11 动量矩定理题解
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。
《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 ==。
动量矩定理
第十一章动量矩定理§11-1 引言建立质点或质点系的动量对于某固定点（或固定轴）的矩的变化与作用在该质点或质点系上的力系对同一点（或轴）的主矩之间的关系。
Pr ωε§11-2 动量矩一、质点动量矩Vm r V m M L o o r r r r r ×==)(的动量矩为则质点对固定点的速度为时作空间曲线运动，在瞬的作用下在力的质点设质量为O V t F M m ,r r 方向：右手螺旋法则大小：OAB o S d mV L ∆==2)(1、动量对点之矩V m r L o r r r ×=2、动量对轴之矩)(V m M L z z r =正负：右手规则是标量z L 质点对O 点的动量矩矢在通过O 点的任意轴上的投影，等于质点对该轴的动量矩。
zz O L L =)(r OabS ∆±=2d v m ′′±=)(二、质点系动量矩各质点动量对某点O 的矩的矢量和（即质点系动量对O 点的主矩）称为该质点系对点的动量矩。
n n n o V m r V m r V m r L r r L r r r r r ×++×+×=222111各质点动量对某轴的矩的代数和称为该质点系对该轴的动量矩。
)()()(2211n n z z z z V m M V m M V m M L r L r r +++=∑=)(i i O V m M r r ∑×=i i i V m r r r ∑=)(i i z V m M rV m r L o r r r ×=由§11-3 质点的动量矩定理V m dt r d dt V m d r dt V m r d r r r r r r ×+×=×)()(得：V dt r d r r =∴dt V m r d )(r r ×∴O 点为固定点V m dt r d r r ×∴一、矢量形式0=V m V r r ×=F r r r ×=dt V m d r )(r r ×=oM F)()(F M dt L d F r dt V m r d o o r r r r r r r =×=×或质点的动量对任一固定点的矩对时间的导数等于作用于该质点的力对同一点的矩。
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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
第11章 动量矩定理
O点为矩心
M O (F ) r (F )
描述：质点相对某点“转动”运动强度。
§11-1 动量矩计算
质点对轴的动量矩
Lz M z (mv ) [MO (mv )]z
M z (F ) M O (F )
一般规定：
与轴的正向一致（逆时针转动）取“+”， 与轴的正向相反（顺时针转动）取“-”。
n dLx M x (Fi ( e ) ) dt i 1 n dLy M y (Fi ( e ) ) dt i 1
§11-2 动量矩定理
3. 质点动量矩定理(固定点、动点)
A为动点 L A (mv ) r rA mv d d d L A (mv ) r rA mv r rA (mv ) dt dt dt
n (e) dLO MO ( Fi ) dt i 1
其中： LO M O (mi vi ) ri mi vi
i 1 i 1 n n
§11-2 动量矩定理
2. 质点系动量矩定理
B. 对固定轴
n (e) dLz M z ( Fi ) dt i 1
1 4 1 J z r dm r 2rdr 2 R MR2 4 2 0
2 2
R
2 z R 2
要求记住！
§11-1 动量矩计算
D. 匀质薄圆板对于径向轴的转动惯量
圆板对于x与y轴的转动惯量相等： Jx J y
J z mr i m( xi yi ) mx i my i
§11-2 动量矩定理
4. 质点系动量矩定理
任意质点对动点A动量矩定理：
第11章 动量矩定理
M z Q(v1r1 cos1 v2r2 cos2 )
例 3 （书上例 11-7，动量矩守恒。）
质量为 m1 = 5kg，半径 r = 30cm 的均质圆盘，可绕铅直轴 z 转
动，在圆盘中心用铰链 D 连接一质量 m2 = 4kg 的均质细杆
AB，AB = 2r，可绕 D 转动。当 AB 杆在铅直位置时，圆盘的
三、 刚体 1. 平动刚体
11-1
LO r MvC
2. 转动刚体（对定轴或平面上定点）
Lz I z
LO IO
3. 平面运动刚体
对质心 C： LC IC
对定点 O： LO mO (MvC ) IC
对瞬心 C＇： LC IC
11.2 动量矩定理
一、 质点动量矩定理
由牛顿第二定律： ma F
l 3g
而 aC
2
4
则
W 3g W
NA W g
4
4
IV. 绳子剪断前后 A 反力的变化：
WW W ΔN A N A N A0
42 4
例 2 例 11-5 （较典型题目）
作业：11-18
11.4 质点系相对动点的动量矩定理(*)
此部分较难，特别是公式推导不易理解。主要掌握两种：①对质心的动量矩定理；②平
m2 g
转速为 n = 90rpm。试求杆转到水平位置，碰到销钉 C 而相对
静止时，圆盘的转速。
解：系统对 z 轴动量矩守恒。
初时系统动量矩： Lz I z盘 1 m1r 2 4
末时系统动量矩： Lz Iz盘 Iz杆 1 m1r2 1 m2 (2r)2
4
12
Lz Lz
11-4
1 4
m1r 2
理论力学第十一章动量矩定理
JO
d 2
dt 2
mga
即：
d 2
dt 2
mga
JO
0
解： 令 2 mga
JO
——固有频率
得
2 0
通解为 O sin(
mgat )
JO
周期为 T 2 2 JO
mga
例11-3 用于测量圆盘转动惯量的三线摆中，
三根长度相等（l）的弹性线，等间距悬挂被测量的圆盘。
已知圆盘半径为 R、重量为W。
dt
dt dt
v dr dt
r d(mv) d(r mv)
dt
dt
dLO dt
MO F
矢量式
质点对固定点的动量矩对时间的导数等于作 用于质点上的力对该点的矩。
★ 质点系的动量矩定理
0
d
dt
i
ri mivi
i
MO (Fii )
i
MO (Fie )
MO (Fie )
i
F2
z
F1
LO rC mvC LC
dLO d
dt dt
rC mvC LC
ri Fie (rC + ri) Fie
rC Fie ri Fie
③
即
drC dt
mvC
rC
d dt
mvC
dLC dt
rC
Fie
dLC dt
由于
① ① drC dt
② vC ,
drC dt
mvC
★ 相对质心的动量矩
LC MC mivi ri mivi
vi vC vir
LC = rimivC rimivir
其中
ri mivC ( miri)vC 0 （rC
动量矩定理作业参考答案及解答
g (顺时针), 2r
FOx = 0,
1 FOy = mg (↑) 2
6．如题图所示，有一轮子，轴的直径为 50mm，无初速的沿倾角θ=20°的轨道
滚下，设只滚不滑，5s 内轮心滚过的距离为 s=3m。试求轮子对轮心的惯性半径。
s
提示：本题用刚体平面运动微分方程求解。注意到轮心加速度可由式 1 s = at 2 求得，且轮心加速度 a 与轮子角加速度α关系 a = rα ，其中 r 为轮轴的 2 半径。 解：
a mg
Ff × r = mρ α
2
由以上两式消去 Ff 得 ρ 2 =
r ( g sin θ − a )
α
=
r 2 t 2 g sin θ − r 2 = 8113(mm) 2 2s
ρ= & 90mm
r 2 t 2 g sin θ − r 2 = 8113(mm) 2 , ⇒ 2s
答案： ρ 2 =
整个系统对轴 O 的动量矩守恒
p 1 p LO = L1 + L2 = r 2 1 ω + 2 r (ωr − at ) = 0 2 g g
解得
ω=
2aP2 t , r (2 P2 + P1 )
α=
2aP2 dω = dt r (2 P2 + P1 )
答案： ω =
2aP2 t , r (2 P2 + P1 )
vB
A
ωB
B
D
1 1）对杆分析，杆对轴 A 的动量矩 L A1 = m2 R 2ω 3 2）对轮分析
ω B R = ωl
ωB =
齿轮对轮心 B 的动量矩为 齿轮对轴 A 的动量矩为
ωl
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解得 1
式中 FT1 FT 1 ， FT2 FT2 ， 2
2( R2 M R1 M ' ) g 2 (P 1 P 2 ) R1 R2
即第一个带轮的角加速度 1
2( R2 M R1 M ' ) g 2 (P 1 P 2 ) R1 R2
FOy
r1
r2
O
FOx
m3 g vA
A B
vB m2 g
m1 g
解：设塔轮的角速度为，则 A 块速度为 v A r1 ，B 块速度为 vB r2 ， 系统对水平轴 O 的动量矩 LO m1v A r1 m2vB r2 J (m1r12 m2 r22 m3 2 ) 由动量矩定理，
l l cos , yC sin ， 2 2
注意到
得 aCx
d d d d d ， dt dt d dt d
O A (b)
r
2 解： LO J O ml
1 3
1 2 mr ml 2 2
1 2 (8l 3r 2 ) m 6
（c）图示滑轮组，重物 A 和 B 质量分别为 m1 和 m2；滑轮 O 的质量为 m3，半径为 r，可视 为均质圆盘。滑轮绕水平轴 O 的作定轴转动，角速度为。 （绳子不计质量和弹性。 ） r O
11.7 均质圆轮 A 重量为 P1，半径为 r1，以角速度 绕杆 OA 的 A 端转动，此时将轮放置 在均质轮 B 上；杆 OA 重量不计；均质轮 B 重量为 P2、半径为 r2，初始静止，但可绕 其中心自由转动。放置后轮 A 的重量由轮 B 支持。设两轮间的摩擦系数为 f ’；求自轮 A 放在轮 B 上到两轮间没有相对滑动时的时间。
分别列出 A、B 两轮的定轴转动微分方程为
JA
d1 M A ( F ), dt
1P 1 2 d1 r1 Fs r1 2 g dt
JB
d2 1 P2 2 d2 M B ( F ), r2 Fs r2 dt 2 g dt
式中 Fs Fs fFN fP 1 分别积分，得 r11 r1 2 fgt, A、B 两轮间无相对滑动时，应有 所以得
M＞2Pr
11.11 质量为 m、长为 l 的均质杆 AB 放在铅直平面内，在 0 角时由静止状态倒下， 墙与地面均光滑。求（1）杆在任意位置时的角速度和角加速度； （2）杆脱离墙时与 水平面所夹的角。
y A
FNA
C
mg
B
x
O
FNB
[解] 取坐标系如图，则质心 C 的坐标为 xC 质心 C 的加速度为 aCx xC , aCy yC ,
A
A
r
FAy
F Ax
M
r
FAy A F Ax A A
FT1
FT1
D
r B
mg
FT1
FT1
D
r B
mg
B
B
B
mg
(a)
mg
(b)
aB
aB
[解] ⑴两轮的受力与运动分析分别如图(a)， 对 A 轮，有
1P 2 r A rFT1 2g 1P 2 r B rFT1 2g
dLO M O ( F ), 得 dt
d (m1r12 m2 r22 m3 2 ) m1 gr1 m2 gr2 dt
注意到
d (m1r1 m2 r2 ) g ，则塔轮的角加速度 dt m1r12 m2 r22 m3 2
11.6 图示两均质带轮的半径各为 R1 和 R2，其重量分别为 P1 和 P2，分别受矩为 M 的主动 力偶和矩为 M＇的阻力偶作用，胶带与轮之间无滑动，胶带质量略去不计。求第一个 带轮的角加速度。
……..①
对 B 轮，有
……..②
P aB P FT1 g
FT1 FT1
……..③
……..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 vD r A ， v BD r B
∴ vB r A rB ， 对上式求导得轮心 B 的加速度为
2Qart PR 2 2Qr 2
d 2Qar dt PR 2 2Qr 2
11.4 图示离合器，轮 1 和 2 的转动惯量分别为 J1 和 J2，初始时，轮 2 静止，轮 1 具有角 速度0。求⑴当离合器接合后，两轮共同转动的角速度；⑵若经过 t 秒后两轮的转速 才相同，离合器应有的摩擦力矩。 C D
FT
~
O
h
x
A
mg
y
[解]圆柱体作平面运动，受力如图，由平面运动微分方程
maCx Fx , ma Ax 0, maCy Fy , ma Ay mg FT , J C M C ( F ), 1 mR 2 FT R 2
a A a Ay , R a A
C
R r
B O
FT
D
aO
Q
FT
A
Fs
FN
aA
P
[解]分别研究物体 A 和鼓轮，受力分析与加速度分析如图所示。
。 因为不计 D 轮质量，所以 D 轮两端绳子张力相等： FT FT
物 A： ma A
F ,
P a A P FT g
Q maO Fx , g aO FT Fs 鼓轮： J M ( F ), Q 2 F r F R O O T s g
解得
aA
2 1 g , FT mg 3 3
即绳子的张力为 FT
1 mg 3
a A 为常数，点 A 降落了高度 h 时的速度为 v 2a A h
2 3 gh 3
11.9 重物 A 重 P，系在跨过固定滑轮 D 并绕在鼓轮 B 上的绳子上，鼓轮 B 半径为 r，轮 C 的半径为 R，两者固连在一起，沿水平面纯滚动。两者总重为 Q，关于水平轴 O 的回 转半径为 ，不计 D 轮质量。求重物 A 的加速度。
0
A
1 [解] ⑴ 该系统
2
M
z
( F ) 0 ，所以 Lz Lz 0 常量，即 ( J1 J 2 ) J10 ，
解得离合器接合后，两轮共同转动的角速度 ⑵ 分别取 1、2 轮为研究对象，有
J1 0 J1 J 2
J1
d1 M f , dt
J2
t 0
d 2 Mf, dt
1P 2 r A M rFT 2 2g 1P 2 r B rFT 2 2g
对 B 轮，有
P aB P FT 2 g
FT2 FT2
同上，有运动学关系 a B r A r B ， （但 A B ）
令 a B ＜ 0，可解得圆柱体 B 的质心加速度向上的条件：
O
dx xω ω 2l
C
B
[解]
⑴由动量矩的定义，可得
LAB 2ml sin l sin 2ml 2 sin 2
⑵杆和球对 AB 轴的转动惯量为
l
J AB 2
0
m 8 ( x sin ) 2 dx 2m(l sin ) 2 ml 2 sin 2 l 3
FO1 y
M
FT1
R1
FT1
M
FO2 y
O2
R2
O1
1
[解]
P1
FO1x
FT2
FT2
P2
FO2 x
2
分别研究两轮，受力如图。应用定轴转动微分方程：
J O11 M O1 ( F ), J O2 2 M O2 ( F ),
1P 1 R121 M FT1R1 FT2 R1 2 g 1 P2 2 R2 FT2 R2 R2 2 M FT1 2 g
十一、动量矩定理
11.1 试求下列刚体或系统对水平轴 O 的动量矩。 （a）质量为 m，半径为 r 的均质圆盘绕水平轴 O 作定轴转动，角速度为。 O r 解： LO J O
3 1 2 mr mr 2 mr 2 2 2
(a)
C
（b）质量为 m，长为 l 的均质杆杆端与质量为 m 、半径为 r 的均质圆盘中心固结，绕水平 轴 O 的作定轴转动，角速度为 。
O
r1
1
A
FN Fs FA Fs
A
FBy
B
r2
B (1) [解]
P1
FN
(2)
2
P2
(3)
FBx
分别研究两轮，受力如图⑵、(3)。因为 AB 为二力杆， 所以它对轮 A 的作用力为 FA，沿杆轴线方向。 对轮 A（图⑵） ，由
F
y
0, FN P 1 1 0 ，得 FN P
z
O
R
r
vr
o B
ve
[解] 研究整体，由于
M
z
( F ) 0 ，且系统初始静止，
所以系统对 z 轴的动量矩 Lz 0 ，即圆盘和人对 z 轴的动量矩之和为零。 圆盘定轴转动， Lz1 J z =
1P 2 R 2g
ds 1 2 at ， at ，相对速度 vr dt 2
a B r A r B
联立以上 5 式，解得
……..⑤
aB
4 g 5
⑵若在圆柱体 A 上作用一矩为 M 的逆时针转向的力偶，试问在什么条件下圆柱体 B 的 质心将上升。