(导学)12动量矩定理

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

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动量矩定定理

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动量矩定理

动量矩定原理目录

1. 内容提要… … … … … … … … … … … … … 3

2.基本要求… … … … … … … … … … … … … 8

3.典型例题… … … … … … … … … … … … … 9

4.补充习题… … … … … … … … … … … … …25

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动量矩定理

1.内容提要 1) 刚体的转动惯量转动惯量是度量刚体角动量改变时的旋转惯性。转动惯量不仅与质量大小有关，更取决于质量的分布。 (1) 对轴与对点的转动惯量表达式空间刚体

J x   mi ( yi2  z i2 )

平面刚体（刚体位于oxy平面）

J x   mi y i2

对轴

J y   mi ( x  z )

J z   mi ( xi2  yi2 )

i 1

i 1 n

2 i

J y   mi xi2

i 1

i 1 n

对点

1 JO  ( J x  J y  J z ) 2

J z  JO  J x  J y

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动量矩定理

(2) 回转半径表示的转动惯量对任一轴

2 l ，有 J l  m l

(3) 转动惯量的平行轴定理刚体对任意轴的转动惯量等于它对过质心的平行轴的转动惯量加上刚体的质量与两轴间距平方的乘积。

J z  J Cz  md 2

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动量矩定理

2) 质系动量矩计算动量对不同点之矩的表达式

对静点

n    LO   ri  mi vi i 1

对质心

n    LC   riC  mi vi i 1

任意质系

 v i 质点的绝对速度。

    LO  LC  rC  p

i 1  riC 为任意点到质心的矢径；

    riC  mi vic

 viC 为任意点相对质心的速度；

刚体

特例

   J C  rC  p



  LC  J C 

定轴转动 Lz  J z

平面运动

LC  J C

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动量矩定理

3) 动量矩定理动量矩定理的各种表达式对静点O 任意质系

n dLO   M O ( Fi E ) dt i 1

对质心C

n dLC   M C ( Fi E ) dt i 1

刚体

n d [ J C  rC  p]   M O ( Fi E ) dt i 1

J C   M C ( Fi E )

i 1

特例

定轴转动

J z   M z ( Fi )

E i 1 n

平面运动

J C   M C ( Fi E )

i 1 n

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动量矩定理

4) 动量矩守恒

若

 M O ( Fi E )  0

i 1

，则

 LO 

常矢量；

特例：若  M

i 1

( Fi E )  0

，则 Lz  const

 LC  常矢量；

若 M

i 1

( Fi )  0

，则

特例：若  M

i 1

( Fi E )  0

，则 LCz  const 。

5) 刚体平面运动微分方程将质心运动定理与质点系相对质心的动量矩定理结合，就有刚体的平面运动微分方程

maC   Fi E

上式在刚体运动平面中有二个投影方程，及

J C   M C ( Fi

E )

i 1 n

i 1

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动量矩定理

2. 基本要求

1) 会正确计算质点系和刚体系对固定点或质心的动量矩。

2) 用动量矩定理求解质点系问题时，能正确地进行受力分析，分清外力和内力，并将外力画出来；能正确地进行运动分析，确定系统的独立的运动未知量。 3) 能熟练地写出平面运动微分方程和列写运动学补充方程。

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3.典型例题

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动量矩定理

例1：求直角杆OAB对O轴的转动惯量

解: 直角杆可以分割成两段OA和AB 采用分割法

J O (OA ) m1l 2  3

m1 , l A

m2 , 2 l

J O ( AB )

m2  2l    m2 12

 2l 

J O  J O  OA  J O ( AB )

m2  2l  m1l    m2 3 12

 

1 7  m1l 2  m2l 2 3 3

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动量矩定理

例2：试下图中各质点系对轴O的动量矩图（a）中轮A的质量为m1，轮O的质量为m2，杆OA的质量为m3



O r2 （ a）

A

解: 图（a）中杆OA作定轴转动，轮A作平面运动

v A    r1  r2 

  r1  r2  A  r1

整个系统对固定轴O的动量矩：

LO  LO ( 杆OA )  LO （A ）

  m1v A   r1  r2   J A A   J O

 m1  r1  r2 

r1  r2 1 1 2 2  m1r1   m3  r1  r2   2 r1 3

 3r1  2r2 1  2  m1  m3   r1  r2   3   2  r1  r2 

（逆时针）

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动量矩定理

图（b）轮的半径均为r，质量为m，重物A的质量也为m，轮心D的速度为v O 图（b）中重物A作直线运动，轮B作平面运动，轮O作定轴转动 r

B

r B O

vA  v

O   B  v r

整个系统对固定轴O的动量矩：

LO  LO （A ）  LO （ B）  LO ( O )

 mv A r   mvr  J B B   J OO

1 v 1 v   mvr   mvr  mr 2   mr 2 2 r 2 r 

 3mvr

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动量矩定理

例3：为了求半径为R质量为m的飞轮对于通过其中心并垂直于轮面的轴的转动惯量，可在飞轮上缠一细绳，绳下端系重物，重量为P，重物自h处落下（不计摩擦），测得重物下落的时间 t，求飞轮的转动惯量。

解：取整体为研究对象，进行受力分析和运动分析

dLO   M O ( Fi E ) dt

mg FOy



FOx

LO  J O

v P  vR R g

M

( Fi E )  PR

PR 2 a PR 2 JO  g

1 2 h  at 2

t2 1 J O  PR (  ) 2h g

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动量矩定理

例4：塔轮分别由半径为r1和r2的两个匀质圆盘固连在一起组成，它的总质量为m，对水平轴O的转动惯量为JO，两轮上各缠有绳索，并挂有重物A和B，重物A和B的质量分别为m1和m2。如果不

计绳重和轴承O处的摩擦，求重物A下降的加速度和轴承O 的约束力。



O mg FOy 

解:本题需应用动量矩定理和质心运动定理或动量定理联合求解。首先应用动量矩定理求重物A的加速度a1，取整个系统为研究对象，作受力分析和运动分析。

FOx

B v 1 m2g

A m1g

dLO   M O ( Fi E ) dt

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动量矩定理

LO  J O  m1v1r1  m2 v2 r2

E M ( F  O i )  m1gr1  m2 gr2   m1r1  m2r2  g

v1 r2 2  J O  m1v1r1  m2 v1 r1 r1

dv1 1 2 2 J  m r  m v r  1 1 2 1 2    m1r 1  m2 r2  g 代入动量矩定理： dt r O 1

m1r1  m2 r2  r1  dv1 a1   g 2 2 dt J O  m1r1  m2 v1r2

dp y dt

应用动量定理求轴承O处的约束力：

dp x  FOx  0 dt

也可利用质心运动定理求约束力

 FOy   m  m1  m2  g

FOx  0

v1 p y   m1v1  m2 v2    m1r1  m2 r2  r1 2 m r  m r  1 1 2 2 FOy   m  m1  m2  g  g 2 2 J O  m1r1  m2 v1r2

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动量矩定理

例5：匀质圆轮的质量为m1，半径为 r1 ，以角速度绕杆OA的A端转动， O 此时将轮A放在质量为m2的另一静止的匀质圆轮B上，其半径r2 ，放置后轮A的重量由轮B支持。略去轴承摩擦和杆重，并设两轮间的摩擦系数为fd 。求自轮A放在轮B上到两轮间没有相对滑动为止所经过的时间。解:本题与两轮间的相互作用力有关，故分别取轮A和轮B为研究对象，作受力分析和运动分析

r1 A D

1

FAy m1 g D F'N FN A

1

FAx Fd

对轮A，有

轮A作定轴转动

Fd  f d FN  f d m1 g

Fd

1 2  d1   Fd r1   f d m1 gr1  m1r1  2  dt

FBy D B m2g

2

FBx

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积分

t r1 1  d1   dt  0 2 fd g 

r1 1    （1）得： t   2 fd g

1 2  d 2 对轮B，  2 m2 r2  dt  Fdr2  f d m1 gr2  

积分

t m2 r2 2  d 2   dt  0 0 2m1 f d g

m2 r2 2 得： t  2m1 f d g

（3）

（2）

设两轮间没有相对滑动为止所经过的时间为t，这时有：

1r1  2 r2

联立求解式（1）、式（2）和式（3），解得两轮没有相对滑动所需的时间： m2 r1 t 2 f d g  m1  m2 

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例6：匀质钢杆AB的质量为m，长度为2l，放在铅直面内，两端分别沿光滑铅直墙壁和光滑水平地面滑动。假设杆的初始位置与墙壁的倾角为j0，初角速度为零；当杆的A端沿铅直墙壁下滑而未脱离墙壁时，试求在任意倾角j时杆的角速度和角加速度以及A和B处的约束力。 y

解: 杆AB作平面运动，用平面运动微分方程求解，作受力分析和运动分析

FA A

aA j

根据平面运动微分方程，有

mxC  FA myC  FB  mg

J Cj  FB l sin j  FAl cos j

j mg

上述3个方程，有5个未知量，需根据约束性质，引入几何关系

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动量矩定理

xC  l sin j

yC  l cos j yC  lj sin j

对时间求导： xC  lj cos j

这两个关系式很重要将 xC 和 yC 代入微分方程中，求得杆的角加速度：

xC  lj cos j  lj 2 sin j yC  lj sin j  lj 2 cos j

3g sin j 4l dj dj dj dj j     j 积分角加速度，考虑到： dt dt dj dj

j

3g j d j  0 4l

j sin jdj

杆的角速度：

3g j  cos j0  cos j  2l

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动量矩定理

将 j 和 j 代入质心加速度，再代入微分方程，求约束力

3 FA  mg  3cos j  2 cos j 0  sin j 4 3  3  FB  mg  1  sin 2 j  cos j  cos j 0  cos j   2  4 

FA  0 ，此时的夹角为j1 当杆的A端脱离墙壁时，

3  j1  arccos  cos j 0  2 

本题中由于速度瞬心D到质心C的距离始终为l，因此也可以应用对速度瞬心D的动量矩定理直接求出角加速度。

J Dj   M D Fi

E D i

 

J D  J C  ml 2 

4 2 ml 3

 M  F   mgl sin j

3g j  sin j 4l

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例7：质量m、长度l的均质杆初始时刻被光滑的水平面和绳索约束，平衡于图示位置。现突然将绳索剪断，试求剪断后瞬时 A处的约束反力。解：剪断绳索的瞬时，杆作平面运动，作受力分析和运动分析：由平面运动微分方程得：

C A mg

450

 J C  FN  l / 2 cos 450  maCx  0 ma  mg  F N  Cy

3个方程4个未知量，需补充运动学关系 A

aCx



aCy

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以A为基点

aCx  aCy  a A  aCAt

向y方向投影 aA

aA A

aCx

B C 

aCy

aCAt

l aCy     cos 450 2

将上式联立平面运动微分方程即可求出A处的约束力

2 FN  mg 5

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动量矩定理

例8：直角弯杆的质量m=3kg，且 ED=EA=l=0.2m，在D点铰接于加速运动的板上。为了防止杆的转动，在板上A、B两点固定两个光滑螺栓，整个系统位于铅垂面内，板沿水平直线轨道运动，如图所示。（1）若板的加速度a=2g（g为重力加速度），试求螺栓A或B及铰D对弯杆的约束力。（2）若弯杆在A、B处均不受力，试求板的加速度a及铰D对弯杆的约束力。解：取弯杆作为研究对象，作受力分析和运动分析（1）由平面运动微分方程得：

D B

l 4

FDy a

E C mg

FDx

A B

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动量矩定理

3 1 3  J  0  lF  lF  lFB Dy Dx  C 4 4 4  ma  FDx  FB m  0

 F  mg Dy  

其中：

FDx  60.15 N FB  0

a  2g

FDy  29.4 N

联立上式，可解得： FB  7.35 N

（2）若要A、B处均不受力，则

3 1  J  0  lF  lFDx Dy  C 4 4  ma  FDx m  0  F  mg Dy  

可解得： a  3 g

FDx  88.2 N

FDy  29.4 N

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4.补充习题

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1 匀质细长杆长为l，质量为m。已知Jz=ml2/3，试求Jz1 和Jz2。

答案 Jz1=Jz2=7ml2/48。

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2 试求下列各匀质板对轴x的转动惯量。已知两板的质量均为m，尺寸如题图所示。

答案

(a)

m J x  (a 2  3ab  4b 2 ) ；(b) 3

5 J x  m(a 2  3ab  3b 2 ) 。 6

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3 试求证边长为l的正方形薄板对于其对角线的转动惯量为ml2/12。

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4 图示零件用钢制成，其密度=7850kg/m2。已知 R1=240mm， R2=120mm， φ1=φ2=60mm，h=30mm。试求其对轴x的转动惯量Jx和回转半径x。

m2, x=0.0849m。答案 Jx=0.0767kg·

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5 图示摆由质量为m1,长为4r的匀质细杆AB和质量为m2,半径为r的匀质圆盘组成。试求其对过点O并垂直于摆平面的轴的转动惯量。

答案

14m1  99m2 2 JO  r 6

。

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6 匀质薄板，尺寸如图，单位为mm。单位面积的质量为 5×10-4kg/mm2，试求其对轴x，y的转动惯量和惯性积。

m2 , Jy=4kg· m2 , Jxy=1.2kg· m2。答案 Jx=2.2kg·

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7 刚体作平面运动。已知运动规律为xC=3t2, yC=4t2, j =t3/2 ，其中，长度以m计，角度以rad计，时间以s计。设刚体质量 m=10kg，对于通过质心C且垂直于图平面的惯性半径=0.5m，试求当t=2s时刚体对坐标原点的动量矩。

答案

LO=15kg· m2/s。

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8 圆轮的辋重力为P，外径为R，内径为r；轮辐为六根匀质杆，各重P0。一绳跨过圆轮，两端悬挂重P1及P2的重物。设图示瞬时圆轮以角速度绕轴O转动，试求整个系统对O的动量矩。

答案

2 LO  [(4 P0  P)r 2  ( P  2 P 1  2P 2 )R ]



。

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9 已知匀质圆盘质量为m，半径为R，当它作图示四种运动时，对点O1的动量矩分别为多大？图中O1C=l。

b） LO1=mR2/2；答案 a）LO1=ml2； c）LO1=[mR2/2+ml2]； d）LO1=[mR2/2-mRl]。

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10 两个重物A，B其重力为P1，P2，分别系在两条绳上，此两绳又分别围绕着半径为r1，r2的鼓轮上，重物受重力的影响而运动。试求鼓轮的角加速度

。鼓轮和绳的质量均略去不计。

答案



g (P 1r 1P 2 r2 ) 2 2 。 P 1r 1 P 1r2

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11 一倒置的摆由两根相同的弹簧支持。设摆由圆球与直杆组成，球的质量为m，半径为r，杆重不计。弹簧的刚度系数为k。试问当摆从平衡位置向左或向右有一微小偏移后，是否振动？写出能够发生振动的条件。

答案

k

mgl 。 2b 2

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12 一半径为r，重力为P1的匀质水平圆形转台，可绕通过中心O并垂直于台面的铅直轴转动。重力为P2的人A沿圆台边缘以规律s=at2/2走动，开始时，人与圆台静止，试求圆台在任一瞬时的角速度与角加速度。

答案



2aP2t , (P  2 P ) r 1 2



2aP2 。 (P  2 P ) r 1 2

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13 图示A为离合器，开始时轮2静止，轮1具有角速度0 。当离合器接合后，依靠摩擦使轮2启动。已知轮1和轮2的转动惯量分别为J1和J2。试求：（1）当离合器接合后，两轮共同转动的角速度；（2）若经过7s两轮的转速相同，离合器应有多大的摩擦力矩。

答案

J10 J1 J 20   M  （1） J  J ; （2）。 ( J  J ) t 1 2 1 2

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14 杆AB可在管CD内自由地滑动，当杆全部在管内时（ x=0），这组件的角速度为1。如杆AB、管CD的质量及长度均相等，可视为匀质物体，忽略轴承摩擦。试求在x=l/2时，组件的角速度2。

答案 2=81/17。

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15 匀质矩形薄片的质量为m，宽为l，长为h，绕铅垂轴 AB以初角速度0转动；而薄片的每一部分均受到空气阻力，其方向垂直于薄片的平面，其大小与面积及速度平方成正比，比例常数为k。试求薄片的角速度减为初角速度1/2时所需的时间。

答案

t

4m 。 3kl 2 h0

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16 滑轮质量为m，可视为均质圆盘，轮上绕以细绳，绳的一端固定于点A，试求滑轮下降时轮心C的加速度和绳的拉力。

答案

aC=2g/3，F=mg/3。

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17 火箭的质量为m=1.2×104kg，两个引擎的拉力 F1=F2=140kN，假设其中一个引擎推力F1忽然减到50kN，试求：火箭转动的角加速度多大？质心C的加速度改变了多少？阻力不计。火箭对通过质心C而垂直于F1,F2作用平面的轴的惯性半径为 =5m。

答案

=0.18rad/s2，Δ=7.5m/s2。

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18 鼓轮的大半径为R，小半径为r，放置于粗糙的水平面上。在轴上绕有软绳，绳的一端作用一与水平成角j的力F 如图示。设鼓轮总重P，且P>Fsinj，对于其中心轴

的回转半径为。试求轮心的加速度，并讨论其方向。

答案

a

FR ( R cos j  r ) g P(  2  R 2 )

。

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19 宇宙航行器以速度5140km/h绕月球在半径为2400km 的圆形轨道上运动，为了转换到另一半径为2000km的圆形轨道上运行，在点A点火使速度减少到4900km/h以进入椭圆轨道 AB。试求：（1）在椭圆轨道上点B的速度；（2）在点B速度应降低多少，才能使其进入较小的圆形轨道运行？

答案

（1）vB=5880km/h；（2） Δv=250km/h。

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20 导流叶片结构位于水平面如图所示。自喷嘴A以速度 v=30m/s喷出流量Q=1.5m3/s的水，水柱沿叶片的流速均为v。结构尺寸l1=100mm，l2=50mm，l3=260mm，q =40°。试求为了固定叶片在O处所需加的转矩M。

m。答案 M=459.9N·

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本章结束

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动量矩定原理目录

1. 内容提要… … … … … … … … … … … … … 3

2.基本要求… … … … … … … … … … … … … 8

3.典型例题… … … … … … … … … … … … … 9

4.补充习题… … … … … … … … … … … … …25

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动量矩定理

J x   mi ( yi2  z i2 )

平面刚体（刚体位于oxy平面）

J x   mi y i2

对轴

J y   mi ( x  z )

J z   mi ( xi2  yi2 )

i 1

i 1 n

2 i

J y   mi xi2

i 1

i 1 n

对点

1 JO  ( J x  J y  J z ) 2

J z  JO  J x  J y

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动量矩定理

(2) 回转半径表示的转动惯量对任一轴

2 l ，有 J l  m l

(3) 转动惯量的平行轴定理刚体对任意轴的转动惯量等于它对过质心的平行轴的转动惯量加上刚体的质量与两轴间距平方的乘积。

J z  J Cz  md 2

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2) 质系动量矩计算动量对不同点之矩的表达式

对静点

n    LO   ri  mi vi i 1

对质心

n    LC   riC  mi vi i 1

任意质系

 v i 质点的绝对速度。

    LO  LC  rC  p

i 1  riC 为任意点到质心的矢径；

    riC  mi vic

 viC 为任意点相对质心的速度；

刚体

特例

   J C  rC  p



  LC  J C 

定轴转动 Lz  J z

平面运动

LC  J C

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

3) 动量矩定理动量矩定理的各种表达式对静点O 任意质系

n dLO   M O ( Fi E ) dt i 1

对质心C

n dLC   M C ( Fi E ) dt i 1

刚体

n d [ J C  rC  p]   M O ( Fi E ) dt i 1

J C   M C ( Fi E )

i 1

特例

定轴转动

J z   M z ( Fi )

E i 1 n

平面运动

J C   M C ( Fi E )

i 1 n

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

4) 动量矩守恒

若

 M O ( Fi E )  0

i 1

，则

 LO 

常矢量；

特例：若  M

i 1

( Fi E )  0

，则 Lz  const

 LC  常矢量；

若 M

i 1

( Fi )  0

，则

特例：若  M

i 1

( Fi E )  0

，则 LCz  const 。

5) 刚体平面运动微分方程将质心运动定理与质点系相对质心的动量矩定理结合，就有刚体的平面运动微分方程

maC   Fi E

上式在刚体运动平面中有二个投影方程，及

J C   M C ( Fi

E )

i 1 n

i 1

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

2. 基本要求

1) 会正确计算质点系和刚体系对固定点或质心的动量矩。

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

3.典型例题

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

例1：求直角杆OAB对O轴的转动惯量

解: 直角杆可以分割成两段OA和AB 采用分割法

J O (OA ) m1l 2  3

m1 , l A

m2 , 2 l

J O ( AB )

m2  2l    m2 12

 2l 

J O  J O  OA  J O ( AB )

m2  2l  m1l    m2 3 12

 

1 7  m1l 2  m2l 2 3 3

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

例2：试下图中各质点系对轴O的动量矩图（a）中轮A的质量为m1，轮O的质量为m2，杆OA的质量为m3



O r2 （ a）

A

解: 图（a）中杆OA作定轴转动，轮A作平面运动

v A    r1  r2 

  r1  r2  A  r1

整个系统对固定轴O的动量矩：

LO  LO ( 杆OA )  LO （A ）

  m1v A   r1  r2   J A A   J O

 m1  r1  r2 

r1  r2 1 1 2 2  m1r1   m3  r1  r2   2 r1 3

 3r1  2r2 1  2  m1  m3   r1  r2   3   2  r1  r2 

（逆时针）

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

图（b）轮的半径均为r，质量为m，重物A的质量也为m，轮心D的速度为v O 图（b）中重物A作直线运动，轮B作平面运动，轮O作定轴转动 r

B

r B O

vA  v

O   B  v r

整个系统对固定轴O的动量矩：

LO  LO （A ）  LO （ B）  LO ( O )

 mv A r   mvr  J B B   J OO

1 v 1 v   mvr   mvr  mr 2   mr 2 2 r 2 r 

 3mvr

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

解：取整体为研究对象，进行受力分析和运动分析

dLO   M O ( Fi E ) dt

mg FOy



FOx

LO  J O

v P  vR R g

M

( Fi E )  PR

PR 2 a PR 2 JO  g

1 2 h  at 2

t2 1 J O  PR (  ) 2h g

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

计绳重和轴承O处的摩擦，求重物A下降的加速度和轴承O 的约束力。



O mg FOy 

FOx

B v 1 m2g

A m1g

dLO   M O ( Fi E ) dt

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

LO  J O  m1v1r1  m2 v2 r2

E M ( F  O i )  m1gr1  m2 gr2   m1r1  m2r2  g

v1 r2 2  J O  m1v1r1  m2 v1 r1 r1

dv1 1 2 2 J  m r  m v r  1 1 2 1 2    m1r 1  m2 r2  g 代入动量矩定理： dt r O 1

m1r1  m2 r2  r1  dv1 a1   g 2 2 dt J O  m1r1  m2 v1r2

dp y dt

应用动量定理求轴承O处的约束力：

dp x  FOx  0 dt

也可利用质心运动定理求约束力

 FOy   m  m1  m2  g

FOx  0

v1 p y   m1v1  m2 v2    m1r1  m2 r2  r1 2 m r  m r  1 1 2 2 FOy   m  m1  m2  g  g 2 2 J O  m1r1  m2 v1r2

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

r1 A D

1

FAy m1 g D F'N FN A

1

FAx Fd

对轮A，有

轮A作定轴转动

Fd  f d FN  f d m1 g

Fd

1 2  d1   Fd r1   f d m1 gr1  m1r1  2  dt

FBy D B m2g

2

FBx

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

积分

t r1 1  d1   dt  0 2 fd g 

r1 1    （1）得： t   2 fd g

1 2  d 2 对轮B，  2 m2 r2  dt  Fdr2  f d m1 gr2  

积分

t m2 r2 2  d 2   dt  0 0 2m1 f d g

m2 r2 2 得： t  2m1 f d g

（3）

（2）

设两轮间没有相对滑动为止所经过的时间为t，这时有：

1r1  2 r2

联立求解式（1）、式（2）和式（3），解得两轮没有相对滑动所需的时间： m2 r1 t 2 f d g  m1  m2 

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

解: 杆AB作平面运动，用平面运动微分方程求解，作受力分析和运动分析

FA A

aA j

根据平面运动微分方程，有

mxC  FA myC  FB  mg

J Cj  FB l sin j  FAl cos j

j mg

上述3个方程，有5个未知量，需根据约束性质，引入几何关系

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

xC  l sin j

yC  l cos j yC  lj sin j

对时间求导： xC  lj cos j

这两个关系式很重要将 xC 和 yC 代入微分方程中，求得杆的角加速度：

xC  lj cos j  lj 2 sin j yC  lj sin j  lj 2 cos j

3g sin j 4l dj dj dj dj j     j 积分角加速度，考虑到： dt dt dj dj

j

3g j d j  0 4l

j sin jdj

杆的角速度：

3g j  cos j0  cos j  2l

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

将 j 和 j 代入质心加速度，再代入微分方程，求约束力

3 FA  mg  3cos j  2 cos j 0  sin j 4 3  3  FB  mg  1  sin 2 j  cos j  cos j 0  cos j   2  4 

FA  0 ，此时的夹角为j1 当杆的A端脱离墙壁时，

3  j1  arccos  cos j 0  2 

本题中由于速度瞬心D到质心C的距离始终为l，因此也可以应用对速度瞬心D的动量矩定理直接求出角加速度。

J Dj   M D Fi

E D i

 

J D  J C  ml 2 

4 2 ml 3

 M  F   mgl sin j

3g j  sin j 4l

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

C A mg

450

 J C  FN  l / 2 cos 450  maCx  0 ma  mg  F N  Cy

3个方程4个未知量，需补充运动学关系 A

aCx



aCy

工程力学导学

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动量矩定理

以A为基点

aCx  aCy  a A  aCAt

向y方向投影 aA

aA A

aCx

B C 

aCy

aCAt

l aCy     cos 450 2

将上式联立平面运动微分方程即可求出A处的约束力

2 FN  mg 5

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

D B

l 4

FDy a

E C mg

FDx

A B

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

3 1 3  J  0  lF  lF  lFB Dy Dx  C 4 4 4  ma  FDx  FB m  0

 F  mg Dy  

其中：

FDx  60.15 N FB  0

a  2g

FDy  29.4 N

联立上式，可解得： FB  7.35 N

（2）若要A、B处均不受力，则

3 1  J  0  lF  lFDx Dy  C 4 4  ma  FDx m  0  F  mg Dy  

可解得： a  3 g

FDx  88.2 N

FDy  29.4 N

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动力学_

动量矩定理

4.补充习题

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

1 匀质细长杆长为l，质量为m。已知Jz=ml2/3，试求Jz1 和Jz2。

答案 Jz1=Jz2=7ml2/48。

工程力学导学

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动量矩定理

2 试求下列各匀质板对轴x的转动惯量。已知两板的质量均为m，尺寸如题图所示。

答案

(a)

m J x  (a 2  3ab  4b 2 ) ；(b) 3

5 J x  m(a 2  3ab  3b 2 ) 。 6

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动量矩定理

3 试求证边长为l的正方形薄板对于其对角线的转动惯量为ml2/12。

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动量矩定理

4 图示零件用钢制成，其密度=7850kg/m2。已知 R1=240mm， R2=120mm， φ1=φ2=60mm，h=30mm。试求其对轴x的转动惯量Jx和回转半径x。

m2, x=0.0849m。答案 Jx=0.0767kg·

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动量矩定理

5 图示摆由质量为m1,长为4r的匀质细杆AB和质量为m2,半径为r的匀质圆盘组成。试求其对过点O并垂直于摆平面的轴的转动惯量。

答案

14m1  99m2 2 JO  r 6

。

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

6 匀质薄板，尺寸如图，单位为mm。单位面积的质量为 5×10-4kg/mm2，试求其对轴x，y的转动惯量和惯性积。

m2 , Jy=4kg· m2 , Jxy=1.2kg· m2。答案 Jx=2.2kg·

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动量矩定理

答案

LO=15kg· m2/s。

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

答案

2 LO  [(4 P0  P)r 2  ( P  2 P 1  2P 2 )R ]



。

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

9 已知匀质圆盘质量为m，半径为R，当它作图示四种运动时，对点O1的动量矩分别为多大？图中O1C=l。

b） LO1=mR2/2；答案 a）LO1=ml2； c）LO1=[mR2/2+ml2]； d）LO1=[mR2/2-mRl]。

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动力学_

动量矩定理

10 两个重物A，B其重力为P1，P2，分别系在两条绳上，此两绳又分别围绕着半径为r1，r2的鼓轮上，重物受重力的影响而运动。试求鼓轮的角加速度

。鼓轮和绳的质量均略去不计。

答案



g (P 1r 1P 2 r2 ) 2 2 。 P 1r 1 P 1r2

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动量矩定理

答案

k

mgl 。 2b 2

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动量矩定理

答案



2aP2t , (P  2 P ) r 1 2



2aP2 。 (P  2 P ) r 1 2

工程力学导学

动力学_

动量矩定理

答案

J10 J1 J 20   M  （1） J  J ; （2）。 ( J  J ) t 1 2 1 2

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动量矩定理

答案 2=81/17。

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动量矩定理

答案

t

4m 。 3kl 2 h0

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动量矩定理

16 滑轮质量为m，可视为均质圆盘，轮上绕以细绳，绳的一端固定于点A，试求滑轮下降时轮心C的加速度和绳的拉力。

答案

aC=2g/3，F=mg/3。

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动量矩定理

答案

=0.18rad/s2，Δ=7.5m/s2。

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动量矩定理

的回转半径为。试求轮心的加速度，并讨论其方向。

答案

a

FR ( R cos j  r ) g P(  2  R 2 )

。

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动量矩定理

答案

（1）vB=5880km/h；（2） Δv=250km/h。

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动量矩定理

m。答案 M=459.9N·

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本章结束

(导学)12动量矩定理

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