT 733 N
2、研究塔轮： 1）受力分析：如图； 2）运动分析：平面运动； 3）建立动力学关系 ---平面运动微分方程： （质心运动定理+动量矩定理）
其中：
vC R
aC R
vA (R r) aA (R r)
∴
mAgs
1 2
m(C2
R2) mA(R r)2
2
(a)
求C点的加速度：
将式(a)两端对t 求导,得：
mAgvA m(C2 R2 ) mA (R r)2
2.115 rad/s2 aA 0.635 m/s 2 aC 1.269 m/s 2
m2
R22
)22
W12 M m2gs sin
且
1
vC R1
,；2
vC R2
；
s
R1
∴
MMs
R1
m2gs sin
vC 2 4
(2m1
3m2 )
(a)
vC 2
(M m2gR1 sin )s
R1(2m1 3m2 )
第12章动量矩定理
又, a (h C 2R h A ) 0.5 7783km
c VC hC 2R hA
c a ( R h A ) 973km b a 2 c 2 7722km vB R hA v A 7.14km / s b
例二. 质量为m 的小球 悬挂在一绳索下端且以匀速率在水平面内作圆周运动. 试分析小球对O, A 两点的动量矩及其守恒问题. A
解 : 卫星在轨道运行中只受 地球的
VB b C a O′ O
B
V F VA A
引力作用, 故卫星对地心 点的 O 动量矩守恒. (R h A ) v A (R hC ) vC vC 6371 439 8.1 6.3km / s 6371 2384 ( R h A ) v A v B b
r
T
m
R O
v
mg
结论: 动量矩是否守恒, 与矩心的选择有关.
§12 – 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 z ) M z ( F i ) dt i 1
去掉微分符号即是 J z M z ( Fi )
LO r i m i V i (r C r'i ) m i V i
Vi
r
n
n
Vi
mi
i 1 n
i 1
VC VC
C
r 'i
r C m i V i LC r C m i V i LC
i 1 i 1
n
r C MV C L C
rc
M O (m v )
12动量矩定理
图12.7 钟摆
第12章 动量矩定理
12.1 转 动 惯 量
【例12.5】 匀质圆盘与匀质杆组成的钟摆如图12.7所示。已知圆盘质量m1， 直径d，杆的质量m2，长l，试求钟摆对悬挂轴O的转动惯量J0。
解：钟摆由匀质杆和匀质盘组成，所以有 = JO JO杆 + JO
其中
JO
=J c
+
m1
l
+
d 2
平方的乘积，即
12.7
J=z J zc + md 2
(12.7)
第12章 动量矩定理
12.1 转 动 惯 量
证明：如图12.5所示，设刚体总的质量为m，轴zc通过质心C，z与zc平行且 相距为d。不失一般性，可令y与yc重合，在刚体内任取一质量为mi的质点Mi,它 至zc轴和z轴的距离分别为ric和ri。刚体对于z、zc轴的转动惯量分别为
12.9
第12章 动量矩定理
12.1 转 动 惯 量
【例12.4】 质量为m，长为l的匀质杆如图12.6所示，求杆对yc的转动惯量。
解：由例12.1知
Jy
=
1 ml2 3
,根据平行轴定理式(12.7)有
J yc
=J y
−
md 2
=1 ml2 3
−
m
l
2
2
=1 12
ml 2
12.10
图12.6 匀质杆
在工程问题上，计算刚体的转动惯量时，常应用下面公式
12.3
第12章 动量矩定理
12.1 转 动 惯 量
Jz
=
mρ
2 z
(12.2)
ρ 其中m为整个刚体的质量， z 为刚体对z轴的回转半径，它具有长
第十二章 动量矩定理
Lz=Jzω
§2 动量矩定理
一、质点的动量矩定理
设质点质量为m， 受力F， MO(mv) 动量mv，定坐标系Oxyz ， 根据质点的动量定理 z
F
B
mv
r
o A y
MO(F)
d (mv ) F dt
等式两边同时与矢径r作矢量积， 即 x
d (mv ) r F r dt
MO(F)
?
d (mv ) r F 为求等式 r 左边项，先来看 dt d (r mv ) dr mv r d (mv ) dt dt dt v ( r d ( v mv∵O为定点！)mv ) dt MO(mv) =0
第十二章
动量矩定理
z
§1 动量矩的概念
一、质点的动量矩
F r
o
B A m
y
回顾： 力对点的矩 Mo(F)= r×F 若 r=xi+yj+zk F=Fxi+Fyj+Fzk
则 i M o (F ) x Fx
j y Fy k z Fz
MO(F)
x
大小：│Mo(F) │ =2S△OAB
方向：按右手螺旋规则定。
[Mo(mv)]z= M z(mv)
代数量
• 动量矩的量刚为 ML2T－1 （kg· 2/S） m
二、质点系的动量矩
质点系对固定点O的动量矩等于各质点对同 一点O的动量矩的矢量和（即质点系动量对点O 的主矩）：
对定点
Lo M o (mi vi )
i 1
n
矢量
质点系对固定轴z的动量矩等于各质点对同一 轴z的动量矩的代数和，即
vC
C
Lo = M o(Mvc)
第十二章动量定理_理论力学
第十二章动量定理1质系动量的计算质系的动量或式中m为整个质系的质量；对于刚体系常用计算质系的动量，式中vCi为第i个刚体质心的速度。
2.质系动量定理质系动量定理建立了质系动量对于时间的变化率与外力系的主矢量之间的关系，即★质系动量的变化只决定于外力的主矢量而与内力无关。
★质系动量守恒定律：当作用于质系的外力系的主矢量，质系动量守恒，即=常矢量。
或外力系的主矢量在某一轴上的投影为零，则质系的动量在此轴上的投影守恒，如，则常量。
3.质心运动定理质系的质量与质心加速度的乘积等于外力系的主矢量。
即对于刚体系可表示为式中aCi表示第i个刚体质心的加速度。
4.变质量质点运动微分方程5.应用质系动量定理一般可解决质系动力学的两类问题一类是已知质系的运动，这里指的是用动量及其变化率或质心的加速度所表示的运动，求作用在质系上外力系中的未知约束力。
另一类是已知作用于在质系上的外力系或外力系在某一坐标轴上的投影，求质系的动量变化率或质心的加速度。
动量定理、动量矩定理、动能定理从不同的角度建立了质点系的运动变化与其受力之间的关系，称为质系的普遍定理。
质系动量定理建立了质系动量的变化率与作用于质系上外力系的主矢量之间的关系。
质系动量定理和质心运动定理也是流体动力学及变质量质系动力学的理论基础。
§12-1质系动量定理如图12-1所示质系由个质点组成，第i个质点的质量为，速度为vi，作用于质点上的外力记为，内力记为。
牛顿第二定律可表示为其中，称为质点的动量。
对于整个系统，求上述个方程的矢量和，得更换求和及求导次序，得式中（12-1）为质系内各质点动量的主矢量，称为质系的动量。
为外力的主矢量，为内力的主矢量，根据牛顿第三定律，内力总是大小相等、方向相反，成对的出现在质系内部，所以，于是得(12-2)上式称为质系动量定理，即：质系动量p对时间t的变化率等于作用在质系上外力系的主矢量，而与内力系无关。
在应用动量定理时，应取矢量式（12-2）的投影形式，如动量定理的直角坐标投影式为(12-3)强调说明两点：1、质系动量的变化只决定于外力的主矢量。
第12章 动量定理
质心运动定理的实例分析
定 向 爆 破
第十二章 动 量 定 理
CHINA UNIVERSITY OF MINING AND TECHNOLOGY
解题步骤
1.根据已知条件和需求参数选定研究对象，应用动量定理和 质心运动定理时，一般选系统为研究对象；
2.对研究对象进行受力分析，作受力图；
3.对研究对象进行运动分析，建立坐标系。应用动量定理 时，要考虑相对惯性系的绝对运动； 4.根据动量定理或质心运动定理建立动力学方程，一般用投 影式； 5. 解方程。
——质点系的动量定理微分式
质点系动量的微分等于作用于质点 系外力元冲量的矢量和。
z
vi
m2 O
m1 mi
y
p
p0
t (e) dp Fi dt 0
x
i 1,2,, n
(e) p p0 I i
——质点系动量定理的积分式
在某一时间间隔内，质点系动量的改变量等于在这段时 间内作用于质点系外力冲量的矢量和。
质心运动量守恒定律
( e ) 1Байду номын сангаас 若 Fi 0 质心作匀速直线运动；
若开始静止，则质心的位置始终保持不变。
2. 若 Fx( e ) 0 vCx =常数；若开始时速度投影等于零，则
质心沿该轴的坐标保持不变。
第十二章 动 量 定 理
CHINA UNIVERSITY OF MINING AND TECHNOLOGY
y O1 O2
F
(e) x
0
aCx 0
O
vCx const 0 xC 恒量 令：
xC 2
m1 g
第12章-动量矩定理
它表达为刚体质量 m 与某一长度ρ z 旳平方
旳乘积： J z m z2
细直杆 均质圆环 均质圆板
J z /m 1 / 3 l2 z 0.5774 l
J z /m R2 z R
J z /m 1 / 2 R2 z 0.7071R
z 假如把刚体旳质量全部集中在与 轴相距为ρ z 旳点
上，则此质点对 z 轴旳转动惯量与原刚体相同。
四、平行轴定理
J z J z md 2
定理：刚体对任意轴旳转动惯量，等于刚体对 于经过质心、并与该轴平行旳轴旳转动惯量， 加上刚体旳质量与两轴间距离平方旳乘积。
z
O
z
d
ri
ri
C
O
mi
zi
y( y)
C点为质心；
O z 为质心轴，O z
为与之平行旳任
xi
一轴，距离为 d 。
x d x yi J z mi ri2 mi ( xi2 yi2 )
d dt
(
J
z
)
Jz
Mz
dω dt
(Fi
)M
M z (Fi )
z
(
FN
i
)
Fi
或
Jz
d2
dt2
M z (Fi )
或 J z M z (Fi )
FNi
与 m a Fi 比较
例：已知滑轮半径为 R ，转动惯量为 J ，带动滑轮
旳皮带拉力分别为 F1 和 F2 。求滑轮旳角加速度 。
F2 解：根据定轴转动微分方程
d(ri
mivi ) dt
ri
F (e) i
ri
Fi(i)
(i 1,2,, n)
相加得
旳乘积： J z m z2
细直杆 均质圆环 均质圆板
J z /m 1 / 3 l2 z 0.5774 l
J z /m R2 z R
J z /m 1 / 2 R2 z 0.7071R
z 假如把刚体旳质量全部集中在与 轴相距为ρ z 旳点
上，则此质点对 z 轴旳转动惯量与原刚体相同。
四、平行轴定理
J z J z md 2
定理：刚体对任意轴旳转动惯量，等于刚体对 于经过质心、并与该轴平行旳轴旳转动惯量， 加上刚体旳质量与两轴间距离平方旳乘积。
z
O
z
d
ri
ri
C
O
mi
zi
y( y)
C点为质心；
O z 为质心轴，O z
为与之平行旳任
xi
一轴，距离为 d 。
x d x yi J z mi ri2 mi ( xi2 yi2 )
d dt
(
J
z
)
Jz
Mz
dω dt
(Fi
)M
M z (Fi )
z
(
FN
i
)
Fi
或
Jz
d2
dt2
M z (Fi )
或 J z M z (Fi )
FNi
与 m a Fi 比较
例：已知滑轮半径为 R ，转动惯量为 J ，带动滑轮
旳皮带拉力分别为 F1 和 F2 。求滑轮旳角加速度 。
F2 解：根据定轴转动微分方程
d(ri
mivi ) dt
ri
F (e) i
ri
Fi(i)
(i 1,2,, n)
相加得
动量定理全解
称为质点动量定理的积分形式,即在某一时间间隔内,质点动
t1
t2
量的变化等于作用于质点的力在此段时间内的冲量.
7
2.质点系的动量定理
外力:
Fi ,
(e)
内力:
Fi
(i )
内力性质: （1） F ( i ) i
0
(i )
（2） M O ( Fi ) 0 （3） Fi dt 0
(i )
动坐标轴上的投影为
vB O
mBg
vr x vr cos , vr y vr sin
A 点对于固定坐标系 Bxy 的绝对速度
为vA= vB+vr。
v Ax vr cos vB v Ay vr sin
22
vr
例题
px mAv Ax mB vBx
y' α A α mAg B vry′ vrx′ vr α x' x F y vB A α vA x
由此，当细杆铅垂时小球相对于物块 有最大的水平速度，其值为
vr lmax k0l
19
例题
例 题 12-4
当此速度vr向左时，物块应有向右的绝对 速度，设为 v，而小球向左的绝对速度值
A
v
φ
B
为va=vr－v。根据动量守恒条件，有
mAv mB (vr v) 0
解出物块的速度为
14
例题
例 题 12-3
锻锤 A 的质量 m = 3 000 kg，从高度 h = 1.45 m处自由下落到
锻件 B 上。假设锻锤由接触锻件到最大变形的时间t = 0.01 s，
求锻锤作用在锻件上的平均碰撞力。
O
v0=0
t1
t2
量的变化等于作用于质点的力在此段时间内的冲量.
7
2.质点系的动量定理
外力:
Fi ,
(e)
内力:
Fi
(i )
内力性质: （1） F ( i ) i
0
(i )
（2） M O ( Fi ) 0 （3） Fi dt 0
(i )
动坐标轴上的投影为
vB O
mBg
vr x vr cos , vr y vr sin
A 点对于固定坐标系 Bxy 的绝对速度
为vA= vB+vr。
v Ax vr cos vB v Ay vr sin
22
vr
例题
px mAv Ax mB vBx
y' α A α mAg B vry′ vrx′ vr α x' x F y vB A α vA x
由此，当细杆铅垂时小球相对于物块 有最大的水平速度，其值为
vr lmax k0l
19
例题
例 题 12-4
当此速度vr向左时，物块应有向右的绝对 速度，设为 v，而小球向左的绝对速度值
A
v
φ
B
为va=vr－v。根据动量守恒条件，有
mAv mB (vr v) 0
解出物块的速度为
14
例题
例 题 12-3
锻锤 A 的质量 m = 3 000 kg，从高度 h = 1.45 m处自由下落到
锻件 B 上。假设锻锤由接触锻件到最大变形的时间t = 0.01 s，
求锻锤作用在锻件上的平均碰撞力。
O
v0=0
第12章——动量矩定理
12.1 质点和质点系的动量矩
一、简单形状刚体的转动惯量 z
1. 均质细杆
设均质细杆长 l，质量为m，O
取微段 dx, 则
x
x
dx
l
dm mdx l
Jz
l m d x x2 1 ml2
0l
3
Jz1
l
2 l
2
m l
d
x
x2
1 12
ml 2
z1
x l C x dx
2
12.1 质点和质点系的动量矩
对点的：
LO MO(mv) ( miri )vC MO(mvC )
对轴的：
Lz M z (mvC )
12.1 质点和质点系的动量矩
4 定轴转动刚体对转动轴的动量矩
Lz M z (mivi ) miviri miri2
令 Jz＝Σmiri2 称为刚体对 z 轴的转动惯 量, 于是得
i 1
12.2 动量矩定理
上式左端为
n
i 1
d dt
MO (mivi )
d dt
n i 1
MO (mivi )
d dt
LO
于是得
d
dt
LO
n i 1
MO (Fi(e) )
质点系对某固定点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。
12.2 动量矩定理
设作用在刚体上的外力可向质
心所在平面简化为一平面力系，由
y y'
质心运动定理和相对质心的动量矩 定理得
D
C
x'
maC F (e)
华北电力大学理论力学第12章 动量矩定理(动)
dLz dt
Lz Jz
d J z dt M z Fi
M z Fi
刚体绕定轴转动微分方程
J Z M z Fi
d JZ M z Fi dt
d 2 J Z 2 M z Fi dt
17
, ,
f
2 C R2
2 C
tan
26
情况3
圆盘与斜面间的摩擦系数
0 f
2 C R2 2 C
tan
圆盘沿斜面既滚又滑，具有两个自由度，选xC、为广义坐标
C mg sin θ F m x 0 F N mg cos θ
2 FR m ρC
动滑动摩擦 力 解得
0 Fx m1r1 m 2 r2 Fy m1 g m 2 g W
得到轴承约束力为 Fx 0
(m1r1 m2r2 )2 Fy （m1 m2）g W g 2 2 JO m1r1 m2r2
15
例12-2（动量矩定理）
两个质量为 m1、m2的重物分别系在绳子的两端，如图所示。两绳分 别绕在半径为r1、r2并固结在一起的两鼓轮上，设两鼓轮对O轴的转 动惯量为JO，重为W，求鼓轮的角加速度和轴承的约束力。 解： （ 1）以整个系统为研究对象。 （2）受力分析： 系统所受外力的受力图如图所示，其中m1g、m2g、 W为主动力，Fx，Fy为约束力。 （3）运动分析： 设鼓轮的角速度为，系统的动量矩为
由刚体平面运动微分方程得出?sinmgxmc????cos0mgfn??02?????cm圆盘的受力如图0sin????????gxc由此可得到各运动分量满足方程00000?????????ccxvxt若初始条件为则圆盘以加速度作平移运动?singxc???0000??????????ccxxt圆盘平面运动若初始条件为26情况2斜面有足够粗糙度圆盘不打滑圆盘受力如图刚体平面运动方程fmgxmc???sin???cos0mgfn??frmc?????2圆盘不打滑为纯滚动运动有约束方程?rxc????rxc???????cossinsin222222mgfmgrfgrrxncccc???????解得?????rxc?圆盘与斜面间无相对滑动的条件为nfff????tan222rfcc??圆盘沿斜面作纯滚动的条件为摩擦系数27情况3圆盘与斜面间的摩擦系数???tan0222rfcc???圆盘沿斜面既滚又滑具有两个自由度选xc?为广义坐标frmmgffmgxmcnc??????????2cos0sin?cosmgffffn????gfxccossin??????????cos2gfrc????动滑动摩擦力解得圆盘质心的加速度与圆盘重量无关只与动滑动摩擦系数有关
Lz Jz
d J z dt M z Fi
M z Fi
刚体绕定轴转动微分方程
J Z M z Fi
d JZ M z Fi dt
d 2 J Z 2 M z Fi dt
17
, ,
f
2 C R2
2 C
tan
26
情况3
圆盘与斜面间的摩擦系数
0 f
2 C R2 2 C
tan
圆盘沿斜面既滚又滑，具有两个自由度，选xC、为广义坐标
C mg sin θ F m x 0 F N mg cos θ
2 FR m ρC
动滑动摩擦 力 解得
0 Fx m1r1 m 2 r2 Fy m1 g m 2 g W
得到轴承约束力为 Fx 0
(m1r1 m2r2 )2 Fy （m1 m2）g W g 2 2 JO m1r1 m2r2
15
例12-2（动量矩定理）
两个质量为 m1、m2的重物分别系在绳子的两端，如图所示。两绳分 别绕在半径为r1、r2并固结在一起的两鼓轮上，设两鼓轮对O轴的转 动惯量为JO，重为W，求鼓轮的角加速度和轴承的约束力。 解： （ 1）以整个系统为研究对象。 （2）受力分析： 系统所受外力的受力图如图所示，其中m1g、m2g、 W为主动力，Fx，Fy为约束力。 （3）运动分析： 设鼓轮的角速度为，系统的动量矩为
由刚体平面运动微分方程得出?sinmgxmc????cos0mgfn??02?????cm圆盘的受力如图0sin????????gxc由此可得到各运动分量满足方程00000?????????ccxvxt若初始条件为则圆盘以加速度作平移运动?singxc???0000??????????ccxxt圆盘平面运动若初始条件为26情况2斜面有足够粗糙度圆盘不打滑圆盘受力如图刚体平面运动方程fmgxmc???sin???cos0mgfn??frmc?????2圆盘不打滑为纯滚动运动有约束方程?rxc????rxc???????cossinsin222222mgfmgrfgrrxncccc???????解得?????rxc?圆盘与斜面间无相对滑动的条件为nfff????tan222rfcc??圆盘沿斜面作纯滚动的条件为摩擦系数27情况3圆盘与斜面间的摩擦系数???tan0222rfcc???圆盘沿斜面既滚又滑具有两个自由度选xc?为广义坐标frmmgffmgxmcnc??????????2cos0sin?cosmgffffn????gfxccossin??????????cos2gfrc????动滑动摩擦力解得圆盘质心的加速度与圆盘重量无关只与动滑动摩擦系数有关
第十二章 动量定理
p y 2m1vC cost m1vC1 cost m2vB l 2m1l cost m1 cost m2 2l cost 2 l y (5m1 4m2 ) cost m v 2 B 2
所以机构动量的大小和方向为
B
2m1vC
C
C
p
px cos( p, i ) cos sin t p
OB 100 3mm ， ，求圆盘的动量。 解：ve OC 1 0.2 1 0.2m / s vr R 2 0.1 4 0.4m / s
O
1
R C B
30
p
2
A
O
1
ve C va B v
30
r
A
于是
所以 p mvC 20 0.3464 6.93N s
1
t2
动 m v2 z m v1z t Zdt I z 量 这就是有限投影形式的质点的动量定理。 定 3、质点动量守恒定理 理 若 F 0 ，则 m v 常矢量； 若 X 0 ，则 mv2 x mv 1x 常量。
t2
1
这就是质点的动量守恒定律。
二、 质点系的动量定理 1、质点系动量定理的微分形式
质 心 运 动 定 理
0 Fbe
M
v
2 C
Fne
二、质心运动守恒定理
e vC C ， （1）若 F 0 ，则有aC 0 ，于是有 即质心作匀速直线运动；若系统开始静止，则质 心位置始终保持不变。
e X 0 ，则有aCx 0 ，于是有 （2）若 vCx C，
t2 e p2 p1 mv2 mv1 F dt
大学物理动量定理
子弹穿过两木块所用的时间分别为t1和t2，木块对子 弹的阻力为恒力F，则子弹穿出后，木块A的速度大小
为
，木块B的速度大小为
.
解：
F t1 m1vA m2vA
vA
F m1
t1 m2
F t2 m2vB m2vA
vB
F t2 m2
vA
F t2 m2
F m1
t1 m2
2-8. 一质量为m的质点在xoy平面上运动，其位置矢量
机械能守恒：
1 2
m2 v02
1 2
(m1
m2 )v2
1 2
kxm2 ax
1 xmax 2 x0
下次课内容：
§3-1 刚体运动的描述 §3-2-1 力矩 §3-2-2 刚体绕定轴转动定律
j
t
i
v bs
a in t
sin j]
t
i
b cost Fx m 2 x
j
dt
m2[x i y j ]
Fy m2 y
A(a,0) B(0, b)
Wx
0
a Fxdx m2
0 xdx 1 ma22
a
2
Wy
b
0 Fydy m 2
bydy 1 mb2 2
0
2
质点动能定理
W
为
r
a
cos
t
i b sin t j
(SI).
式中a，b， 是正值常
数, 且a > b.
(1)求质点在A点(a，0)和B 点(0，b)的动能; (2)求质点所 受的作用力 F 以及质点从A点运动到B点 的过程中 F 的分力Fx和Fy分别做的功.
解：
第十二章 动量定理理论力学
→
v ω= 2r
v vC = rω = 2
每个轮子的的动量：
v
P1
P2=m2vC=m2v/2 → ∴ P=P1+2P2=（m1+m2）v →
ω
P2
vC
•C •K
第十二章 动量定理
15
[例]椭圆规中OC=AC=CB=l，滑块A、B质量均为m，曲柄OC和连杆 AB质量均不计。曲柄OC以匀角速度ω 绕O轴转动，φ=ωt。求图 示位置时系统总的动量。 解一：先求各质点的动量，再求其矢量和 研究对象：连杆AB 运动分析：平面运动，瞬心I
19
O
C1 ω
C2
mv C 1
P = P1 + P2 = m1vC1 + m2 vC2
其中： 1 vC1 = lω → 2
A B
mvC 2
ωr = ω
1 P1 = mlω 2
→
第十二章 动量定理 动点：C2 动系：Ox′y′固结在杆OA上
动点 未知曲 线运动 静系 圆周 运动 动系 ve
20
O
C1 ω
r t2 r I = ∫ Fdt
t1
I x = ∫ Fx dt
t1
t2
I y = ∫ Fy dt
t1
t2
I z = ∫ Fz dt
t1
t2
第十二章 动量定理
3 质点的动量定理 质点动量定理的微分形式
5
r r d(mv ) r ma = =F dt
r r 或 : d(mv ) = Fdt
即质点动量的增量等于作用于质点上的力的元冲量。
dpx (e) = ∑ Fx dt 显含力和 dp y (e) = ∑ Fy 加速度 dt dpz (e) = ∑ Fz dt
理论力学第12章 动量矩定理.
1、例如一对称的圆轮绕不动的质心转动时，无论圆轮转动的 快慢如何，无论转动状态有什么变化，它的动量恒等于零， 可见动量不能表征或度量这种运动。 2、动量定理和质心运动定理讨论了外力系的主矢与质点系运 动变化的关系，但未讨论外力系主矩对质点系运动变化的影 响。
因此，我们必须有新的概念来描述类似的运动。
作为矩轴，对此轴应用质点的动量矩定理
dLOz dt
MOz
O
由于动量矩和力矩分别是
LOz
mvl
m(l)l
ml 2
d
dt
和
MOz mgl sin
v
A
§12.2 动量矩定理
例 题 12-2
LOz
mvl
m(l)l
ml 2
d
dt
M Oz mgl sin
从而可得
d (ml2 d ) mgl sin
于是得 d
dt MO (mv) MO (F )
F
mv
Q
r
y
§12.2 动量矩定理
质点的动量矩定理：质点对某固定点的动量矩对时间的一阶导
数，等于作用于该质点上的力的合力对于同一点的矩。
d dt
MO
(mv )
MO
(F
)
将上式投影到以矩心 O为原点的直角坐标轴上，并注意到动量
及力对点的矩在某一轴上的投影，就等于动量及力对该轴的矩，
点系对该轴的动量矩。质点系对 O点的动量矩向通过 O点的 直角坐标系的各轴投影，即质点系对过 O点的轴的动量矩：
Lx LO i mi yi zi zi yi Ly LO j mi zi xi xi zi Lz LO k mi xi yi yi xi
因此，我们必须有新的概念来描述类似的运动。
作为矩轴，对此轴应用质点的动量矩定理
dLOz dt
MOz
O
由于动量矩和力矩分别是
LOz
mvl
m(l)l
ml 2
d
dt
和
MOz mgl sin
v
A
§12.2 动量矩定理
例 题 12-2
LOz
mvl
m(l)l
ml 2
d
dt
M Oz mgl sin
从而可得
d (ml2 d ) mgl sin
于是得 d
dt MO (mv) MO (F )
F
mv
Q
r
y
§12.2 动量矩定理
质点的动量矩定理：质点对某固定点的动量矩对时间的一阶导
数，等于作用于该质点上的力的合力对于同一点的矩。
d dt
MO
(mv )
MO
(F
)
将上式投影到以矩心 O为原点的直角坐标轴上，并注意到动量
及力对点的矩在某一轴上的投影，就等于动量及力对该轴的矩，
点系对该轴的动量矩。质点系对 O点的动量矩向通过 O点的 直角坐标系的各轴投影，即质点系对过 O点的轴的动量矩：
Lx LO i mi yi zi zi yi Ly LO j mi zi xi xi zi Lz LO k mi xi yi yi xi
理论力学第12动量定理
( PaB ) 2 ( PaB )1 P PBb PAa Qt v2 Qt v1
由质点系动量定理；得
dP P lim Q(v 2 v1 ) W P1 P2 R dt t 0 t
即：动反力（总反力）
R (W P1 P2 ) Q(v2 v1 )
dp y dp x dp z e e FRx , FRy , FRez dt dt dt
建立了动量与外力主矢之间的关系，涉及力、速度和 时间的动力学问题。
结论与讨论
质点系动量守恒定理
dp FRe dt
e R e Rx
F ＝0
e R
e Ry
p = C1
e Rz
F 0，F 0, 或 F 0, 或 F 0
i 1 i 1
n
n
dt
m r dt
i 1
n
i i
根据质点系质心的位矢公式
z
m2
mn m1
C
mi ri mi ri rC m mi
mi
mvC mi vi
rC ri
o
y x
p mi vi mvC
O
vC
O
vC
C
C
椭圆规机构中，OC＝AC＝CB＝l；滑块A和B的质量均为 m，曲
柄OC和连杆AB的质量忽略不计 ；曲柄以等角速度 绕O轴旋转。 图示位置时，角度 t 为任意值。
求：图示位置时，系统的总动量。
解：第一种方法：先计算各个质点的动
vA A
vC
AB
D
量，再求其矢量和。
p mAv A mB v B
2025高考物理总复习动量定理及应用
考点二 动量定理的理解及应用
总结提升
应用动量定理解题的一般思路
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< 考点三 >
应用动量定理处理“流体模型”
考点三 应用动量定理处理“流体模型”
研究
流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
对象 微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n
①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一小段柱体，其横截面
√D.两球到达地面时重力的瞬时功率相等
考点一 动量和冲量
因两球同时到达地面，设斜面倾角为θ，由h＝v0sin θ·t＋12 at2，可知甲 球的加速度在竖直方向的分量等于重力加速度， 由公式IG＝mgt，PG＝mg(v0sin θ＋gt)可知两球运 动过程中所受重力的冲量相同，两球到达地面时 重力的瞬时功率相等，故A错误，D正确；
√C.可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长
D.可以使某颠簸过程中物品动量的变化率增加
考点二 动量定理的理解及应用
充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物品的动量变化量 不变，由动量定理可知，合力的冲量不变，充气袋可以延长动量变化 所用的时间，从而减小物品所受的合力，A、B错 误，C正确； 动量的变化率即为物品所受的合力，充气袋可以 减小某颠簸过程中物品动量的变化率，D错误。
方向为正方向，根据动量定理得－Ft＝－0.2mv－ mv，解得水受到的作用力F＝0.3πd2ρv2，由牛顿第 三定律可得，水柱击中目标的平均冲击力大小为 0.3πd2ρv2，故选B。
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课时精练
基础落实练
1.(2024·江苏徐州市阶段练习)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的 安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内 减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是 A.增加了司机单位面积的受力大小 B.减少了碰撞前后司机动量的变化量 C.将司机的动能全部转换成汽车的动能
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点评： “流体”是由大量质点组成的质量 连续分布且以一定速度运动的物体系．流体的连 续作用问题是力学中的一类常见问题，此类问题 的难点是如何合理选取研究对象．对流体问题， 要注意构建物理模型，从而突破问题的难点．
易错题：在光滑水平面上停放着两木块A和B， A的质量大，现同时施加大小相等的恒力F使它 们相向运动，然后又同时撤去外力F，结果A和B 迎面相碰后合在一起，问A和B合在一起后的运 动情况将是( ) A．停止运动 B．因A的质量大而向右运动 C．因B的速度大而向左运动 D．运动方向不能确定
t1 t 2 t 3 FN mg =1500N t2
点评：动量定理公式中的F×t是合外力的冲 量，是使研究对象动量发生变化的原因，在所研 究的物理过程中，如作用在物体上的各个外力作 用时间相同，求合外力的冲量可先求所有力的合 外力，再乘以时间，也可以求出各个力的冲量再 按矢量运算法则求所有力的合冲量，如果作用在 被研究对象上的各个外力的作用时间不同，就只 能先求每个外力在相应时间内的冲量，然后再求 所受外力冲量的矢量和．
过程选择是用动量定理解题的一个重要 步骤，过程选得好，解题就简便快捷.对全过程 应用动量定理： 从3.2m高处自由下落的时间为
2h1 2 3.2 t1 = s=0.8s g 10 蹦到5.0m高处的时间为t 2h2 2 5.0 = s=1s g 10
3
t3
整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触 的t2=1.2s的时间内受到网对他向上的弹力FN的作用， 对全过程应用动量定理： FNt2-mg(t1+t2+t3)=0 则
如图13-4-3所示，光滑的水平面上停着一只木 球和载人小车，木球质量为m,人和车的总质量为M，已 知M∶m=16∶1,人以相对地面的速率v沿水平面将木球 推向正前方的固定墙壁，木球被墙壁弹回之后，人接住 球可以以同样的对地速度将球推向墙壁.设木球与墙壁相 碰时无动能损失，求：人经过几次推木球之后，再也不 能接住木球？
图13-4-3
利用动量定理求解.每次碰撞中，墙给球的 冲量为I1=mv-（-mv）=2mv ① 设经过n次球与墙碰撞后可保证人再也接不到球，则 墙对球的总冲量为I=nI1=2nmv② 对球、人和车组成的系统，由动量定理得 I=mv+Mvn 即2nmv=mv+Mvn ③ 人接不到球的条件是vn≥v ④ 由③和④解得 1 M 故取n=9 n ( 1) 8.5 2 m
由于物体抛出后做平抛运动，设抛出到拉直绳时间 为t，初速为v0，由平抛规律知： 水平方向：Lsin53°=v0t 竖直方向： 解得：
1 2 L cos53 h gt 2 2g(Lcos53°-h)=vy2
v0 L sin53 4m/s 2( L cos53 h) / g
v y 2 g( L cos53 h) 4m/s 分解v0、vy由动量定理： F合t=mv0sin53°+mvycos53°=0.56N· s
由动量定理可得，物体在时间t内的动量变化 Δp=mgt，方向跟重力的方向相同，即竖直向下.因 此，在任意相等时间t内的动量变化总是大小相等、 方向相同.
点评：对一定质量的物体，力所产生的改 变 物 体 速 度 的 效 果 ， 是 由 Ft这 个 物 理 量 决 定 的．在物理学中，力F与力的作用时间t的积Ft 叫做冲量．冲量是过程量，表示物体在力的作 用下经历一段时间的积累的物理量．冲量的大 小：I=F· t，式中的F必须是恒力．冲量的方向： 与F的方向一致．冲量的单位：N·s.
答案：B
2.用动量定理处理多过程问题 蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻 滚并做各种空中动作的运动项目，一个质量是 60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落， 着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处， 已知运动员与网面接触的时间为1.2s，若把这段时 间内网对运动员的作用力当做恒力来处理.求此力 的大小.(g=10m/s2)
设在Δt的时间内，从高压水枪射出的水流质量为Δm， 此水流与面积为S的煤层发生作用，速度由v变为-v. 则Δm应为截面积为S，高为vΔt的圆柱体水流的质量， 即Δm=ρSvΔt.对质量为Δm的水流，在与煤层相互作 用的过程中，根据动量定理
FΔt=p′-p=2Δmv 即FΔt=2ρSv2Δt 则F=2ρSv2 可得 p F S 2. 煤层表面受到的最大压强p=2ρv 由压强的定义式
点评：应用动量定理考查瞬时作用问题的解题 步骤：1.确定研究对象．研究对象可以是一个物体， 也可以是两个以上的物体组成的系统.2.确定应用动 量定理的物理过程，即确定在哪一段时间内应用动 量定理.3.分析运动过程中的运动情况，给出外力冲 量的矢量和的表达式.4.分析运动过程始末的动量， 并由所定正方向写出增量的表达式.5.列出动量定理 方程并求解．
绳被拉直的过程中，沿绳
方向的合力给小球的冲量. (cos53°=0.6，sin53°=0.8)
图13-4-4
小球被抛出后只受重力作用，做平抛 运动.在水平方向做匀速直线运动，在竖直方 向做自由落体运动.经过一段时间后绳被拉直， 即物体在竖直方向的位移与h之和为Lcosα， 在水平方向的位移为Lsinα.但拉直绳前瞬时速 度的方向并不沿绳，沿绳方向的速度由于绳 的冲量作用变为零，垂直绳的方向的分量使 球以O为悬点摆动.
也可以这样利用动量定理求解：以人和球及车为研 究对象，墙壁改变该系统动量,球每碰一次墙壁，系 统动量改变量为2mv,方向同接球的反方向.设推n次 （球与挡板碰n-1次）后，有（n-1)×2mv=Mvn-mv, 解得n=8.5,取n=9.
3.用动量定理处理瞬时作用过程
如图13-4-4所示，长为2m的不可伸长的轻绳一端系于 固定点O，另一端系一质量m=100g的小球，将小球从 O点正下方h=0.4m处水平向右抛出，经一段时间绳被 拉直，拉直绳时绳与竖直方向的夹角α=53°，以后， 小球以O为悬点在竖直平面内摆动，试求在
如图13-4-2所示是一种弹射装置，弹丸的 质量为m，底座的质量为3m，开始时均处于静止 状态，当弹丸以速度v（相对于地面）发射出去后， 底座的速度大小为 在发射弹丸过程中，底座受 地面的( ) 1 v. 4
图13-4-2
A.摩擦力的冲量为零
1 B.摩擦力的冲量为 mv , 方向向右 4 1 C.摩擦力的冲量为 mv , 方向向右 3 3 D.摩擦力的冲量为 mv , 方向向左 4
试通过估算说明鸟类对飞机飞行的威胁，设飞鸟的 质量m=1kg，飞机的飞行速度为v=500m/s.鸟与飞 机相撞时，冲击力约为( ) A.102N B.104N C.106N D.108N
以鸟为研究对象，因它的初速度比飞机速度 小得多，可以忽略不计，设鸟长为30cm左右.根据 0.3 动量定理即 F · =1 500-0， 500 F 约为106N.据牛顿第三定律得飞机受到的冲击力约 为106N.
4.应用动量定理求解连续作用问题 煤矿工人采煤时，有一种方法是用高压水流将煤层 击碎而将煤采下，今有一采煤水枪，由枪口射出的 高压水流速度为v，设水的密度为ρ，水流垂直射向 煤层表面，试求煤层表面可能受到的最大压强.
这是应用动量定理求解连续作用问题，高压 水流射向煤层表面，与之发生相互作用，若作用后， 水流以原速率反向弹回，则煤层受到的冲力最大.根 据动量定理求出最大冲力，再由压强的定义式求最 大压强. 对“连续流体”(如高压水枪，漏斗装煤，水车洒水 等)的问题，可采用“微元法”，即取时间Δt，得出 相应的质量Δm，然后对Δm在时间Δt中应用动量定 理可得到问题的解.
第十二章
动量守恒定律
4 动量定理及应用
1.冲量的计算 做平抛运动的物体，在任意相等时间内的动量变化 总是( ) A.大小相等，方向相同 B.大小不等，方向不同 C.大小相等，方向不同 D.大小不等，方向相同
ห้องสมุดไป่ตู้
这是应用动量定理求曲线运动中物体 的动量变化问题，平抛运动的轨迹是抛物线， 其动量方向时刻变化，若直接由Δp=p′-p求时 间t内的动量变化，需要用到较复杂的矢量运 算，考虑到做平抛运动的物体只受重力作用， 其大小和方向都不变，因此应用动量定理求 动量变化较简捷.
错解：因为A的质量大，惯性大，不容易停下 来，选B；或者因为B的速度大，肯定比A难停下 来，选C. 错解分析：错误的原因是没有能够全面分析题 目条件，只是从一个单一的角度去思考问题，失 之偏颇．
正解：由动量定理知，A和B两物体在碰撞之 前的动量等大反向，碰撞过程中动量守恒，因此 碰撞之后合在一起的总动量为零，故选A. 点评：碰撞问题应该从动量的角度去思考，而 不能仅看质量或者速度，因为在相互作用过程中， 这两个因素是一起起作用的．