第11章 动量矩定理.pdf

《第11章 动量矩定理.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第11章 动量矩定理.pdf（17页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、11-1 第第 11 章章 动量矩定理动量矩定理 是三大定理中最难理解的一个定理， 尤其是相对动点的动量矩定理。 动量矩的概念也是 难理解的。 物理中讲到的角动量定理， 即本章的刚体定轴转动微分方程。 它只是动量矩定理的特例， 其涵义远不能反映动量矩定理的内容。 与前面两个定理一样，先建立动量矩（与冲量矩）的概念，再建立动量矩与力矩（或冲 量矩）的关系。 11.1 动量矩动量矩 一一、 质点质点 () O mmvrmv 矢量（与力矩类似） 涵义：质点相对某点“转动”运动强度。瞬时量。 问题问题：直线运动的质点，对一点有动量矩吗？ 二二、 质质点系点系 1. 对定点 () OO Lmmvrmv

2、涵义：质系相对 O 点“转动”运动强度。 2. 对质心 C 绝对动量矩： Ciii Lrmv 相对动量矩： Ciii Lrmv 易证： CC LL 3. 对定点 O 与对质心动量矩的关系 OCCC LrMvL 4. 对动点O与对质心动量矩的关系（） 绝对动量矩： OCCC LrMvL 相对动量矩： OCCC LrMvL 三三、 刚体刚体 1. 平动刚体 11-2 OC LrMv 2. 转动刚体（对定轴或平面上定点） zz LI OO LI 3. 平面运动刚体 对质心 C： CC LI 对定点 O：() OOCC LmMvI 对瞬心 C： CC LI 11.2 动量矩定理动量矩定理 一一、 质点

3、动量矩定理质点动量矩定理 由牛顿第二定律：maF 易证： d() ( ) d O O mmv mF t 微分形式动量矩定理 其中 O 为定点。 或 d()(d ) OO mmvmS 用冲量矩表示的动量矩定理 亦可有积分形式： 21 ()()( ) OOO mmvmmvmS 注注：上述后两种形式用的较少，书上也没提。 二二、 质点系动量矩定理质点系动量矩定理 由质点动量矩定理推广到质点系，质系受力分为外力和内力，内力矩之和为零。则 对定点 O： ( ) d () d eO O L mF t 对定轴 z： ( ) d () d ez z L m F t 亦可有积分形式动量矩定理： ( ) 21 (

4、) e OOO LLmS 三三、 动量矩守恒动量矩守恒 对定点： ( ) ()0 e O mF ， O L 常矢量 对定轴： ( ) ()0 e z m F ， z L 常量 例例 1 图示系统。均质滚子 A、滑轮 B 重量和半径 均为 Q 和 r，滚子纯滚动，三角块固定不动，重 为 G，倾角为 ,重物重量 P。求：滚子质心的 加速度 aC ；求滚子运动到斜面中部时地面给 三角块的反力偶。设三较块底边长 b，斜面长 L。 分析分析：这两问均可用动量矩定理求。 有缘学习更多+ 谓y g d 3 0 7 6 考证资料或关注桃报：奉献教育（店铺） 11-3 欲用动量矩定理求 aC ， aC只跟三个运

5、动物体有关，并且有一个“轴”O，如图。 但其中的 N 如何处理？ 事实上，滚子沿斜面法向是静平衡的， N = Q cos。 解解： 求加速度 aC 。 研究重物、轮子、滚子整体，画受力图 和运动图如图。 系统对 O 的动量矩： PBA OOOO LLLL 而 2 1 2 B O Q Lr g ， P O P Lvr g ， 2 1 2 A OC QQ Lv rr gg 则 22 112 22 OCC PQQQPQ Lvrrv rrv r ggggg (1) 系统外力对 O 的力矩： ( ) ()sincos e O mFPrQrQOEN OE 注意滚子沿法向平衡：cos0NQ 则 rPQFm

6、e O )sin()( )( (2) 式(1)(2)代入动量矩定理： ( ) d () d eO O L mF t 得： 2 (sin) C PQ a rQP r g g QP PQ aC 2 sin 求反力偶。 研究整体，画受力图和运动图。整体对 H 的 动量矩： 22 11 sin 2222 (2 )(1sin) HC C PbQQbQ Lv rrvrr gggg vb PQ rP bg 系统外力对 H 的力矩： 11-4 ( ) ()sinsin 222 coscos 2223 sincos 226 e H bbb mFmP rQQr Lbbb QG bLb mP rQ rG 代入动量矩

7、定理： ( ) d () d eH H L mF t (2 )(1sin)sincos 222 C abbLb PQ rPmP rQ rG bg QP PQPbL Q b GP QP PQb PrQP b G L rQ b rP g ab PrQP b G L rQ b rPm C 22 sinsin1 cos 22 )( 2 sin )sin1 ( 2 )2( 2 cos 2 sin 2 )sin1 ( 2 )2( 2 cos 2 sin 2 例例 2 （例 11-1，欧拉涡轮方程，在流体力学中的应用）（不讲） 已知水在涡轮机中的流动情况，求水对涡轮机的转动力矩（欧拉涡轮方程）。 1 112

8、 22 (coscos) z MQ v rv r 例例 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 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。 解解：系统对 z 轴动量矩守恒。 初时系统动量矩： 2 1 1 4 zz LIm r 盘 末时系统动量矩： 22 12 11 (2 ) 412 zzz LIIm rmr 盘杆 zz LL

9、gm2 11-5 222 121 111 (2 ) 4124 m rmrm r 21 1 43 3 mm m 末时圆盘转速： 1 12 33 515 90 rpm90 rpm43.55 rpm 343 54431 m nn mm 可见，圆盘变慢了。 作业作业：11-2、4、10、13 11.3 刚体定轴转动微分方程刚体定轴转动微分方程 即物理中的角动量定理。（略讲） ( ) () e zz Im F 或 ( ) () e zz Im F 问题问题：图示问题列刚体定轴转动微分方程可以吗？ ( ) () e OO ImF 其中 22 1 2 O QP Irr gg ( ) ()Pr e O mFM

10、 答：不行。只能列动量矩定理。因转动惯量只能对单个刚体 而言。 例例 1 均质细杆 AB 长 l，重 W，如图。今突然剪断 B 端的 绳子，求绳子剪断前后铰链 A 的约束力的改变量 。 分析：求 A 处反力的改变量，即求绳子剪断前后 A 处反 力。 绳子剪断前为静力学问题，易求反力。 绳子剪断后为定轴转动动力学问题，用质心运动定理求： ( )e C MaF 但需要先求出 aC ，用刚体定轴转动微分方程可求： ( ) () e zz Im F 图 11-3-1 11-6 解解：I. 绳子剪断前，受力如图(a)。 由对称性： 0 2 A W N II. 绳子剪断瞬时，受力、运动如图(b)。 由定轴

11、转动微分方程： ( ) () e zz Im F 2 1 32 Wl lW g 3 2 g l III. 质心运动定理求反力，如图(c)。 ( )e C MaF CA W aWN g 而 3 24 C lg a 则 3 44 A WgW NW g IV. 绳子剪断前后 A 反力的变化： 0 424 AAA WWW NNN 例例 2 例 11-5 （较典型题目） 作业作业：11-18 11.4 质点系相对动点的动量矩定理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：对质心的动量矩定理；平 面运动刚体对瞬心动量矩定理的两种情形。 一一、 对质心的动量矩定理对质

12、心的动量矩定理 ( ) d () d eC C L mF t 平面运动刚体： ( ) () e CC ImF 二二、 对任意动点的动量对任意动点的动量矩定理矩定理 只介绍特例： 平面运动刚体，瞬心C，质心C，满足CC 常数，则 ( ) ( ) e CC ImF 常见两种情况： 11-7 1. 均质圆轮沿固定面纯滚动； 2. 均质直杆沿固定直角墙下滑。 11. 5 刚体平面运动微分方程刚体平面运动微分方程 为普遍定理综合应用之一，即动量定理（质心运动定理）和动量矩定理（刚体定轴转动 微分方程）的综合应用。 ( ) ( ) ( ) () e Cx e Cy e CC MaX MaY ImF 注注：

13、一般需补充运动学或静力学方程。 例例 11-8 典型题目，较难，综合动力学、静力学、运动学知识，详讲 均质鼓轮 （轮轴） 质量为 M = 50kg， R = 100mm， r = 60mm， 对质心的回转半径 = 70mm，轴上绕一绳索，其上作用一水 平力 P = 200N。已知轮与地面间的静、动摩擦系数分别为 f = 0.20，f = 0.15。求轮心 C 的加速度 aC 和轮的角加速度 。 分析分析：前面题目均是系统有确定的运动状态，而本题不定： 鼓轮可以纯滚动，也可以有滑动，但一般均是平面运动； 首先需判断鼓轮的运动状态： 设不滑动， 求静摩擦力 F 和最大静摩擦力 Fmax， 比较 F

14、 Fmax 是否成立。 应该使用刚体平面运动微分方程求上述问题： ( ) ( ) ( ) () e Cx e Cy e CC MaX MaY ImF 分析未知量：F、aC、N、 ，共 4 个，差一个方程。 由运动学关系可知： aC = R ，故可解。 如果鼓轮纯滚动，上面求解即得到 aC 和 ；如果有滑动，需要重新求解，方法类似上 面的方法。 解解：I. 设鼓轮不滑动，受力和运动情况如图。 )( 0 22 rRPMRM MgN FPMaC 刚体平面运动微分方程： ( ) ( ) ( ) () e Cx e Cy e AA MaX MaY ImF 11-8 注意：对 A 列转动微分方程较方便；由

15、此看出，鼓轮在纯滚动时是向右滚动。 补充运动学方程： C aR 联立上述 4 个方程，得解： 2 2222 22 2222 ()200(0.10.06) 10.74 rad/s 50 0.070.1 0.1 10.741.074 m/s 0.070.1 0.06 200146.3 N 0.070.1 509.80490.0 N C P Rr MR aR Rr FP R NMg 最大摩擦力： max 0.2490.098.0 NFfN 所以，F Fmax不成立，鼓轮滑动。 II. 鼓轮滑动，受力和运动情况如图。（但此时 aC R ） 刚体平面运动微分方程： ( ) ( ) 2 ( ) 0 ()

16、e Cx C e Cy e CC MaX MaPF MaYNMg MF RPr ImF 此时仍有 4 个未知量： F、aC、N、 ，需补充 1 个方程。 补充静力学方程：Ff N 联立上述 4 个方程，得解： 2 2 2.530 m/s 18.98 rad/s C P af g M f MgRPr M 此时，鼓轮有逆时针转动成分。 例例 11-9 多种解法（可有 4 种，见讲义二稿），亦为典型题目，用到许 多运动学知识 已知已知：ABAB = = l l，质量质量m m，初时初时 0 0，杆静止杆静止，各处光滑各处光滑。求杆运动到求杆运动到 时时 杆的角速度杆的角速度、角加速度角加速度、A A

17、、B B处反力处反力，并求并求A A端脱离墙壁时的端脱离墙壁时的 。 分析分析：本题既求运动本题既求运动，又求力又求力，显然考虑以平面运动微分方程为主显然考虑以平面运动微分方程为主： ( ) ( ) ( ) () e Cx e Cy e CC MaX MaY ImF 其中有其中有 5 个未知量个未知量：, , CxCyAB aaNN 11-9 由运动学补充由运动学补充 aCx、aCy、 的关系的关系（两个代数方程两个代数方程） 以上是分析的基本思路以上是分析的基本思路。事实上事实上，根据动力学方程和运动学方程的选择不同根据动力学方程和运动学方程的选择不同，有多种解法有多种解法： 解解 1：（书

18、上解法） ( ) ( ) ( ) () e Cx e Cy e CC maX maY ImF (sin ) (cos ) CxCC CyCC axxl ayyl 解解 2：（较好） ( ) () e DD ImF （积分得） (sin ) (cos ) CxCC CyCC axxl ayyl ( ) ( ) e Cx e Cy maX maY 解解 3：（也较好） 0F TTW （求导得） (sin ) (cos ) CxCC CyCC axxl ayyl ( ) ( ) e Cx e Cy maX maY 解解 4：（也较好） 0F TTW ( ) () e DD ImF (sin ) (c

19、os ) CxCC CyCC axxl ayyl ( ) ( ) e Cx e Cy maX maY 例例（补充）典型题目，用到平面运动知识，两种解法 均质杆均质杆 AB，质量质量 m，长长 l。在图示位置静止释放在图示位置静止释放。求求 此时杆的角加速度此时杆的角加速度。 联立，得（积分得 ） 、NA、NB NA NB NA NB NA NB 有缘学习更多+ 谓y g d 3 0 7 6 考证资料或关注桃报：奉献教育（店铺） 11-10 分析分析： 考虑考虑：用动能定理可以求吗用动能定理可以求吗？ 此题位置为一特定位置此题位置为一特定位置，且任意位置是一种不规则的位置且任意位置是一种不规则的

20、位置，故使用动能定理不易求出故使用动能定理不易求出。 考虑用平面运动微分方程考虑用平面运动微分方程： ( ) ( ) ( ) () e Cx e Cy e CC MaX MaY ImF 其中有其中有 5 个未知量个未知量： BACyCx TNaa, 需补充运动学方程需补充运动学方程。由于杆运动不规则由于杆运动不规则，故不宜像故不宜像 例例 6 可直接用绝对法可直接用绝对法（求导求导），），而需用合成法而需用合成法（基基 点法点法）建立加速度关系建立加速度关系。 解：画杆受力、运动图，如图。由刚体平面运 动微分方程： ( ) ( ) ( ) () e Cx e Cy e CC MaX MaY I

21、mF cos30 2 cos30 2 sin45sin30 2 cos45 12 1 sin45 cos45 2 l T l N l Nml mgTNma Nma BAA BACy ACx 选 A 为基点，C 为动点，画加速度图如图。 CxCyACA aaaa 在水平方向上投影： 30sin45cos CAACx aaa (4) 在铅直方向上投影： 30cos45sin CAACy aaa (5) 其中， 2 CA l a。 选 A 为基点，B 为动点，画加速度图如图。 BABA aaa 在铅直方向上投影： 30cos45sin BAACy aaa (6) 其中， BA al 。 (1) (2

22、) (3) 11-11 联立方程(1)(6)，得 22 3 3 0.666rad/s6.525 rad/s 133 3 g g l 注：此题杆初始静止，应用加速度瞬心法建立 aC、 的关系比较简单，但由于加速度 瞬心法不要求，故不讲。 作业作业：11-17、24、25 11.6 动力学普遍定理综合应动力学普遍定理综合应用用 问题问题： 一平面运动刚体，在外力作用下获得质心加速度和角加速度，问：质心加速度与刚体 角加速度分别与全部外力有关吗？ 回答下图问题： 两种情况下刚体运动是否相同？ （质心加速度和角加速度是否相同？） 同学总结三大定理（见后面表）。 实际已经做过综合应用题目。 1. 综合应

23、用的两种涵义：一题用几个定理；一题多解（几种解法）。 2. 一般规律：求运动：优先考虑动能定理；求反力，必须用动量定理或动量矩定 理；是否是守恒问题。 例例 11-10 一般难度 图示系统在铅直面内，均质圆盘质量为m，半径为R，可绕O点 转动。在圆盘质心C上连接一水平弹簧，弹簧常数为k，初始时 弹簧无伸长， CA = 2R， 系统静止， 圆盘在常力偶M作用下运动。 求圆盘到达最高位置时轴承O的反力。 分析分析： 这是定轴转动刚体求反力的问题用质心运动定理可以 求： ( ) ( ) e C ne Cn MaF MaY C F C F C F M C F 情形 1： 情形 2： 11-12 需要先

24、求质心加速度: C R a, 2n C Ra 求 可由定轴转动微分方程求： ( ) () e OO ImF 求 可由动能定理求： 0F TTW 解解：I. 由动能定理求 0F TTW (1) 式中， 0 0T ， 222222 11 13 22 24 O TImRmRmR 2 2 1 202 22 2 22 32 2 F WMmgRkRR MmgRkR 代入式(1)，得 2 2 2 22 32 2 4 3 MmgRkR mR II. 由定轴转动微分方程求。 盘在最高位置时，画其受力、运动图。 ( ) () e OO ImF (2) 2 32 22 mRMFR 式中，( 21) 2FkR 2 2

25、 2(22) 3 MkR mR III. 由质心运动定理求反力 ( ) ( ) e C ne Cn MaF MaY (3) C R a 2n C Ra 则 2 2 2 2 CO n CO maXF maYFmg 2 1 2 (22) 3 14 11(3019 2) 3 O O M XkR R M YmgkR R 11-13 例例（补充老书14-13较难） 图示系统中，均质圆轮 A、B 半径均为 R，质量均为 m，系统 初始静止，求此时 B 点的加速度。 分析分析： 系统有不止 1 个自由度较难； 圆轮 B 怎样运动？圆轮 B 水平运动守恒，故 B 沿铅直运动。 aB怎样求？ 动能定理积分式：

26、0F TTW 包含1、2、vB、sB。求导后会有 1、 2、aB、vB。其中 vB能否消 掉还不一定（不像 1 个自由度系统一定能消掉）。 另外方程呢？除运动学补充方程外，好像不够。 这样看来不是一个好办法。 考虑拆开物体吧： 对轮 A： ( ) 1 () e AA ImF 1 ( ,) C T (1) 对轮 B： ( ) ( ) 2 0 Bx e B e BB Ma MaY ImF 2 (,) DCB TTa (2)(3) 4 个未知量，3 个方程。还需 1 个独立的运动学方程。 总之，这样思路基本清楚，应该可解。 解解：I. 轮A，画受力、运动如图(a)。 ( ) 1 () e AA Im

27、F 1 1 2 C mRT 2 1 1 2 C mRT R (1) II. 轮 B，画受力、运动如图(b)。 2 2 1 2 () BD DC D mamgT TT mRT R 2 1 2 () BD DC D mamgT TT mRT (2)(3) 11-14 III. 补充运动学方程。（怎么补充？） 选 B 为动点，CD 绳子为动系，画加速度图。 Ber aaa Ber aaa 12B aRR (4) 注意：轮 B 在动系中作纯滚动。 IV. 联立方程(1)(4)，解得 4 5 B ag 再分析： 刚才谈到动能定理积分式求 aB 0F TTW (1) 包含1、2、vB、sB。动力学方程太少

28、。 事实上，通过整体受力还可发现：质点系对 A 点动量矩守恒： 0AA LL (2) 其中： 01212 0, AAABA LLIII 1212 , 这样，方程(1)将大大简化。再考虑必要的运动学分析，应该可求。（书上求法） 再解：I. 质点系对 A 点动量矩守恒： 0AA LL 其中： 01212 0, AAABA LLIII 1212 , II. 动能定理。设从初始静止到任意位置B点下降 B s。 0F TTW 其中 0 0T 222222 12 11111 22222 ABBB TImvImvmR FB Wmgs 11-15 则 222 11 22 BB mvmRmgs (1) III.

29、 补充运动学方程。 选 B 为动点，CD 绳子为动系，画速度图。 Ber vvv Ber vvv 12 2 B vRRR (2) IV.考虑(2)式，对方程(1)求导： 1 2 4 BBBBB mv amv amgv 4 5 B ag 书上使用微分形式的动能定理，方法相同。 例例 11-11 相当难 均质杆 AB，质量为 m，长度为 l，偏置在粗糙的平 台上，自水平位置无初速度绕台角转动，当转至某角度 时开始滑动。 若已知已知质心偏置系数 K 和静滑动摩擦 系数 f，求杆开始滑动时的角度。 分析分析： 此题一定涉及静力学方程： maxD FfN (1) 其余就是动力学方程（比如：定轴转动微分方

30、程、动能 定理、质心运动定理等）的事了，要求的是个角度，可能 包含在上述各个方程中。 考虑要用到方程(1)，应该从质心运动定理入手。画受力 及运动。 ( ) ( ) e C ne Cn maF maF 2 max (,) (,) CD n C aKlN aKlF (2)(3) 动能定理建立 和 的关系： 0F TTW (4) 定轴转动微分方程建立关于和 的关系： ( ) () e DD ImF (5) 解解：I. 杆要滑动时角度为 ，画受力、运动如图。 定轴转动微分方程： ( ) () e DD ImF 22 1 ()cos 12 mlm Klmg Kl (1) II. 杆从水平到 时，应用动

31、能定理： 0F TTW 11-16 222 11 ()0sin 2 12 mlm Klmg Kl (2) III. 杆要滑动时，应用质心运动定理： ( ) ( ) e C ne Cn maF maF 式中 2 C n C aKl aKl 2 max cos sin D m KlmgN m KlmgF (3)(4) 补充： maxD FfN (5) IV. 联立方程(1)(5)，解得 1 2 =tan 136 f K 可见，杆滑动时的角度只与质心偏置系数 K 和摩擦系数 f 有关，与杆的长度和质量无 关。 作业：11-32 总结动力学普遍定理总结动力学普遍定理： 名称 微分形式 积分形式 守恒

32、主要 能求 何种 量 常求 何种 量 动能 定理 d F TW 21F TTW 动量 定理 ( ) d d e K F t ( ) 21 e KKS ( ) 0 e F ， K 常矢量 ( ) 0 e X， x K 常量 质心 运动 定理 ( )e C MaF 动量 矩定 理 ( ) d () d eO O L mF t ( ) d () d eC C L mF t ( ) () e CC ImF 21 ( ) () OO e O LL mS ( ) ()0 e O mF ， O L 常矢量 ( ) ()0 e z m F ， z L 常量 刚体 转动 微分 方程 ( ) () e zz Im F 刚体 平面 运动 微分 方程 ( ) ( ) ( ) () e Cx e Cy e CC MaX MaY ImF 有缘学习更多+ 谓y g d 3 0 7 6 考证资料或关注桃报：奉献教育（店铺） 11-17