第17章 动量定理和动量矩定理总结
第17章 动量定理和 动量矩定理
工程力学学习指导
第17章 动量定理和动量矩定理
17.1 教学要求与学习目标
1. 正确理解动量的概念，能够熟练计算质点系、刚体以及刚体系的动量。
2. 认真理解有关动量定理、动量守恒定理以及质心运动定理，掌握这些定理的相互关系。
3. 正确而熟练地应用动量定理、动量守恒定理以及质心运动定理解决质点系动力学两类问题，特别是已知运动求未知约束力的问题。
4. 学习动量矩定理时，首先需要认识到，在动力学普遍定理中，动量定理和动量矩定理属于同一类型的方程，即均为矢量方程。而质点系的动量和动量矩，可以理解为动量组成的系统（即动量系）的基本特征量——动量系的主矢和主矩。两者对时间的变化率等于外力系的基本特征量——力系的主矢和主矩。
5. 认真理解质点系动量矩概念，正确计算系统对任一点的动量矩。
6. 熟悉动量矩定理的建立过程，正确应用动量矩定理求解质点系的两类动力学问题。
7. 于作平面运动的刚体，能够正确建立系统运动微分方程和补充的运动学方程，并应用以上方程求解刚体平面运动的两类动力学问题。
17.2 理 论 要 点
17.2.1 质点系的动量
质点系中所有质点动量的矢量和（即质点系动量的主矢）称为质点系的动量。即
i i
i m v p ∑=
质点系的动量是自由矢，是度量质点系整体运动的基本特征量之一。具体计算时可采用其在直角坐标系的投影形式，即
??
??
?
??
??
===∑∑∑i iz i z i iy i y i
ix i x v m p v m p v m p
质点系的动量还可用质心的速度直接表示：质点系的动量等于质点系的总质量与质心速度的乘积，即
C m v p =
这相当于将质点系的总质量集中于质心一点的动量，所以说质点系的动量描述了其质心的运动。
上述动量表达式对于刚体系也是正确的。
17.2.2 质点系动量定理
质点系动量定理建立了质点系动量的变化率与外力主矢量之间的关系。其微分形式为
(e)(e)R d d i i
t ==∑p
F F 质点系的动量对时间的变化率等于质点系所受外力系的矢量和。式中(e)i i
∑F 或
(e)R F 为作用在质点系上的外力系主矢。
质点系动量定理的积分形式，也称为质点系的冲量定理，即 2
1
(e)(e)21d t i i t i
i
t ?==∑∑∫p p F I
质点系动量在某时间间隔内的改变量等于质点系所受外力冲量。此式将广
泛应用于求解碰撞问题。
17.2.2 动量守恒定理
1. 质点系动量守恒定理
当外力主矢恒等于零，即(e)R 0=F 时，质点系的动量为一常矢量。即 112C p p ==
式中1C 是常矢量，由运动的初始条件决定。
2. 质点系动量在某轴上的投影守恒
质点系的动量定理实际应用时常采用投影式，即
(e)(e)R (e)(e)R (e)(e)R d d d d d d x ix x i
y iy y i z
iz z i p F F t p F F t p F F t ?
==??
?
==??
?==??
∑∑∑
若外力主矢不恒为零，但在某个坐标轴上的投影恒为零，由上式可知，质点系的动量在该坐标轴上守恒。即若(e)R 0x F =，于是有
2C p x = 式中2C 为常量，由运动初始条件决定。
17.2.4 质心运动定理
质心运动定理是质点系动量定理的另一种形式：质点系的总质量与质心加
速度的乘积等于作用在质点系上外力的矢量和，即 (e)C i i
m =∑a F
直角坐标系中质心运动定理的投影式为
(e)(e)(e)C ix i
C iy i C iz i mx
F my
F mz
F ?
=???=???=??
∑∑∑ 式中C C C z y x
,, 为质心加速度在直角坐标轴上的投影。 17.2.5 质心运动定理的守恒形式
如果作用于质点系上的外力主矢恒等于零，即
(e)(e)R 0i i
==∑F F ，
这时质心加速度为
0=C a
质心的速度为
C v =C
质心速度为常矢量，即系统的质心作惯性运动。若系统初始为静止状态，则
0=C v ，质心的位矢1C r =C 为常矢量 ，质心保持静止，即质心守恒。
如果外力主矢在某一坐标轴（例如x 轴）上的投影为零，即
(e)(e)
R 0x ix i
F F ==∑
则有
0=Cx a 2C v Cx =
质心速度在某一坐标轴（例如x 轴）上的投影为常量，这表明：质心速度在这
一坐标轴（例如x 轴）方向上守恒。 这时，如果系统初始为静止状态，则v Cx = 0,这表明质心在x 轴方向上守恒。
17.2.6 动量定理的应用
动量定理应用的要点是：
1) 内力不能改变质点系的动量和质心的运动，因此当质点系内力情况比较复杂而所要求解的问题是质点系整体的运动时，多用动量定理求解。但内力能改变质点系内各质点的动量，当所要求解的问题是内力时，可将质点系拆开，选择式中的某部分作为研究对象，使内力转化为外力。 2) 质心运动定理是质点系动量定理的另一种表达形式，是在动量定理中最常用的。当刚体作平移时，质心的运动可以代替整个刚体的运动，若将质心看成是集中了质点系全部质量和所有外力的质点，则应用质心运动定理解题时，实际与应用牛顿第二定律求解质点动力学问题相类似；当刚体作复杂运动时，可以将它的运动分解为随质心的平移和绕质心的转动，其平移部分可以用质心的运动来描述；其绕质心的相对转动部分可用其他定理来描述。
3) 外力系简化结果中的主矢量将会改变质点系的动量或质心的运动。若当外力主矢等于零时，则质点系动量守恒或质心作惯性运动。由于动量定理是一矢量表达式，在应用时采用投影式，故在进行受力分析时，特别要注意外力主矢在某一方向的投影是否等于零，以便决定是否可应用动量或质心守恒定律。
17.2.7 质点系动量矩的概念与计算
质点系的动量矩是质点系中各质点的动量对点O 之矩的矢量和，即
i i i i
O m v r L ×=∑
质点系的动量矩即是动量系的主矩，动量矩是定位矢，其作用点在所选矩心O 上。动量矩是度量质点系整体运动的又一基本特征量。
17.2.8 质点系动量矩定理
质点系相对定点的动量矩定理：质点系相对固定点的动量矩对时间的一阶导数等于作用在该质点系上的外力系对同一点的主矩，即
(e)
d d O O
t
=L M 如果不作特殊说明，则所提到的动量矩定理都是指对惯性参考系的固定点。
17.2.9 动量矩定理的其他形式
上式称为动量矩定理的微分形式。除此而外，动量矩定理还有其他几种常用形式：
1. 动量矩定理的积分形式
(e)0
d n
n
i i i
i i i i i i
i
m m t τ
×?×=×∑∑∫'r v r v r F
或
(e)210
d O O i i t τ
?=×∫L L r F
2. 动量矩定理的投影形式
比照力对点之矩与力对轴之矩的关系，可以得到动量对点之矩在过该点之轴上的投影等于该动量对该轴之矩。因此将动量矩定理微分形式表达式中的各项，投影到过固定点O 的直角坐标系Oxyz 上，得到
(e)(e)(e)d d d d d d x x
y
y z z L M t
L M t L M t ?=??
?=???
=??
这就是质点系动量矩定理的投影形式，也就是质点系相对定轴的动量矩定理。
17.2.10 质点系动量矩守恒定理
在动量矩定理微分形式表达式中，若外力矩
(e)0O =M ，
则质点系对该点的动量矩守恒，即 C L =O
式中，C 为常矢量。
在动量矩定理的投影形式的表达式中，当外力对某定轴的主矩等于零时，质点系对该轴的动量矩守恒。例如
(e)0x M =，
则有
1C L x = 式中,1C 为常数。
17.2.11 质点系相对质心的动量矩
根据动量矩定义，质点系相对质心的动量矩 i i i C m v r L ×′=∑ =r i i i m v r ×′∑
计算质点系相对质心的动量矩，用绝对速度和相对速度结果都是一样的。对
于一般运动的质点系，通常可分解为随质心的平移和绕质心的转动，因此，用第二个等号后的表达式计算质点系相对质心的动量矩更方便些。
质点系相对固定点的动量矩与质点系相对质心的动量矩之间存在确定的关系，即
L r v L O C C C m =×+
17.2.12 质点系相对质心的动量矩定理
质点系相对固定点的动量矩定理: 质点系相对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
(e)d d n
C
i i i
t ′=×∑L r F
或
(e)d ()d n C
C i i
t =∑L M F 质点系相对质心的动量矩定理在形式上与质点系相对固定点的动量矩定理完全
相同。
需要注意的是，这里所涉及的随质心运动的动坐标系，一定是平移坐标系。定理只适用于质心这个特殊的动点，对其他动点，定理将出现附加项。
对刚体而言，质心运动定理建立了外力与质心运动的关系；质点系相对质心的动量矩定理建立了外力与刚体在平移参考系内绕质心转动的关系；二者完全确定了刚体一般运动的动力学方程，这是研究刚体运动的基础。
17.2.13 刚体定轴转动微分方程
刚体定轴转动微分方程
z z M J =α
或
z z J M ?
=
式中，?为刚体绕轴转动的转角；z J 为刚体对轴z 的转动惯量。
17.2.14 刚体平面运动微分方程
将刚体的运动分解为随质心的平移和绕质心的转动两部分。当刚体具有质量对称面、且质量对称面平行于运动平面时，则在固连于质心的平移参考系中，刚体对质心的动量矩为 ωC C J L =
式中，C J 为刚体对通过质心C 且与运动平面垂直的轴的转动惯量，ω为角速度。 当作用于刚体上的力系等价于质量对称面内的一个平面力系时，对刚体平面运动，应用质心运动定理和相对质心动量矩定理 ，得到刚体平面运动的微分方程：
(e)
(e)d(()d n
C i i
n
C C C i i m J J M t ωα?=????
==??
∑∑a F )
F 或直接写成投影式
()
(e)(e)(e)C x C y C C i mx
F my
F J M ?
?
=??
=??=??
∑∑∑F 需要指出的是，如果上述方程中各式等号的左侧各项均恒等于零，则得到
静力学中平面力系的平衡方程，即外力系的主矢、主矩均等于零。因此，质点系动量定理与动量矩定理，不但完全确定了刚体一般运动的动力学方程，而且还完成了对刚体平面运动的特例——平衡情形的静力学描述。
17.2.15 动量矩定理的应用
动量矩定理应用的要点是：
1) 与动量定理相同的是内力也不能改变质点系的动量矩，因此对于内力情况比较复杂而又包含转动的质点系动力学问题，可以考虑用动量矩定理（或由它导出的刚体定轴转动微分方程，刚体平面运动微分方程）求解，而无需考虑内力。
2) 质点系的动量定理描述了质点系总体运动的一个侧面，即随质心的运动，对于刚体则描述了在外力主矢的作用下其随质心平移的运动规律。而质点系的动量矩定理则描述了质点系总体运动的另一个侧面，即相对质
心的运动，对于刚体则描述了在外力主矩的作用下其相对质心转动的规律。两个定理相结合，共同描述了质点系总体运动的规律。一般来说，这两个定理在描述质点系运动时，并不能完全确定质点系中每个质点的运动，但对于刚体用这两个定理便能够完整地描述其运动。
3)外力系简化结果中的主矩将会改变质点系对某点（或轴）的动量矩。若当外力对某点（或轴）的外力主矩等于零时，则质点系对该点（或轴）的动量矩守恒。
4) 在应用动量矩定理时，要注意矩心（或矩轴）的选择。一般只选择固定点或质心及过这两点的矩轴。
17.3 学 习 建 议
1. 质点系动量定理可解决质点系动力学两类基本问题:
一类是已知质点系的运动（用动量及其对于时间的变化率或质心加速度所表示），求作用在质点系上外力系中的未知约束力；
另一类是已知作用在质点系上的外力系或外力系在某一坐标轴上的投影，求质点系的动量变化率或质心的加速度。
2. 应用质点系动量定理的解题步骤
1) 选择研究对象。 首先要分析已知条件及所需求的未知量，选择合适
的研究对象，研究对象可以是刚体，也可以是由几个刚体组成的刚体系统。
2) 受力分析。分析作用在研究对象上的外力，不考虑式中的内力。外力
中包括已知主动力及未知约束力。画出受力图。特别应注意外力系的特点，例如对某一轴的投影之和为零。根据受力特点选择合适的坐标轴系。
3) 运动分析。根据所受约束条件分析研究对象的速度及加速度，计算其
动量及其变化率，或者求出在任一瞬时质心的坐标公式（表示为时间的函数）。当研究对象为刚体系统时，应注意分析刚体之间v和ω、a和α间的关系。
4) 建立动力学方程。 即建立动量定理或质心运动定理的投影方程。若
独立的动力学方程数目少于所求的未知量数目时，需建立补充方程，一般是根据约束条件建立运动学关系。
5) 解方程，求出未知量。 注意所求得结果的物理意义，特别是约束力中的静力分量和动力分量。注意对结果作量纲分析、检查其合理性。
3. 质点系动量矩定理建立了质点系对于某一固定点或固定轴的动量矩的变化率与外力系对同一点或同一轴的主矩之间的关系。
与质点系动量定理相比较，它同样可应用于求解质点系动力学两类基本问题。所不同的是，当质点、刚体或质点系围绕某一固定点或固定轴转动时，应用质点系动量矩定理可直接建立主动力与运动之间的关系。
4. 相对质心的动量矩定理建立了质点系对于质心的动量矩的变化率与外力系对质心的主矩之间的关系。
从形式上看，所得到的关系式与质点系对固定点的动量矩定理完全相同。这就说明了质心这一特殊点的特殊力学性质。联合应用动量矩定理与质心运动定理可建立刚体平面运动的运动微分方程。用于解决刚体平面运动动力学问题。
5. 应用动量矩定理解题过程中几个需要注意的问题:
1) 质点系动量矩定理主要应用于求解刚体统固定轴或固定点的转动问题。此时外力系中的未知约束力通过固定点或固定轴，对此点或此轴取矩，未知约束力均不出现，动力学方程直接建立了主动力系与刚体运动之间的关系，便于求解。
2) 假如刚体系统为一有许多固定轴的轮轴传动系统，应用质点系动量矩定理求解时，应分别选取每一个轮轴为研究对象，逐个建立动量矩方程，才能避免未知的轴承约束力在方程中出现。
3) 在建立刚体转动的动量矩方程时，应首先规定转角θ的正方向，θ 及θ 的正方向与之相同。与此同转向的力矩为正值，反之为负值，即动量矩方程的等
式两边各项应采用同一正向。
17.4 例 题 示 范
【例题17-1】如图17-1a 所示系统中，三个重物的质量分别为123m m m ，，，由一绕过两个定滑轮的绳子相连接，四棱柱体的质量为4m 。如略去一切摩擦和绳子的重力，求：
1．系统动量的表达式；
2．四棱柱体的速度和四棱柱体相对地面的位移。设系统初始静止，当物块1沿斜面下滑s 时，已知各物块相对四棱柱体的速度大小为v r ；
3．若将上述系统放在有凸起的地面上，如图17-1b 所示，当物块1的加速度为a 时，系统对凸起部分的水平压力。
解：1．求系统的动量
建立坐标系如图所示。根据系统动量的定义有
j i v p )()(iy i
i ix i
i i i
i v m v m m ∑∑∑+==
取四棱柱为动系，设四棱柱体的速度为v ，各物块相对四棱柱体的速度大小为v r ，则
1r 2r 34(cos x p m v v m v v m v m v θ=+++++)() 1r 23r 4sin 0()0y p m v m m v m θ=+?+?+?
整理后有
123412r 13r [()(cos )](sin )m m m m v m m v m m v θθ=++++++?p i j
2．求四棱柱体的速度和四棱柱体相对地面的位移 因不计一切摩擦，系统在水平方向上动量守恒，即
123412r ()(cos )m m m m v m m v θ+++++=0
整理得四棱柱的速度为
12
r 1234cos m m v v m m m m θ+=?
+++ （a ）
又因系统初始静止，故在水平方向上质心守恒。对上式积分，得到 12
1234
cos m m x s m m m m θ+=?
+++
此为四棱柱体的位移。
3．求四棱柱体对地面凸起部分的作用力
确定对凸起部分的作用力，可以采用质心运动定理。
由于凸起部分的作用，四棱柱体不动，则物块相对四棱柱体的加速度即为绝对加速度，其大小为a 。根据质心运动定理，并注意到 i ix Cx m a Ma =∑ 得
12cos Cx Ma m a m a F θ=+=
b)
图17-1 例题17-1图
x
y
1
2
4
1
3
v
r
1
2
3
4
a
F
θ
θ
从而确定四棱柱体对于地面凸起部分的水平作用力。
【例题17-2】 图17-2a 中，电动机外壳和定子(图17-2b)的总质量为m 1，质心O 与转子的中心重合；转子的质量为2m ，由于制造或安装误差，转子的质心
O 1到定子的质心O 的距离为e ，已知转子以等角速ω转动。
1. 如果电动机用螺栓固定在刚性基础上，求：电动机机座水平和铅垂方向的约束力。
2. 如果电动机机座与基础之间没有螺栓固定，如图17-2d 所示，且接触面绝对光滑，初始时，202000x y v v e ?ω===,,，试：
n 分析电动机机座的约束力将怎样变化，确定电动机跳起的条件； n 确定电动机外壳在水平方向的运动方程。
解：1．求图17-2a 所示电动机机座水平和铅垂方向的约束力。
取定子、转子、外壳组成的系统为研究对象，因为已知系统的运动，要求约束力，故采用质心运动定理。
对系统进行受力分析，系统受力如图17-2a 所示。机座用螺栓固定，相当于固定端约束，因而有水平和铅垂方向的约束力，还有约束力偶。
对系统进行运动分析，外壳和定子的质心静止不动，a 1C = a O 1 = 0；转子以匀
角速转动，其质心只有法向加速度，n 2
22C C a a e ω==。根据
i iCx
ix i iCy
iy m a F m a
F ?
=?
??=?
∑∑∑∑ (a)
a) b)
c) d)
图17-2 例题17-2图
a 2C
a 2C
v 2C
v O 1 v O 1
有
2122
12120cos 0sin x
y m m e t F m m e t F m g m g ωωωω???=?
???=????
(b) 联立求解，得到所要求的水平和铅垂方向的约束力分别为
222122cos sin x y F m e t
F m g m g m e t ωωωω?=??
?=+???
(c)
可见两个约束力都是呈周期性变化的力，并存在最大值和最小值。式中,由重力引起的约束力称为静约束力（或静反力），由转子的运动引起的约束力称为动约束力（或动反力）。
请读者对式(c)继续加以分析和思考：动约束力与静约束力区别是什么？当转速ω很高时，会给基础带来什么影响？应用动量定理能不能确定机座的约束力偶？
1． 2. 分析如图17-2d 所示电动机
2．
1) 因为电动机没有固定在基础上，所以水平方向没有约束力；而铅垂方向的受力与运动（牵连运动为水平平移）与基础固定时相同，因此铅垂约束力仍由式（c ）中第二式确定。
2) 电动机机座与基础之间没有螺栓固定时，电动机可能脱离地面跳起。所谓跳起的力学含义是铅垂约束力为零。故跳起的条件应由下式确定
2122sin y F m g m g m e t ωω=+?= 0
这是周期性变化的约束力，当时1sin =t ω的那些时刻，这一约束力可能等于零。于是，有
2min 1220y F m g m g m e ω=+?=
由此解得
min ωω==
这表明，电动机若要跳起，转子的转速应超过min ω。
3) 电动机机座与基础之间没有螺栓固定时，因为电动机在水平方向不受力，所以水平方向动量守恒。又因为初始时，x 方向无运动，故系统在x 方向动量为零。
设电动机定子质心在x 方向位移为x ，11C O v v x == ，2C v e ω=，如图17-2c 所示，则有
12(sin )0m x m x e t ωω+?= 即
212
sin m e t x
m m ωω=+
图17-3 蛙式打夯机简图
根据所给运动初始条件，对上式等号两侧积分，得到电动机外壳在水平方向的运动方程：
212
(1cos )m e
x t m m ω=
?+
这是一个平衡中心在
212
m e
m m +的简谐运动。
3．讨论：
电动机的水平运动与跳起运动分析，可以形成读者在一些建筑工地上看到的蛙式打夯机的力学模型。
蛙式打夯机(图17-3)在实现夯实地面的动作之后跳起，然后再向前运动。有兴趣的读者不妨自行分析研究。
【例题17-3】在质量为m 1，半径为R 的均质圆盘上焊接一质量为m 2长为R 的均质细杆C 1A 。该系统可绕水平轴O 在铅垂平面内转动，图17-4（a ）瞬时有角速度ω，角加速度α，试求该瞬时轴O 处的约束力。
解：1. 选择研究对象
选杆C 1A 及圆盘为研究对象。 2. 进行运动及受力分析
A
A
F a)
图17-4 例题17-3图
b)
圆盘质心C 1的加速度为1
t C a 、1n C a ；杆C 1A 质心C 2的加速度为2t C a 、2n
C a 。受力及运动如图17-4b 。
3. 应用质心运动定理确定轴承O 处的约束力 由于系统作定轴转动，故
1t C a R α=、1n 2C a R ω=；2
t
32C a R α=、2
n 2
32
C a R ω=， 应用质心运动定理，有
12
12
n n
12t t 1212()C C Ox C C Oy m a m a F m a m a F m m g
??=+=?+
将加速度的值代入上式，得
2
1212123
()2
3
()()2
Ox Oy F m m R F m m R m m g
ωα=?+=+++
【例题17-4】卷扬机机构如图17-5a 所示。可绕固定轴转动的轮B 、C ，其半径分别为R 和r ，对自身转轴的转动惯量分别为J 1和J 2。被提升重物A 的质量为m ，作用于轮C 的主动转矩为M ，求重物A 的加速度。
解：1．取轮C 为研究对象
轮C 受到绳的拉力F T ，外力偶矩M ，重力P 2及C 处的约束力，受力如图17-5b 所示。设轮C 的角加速度为αC ，应用定轴转动微分方程，有
r F M J C T 2?=α (a)
2．取轮B 和重物A 为研究对象
轮B 和重物A 的受力与运动分析如图17-5b 所示。应用动量矩定理
d d B
B L M t
=，设轮B 的角速度为ω，系统相对于点B 的动量矩为 21B L J mR ωω=+ 系统的外力对点B 的力矩为
图17-5例题17-4图
b ）
T B M F R mgR ′=? 根据动量矩定理
21T d ()d B
L J mR F R mgR t
α′=+=? (b) 重物A 的加速度a 与轮B 、C 的角加速度的关系为
ααR r a C == (c) 联立解式(a)、(b)、(c)可得重物A 的加速度为
2
222212
)(r mR R J r J rR mgr M a ++?=
【例题17-5】图17-6a 所示被置于墙角的均质圆柱半径为r ，重力为F Q 。若圆柱初始角速度为ω0，由于墙面、地面接触处有摩擦阻力，使转动减速。设接触处的动滑动摩擦因数为f ，求使圆柱停止转动所需的时间。
解：1．取圆柱C 为研究对象进行运动、受力分析
圆柱的运动为质心不动，刚体绕质心转动，故可采用刚体平面运动微分方程求解。
对圆柱进行受力分析（图17-6b ），由ω0的转向可确定摩擦力的方向如图所示。
2．建立运动微分方程 刚体平面运动微分为
∑∑∑===)
((e)(e)
Q
(e)Q
F C C y Cy x Cx M J F a g
F F a g F α 因为a Cx = 0，a Cy = 0，t
d d ω
α=
，代入上述方程有 B A F F ?=N 0 (a)
A
a)
Q N 0F F F B A ?+= (b) r F r F t
r g F B A ??=d d 212Q ω
(c) 另有摩擦补充方程
A A fF F N = (d)
B B fF F N = (e) 将式(d)、式(e)代入式(a)、式(b)得 12Q N +=
f F F B ；1
2Q
+=f fF F B
12Q N +=f fF F A ；1
2Q 2+=f F f F A 将上述结果代入式(c)有
)
1()1(2d d 2f r f gf t ++?=ω t f r f gf t
d )
1()
1(2d 0
2
∫∫++?
=ω
ω )
1(2)1(20f gf f r t ++=ω
3．讨论
1) 刚体平面运动微分方程，全面描述了刚体的运动与外力系主矢和主矩的关系。建立方程时应三式列全。
2) 摩擦极限方程F = fF N ，是求解包含摩擦的动力学问题常见的补充方程。
3) t
d d ω
是代数量，未知时设为正号，其实际符号由力矩的正负确定。
4) 注意积分上下限的对应关系，t = 0时ω = ω0；t = t 时ω = 0，圆柱停止转动。
5) 因圆柱质心不动，故可认为圆轮作绕质心的定轴转动，通过质心运动定理和刚体定轴转动微分方程求解，方法和结果是一样的。
【例题17-6】均质杆AB 重力为F P ，长为l ，放在铅垂平面内，杆的一端A 靠在光滑的铅垂墙上，另一端B 放在光滑的水平地面上，并与铅垂墙成?0角，如图17-7a 所示。令杆无初速滑下，求开始滑动时，地面与墙面对杆的约束力。
解：1．取杆AB 为研究对象进行运动、受力分析
将杆AB 置于一般位置，即杆AB 与墙面夹角为?，杆下滑时作平面运动，故可采用刚体平面运动微分方程求解。
对杆AB 进行受力分析，其受力图如图17-7b 所示。
对杆AB 进行运动分析，设其运动过程中的角速度和角加速度分别为
?
ω =和?α =，在图示坐标系下，杆AB 的质心坐标为 ?
?
cos 2
sin 2l
y l
x C C == 杆AB 质心的速度为
???? sin 2
cos 2l
y
l
x
C C ?== 杆AB 质心的加速度为
()
()
22cos sin 2sin cos 2
C C l
x l
y ?????????=
???
??=?+??
(a) 2．列方程
刚体平面运动微分为
∑∑∑===)
((e)(e)
P (e)P
F C C y
Cy x Cx M J F a g
F F a g F α (b)
将运动学补充方程式(a)代入刚体平面运动微分方程(b)有
()
()
2P P N 2P P N P 2
P N N cos sin 2sin cos 2
1sin cos 1222
C A C B B A F F l
x F g g F F l
y F F g g F l l l F F g ??
????
???
???
=?=???
=?+=????=???
(c) 考虑到杆开始滑动时? = ?0，0=?
，0α?= ，代入方程(c)有 0
N 0N 02
P P
N 00P N 00P cos 2
sin 2121sin 2
cos 2??αα?α?l F l F l g F F F l
g F F l
g F A B B A ?=?=?= 可解得
)
sin 4
3
1(2sin 8
3sin 2302P N 0P N 00???α?===
F F F
F l g
B
A
3．讨论
1) 研究刚体平面运动的动力学问题，一定要建立补充方程，找出质心运动与刚体运动之间的关系。本题的运动学关系还可以用刚体平面运动的加速度合成定理来求解，请读者自行完成。
2) 题中的?角是增函数，若解题时选用的是角?的余角θ，则在杆的下
滑过程中角θ是减函数，此时有θω ?=、θα ?=，一定要注意符号上的问题。 3) 相对特殊瞬心的动量矩定理：平面运动过程中，如果刚体的质心C 到
速度瞬心p 的距离保持不变时，则质点系相对瞬心的动量矩对时间的导数等于质点系外力对同一点的主矩，即
(e)d ()d p p i i
L M t
=∑F (d)
注意到此题中杆的质心到瞬心的距离恒等于2
l
，故可应用相对特殊瞬心的动量矩定理。这时，
ωp p J L = (e)
ω为杆的角速度。将式(e)代入式(d)，在初瞬时有
00sin 2
p l
J mg α?= (f)
据此可得
00cos 2p
l
mg J α?= (g) 式中
2223
1
)2(121ml l m ml J p =+=
(h) 将式(h)代入式(g),得到初瞬时杆的角加速度
003sin 2g
l
α?=
然后便可较方便地求出其余未知量。
请注意，采用这种方法时，一定注意定理存在的条件。
【例题17-7】鼓轮如图17-7a 所示，其外、内半径分别为R 和r ，质量为m ，对质心轴O 的回转半径为ρ，且ρ2 = R ·r ，鼓轮在拉力F 的作用下沿倾角为θ的斜面往上纯滚动，力F 与斜面平行，且F > mg sin θ，不计滚动摩阻。试求鼓轮质心O 的加速度及其与斜面的静滑动摩擦力。
解：1．取鼓轮为研究对象进行运动、受力分析
鼓轮沿斜面作纯滚动，其速度瞬心为轮与斜面的接触点p ，鼓轮质心加速度的大小a O 与角加速度α的关系为
O a R α= (a)
鼓轮受力如图17-7b 所示。
2．求质心的加速度
鼓轮作平面运动，因为其质心O 到速度瞬心p 的距离在运动过程中保持不变，故可采用相对特殊瞬心的动量矩定理：轴O 沿斜面作直线运动，即 ()sin p J F r R mg R αθ=+? (b) 鼓轮相对于速度瞬心的转动惯量为
22()p J m mR mR r R ρ=+=+ (c)
将式(a)、(b)代入式(c)，可求得质心的加速度为
图17-8 例题17-8图
f
b)
梁坤京理论力学第十二章动量矩定理课后答案
动量矩定理 1２－１ 质量为m 的点在平面Ｏx ｙ内运动,其运动方程为: t b y t a x ωω2sin cos == 式中a 、b 和ω为常量。求质点对原点Ｏ的动量矩。 解:由运动方程对时间的一阶导数得原点的速度 t b t y v t a t x v y x ωωωω2cos 2d d sin d d ==-== 质点对点O 的动量矩为 t a t b m t b t a m x mv y mv m M m M L y x O O ωωωωωωcos 2cos 22sin )sin ()()(0??+?-?-=?+?-=+=y x v v ? t mab ωω3 cos 2= 1２-3 如图所示，质量为m 的偏心轮在水平面上作平面运动。轮子轴心为A ,质心为Ｃ，A Ｃ ＝ e ；轮子半径为Ｒ，对轴心A 的转动惯量为ＪA ;C 、Ａ、B 三点在同一铅直线上。（１)当轮子只滚不滑时，若v Ａ已知，求轮子的动量和对地面上B 点的动量矩。（２)当轮子又滚又滑时，若v A 、ω已知,求轮子的动量和对地面上Ｂ点的动量矩。 解：(1)当轮子只滚不滑时B 点为速度瞬心。 ? 轮子角速度R v A =ω? 质心C 的速度)(e R R v C B v A C += =ω? ?轮子的动量(A C mv R e R mv p += =?方向水平向右） ?对Ｂ点动量矩ω?=B B J L ? 由于? 2 22)( )( e R m me J e R m J J A C B ++-=++= 故[ ] R v e R m me J L A A B 2 2)( ++-=? (２）当轮子又滚又滑时由基点法求得C 点速度。 e v v v v A CA A C ω+=+= 轮子动量( )(e v m mv p A C ω+==?方向向右） 对B 点动量矩 ) ( )()()( )( 2e mR J e R mv me J e R e v m J BC mv L A A A A C C B +++=-+++=+=ωωωω 12-13 如图所示，有一轮子，轴的直径为50 m ｍ，无初速地沿倾角?=20θ的轨道滚下,设只滚不滑，5秒内轮心滚动的距离为s = 3 m 。试求轮子对轮心的惯性半径。 解:取轮子为研究对象,轮子受力如图(ａ）所示，根据刚体平面运动微分方程有 ? F mg ma C -=θsin ? (1) J Ｃα = Ｆr ? ?（2） 因轮子只滚不滑，所以有 a Ｃ ＝αr （3）
动量与动量矩
三）动量矩定理 下面研究质点相对于某一根指定的直线的运动，这根直线称为“轴线”．这时着重的是力矩而不是力． 1．力对于轴线的力矩 图3－1 力F对轴线AB的力矩等于力F在垂直于轴线的平面S中的投影F⊥再乘以其与轴线AB的垂直距离d（一般称之为力臂）．如果力F本身就在与AB垂直的平面内，力矩就等于F乘以F与AB的垂直距离d。力F对轴线AB的力矩记为 M， AB
AB M F =⊥ d （3．15） 通常按右手法则来规定力矩的指向，将右手的四指捏成拳状以表示力矩驱使物体转动的趋势，伸直的大拇指的指向即力矩的指向 2．对于轴线的动量矩和动量矩定理 （1）质点与轴连结． 如果质点与轴AB 相连结，则质点必在垂直于AB 的平面内作圆周运动．质点所受外力对AB 轴的力矩为 （3．16） mv 是质点的动量，R 是动量与轴AB 间的垂直距离．仿照力矩，我们将 mv 与R 的乘积称为质点对于AB 轴的动量矩（角动量） AB J ， 即 AB AB M J = （3. 17） 这就是动量矩定理． （2）转动惯量． 将上式中的 AB J 以质点绕轴转动的角速度 ω表示 2 AB J mR ω= （3. 18） 2mR 称为质点对AB 轴的转动惯量，记为I AB ，则 AB AB J I ω= 动量矩定理（3．17）即 （3．19） 式中 α是质点绕轴转动的角加速度，这与牛顿第二定律 F ma =多么相似！从这类比中还可以看出， I 与 m 相对应， I 反映绕轴转动的惯性，所以称为转动惯量． （3）质点并不与轴连结．
图3－2 所讨论的质点并不与轴AB 连结，也不一定是绕轴转圈，只是相对于轴来研究质点的运动情况．为了方便，取AB 为直角坐标系的Z 轴．如质点的动量 m v 在 xy 平面内，它相对于z 轴的动量矩为 sin z J mvr θ= （3．20） 若动量 m v 不在 xy 平面内，我们可以将它分解为与 xy 平面垂直和与 xy 平面平行的分量，其中与 xy 平面垂直的动量分量对Z 轴的动量矩为零．所以 只要考虑在 xy 平面内的动量分量． 动量矩的正负和力矩一样，也用右手法则决定，和Z 轴正指向相同者取正值，反之为负值． 由牛顿第二定律可以导出一般情况下的动量矩定理 （3．21） 这是它的微分形式． 注意在一般情况下，此定理不宜表为 M Ia =，除非质点的转动惯量I 是常数．一般说来，质点运动时，它与转轴的距离不是常数，所以I 也不是常数． 我们还可以考察力矩的时间累积效果，将上式积分一次,得 2 1 21t z z z t M dz J J =-? （3．22） 式中 1z J 与 2z J 分别表示质点在时刻 1t 及 2t 的动量矩，力矩对时间的积分称为冲量矩．这就是对z 轴动量矩定理的积分形式，适宜用来研究冲击作用．
012 第十二章 动量矩定理
第12章 动量矩定理 通过上一章的学习我们知道动量是表征物体机械运动的物理量。但是在某些情况下，一个物体的动量不足以反映它的运动特征。例如，开普勒在研究行星运动时发现，行星在轨道上各点的速度不同，因而动量也不同，但它的动量的大小与它到太阳中心的距离之乘积—称为行星对太阳中心的动量矩，总是保持为常量，可见，在这里，行星对太阳中心的动量矩比行星的动量更能反映行星运动的特征。 在另一些情况下，物体的动量则完全不能表征它的运动。例如，设刚体绕着通过质心C 的z 轴转动。因为不论刚体转动快慢如何，质 心速度C v 总是等于零，所以刚体的动量也总是零。但是，刚体上各质点的动量大小与其到z 轴的距离的乘积之和—即刚体对z 轴的动量矩却不等于零。可见，在这里，不能用动量而必须用动量矩来表征刚体的运动。 §12-1 质点动量矩定理 例2.人造地球卫星本来在位于离地面600km h =的圆形轨道上，如图所示，为使其进入410km r =的另一圆形轨道，须开动火箭，使卫星在A 点的速度于很短时间内增加0.646km/s ，然后令其沿椭圆轨道自由飞行到达远地点B ，再进入新的圆形轨道。问：（1）卫星在椭圆轨道的远地点B 处时的速度是多少？（2）为使卫星沿新的圆形轨道运行，当它到达远地点B 时，应如何调整其速度？大气阻力及其它星球的影响不计。地球半径6370km R =。 图12-5 解：首先求出卫星在第一个圆形轨道上的速度，可由质点动力学方程求出。卫星运行时只受地球引力的作用，即 2 2 () R F mg R x =+ 式中x 是卫星与地面的距离。当卫星沿第一圆形轨道运动时，有
22 2 ()()v R m mg R h R h =++ 即 2 2 () gR v R h =+ （b ） 将6370km R =，600km h =，9.8m/s g =代入上式，得卫星在第一个圆形轨道上运动的速度 17.553km/s v = 所以卫星在椭圆轨道上的A 点的速度为 7.5530.6468.199km/s A v =+= 卫星在椭圆轨道上运动时，仍然只受地球引力作用，而该引力始终指向地心O ，对地以O 的矩等于零，所以卫星对地心O 的动量矩应保持为常量。设卫星在远地点B 的速度为B v ，则有 A A B B r v r v = 所以 4 63706008.199 5.715km/s 10A B A B r v v r += ?=?= 设卫星沿新的圆形轨道运行时所需的速度为2v ，则 22 2 2 4 9.86370 6.306km/s 10gR v r ?=== 由此可见，为使卫星沿着第二个圆形轨道运行，当它沿椭圆轨道到达B 点时，应再开动火箭，使其速度增加一个值 20.591km/s B B v v v ?=-= 顺便指出，在（b ）式中令0h →，就得到7.9km/s v =，这就是为使卫星在离地面不远处作圆周运动所需的速度，称为第一宇宙速度。 §12-2 质点系动量矩定理 例1.质量为1m 、半径为R 的均质圆轮绕定轴O 转动，如图所示。轮上缠绕细绳,绳端悬挂质量为2m 的物块,试求物块的加速度。均质圆 轮对于O 轴的转动惯量为211 2 O J m R =。
动量定理和定量矩定理
第十二章 动量定理和动量矩定理 本章研究的两个定理 动量定理——力系主矢量的运动效应反映； 动量矩定理——力系主矩的运动效应反映。 一．质点系质量的几何性质 1． 质心 质点系的质量中心，其位置有下式确定： m r m r i i c ∑= ∑= i m m 其投影式为 m x m x i i c ∑= , m y m y i i c ∑= , m z m z i i c ∑= 2． 刚体对轴的转动惯量 定义：∑= 2i i Z r m I 为刚体对z 轴的转动惯量或)(2 2i i i Z y x m I +=∑ 影响Z I 的因素?? ? ??是常量与刚体是固连在一起时若轴的位置有关与转轴量的分布有关与刚体的质量多少和质z I z z 单位：2kgm 物理意义：描述刚体绕z 轴时惯性大小的度量。 Z I 的计算方法： （1） 积分法 例12.1已知：设均质细长杆为l ，质量为m 。求其对于过质心且与杆的轴线垂直的轴z 的转动惯量。 解：建立如图12.2所示坐标，取微段dx 其质量为dx l m dm = ，则此杆对轴z 的转动惯
量为：12 2 2220 ml dx x l m I l z ==? 例12.2已知：如图12.3所示设均质细圆环的半径为R ，质量为m ，求其对于垂直于圆 环平面且过中心O 的轴的转动惯量。 解：将圆环沿圆周分为许多微段，设每段的质量为i m ，由于这些微段到中心轴的距离都等于半径R ，所以圆环对于中心轴z 的转动惯量为： 222mR m R R m I i i z ===∑∑ 例12.3已知：如图12.4所示，设均质薄圆板的半径为R ，质量为m ，求对于垂直于板面且过中心O 的轴z 的转动惯量。 解：将圆板分成无数同心的细圆环，任一圆环的半径为r ，宽度为dr ，质量为 rdr R m dm ππ22= ，由上题知，此圆环对轴z 的转动惯量为dr r R m dm r 32 2 2=，于是，整个圆板对于轴z 的转动惯量为： 23 02 212mR dr r R m I R z ==? （2） 回转半径（惯性半径） 设刚体对轴z 的转动惯量为Z I ，质量为m ，则由式m I z z =ρ定义的长度，称为刚 体对轴z 的回转半径。 例如：均质杆（图12.2） 122ml I z = l l 289.012 2 ==ρ 均质圆环（图12.3） 2 mR I z = R =ρ
理论力学(机械工业出版社)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 x v 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) θθ220 2sin 3 2d )sin (2ml x x l m J l z ==?杆 θ22sin 3 8 ml J z = θ ω22sin 3 8 l 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) ω23 1ml L O = (b) 22291)6(121ml l m ml J O =+= ω29 1ml L O -=
动量定理教学设计
冲量、动量定理教学设计 一、指导思想与理论依据 本节课，主要应用了认知主义的思想方法，注重客观主义认识理论及人本主义的认识理论。重视物理学教学的特点，以创设情景为切入点，以观察实验（事实）为基础，以提升学生的探究能力为重点，以培养学生的思维能力为核心。 二、教学背景分析 教科版选修3-5《第一章碰撞与动量守恒》，这一章划分为两个单元。第一节的《碰撞》，第二节的《动量》是第一单元。第三节《动量守恒》第四节《动量守恒的应用》是第二单元。如果第一节《碰撞》用一课时时间有些松，而第二节《动量》包括动量、动量的改变、冲量、动量定理如果用一课时内容又太多。所以授课时我将碰撞、动量、动量的改变量合为一节内容安排一课时，冲量、动量定理安排为一课时。本节教学设计主要是对冲量、动量定理的教学设计。通过一课时的学习学生对碰撞、动量、动量的改变量已经有了较清楚的认识，但对动量、动量的改变量矢量性，计算时还不习惯。本节课教师以演示实验和设问为主，学生以观察、分析为主，遵循观察、分析、归纳的方法，理论探究得出动量定理。 三、教学目标 1、知识与技能 ①理解冲量的概念，知道冲量的定义，知道冲量是矢量 ②能从牛顿运动定律和运动学公式，推导出动量定理的表达式。 ③理解动量定理的确切含义，知道动量定理适用于变力。 ④会用动量定理解释有关现象和处理有关问题 2、过程与方法 ①通过演示实验，引入课题，激发学生的学习兴趣； ②通过对动量定理的探究过程，尝试用科学探究的方法研究物理问题。 ③运用动量定理解释现象和处理有关问题，培养学生理论联系实际的能力。 3、情感态度与价值观 ①培养学生有参与科技活动的热情，有从生活到物理，从物理到生活的意识。 ②培养学生有主动与他人合作的精神，有团队意识。 四、教学过程 一、创设情景引入新课 问题：一个鸡蛋从一米高处下落鸡蛋会碎吗? 学生甲：会碎。 学生乙：不会。如果地上放海绵鸡蛋就不会碎。 师：让我们亲眼验证。 教师活动：讲桌上放一块一样高的海绵和木板（木板上铺一张纸），拿出两个鸡蛋。 学生活动：请全班最高的男生到前面做实验。两手各握一枚鸡蛋从同一高度释放。 实验现象：落到海绵上的鸡蛋没碎，落到木板上的鸡蛋碎了。
太原市高中物理人教版选修3-5第十六章第2节动量和动量定理同步练习
太原市高中物理人教版选修3-5第十六章第2节动量和动量定理同步练习 姓名:________ 班级:________ 成绩:________ 一、选择题 (共5题；共10分) 1. （2分） (2018高二下·邢台期末) 用频率为的光垂直照射平面镜，光被镜面全部垂直反射回去。已知真空中的光速为，普朗克常量为，则光子在反射前后动量改变量的大小为（） A . B . C . D . 2. （2分） (2017高二下·张家口期中) 下列说法正确的是（） A . 当物体的动量不变时，物体的动能一定不变 B . 当物体的动能不变时，物体的动量一定不变 C . 当物体的动量为零时，物体一定处于平衡状态 D . 当物体所受合力的冲量为零时，物体受到的各力的冲量均为零 3. （2分） (2018高一上·九江月考) 一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了。对这一现象，下列说法正确的是（） A . 榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力，所以玻璃才碎裂 B . 榔头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂 C . 因为不清楚玻璃和榔头的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小 D . 榔头和玻璃之间的作用力大小相等，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂 4. （2分） (2019高二上·长春月考) 在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止
的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可能是（） A . 0.6 B . 0.4 C . 0.3 D . 0.2 5. （2分） (2019高三上·鹤岗月考) “飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾度引起质疑。为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是（） A . 测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度 B . 测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间 C . 测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间 D . 测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度 二、多项选择题 (共3题；共9分) 6. （3分） (2019高二下·惠阳期中) 跳高运动员在跳高时总是跳到沙坑里或跳到海绵上，这样做是为了（） A . 减小运动员的动量变化 B . 减小运动员所受的冲量 C . 延长着地过程的作用时间 D . 减小着地时运动员所受的平均冲力
12第十二章 动量矩定理
1 质点系对某轴的动量矩等于质点系中各质点的动量对同一轴之矩的代数和。 （ ） 2 刚体的质量是刚体平动时惯性大小的度量，刚体对某轴的转动惯量则是刚体绕该轴转动时惯性大小的度量。 （ ） 3 刚体对某轴的回转半径等于其质心到该轴的距离。( ) 4 如果作用于质点系上的所有外力对固定点O 的主矩不为零，那么，质点系的动量矩一定不守恒。( ) 5 如果质点系所受的力对某点（或轴）的矩恒为零，则质点系对该点（或轴）的动量矩不变。( ) 6 图中所示已知两个均质圆柱，半径均为R ，质量分别为2m 和3m ，重物的质量为1m 。重物向下运动的速度为V ，圆柱C 在斜面上只滚不滑，圆柱O 与绳子之间无引对滑动，则系统 对O 轴的动量矩为vR m R m vR m H o 12 232 ++=ω。( ) 7 图中已知均质圆轮的半径为R ，质量为m ，在水平面上作纯滚动，质心速度为C v ，则轮子对速度瞬心I 的动量矩为R mv H c I =。( ) 1 已知刚体质心C 到相互平行的z z 、'轴的距离分别为b a 、，刚体的质量为m ，对z 轴的转动惯量为z J ，则' z J 的计算公式为__________________。
A ．2)(b a m z z ++='J J ； B ．)(2 2b a m z z -+=' J J ； Ｃ．)(2 2b a m z z --=' J J 。 2 两匀质圆盘A 、B ，质量相等，半径相同，放在光滑水平面上，分别受到F 和' F 的作用，由静止开始运动，若' F F =，则任一瞬间两圆盘的动量相比较是_____________________。 Ａ．B A p p >； Ｂ．B A p p <； Ｃ．B A p p =。 3 在一重W 的车轮的轮轴上绕有软绳，绳的一端作用一水平力P ，已知车轮的半径为R ，轮轴的半径为r ，车轮及轮轴对中心O 的回转半径为ρ，以及车轮与地面间的滑动摩擦系数为f ，绳重和滚阻皆不计。当车轮沿地面作平动时，力P 的值为_________________。 Ａ．ρ/fWR P =； Ｂ．r fWR P /=； Ｃ．r fW P /ρ=；④ fW P =。
第11章动矩定理
第11章 动量矩定理 上一章我们学习了动量定理，它只是从一个侧面反映物体间机械运动传递时，动量的变化与作用在物体上力之间的关系。但当物体作定轴转动时，若质心在转轴上，则物体动量等于零，可见对于转动刚体而言，动量不再用来描述转动物体的物理量。在这一章里我们学习描述转动物体的物理量——动量矩，以及作用在物体上力之间的关系。 11.1 动量矩定理 11.1.1质点和质点系动量矩 1．质点的动量矩 如图11-1所示，设质点在图示瞬时A 点的动量为m v ,矢径为r ，与力F 对点O 之矩的矢量表示类似，定义质点对固定点O 的动量矩为 v r v M m ×=)(m o （11-1） 图11-1 图11-2 质点对固定点O 的动量矩是矢量，方向满足右手螺旋法则，如图11-1所示，大小为固 定点O 与动量AB 所围成的三角形面积的二倍，即 mvh =OAB =)(m M 0的面积Δ2v 其中，h 为固定点O 到AB 线段的垂直距离，称为动量臂。 单位为kg.m 2/s 。
质点的动量对固定轴z 的矩与力F 对固定轴z 的矩类似，如图11-2所示，质点的动量v m 在oxy 平面上的投影xy )m (v 对固定点O 的矩，定义质点对固定轴z 的矩，同时也等于质点对固定点O 的动量矩在固定轴z 上的投影。质点对z 轴的动量矩是代数量，即 z o xy o m =m M =m M Z )]([])[()(v M v v （11-2） 2．质点系的动量矩 质点系对固定点O 的动量矩等于质点系内各质点对固定点O 的动量矩的矢量和，即 ∑==n i i i o )(m 1v M L o （11-3） 质点系对固定轴z 的矩等于质点系内各质点对同一轴z 动量矩的代数和，即 Z o n i i i z z )(m =L ][L v M =∑=1 （11-4） 刚体作平移时动量矩的计算：将刚体的质量集中在刚体的质心上，按质点的动量矩计 算。 刚体作定轴转动时动量矩的计算： 设定轴转动刚体如图11-3所示，其上任一质点i 的质量为m i ，到转轴的垂直距离为i r ，某瞬时的角速度为ω，刚体对转轴z 的动量矩由式（11-4）得 图11-3 ω J =ω)r m (=) r ωr (m =)r v (m =)(m M =L z n i i i n i i i i n i i i i n i i i z ∑∑∑∑====1 21 1 1v z 即 ωJ =L z z （11-5）
《理论力学》第十一章动量矩定理习题解
y x 第十一章 动量矩定理 习题解 [习题11-1] 刚体作平面运动。已知运动方程为：23t x C =，24t y C =，3 2 1t = ?，其中长度以m 计，角度以rad 计，时间以s 计。设刚体质量为kg 10，对于通过质心C 且垂直于图平面的惯性半径m 5.0=ρ，求s t 2=时刚体对坐标原点的动量矩。 解： )(1223|2 2m x t C =?== )(1624|22m y t C =?== t t dt d dt dx v C Cx 6)3(2=== )/(1226|2s m v t Cx =?== t t dt d dt dy v C Cy 8)4(2=== )/(1628|2s m v t Cy =?== 2323)21(t t dt d dt d === ?ω )/(622 3 |22s rad t =?==ω → →→+=k v m M J L C Z Cz O )]([ω → → -+=k y mv x mv m L C Cx C Cy O ][2 ωρ → =→ ?-?+??=k L t O ]1612121665.0[10|2 2 → =→ =k L t O 15|2 )/(2 s m kg ?，→ k 是z 轴正向的单位向量。 [习题11-2] 半径为R ，重为W 的均质圆盘固结在长l ，重为P 的均质水平直杆AB 的B 端，绕铅垂轴Oz 以角速度ω旋转，求系统对转轴的动量矩。 解： g Pl l g P J AB z 3312 2,= ??=
平动 )(a O 转动 绕定轴C )( b 转动 绕定轴1 )(O c 1 O 在圆弧上作纯滚动 )(d g l R W l g W g J l z 4) 4(R W 412222,+= ?+??=圆盘 ωω?+?=圆盘,,z AB z z J J L ω4) 4(3[222g l R W g Pl L z ++= ω)4443( 2 2 2 g WR g Wl g Pl L z ++= ω4333(2 22g WR g Wl g Pl L z ++= ω)433( 2 2R g W l g W P L z ++= [习题11-3] 已知均质圆盘质量为m ，半径为R ，当它作图示四种运动时，对固定点1O 的动量矩分别为多大？图中l C O =1。 解：)(a 因为圆盘作平动，所以 ωω211ml J L z O O == 解：)(b → → → →?+=p r L L C C O 1 其中，质心C 的动量为0 ωω22 1 1mR J L Cz O = = 解：)(c ωω)2 1 (2211ml mR J L z O O +== 解：)(d 因为圆盘作平面运动，所以： )(11→ +=C Z O Cz O v m M J L ω
高中物理人教版选修3-5第十六章第2节动量和动量定理同步练习B卷(模拟)
高中物理人教版选修3-5第十六章第2节动量和动量定理同步练习B卷（模拟）姓名:________ 班级:________ 成绩:________ 一、选择题 (共5题；共10分) 1. （2分） (2017高二下·张家口期中) 下列说法正确的是（） A . 当物体的动量不变时，物体的动能一定不变 B . 当物体的动能不变时，物体的动量一定不变 C . 当物体的动量为零时，物体一定处于平衡状态 D . 当物体所受合力的冲量为零时，物体受到的各力的冲量均为零 【考点】 2. （2分） (2019高一下·南昌期末) 关于物体的动量，下列说法中正确的是（） A . 物体的动量越大，其惯性也越大 B . 同一物体的动量变了，其动能也一定变了 C . 物体的加速度不变，其动量一定不变 D . 运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向 【考点】 3. （2分） (2017高一下·红岗期末) 一个质量为2kg的物体，放在光滑的水平地面上静止不动．则在2s内，该物体所受重力冲量大小为（g=10m/s2）（） A . 0 N?s B . 4.0 N?s C . 40 N?s
D . 以上答案均不正确 【考点】 4. （2分） (2019高三上·漠河月考) 一位质量为m的运动员下蹲由静止状态向上起跳，经Dt时间身体伸直并以速度为v离开地面，在此过程中地面对他的冲量为（） A . 0 B . mv C . mv－mgDt D . mv＋mgDt 【考点】 5. （2分） (2017高二下·临漳期中) 跳高运动员在跳高时总是跳到沙坑里或跳到海棉垫上，这样做是为了（） A . 减小运动员的动量变化 B . 减小运动员所受的冲量 C . 减小着地过程的作用时间 D . 减小着地过程运动员所受的平均冲力 【考点】 二、多项选择题 (共3题；共9分) 6. （3分） (2020高二下·蚌埠月考) 一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F 随时间t变化的图线如图所示，则（）
梁坤京理论力学第十二章动量矩定理课后答案
动量矩定理 12-1 质量为m 的点在平面Oxy 内运动，其运动方程为: x a cos t y bsin2 t 式中a 、b 和 为常量。求质点对原点 O 的动量矩。 解：由运动方程对时间的一阶导数得原点的速度 V x dx sin t dt a V y dy 2b cos2 t 质点对点 O 的动量矩为 L O M o (mV x ) M 0( mV y ) mv x y mv y x m ( a sin t) bsin2 t m 2b cos2 t acos t 2mab cos 3 t 12-3 如图所示，质量为m 的偏心轮在水平面上作平面运动。 轮子轴心为A,质心为C, AC = e ；轮子半径为 R,对轴心A 的转动惯量为J A ； C 、A 、B 三点在同一铅直线上。（1 ）当轮子只 滚不滑时，若 V A 已知，求轮子的动量和对地面上 B 点的动量矩。（2）当轮子又滚又滑时， 若V A 、 已知，求轮子的动量和对地面上 B 点的动量矩。 解：（1）当轮子只滚不滑时 B 点为速度瞬心。 轮子角速度 V A R 质心C 的速度V C BC R e 轮子的动量 p mv C mv A (方向水平向右) R 对B 点动量矩L B J B 2 2 2 由于 J B J C m (R e) J A me m (R e) 故 L B J A me 2 m （R e ）2 食 （2）当轮子又滚又滑时由基点法求得 C 点速 度。 V C V A V CA V A e 轮子动量 p mv C m(v A e) （方向向右） 对B 点动量矩 L B mv C BC J C m(v A 2 e) (R e) (J A me) mv A (R e) (J A mRe) 12-13 如图所示，有一轮子，轴的直径为 50 mm 无初速地沿倾角 20的轨道滚下，设 只滚不滑，5秒内轮心滚动的距离为 s =3m 。试求轮子对轮心的惯性半径。 解：取轮子为研究对象，轮子受力如图（ a ）所示，根据刚体平面运动微分方程有 ma C mgsi n F （ 1） J C = Fr （ 2） 因轮子只滚不滑，所以有 a c = r （ 3） ? 12
第2节质点系的角动量定理及角动量守恒定律
第5.2节 质点系的角动量定理及角动量守恒定律 5.2.1离心调速器模型如图所示．由转轴上方向下看，质量为m 的小球在水平面内绕AB 逆时针作匀速圆周运动，当角速度为ω时，杆张开α角．杆长为l ．杆与转轴在B 点相交．求(1)作用在小球上的各力对A 点、B 点及AB 轴的力矩．(2)小球在图示位置对A 点、B 点及AB 轴的角动量．杆质量不计 解：（本题中A 点的位置不明确，A 点应与两小球同 高度） 以A 点为坐标原点建立坐标系，x 轴向右，y 轴向上，z 轴垂直于纸面向外。 左侧小球： 受力：j mg W ?-= ，)?cos ?(sin j i T T αα+= 位失：相对于A 点：i l r A ?sin α-= 相对于B 点：T T l j i l r B -=+-=)?cos ?(sin αα 速度：小球绕y 轴作匀速圆周运动，速率为：αωωsin l r v == 在图中所示位置：k l k v v ?sin ?αω== 重力矩： ?)?(?)?(?sin )?()?cos ?(sin ?sin )?()?sin (=?=?==-?+-=?==-?-=?=j j j j k mgl j mg j i l W r k mgl j mg i l W r B A AB B B A A ττταααταατ 拉力T 的力矩： 0?)?(?)?(0 ?2sin ?cos sin )?cos ?(sin )?sin (2 1=?=?==?-=?=-=-=+?-=?=j j j j T T T l T r k lT k lT j i T i l T r B A AB B B A A τττταααααατ 角动量： j m l j j L j j L L m l m l L j i m l k m l j i l v m r L j m l k m l i l v m r L B A AB B B B A A ?sin ?)?(?)?(sin sin sin cos ||) ?sin ?sin cos (?sin )?cos ?(sin ?sin ?sin )?sin (222 42222222αωαωαααωαααωαωαααωαωα=?=?==+=+-=?+-=?==?-=?=
第12章 动量矩定理(田)
第十二章 动量矩定理 一、填空题 1．如下（1）图所示，在提升重为Ｇ的物体Ａ时，可在半径为ｒ的鼓轮上作用一力偶Ｍ。已知鼓轮对轴Ｏ的转动惯量为Ｉ，某瞬时鼓轮的角加速度为α，则该瞬时，系统对轴Ｏ的动量矩定理可写成______________。 2．如下（2）图所示，轮Ｂ由系杆ＡＢ带动在固定轮Ａ上无滑动滚动，两圆的半径分别为Ｒ，ｒ。若轮Ｂ的质量为ｍ，系杆的角速度为ω，则轮Ｂ对固定轴Ａ的动量矩大小是_______________。 3．图（3）中匀质圆盘在光滑水平面上作直线平动，图（4）中匀质圆盘沿水平直线作无滑动滚动。设两圆盘的质量皆为ｍ，半径皆为ｒ，轮心Ｏ速度皆为ｖ，则图示瞬时，它们各自对轮心Ｏ和对与地面接触点Ｄ的动量矩分别为：（3）ＬO ＝___________ ；ＬD ＝_____________________； （4）ＬO ＝_____________；ＬD ＝_____________________。 二、选择题 1．如下图（1）所示，已知两个匀质圆轮对转轴转动惯量分别为I Ａ，I Ｂ，半径分别为ＲＡ，ＲＢ，作用在Ａ轮上的转矩为Ｍ，则系统中Ａ轮角加速度的大小为（ ）。 2 2A 2 2B 2 A A B A A 222A D C I I M B A B A B A B A A B B R I R I MR I M R I R I MR +==+=+=αααα、；、；、；、 2．如下图（2）所示，两匀质细杆ＯＡ和ＢＣ的质量均为ｍ ＝ ８ｋｇ，长度均为ｌ ＝ ０．５ｍ， 固连成图所示的Ｔ字型构件，可绕通过点Ｏ的水平轴转动。当杆ＯＡ处于图示水平位置时，该构件的角速度ω ＝ ４ｒａｄ／ｓ。则该瞬时轴Ｏ处反力的铅垂分力ＮＯｙ的大小为（ ）。 Ａ．ＮＯ=２４．５Ｎ；Ｂ．ＮＯ=３２．３Ｎ；Ｃ．ＮＯ=７３．８Ｎ；Ｄ．ＮＯ=１５６．８Ｎ 3．如果把下图（3）中重为G A 的物体换为图（4）所示的力G A ，在这两种情况下，若把匀质滑轮的角加速度ε１和ε２的大小比较，则有（ ）。 A ． ε１ ＜ ε； B ． ε１ ＞ ε； C ． ε１ ＝ ε２ (1) (2) (3) (4) (1) (2) (3) (4)
动量定理与动量守恒定律典型例题解析
动量定理与动量守恒定律·典型例题解析 【例1】 在光滑的水平面上有一质量为2m 的盒子，盒子中间有一质量为m 的物体，如图55－1所示．物体与盒底间的动摩擦因数为μ现给物体以水平速度v 0向右运动，当它刚好与盒子右壁相碰时，速度减为 v 02 ，物体与盒子右壁相碰后即粘在右壁上，求： (1)物体在盒内滑行的时间； (2)物体与盒子右壁相碰过程中对盒子的冲量． 解析：(1)对物体在盒内滑行的时间内应用动量定理得：－μmgt ＝ m mv t 0·－，＝v v g 0022 (2)物体与盒子右壁相碰前及相碰过程中系统的总动量都守恒，设碰 撞前瞬时盒子的速度为，则：＝＋＝＋．解得＝，＝．所以碰撞过程中物体给盒子的冲量由动量定理得＝－＝，方向向右． v mv m v 22mv (m 2m)v v v I 2mv 2mv mv /61001212210v v 0043 点拨：分清不同的物理过程所遵循的相应物理规律是解题的关键． 【例2】 如图55－2所示，质量均为M 的小车A 、B ，B 车上 挂有质量为的金属球，球相对车静止，若两车以相等的速率M 4 C C B 1.8m/s 在光滑的水平面上相向运动，相碰后连在一起，则碰撞刚结束时小车的速度多大？C 球摆到最高点时C 球的速度多大？ 解析：两车相碰过程由于作用时间很短，C 球没有参与两车在水平方向的相互作用．对两车组成的系统，由动量守恒定律得(以向左为正)：Mv －Mv ＝
2Mv 1两车相碰后速度v 1＝0，这时C 球的速度仍为v ，向左，接着C 球向左上方摆动与两车发生相互作用，到达最高点时和两车 具有共同的速度，对和两车组成的系统，水平方向动量守恒，＝＋＋，解得＝＝，方向向左．v C v (M M )v v v 0.2m /s 222M M 4419 点拨：两车相碰的过程，由于作用时间很短，可认为各物都没有发生位移，因而C 球的悬线不偏离竖直方向，不可能跟B 车发生水平方向的相互作用．在C 球上摆的过程中，作用时间较长，悬线偏离竖直方向，与两车发生相互作用使两车在水平方向的动量改变，这时只有将C 球和两车作为系统，水平方向的总动量才守恒． 【例3】 如图55－3所示，质量为m 的人站在质量为M 的小车的右端，处于静止状态．已知车的长度为L ，则当人走到小车的左端时，小车将沿光滑的水平面向右移动多少距离？ 点拨：将人和车作为系统，动量守恒，设车向右移动的距离为s ，则人向左移动的距离为L －s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得M ·s －m(L －s)＝0，从而可解得s ．注意在用位移表示动量守恒时，各位移都是相对地面的，并在选定正方向后位移有正、负之分． 参考答案 例例跟踪反馈．．．；；．×·3 m M +m L 4 M +m M H [] 1 C 2h 300v 49.110N s 04M m M 【例4】 如图55－4所示，气球的质量为M 离地的高度为H ，在气球下方有一质量为m 的人拉住系在气球上不计质量的软绳，人和气球恰悬浮在空中处于静止状态，现人沿软绳下滑到达地面时软绳的下端恰离开地面，求软绳的长度．
高中物理选择性必修一第2节 动量定理
第2节动量定理 核心 素养 物理观念科学思维1理解冲量的意义和动量定理及其表达式。 2.能利用动量定理解释有关现象和解决实际问 题。 应用动量定理解决实 际问题。 知识点一动量定理 [观图助学] 把一篮子鸡蛋放在摩托车上运输，结果会怎么样呢？可能多数 会被打碎。现在，如图，把鸡蛋放到海绵盒子中，即使是长途 运输也不会破碎，你能解释这种现象吗？ 提示物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大，反之就越小。把鸡蛋放到海绵盒子中运输，是为了增大力的作用时间以减小鸡蛋受到的作用力。 1.冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。 (2)表达式：I＝FΔt。 (3)单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛·秒，符号是N·s。 (4)矢量性：冲量是矢量，力的冲量方向跟力的方向相同。 (5)物理意义：反映力的作用对时间的累积效应。 2.动量定理 (1)表述：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。 (2)表达式：FΔt＝p′－p，或I＝p′－p。 (3)适用条件：动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力。 (4)说明：对于变力的冲量，动量定理中的F应理解为变力在作用时间t内的平均值。 [思考判断]
(1)作用在物体上的力越大，冲量越大。(×) (2)物体的动量变化越大，则力的作用时间越长。(×) (3)变化的合力的冲量不一定等于动量的变化量。(×), 这里说的“力的冲量”指的是合力的冲量，或者是各个力的冲量的矢量和。 知识点二动量定理的应用 [观图助学] 在体育活动中，我们如果是跳远，就要落在沙坑里；如果是跳高就要落在海绵垫子上。为什么不能直接落在地面上呢？ 提示跳远要落在沙坑、跳高要落在海绵垫子上，是为了延长作用时间，减小相互作用力，以免受到伤害。如果是直接落在地面上，运动员与地面作用时间短，作用力大，容易受伤。 1.Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小。 2.F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。[思考判断] 如图所示，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。若缓慢拉动 纸条(此过程中杯子相对纸条滑动)，发现杯子会滑落；当快速 拉动纸条时，发现杯子并没有滑落。对于这个实验，判断下列 说法是否正确。 (1)缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小。(×) (2)快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大。(×) (3)为使杯子不滑落，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量大一些。(×) (4)为使杯子不滑落，杯子与桌面间的动摩擦因数应尽量大一些。(√)
第17章 动量定理和动量矩定理总结
第17章 动量定理和 动量矩定理
工程力学学习指导 第17章 动量定理和动量矩定理 17.1 教学要求与学习目标 1. 正确理解动量的概念，能够熟练计算质点系、刚体以及刚体系的动量。 2. 认真理解有关动量定理、动量守恒定理以及质心运动定理，掌握这些定理的相互关系。 3. 正确而熟练地应用动量定理、动量守恒定理以及质心运动定理解决质点系动力学两类问题，特别是已知运动求未知约束力的问题。 4. 学习动量矩定理时，首先需要认识到，在动力学普遍定理中，动量定理和动量矩定理属于同一类型的方程，即均为矢量方程。而质点系的动量和动量矩，可以理解为动量组成的系统（即动量系）的基本特征量——动量系的主矢和主矩。两者对时间的变化率等于外力系的基本特征量——力系的主矢和主矩。 5. 认真理解质点系动量矩概念，正确计算系统对任一点的动量矩。 6. 熟悉动量矩定理的建立过程，正确应用动量矩定理求解质点系的两类动力学问题。 7. 于作平面运动的刚体，能够正确建立系统运动微分方程和补充的运动学方程，并应用以上方程求解刚体平面运动的两类动力学问题。 17.2 理 论 要 点 17.2.1 质点系的动量 质点系中所有质点动量的矢量和（即质点系动量的主矢）称为质点系的动量。即 i i i m v p ∑=
质点系的动量是自由矢，是度量质点系整体运动的基本特征量之一。具体计算时可采用其在直角坐标系的投影形式，即 ?? ?? ? ?? ?? ===∑∑∑i iz i z i iy i y i ix i x v m p v m p v m p 质点系的动量还可用质心的速度直接表示：质点系的动量等于质点系的总质量与质心速度的乘积，即 C m v p = 这相当于将质点系的总质量集中于质心一点的动量，所以说质点系的动量描述了其质心的运动。 上述动量表达式对于刚体系也是正确的。 17.2.2 质点系动量定理 质点系动量定理建立了质点系动量的变化率与外力主矢量之间的关系。其微分形式为 (e)(e)R d d i i t ==∑p F F 质点系的动量对时间的变化率等于质点系所受外力系的矢量和。式中(e)i i ∑F 或 (e)R F 为作用在质点系上的外力系主矢。 质点系动量定理的积分形式，也称为质点系的冲量定理，即 2 1 (e)(e)21d t i i t i i t ?==∑∑∫p p F I 质点系动量在某时间间隔内的改变量等于质点系所受外力冲量。此式将广 泛应用于求解碰撞问题。 17.2.2 动量守恒定理 1. 质点系动量守恒定理 当外力主矢恒等于零，即(e)R 0=F 时，质点系的动量为一常矢量。即 112C p p == 式中1C 是常矢量，由运动的初始条件决定。 2. 质点系动量在某轴上的投影守恒 质点系的动量定理实际应用时常采用投影式，即
18学年高中物理第十六章运量守恒定律第2节动量和动量定理分层演练巩固落实新人教版选修3_5
第2节动量和动量定理 [随堂达标] 1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( ) A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向 B．物体的动能不变，其动量一定不变 C．动量越大的物体，其速度一定越大 D．物体的动量越大，其惯性也越大 解析：选A.动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻物体的速度方向，选项A正确；动能不变，若速度方向变化，动量也发生了变化，B项错误；物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C错误；惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，故选项D错误． 2．(多选) (2016·郑州外国语学校高二检测)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是( ) A．拉力F对物体的冲量大小为零 B．拉力F对物体的冲量大小为Ft C．拉力F对物体的冲量大小是Ft cos θ D．合力对物体的冲量大小为零 解析：选BD.恒力F的冲量就是F与作用时间的乘积，所以B正确，A、C错误；由于物体静止，合力为零，合力的冲量也为零，故D正确． 3．跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于( ) A．人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上的小 B．人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上的小 C．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上的小 D．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上的小 解析：选D.人跳远时从一定的高度落下，落地前的速度是一定的，初动量是一定的，所以选项A错误；落地后静止，末动量一定，人的动量变化量是一定的，选项B错误；由动量定理可知人受到的冲量等于人的动量变化量，所以两种情况下受到的冲量相等，选项C 错误；落在沙坑里力作用的时间长，落在水泥地上力作用的时间短，根据动量定理，在动量变化量一定的情况下，时间t越长则受到的冲力F越小，故选项D正确． 4．(2015·高考重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，