理论力学(11.9)--动量矩定理-思考题
理论力学(盛冬发)课后知识题目解析ch1
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 nOO 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 =+2213ml 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 1d()d nP 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 轴之矩的代数和等于零。
第十三章动量矩定理_理论力学
式中
分别为作用于质点上的内力和外力。求 n 个方程的矢量和有
式中
，
于 点的主矩。交换左端求和及求导的次序，有
为作用于系统上的外力系对
令 （13-3）
为质系中各质点的动量对 点之矩的矢量和，或质系动量对于 点的主矩，称为质系对 点的动量矩。由此得
（13-4） 式（13-4）为质系动量矩定理，即：质系对固定点 的动量矩对于时间的一阶导数等于外力 系对同一点的主矩。
设 Q 为体积流量， 为密度， 和 分别为水流进口处和出口处的绝对速度， 和 分别为涡轮外圆和内圆的半径， 为 与涡轮外圆切线的夹角， 为 与涡轮内圆切线的
夹角，则
由动量矩定理 得
为叶片作用于水流上的力矩。若水涡轮共有 个叶片，则水流作用于涡轮的转动力矩为
方向与图示方向相反。 §13-2 刚体绕定轴转动微分方程
解：取两叶片间的水流为研究对象（图 13-4 中的兰色部分）。作用于质系上的的外力有 重力和叶片的约束力，重力平行于 z 轴，对转动轴之矩为零。所以外力主矩为叶片对水流
的约束力对 z 轴之矩 。
计算 时间间隔内动量矩的增量 。设 t 瞬时占据 ABCD 的水流，经过 时间间隔
后，运动至占据
，设流动是稳定的，则
有
式中
得
（13-8）
或
（13-9）
此式称为刚体绕定轴转动的微分方程。
为刚体绕定轴转动的角加速度，所以上式
可写为
（13-10）
1．由于约束力对 z 轴的力矩为零，所以方程中只需考虑主动力的矩。 2．比较刚体绕定轴转动微分方程与刚体平动微分方程，即
与
形式相似，求解问题的方法和步骤也相似。 转动惯量与质量都是刚体惯性的度量，转动惯量在刚体转动时起作用，质量在刚体平动
理论力学-动量矩定理
§11-5 质点系相对于质心的动量矩定理
1．对质心的动量矩
vi vC vir
LC MC mivi ri mivi
?
ri 'mivir
LC ri0 mivC ri mivir
z
ri mivC ( mir 'i ) vC 0
LC ri mivir
LO
(rC
r
')
JzC mi (x12 y12 )
Jz m i r2 m i (x2 y2) mi[x12 ( y1 d )2 ]
0 mi (x12 y12 ) 2d mi y1 d 2 mi
Jz JzC md 2
4．组合法
已知：杆长为 l质量为 m，1 圆盘半径为 ，d质量为 . m2
2g
运动方程为
s v0
3R
2g
r
sin
2g
3R
r
t
例11-11 已知：如图所示均质圆环半径为r，质量为m，其上焊接 刚杆OA，杆长为r，质量也为m。用手扶住圆环使其在OA 水平位置静止。设圆环与地面间为纯滚动。 求：放手瞬时，圆环的角加速度，地面的摩擦力及法向 约束力。
A O
解: 整体质心为C，其受力如图所示
解： (1) LO JO m1v1r1 m2v2r2
(JO m1r12 m2r22 )
MO (F (e) ) (m1r1 m2r2 )g
由
dLO dt
MO (F(e))
,得
d
dt
(m1r1 m2r2 )g JO m1r12 m2r22
FN
（2）由质心运动定理
FN (m m1 m2 )g (m m1 m2 )aCy
理论力学11—动量矩定理
m v
y
O
r
x
d M O (mv ) M O ( F ) dt
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。
11.2 动量矩定理
将上式投影在直角坐标轴上，并将对点的动量矩与对轴的动量 矩的关系代入，得
d d M x (mv ) M x ( F ) d M x (mv ) M x ( F ) d t d t M x (mv ) M x ( F ) d t d d M y (mv ) M y ( F ) d M y (mv ) M y ( F ) d t d t M y (mv ) M y ( F ) d t d d M z (mv ) M z ( F ) d M z (mv ) M z ( F ) d t d t M z (mv ) M z ( F ) dt
11.2 动量矩定理
dr d ( mv ) F , v 因为 dt dt d M O (mv ) v mv r F 所以 dt
又因为 v mv 0, r F M O ( F ) 所以 z F MO(m v) MO(F)
N FOy
v
M
O
FOx m1g
LO J m2vR
M O ( F (e) ) M m2 g sin R
m2 g
11.2 动量矩定理
由
d ，有 LO mO ( Fi (e) ) dt
d ( J m2vR) M m2 g sin R dt v dv a ,于是解得 因 , R dt
O
y
M z (mv ) mvl ml
《理论力学》第十章--动量矩定理试题及答案
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) 21l m l mv L c O w == ，逆时针转动。
(b) w w 2210||1mR J L v m r L c c c O =+=+´=rr ，逆时针转动。
(c ) )2(2221222121l R m ml mR ml J J c O +=+=+=w w )2(222111l R m J L O O +==，逆时针转动。
(d)ww 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(/||2211-=-=-=-=+´= r r，顺时针转动解毕。
v cv cv c11-5 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&&&221233l gG G l l g G J L A A +=×+= 对点的动量矩定理)(/å=Ei A A F M dt dL r ：j j 93/5.033221221kl l F lG lG l g G G s -=¢-+=+&& 0)3(321=++j jG G gk &&，令)3(3212G G gkp +=则有02=+j jp &&，其解为： )cos()sin(pt B pt A +=j由初始条件0| ,/|000====t t l jd j &得l B A / ,00d ==。
理论力学动量矩定理
四. 平行移轴定理
刚体对某轴的转动惯量等于刚体对通过质心且与该轴平行 的轴的转动惯量，加上刚体的质量与两轴间距离的平方之乘积。
J z ' J zC m d 2
证明：设刚体的质量为m，质心为C。
O ' z '//Cz
J zC mi ri 2 mi ( xi 2 yi 2 )
J z ' mi ri ' 2 mi ( xi ' 2 yi ' 2 )
xi xi ', yi ' yi d
J z ' mi [ xi 2 ( yi d )2 ]
mi ( xi 2 yi 2 ) ( mi )d 2 2d mi yi
质点对O点的动量矩与对 z 轴的动量矩之间的关系：
M O (mv )
注意：要求 z 轴通过O点。
z
M z (mv )
二．质点系的动量矩
质点系对O点动量矩： LO 质点系对 z 轴动量矩： 同样有关系式： 例：平动刚体的动量矩。
M
O
Lz M z (mi vi )
(mv i i ) r i mv i i
( e)
PA PB d g ( d t r PA PB P / 2
）
[例4] 已知猴子A重=猴子B重，初始静止，后猴B以相对绳 速度 v 上爬，猴A相对绳不动。问猴B向上爬时，猴A将如何 动？动的速度多大？（轮重不计）
解： 设猴A向上的绝对速度为 vA，则
猴B向上的绝对速度为 vB= vvA 。
平动刚体对固定点（轴）的动量矩就等于刚体质心的动量 对该点（轴）的动量矩。
《理论力学》思考题及习题
《理论力学》思考题及习题宁夏大学机械工程学院技术基础部使用教材：理论力学（Ⅰ）．哈尔滨工业大学理论力学教研室，第六版．北京：高等教育出版社．说明：以下各章的思考题及习题的页码和题号均以“哈工大”第六版《理论力学》教材为准。
静力学第一章静力学公理和物体的受力分析思考题：１.合矢与合力概念相同吗？２.几何法求合矢时，分矢与合矢怎样区别？３.力沿任意两个轴分解时的两个分力与力向该二轴的投影大小是否相同？４.二力平衡与作用力、反作用力的概念有什么不同？５.二力杆或二力构件的受力特点是什么？６.不计重力但作用有力偶的杆是二力杆吗？７.三力平衡汇交时怎样确定第三个力的作用线方向？８.画受力图的一般步骤是什么？在画物系中各个分离体的受力图时需要注意什么？９.P18思考题。
习题：P20－２１：1-1 (a) (c) (d) (e) (g) (i) (j) (k)； 1-2 (a) (d) (f)（i）(m) (o) 第二章平面汇交力系与平面力偶系思考题：１．汇交力系的几何法与解析法在应用上各有什么特点？２．解平衡问题时的一般步骤与注意事项？３．解物系问题时的注意事项？４．P33思考题。
５．力偶的特点与等效条件是什么？６．解力偶系平衡问题时的一般步骤与注意事项？习题：P３６－４０：2－1；2－3； 2－9； 2--12 (a) (c)；2—14；2—17第三章平面任意力系思考题：１．力线平移定理的含义？２．用二矩式、三矩式求解问题时，附加什么条件才能保证物系平衡？３．求解平衡问题时，有哪些技巧可以使计算方便？４．P61思考题。
５．物系问题的解题思路？怎样选取研究对象？怎样列方程？６．销钉既受力又连接两个以上物体时的受力分析需掌握什么原则？７．怎样能做到一个方程求解一个未知数？８．节点法的本质是什么？９．截面法的本质是什么？１０．怎样判断零杆？习题：Ｐ６３－７１：３－１；３－４；３－６；３－１２（a）；３－１３；３－２２；３－３４第四章空间力系思考题：１．空间力系化简结果与平面力系化简结果的关系？２．什么力系有六个平衡方程？什么力系有三个平衡方程？什么力系有两个平衡方程？什么力系只有一个平衡方程？３．计算重心的常用方法。
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0 Fox m2l amgFOy
FOymgm2lam 4g
§11-4 刚体对轴的转动惯量
一．定义： Jz miri2
z
i
对于质量连续分布的刚体，上式可写成积分
形式
Jz r2 dm
由定义可知，转动惯量不仅与 质量有关，而且与质量的分布有关；
ri
vi
mi
在国际单位制中，转动惯量的单位
是: kg·m2。同一刚体对不同轴的转
Jz mz2
回转半径的几何意义是：假想地将物体的质量集 中到一点处，并保持物体对轴的转动惯量不变，则该 点到轴的距离就等于回转半径的长度。
3、平行轴定理
定理：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，
zC
z1
m
C
Jz1 JzC md2
dLO dt
MO(Fi(e))
若 Mz(F(e))0，则 Lz 常量。
dLz dt
Mz (Fi (e) )
例 高炉运送矿石的卷扬机如图。已知鼓轮的半径为R，质量 为m1，绕O轴转动。小车和矿石的总质量为m2。作用在鼓轮上
的力偶矩为M，鼓轮对转轴的转动惯量为J，轨道倾角为a。
设绳质量和各处摩擦不计，求小车的加速度a。
O u
A
mg
mg
解：以系统为研究对象，受力如图。
由于SMO(F (e))＝0，且系统初始静止，所以LO＝0。
设重物A上升的速度为v，则人的绝对速度va的大小为
va uv
v
LOmarvmv0 r
FOy
O
FOx
u
A mg mg
L Om (uv)rm v0r
理论力学课后习题答案-第9章--动量矩定理及其应用)
习题9－2图习题20-3图习题20-3解图OxF Oy F gm Ddα第9章 动量矩定理及其应用9－1 计算下列情形下系统的动量矩。
1. 圆盘以ω的角速度绕O 轴转动，质量为m 的小球M 可沿圆盘的径向凹槽运动，图示瞬时小球以相对于圆盘的速度v r 运动到OM = s 处（图a ）；求小球对O 点的动量矩。
2. 图示质量为m 的偏心轮在水平面上作平面运动。
轮心为A ，质心为C ，且AC = e ；轮子半径为R ，对轮心A 的转动惯量为J A ；C 、A 、B 三点在同一铅垂线上（图b ）。
（1）当轮子只滚不滑时，若v A 已知，求轮子的动量和对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B 点的动量矩。
解：1、2s m L O ω=（逆）2、（1）)1()(Remv e v m mv p A A C +=+==ωRv me J R e R mv J e R mv L A A A C C B)()()(22-++=++=ω（2）)(e v m mv p A C ω+==ωωωω)()()())(()(2meR J v e R m me J e R e v m J e R mv L A A A A C C B +++=-+++=++=9－2 图示系统中，已知鼓轮以ω的角速度绕O 轴转动，其大、小半径分别为R 、r ，对O 轴的转动惯量为J O ；物块A 、B 的质量分别为m A 和m B ；试求系统对O 轴的动量矩。
解：ω)(22r m R m J L B A O O ++=9－3 图示匀质细杆OA 和EC 的质量分别为50kg 和100kg ，并在点A 焊成一体。
若此结构在图示位置由静止状态释放，计算刚释放时，杆的角加速度及铰链O 处的约束力。
不计铰链摩擦。
解：令m = m OA = 50 kg ，则m EC = 2m 质心D 位置：（设l = 1 m) m 6565===l OD d 刚体作定轴转动，初瞬时ω=0l mg lmg J O ⋅+⋅=22α222232)2(212131ml ml l m ml J O =+⋅⋅+=即mgl ml 2532=α2rad/s 17.865==g l α gl a D 362565t =⋅=α 由质心运动定理： Oy D F mg a m -=⋅33t4491211362533==-=mg g mmg F Oy N （↑） 0=ω，0n=D a ， 0=Ox F习题9－1图(a)v (b)（b ） 习题9－5解图习题9－5图J 9－4 卷扬机机构如图所示。
理论力学：动量矩定理
y’
2020/12/9
Fe maA aA mg
B
A
FN 1
F1
FN 2
x’
F2
10
理论力学
§6-2 动量矩定理
例：滑块A可在光滑水平面上滑动，为使AB杆以匀角速度 绕
铰链A转动，求作用在AB杆上的力偶M。设：m1 m2 m, AB L
y
FN
解：1、取滑块A和小球B为研究对象
2、受力分析与运动分析
m1 m2
2020/12/9
11
理论力学
§6-2 动量矩定理
y FAy
A
o
FAx aA xA x
3、研究AB杆和小球B，受力分析 4、应用相对动轴A的动量矩定理
dLrA
dt
n
M A (Fi(e) )
i1
rAC (maA )
A
M
杆相对A轴的动量矩
LrA m2L2
B m2xA 外力对A轴之矩
问题：若滑块不脱离地面，试确定AB杆的最大角速度。
2020/12/9
13
理论力学
§6-2 动量矩定理
2020/12/9
14
理论力学
§6-2 动量矩定理
思考题：图示系统中，系统结 构不同，求解方法是否相同？
m1 A
M
m1 A
M
m2
B
2020/12/9
m1 A
M
m2
R
m3 B
m2 B
15
理论力学
§6-2 动量矩定理
mg
B
AB L
2020/12/9
§6-2 动量矩定理
L
3(g 2
十二章动量矩定理
F mv
M0(F)
o
Ｑ
y
x
由牛顿第二定律
m
dv dt
F
d dt
(mv)
F
r
d dt
(mv)
r
F
d (r mv) r d(mv) dr mv
dt
ห้องสมุดไป่ตู้
dt dt
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第十二章 动量矩定理
d (r mv) r F dt
M0(mv) m0(F)
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第十二章 动量矩定理
C
m2
IOZ M
式中
M
m1
O
IOZ
1 3
m1L2
1 2
m2
r
2
m2L2
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第十二章 动量矩定理
代入已知值得：
IOZ
1 10 0.32 3
1 40 0.152 2
40 0.32
4.35kg m2
M 20 4.6rad / s2
IOZ 4.35
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第十二章 动量矩定理
dt
M y (mv)]
my (Fe )
d [
dt
M z (mv)]
mz (Fe )
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第十二章 动量矩定理
【典型题精解】
例12-1 滑块Ａ，Ｂ质量分别为２Ｋｇ，0.5Ｋｇ，用长１
米的绳连接，在水平光滑滑竿上滑动，绳和竿的质量不计。
竿绕铅垂轴转动，轴的摩擦也不计。当 rA 0.6m 时，滑块 Ａ以速度０.４ｍ／Ｓ沿竿向外运动，竿的角速度 0.5rad / s
求此时竿的角加速度。
1m
B rB
《理论力学》第十一章 动量矩定理
§11-1 质点和质点系的动量矩
1．质点的动量矩
MO (mv)
mv
M z (mv)
r
[MO (mv)]z Mz (mv)
对点 O 的动量矩
MO (mv) r mv 对 z 轴的动量矩
M z (mv) MO (mv)xy
代数量,从 z 轴正向看, 逆时针为正,顺时针为负.
2．质点系的动量矩
对点的动量矩
n
LO MO (mivi ) i 1
对轴的动量矩
n
Lz M z (mivi ) i 1
即 LO Lxi Ly j Lzk
二者关系
[LO ]z Lz
（1） 刚体平移 LO MO (mvC ) Lz Mz (mvC )
（2） 刚体绕定轴转动 Lz J z
(JO m1r12 m2r22 )
MO (F (e) ) (m1r1 m2r2 )g
由
dLO dt
MO (F(e))
,得
d
dt
(m1r1 m2r2 )g JO m1r12 m2r22
FN
（2）由质心运动定理
FN (m m1 m2 )g (m m1 m2 )aCy
Jz JzC md 2 式中 zC 轴为过质心且与 z轴平行的轴，d 为 z
与 zC 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.
证明：
JzC mi (x12 y12 )
Jz m i r2 m i (x2 y2) mi[x12 ( y1 d )2 ]
理论力学-动量矩定理
dLO
dt
MO (Fi(e) )
第四章 动量矩定理
一、动量矩定理
§4-2 动 量 矩 定 理
一、动量矩定理 1. 对定点的动量矩定理
dLO
dt
MO (Fi(e) )
令 MO
MO (Fi(e) ) ，则有
dLO dt
MO
有结论
质点系对某固定点的动量矩随时间的变化率,等于作用于 质点系的全部外力对同一点的矩的矢量和，这就是质点系对定 点的动量矩定理。
第四章 动量矩定理
§4-2 动 量 矩 定 理
一、动量矩定理
1. 对定点的动量矩定理 2 .对定轴的动量矩定理
dLO
dt
MO (Fi(e) )
将上式投影到固定坐标轴系上，注意到导数的投影等于投影的导数，则得
有结论
dLx dt
M x (Fi(e) ) M x
dLy dt
M y (Fi(e) ) M y
O
ω
θ
LO IO LO m(R2 l 2 )
B
LO
(1 2
mR2
ml2 )
A
第四章 动量矩定理
思考题
§4-1 动 量 矩
思考 题 4
长度为l，质量不计的杆OA与半径为R、质量为m的均 质圆盘B在A处铰接，杆OA有角速度ω ，轮B有相对杆OA的 角速度－ω 。求圆盘对轴O的动量矩。
O
ω
θ
B
该质点对点O 的动量矩为 MO(mivi) = ri ×mivi
从而整个刚体对点O 的动量矩
A mivi
LO =∑ MO(mivi) = ∑ ri ×mivi 因为刚体平动 vi= v = vC
LO =∑ MO(mivi) = ∑(miri )×vC 又因为 ∑mi rC = ∑miri
11 动量矩定理习题解答
R
O ve
r o B
vr
[解]
研究整体，由于∑Mz （F）= 0，且系统初始静止， 所以 Lz = 0，即 L z 盘+ L z 人 = 0 式中 Lz 盘= J z =
1P 2 R 2g
L z 人= 解得
ds Q (v －v )r， v = rω ， vr at e r e dt g
解：重物 A 和 B 速度 v A vB r ，
LO m1v A r m2 vB r J O 1 m1r r m2 r r m3r 2 2
A
B （c）
vA
vB
m1 g
m2 g
1 2 m1 m2 m3 r 2
…….. ①
对 B 轮，有
…….. ②
P aB P FT1 g
…….. ③
FT1 FT1
…….. ④
再以轮与绳相切点 D 为基点，则轮心 B 的加速度
v B v D v BD ，式中 v D r A ， v BD r B
∴ v B r A r B ， 对上式求导得轮心 B 的加速度为
Fx maCx , FNA maCx , Fy maCy , FNB mg maCy , M C ( F ) J C , FNB l cos FNA l sin 1 ml 2 2 2 12
l 2 FNA 2 ( sin cos )m, l 2 FNB mg ( cos sin )m, 2 l l 1 2 FNB 2 cos FNA 2 sin 12 ml
A
动量矩定理
动量矩定理 习 题例1：单摆将质量为m 的小球用长为l 的线悬挂于水平轴上，使其在重力作用下绕悬挂轴O 在铅直平面内摆动。
线自重不计且不可伸长，摆线由偏角0ϕ时从静止开始释放，求单摆的运动规律。
解：将小球视为质点。
其速度为ϕ&l v =且垂直于摆线。
摆对轴的动量矩为()ϕϕ&&2ml l ml mv m o =⋅= 又 ()o T m o =，则外力对轴O 之矩为()ϕsin mgl F m o -=注意：在计算动量矩与力矩时，符号规定应一致（在本题中规定逆时针转向为正）。
根据动量矩定理，有()ϕϕsin 2mgl ml tx-=&d d即 0sin =+ϕϕl g&& (a)当单摆做微幅摆动时，ϕϕ≈sin ，并令lgn =2ω 则式（a ）成为 02=+ϕωϕn && （b ）解此微分方程，并将运动初始条件带入，即当t=0时，0ϕϕ=，00=ϕ&，得单摆微幅摆动时的运动方程为tn ωϕϕcos 0=©由此可知，单摆的运动是做简谐振动。
其振动周期为gl T nπωπ22==C例2：双轴传动系统中，传动轴Ⅰ与Ⅱ对各自转轴的转动惯量为1J 与2J ，两齿轮的节圆半径分别为1R 与2R ，齿数分别为1z 与2z ，在轴Ⅰ上作用有主动力矩1M ，在轴Ⅱ上作用有阻力矩2M ，如图所示。
求轴Ⅰ的角加速度。
解：轴Ⅰ与轴Ⅱ的定轴转动微分方程分别为 1111R P M J τε-= （a ） 2222R P M J τε+-= (b)又122112z zR R i ===εε（c ）以上三式联立求解，得 221211i J J iM M +-=ε例3：质量为m 半径为R 的均质圆轮置放在倾角为α的斜面上，在重力的作用下由静止开始运动，设轮与斜面间的静、动滑动摩擦系数分别为f 、f '，不计滚动摩阻。
试分析轮的运动。
解：取轮为研究对象，根据平面运动微分方程有F mg ma c -=αsin （a ） N mg +-=αcos 0 (b) FR J c =ε (c) 由式（b ）得 αcos mg N = (d) 情况一： 设接触处绝对光滑。
理论力学之动量矩定理
证明 过固定点O建立固定坐标系 Oxyz，以质点系的质心 C为
z
原点，取平动坐标系Cx y z ,它以质心的速度vC 运动。
ri rc rri 质心的性质 vi vc vri
z' A vr v vC vC y y'
mi ri mi rri rc rc 0 M M 定系 动系 Mvc mi vi mi vri 0
rC
C
x'
rr
O
质点系内任一质点 A的绝对速度 v=ve+vr=vc+vr , 则质点系对固定点O的动量矩
x
(r
LO
C
mi vi )
(r m v ) [(r
i
(r
i i
C
rri ) mi vi ]
ri mi v C )
(r
ri mi v ri )
d M O (mv ) M O ( F ) dt
质点对固定点的动量矩对时间的一阶导数等 于作用于质点上的力对同一点的力矩。
B 固定轴
d M O (mv ) M O ( F ) dt
(将上式两边分别向坐标轴投影，再利用对点和 对轴动量矩公式可得)： d M x (mv ) M x ( F ) dt d M y (mv) M y (F ) dt d M z (mv) M z (F ) dt 质点对某固定轴的动量矩对时间的导数，等于作用 于该质点的所有力对于同一轴之矩的代数和。 质点对定点的动量矩定理在三个坐 标轴的投影方程不独立
O
A
mivi
ri
LO =∑ MO(mivi) = ∑(miri )×vC 又因为 (∑mi )rC = ∑miri 所以 LO = ∑mi rC ×vC=rC× (∑mi )vC
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：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 xv 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)θθ2202sin 32d )sin (2ml x x l m J lz ==⎰杆 θ22sin 38ml J z = θω22sin 38l 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) ω231ml L O =(b) 22291)6(121ml l m ml J O =+= ω291ml L O -= (c) 2222452312121ml l m l m J O =⨯⨯+⨯⨯= ω2245ml L O = (d) 2222321mR mR mR J O =+= ω223mR L O =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J x 。
理论力学(11.10)--动量矩定理-思考题答案
第十一章 动量矩定理
答 案
11-1
11-2
质点系对任一点的动量矩为 ，当 时，对所有点的动量矩 都相等，即 。
11-3
11-4
不对。
11-5
圆盘作平移，因为圆盘所受的力对其质心的矩等于零，且初始角速度为零。
11-6
（a）质心不动，圆盘绕质心加速转动。
（b）质心有加速度 a=F/m ，向左；圆盘平移。
（c）质心有加速度 a=F/m ，向右；圆盘绕质心加速转动。
11-7
轮心加速度相同，地面摩擦力不同。
11-8
（1）站在地面看两猴速度相同，离地面的高度也相同；
（2）站在地面看两猴速度相同，离地面的高度也相同。
11-9
A，C正确。
11-10
均不相同。
由对定点的动量矩定理判定。
《理论力学》第十一章 动量矩定理
LO lOi ri mi v i
将动量矩投影到以O为原点的直角坐标轴上
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Lx l x mv m yv z zv y
L y l y mv m zv x xv z Lz l z mv m xv y yv x
（二）质点系的动量矩L
设质点系由n个质点组成，其中第i个质点 的质量为mi，速度为vi。 质系对任意固定点O的动量矩：
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LO lOi ri mi v i
质系对任意固定点O的动量矩为各质点 的动量对O点矩的矢量和。
3、刚体动量矩的计算
1）刚体平动
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例1：均质细长直杆长l，质量m1，与质量为m2,半径
为r，均质圆盘固结。已知角速度为,试求对转轴的 动量矩。 解：
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第十一章
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动量矩定理
§1 动量矩（表征物体转动的物理量）
一、动量矩的定义及计算
1. 对任意固定点O的动量矩（矢量）：
质点对固定点的动量矩即质点的动量对固定点的矩： z lO r mv r p mv lo M r F
平轴z的转动惯量。轴z过O点垂直纸面
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第十一章 动量矩定理
11-1 某质点对于某定点O的动量矩矢量表达式为
式中t为时间，为沿固定直角坐标轴的单位矢量。
求此质点上作用力对O点的力矩。
11-2 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?
11-3 试计算如图所示物体对其转轴的动量矩。
11.4 如图所示传动系统中为轮Ⅰ、轮Ⅱ的转动惯量，轮Ⅰ的角加速度为
对吗?
11-5 如图所示，在铅垂面内，杆OA 可绕O 轴自由转动，均质圆盘可绕其质心轴A 自由转动。
如OA 水平时系统为静止，问自由释放后圆盘作什么运动?
11-6 质量为m 的均质圆盘，平放在光滑的水平面上，其受力情况如图所示。
设开始时，圆盘静止，图中 2R r 。
试说明各圆盘将如何运动。
11-7 一半径为R 的均质圆轮在水平面上只滚动而不滑动。
如不计滚动摩阻，试问在下列两种情况下，轮心的加速度是否相等?接触面的摩擦力是否相同?
(1)在轮上作用一顺时针转向的力偶，力偶矩为M ；
(2)在轮心作用一水平向右的力，R
M F 。
11-8 细绳跨过不计轴承摩擦的不计质量的滑轮，两猴质量相同，初始静止在无重绳上，离地面高度相同。
（1）若两猴同时开始向上爬，且相对绳的速度大小可以相同也可以不相同，问站在地面看，两猴的速度如何？在任一瞬时，两猴离地面的高度如何？（2）若两猴同时开始一个向上爬，另一个向下爬，且相对绳的速度大小可以相同也可以不相同，问站在地面看，两猴的速度如何？在任一瞬时，两猴离地面的高度如何？
11-9 如图所示，均质杆、均质圆盘质量均为m ，杆长为2R ，圆盘半径为R ，两者铰接于点A ，系统放在光滑水平面上，初始静止。
现受一矩为M 的力偶作用，则下列哪些说法正确：
A.如M 作用于圆盘上，则盘绕A 转动，杆不动；
B.如M 作用于杆上，则杆绕A 转动，盘不动；
C.如M 作用于杆上，则盘为平移；
D.不论M 作用于哪个物体上，系统运动都一样。
11-10 图示两个完全相同均质轮，图（a）中绳的一端挂一重物，重量等于P，图（b）中绳的一端受拉力F，且F=P，问两轮的角加速度是否相同？绳中的拉
力是否相同？为什么？。