第十四章 动量矩定理

第十四章动量矩定理1首先着重讨论质点和质点系，特别是刚体的动量矩的概念和计算;3讨论动量矩定理及其应用——刚体定轴转动微分方程2接着介绍与上述有关的物理概念：刚体的转动惯量;内容提要l4.1动量矩的概念及其计算1质点对参照点的动量矩质点的动量矩是表示质点绕某点(或某轴)运动强弱的一种度量，它与质点的动量mv有关，与其点到速度矢量的距离有关。我们把质点m在某瞬时相对于某点0的矢径r与其动量mv之矢量积定义为质点在该瞬时对点O之动量矩。以矢量mo(mv)表示，mo(mv)=r×mvθoVmrmo(mv)=r×mv大小:L=r·mvsinθ方向:动量矩垂直于r,v决定的平面,指向由右手螺旋法则决定θoVmrLθoVmr2质点对轴的动量矩:设有空间直角坐标系OXYZ,质量为的质点P,t时刻的速度为V⑴定义:质点的动量在垂直于某轴的平面上的分量对此平面与该轴的交点O的矩.为质点动量对该轴的动量矩.Lx=mx(mv)=mo(mvyz)=d1·mvyzLy=my(mv)=mo(mvxz)=d2·mvxzLz=mz(mv)=mo(mvxy)=d3·mvxyLx=mx(mv)=mo(mvyz)=d1·mvyzd1mvyzzyxozyxod2mvxzd3mvxyzyxoLy=my(mv)=mo(mvxz)=d2·mvxzLz=mz(mv)=mo(mvxy)=d3·mvxy⑵方向:绕轴正向逆时针为正,反之为负.⑶单位:千克·米2/秒3.质点系的动量对轴的矩质点系对轴的动量矩等于各质点对同一轴的动量矩的代数和:LX=∑hx=∑mx(mivi)=∑mo(mivyzi)LY=∑hy=∑my(mivi)=∑mo(mivxzi)LZ=∑hz=∑mz(mivi)=∑mo(mivxyi)4.刚体定轴转动时对轴的动量矩考虑刚体对转轴上任一点O之动量矩．建立坐标系OXYZ．刚体绕Z轴角速度为ω.Mimiviri由质点系动量矩定义,刚体对Z轴的动量矩为:Lz=∑mz(mivi)=∑mivi·ri(vi=ri·ω)Lz=(∑miri2)·ω4.刚体定轴转动时对轴的动量矩MimiviriLz=(∑miri2)·ω其中:mi为任一质点质量,ri为该点到Z轴距离Jz=∑miri2定义为刚体对Z轴的转动惯量Hz=Jz·ω刚体对固定轴的动量矩等于刚体对该轴转动惯量与角速度的乘积Lz=Jz·ω14.2转动惯量[转动物体惯性大小的量度]Jz=∑miri2刚体对某一轴的转动惯量是刚体内各质点的质量与该质点至此轴距离平方的乘积的总和。1定义:质量元的质量im质量元到转轴的距离ir2决定转动惯量的因素:⑴刚体的质量;⑵轴的位置;⑶刚体质量的分布.(同一刚体对同一轴的转动惯量为定值)3刚体转动惯量的计算:⑴质量是连续分布的，刚体对Z轴的转动惯量Jz=∫r2dm=∫ρr2dv(ρ:密度dv:体积元)⑵质量连续均匀,ρ为常数时Jz=ρ∫r2dv=(M/V)∫r2dv⑶几何形状规则的均匀刚体查表求Jz4平行轴定理工程手册中给出的都是物体对于过质心的轴(质心轴)的转动惯量。如果要求物体对平行于质心轴的另一轴之转动惯量，则需利用物体转动惯量的平行轴定理进行计算。(已知刚体对某轴Z的JZ,求刚体对与Z轴平行的另一轴Z1的JZ1JZ1=JZ+M·h2zz1x1y1yxochC点:为刚体的质心h:为两平行轴间的距离解:从表中查得匀质杆对质心轴z的转动惯量为JZ=(1/12)ml2，利用平行轴定理，可得杆对过端点A的Z'轴的转动惯量为例求均匀杆对过端点A的Z’轴的转动惯量JZ’=(1/12)ml2+m(l/2)2=(1/3)ml25转动惯量的叠加原理刚体的质量可以分成两部分(或更多部分)分别求其对同一转轴的转动惯量,然后相加即得总的转动惯量。例图为匀质细杆0A和CE组成；0A质量为m，CE质量为2m，尺寸如图示.求杆系对OZ轴的转动惯量.z解:分别求两杆对Z轴的转动惯量:zJz=Jz'+Jz=(1/3)ml2+(8/3)ml2=3ml2(3)由叠加原理得杆系对Z轴的转动惯量为:Jz=(1/12)(2m)(2l)2+2ml2=(8/3)ml2(2)查表，并用平行轴定理得CE对Z轴的转动惯量为:Jz'=(1/3)ml2⑴查表可得OA对Z轴的转动惯量为:14.3动量矩定理此式表明：质点对某定点的动量矩对时间的一阶导数，等于作用于质点的合力对该点的矩。这一性质称为质点动量矩定理14.31质点动量矩定理:1定理内容:)()(Fmdtmvdmoo2分量式定理内容:此式表明：质点对定轴的动量矩对时间的一阶导数等于作用力对同一轴的矩。)()(Fmdtmvdmxx)()(Fmdtmvdmyy)()(Fmdtmvdmzz3质点动量矩守恒定理⑴由质点动量矩定理知:如果作用于质点的力对某定点O之矩恒等于零,质点对该点的动量矩保持常矢量。即:mo(mv)=常矢量⑵由质点动量矩定理对定轴的投影式知:如果作用于质点的力对某定轴之矩恒等于零，质点对该轴的动量矩保持常量。mz(mv)=常量上面两种情况称为质点动量矩守恒定理。4质点系动量矩定理·质点系动量矩守恒⑴质点系对于某定轴的动量矩对时间的一阶导数等于外力对同一轴之矩的代数和。这一性质称为质点系对轴的动量矩定理。(2)当外力系对某定轴之矩的代数和为零，则质点系对该轴的动量矩为常量。这一性质称为质点系动量矩守恒定理dHz/dt=∑mz(Fe)=Mze∑mz(Fe)=0Hz=常量dHz/dt=0→14.4刚体绕定轴转动微分方程应用质点系动量矩定理来推导刚体绕定轴转动微分方程设刚体在外力F1,F2,...Fn作用下，绕Z轴作定轴转动，如图。根据动量矩定理:HZ=JZ·ωd(JZ·ω)/dt=∑mz(F)=mzJZ·ε=∑mz(F)刚体定轴转动时，其对转轴的转动惯量与角加速度的乘积,等于作用于刚体上的所有外力对于转轴之矩的代数和.JZ·ε=∑mz(F)这就是刚体绕定轴转动的微分方程。若把刚体的转动微分方程与质点的运动微分方程的投影式加以对照．可以看出，它们的形式完全相似，力矩与力相对应，角加速度与加速度相对应，而转动惯量与质量相对应.刚体的转动微分方程可以解决两类动力学问题，①已知刚体的转动规律，求作用于刚体上的主动力②已知作用于刚体上的主动力，求刚体的转动规律。重为P，长为l的、均质杆AB，其A端为固定铰支承，B端悬挂于绳上，使杆位于水平位置，如图所示试求当剪断绳子时AB杆的角加速度，以及A铰链的支承反力。例1CAB解(1)受力分析：取AB杆为研究对象，YXYAXAP(2)运动分析，剪断绳以后，杆将作定轴转动此瞬时杆AB转动的角速度ω＝o，质心法向加速度acn=0质心C点的切向加速度为acτ=(1/2)lεacτωε(3)由刚体的定轴转动微分方程CABYXYAXAPacτωε)(eAAFmJ2lPJA231lgPJAlg23其中:代入得:⑷取坐标如图示，由质心运动定理:XcxFMaAcnXma0AXycyFMaPYlgPA2PlglgPPYA41)23(2CABYXYAXAPacτωε如图所示为匀质圆柱体C,其质量为m,半径为r,柱体中部绕一细绳，绳的一端固接于定点A,当圆柱在重力作用下,质心沿直线往下运动时,试求质心的运动加速度。zvcy例2解：题意分析，因此可用系统对Z轴(如图示)之动量矩定理求解。⑶质系对A点的动量矩沿垂直于纸面的方向，未知力T对A之矩为零，⑵圆柱受力有重力mg(巳知)绳的张力T(未知)⑴圆柱作平面运动zvcy(1)取圆柱体为研究对象．(2)建立坐标如图。Az轴指向里面,系统对Z轴的动量矩为:Hz=mz(mvc)+Jc·ω=mvcr+(1/2)mr2·ω（ω=vc/r）Hz=(3/2)mrvczvcy(3)系统受力有mg和T如图示，各力对AZ轴之矩的代数和为:(4)根据质点系对Z轴的动量矩定理得:aczvcy图示为提升机，已知鼓轮半径为r,质量为m0，可视为匀质圆盘.重物A质量为mA，当鼓轮上作用一常力偶矩为M的力偶时，求重物上升的加速度.YoXozr例3解：题意分析鼓轮作定轴转功,重物作平功，规律为持求。系统受力除已知重力和力偶外,还有未知的轴承反力。因为未知轴承反力对转轴之矩为零，用质点系对轴的动量矩定理求解系统的运动。YoXozr(1)取鼓轮和重物为研究对象。(2)设与转轴重合并指向纸面往里的方向为0Z,系统对0Z轴的动量矩为:Hz=mAvr+JOωJO=(1/2)mOr2ω=v/rHz=[mAr+(1/2)mOr]v=(1/2)(2mA+mO)rvYoXozr(3)系统受力有mAg，mog，和力偶矩M，约束力XoYo(如图)YoXozr(4)由质点系对z轴的动量矩定理得d[(1/2)(2mA+mO)rv]/dt=M-mAgr解方程得重物加速度为:a=dv/dt=2(M–mAgr)2mA+mov2v1mpFr2r1o解:由于质点受向心力作用,而向心力过轴,力矩为零,动量矩守恒K1=K2mv1·r1=mv2·r2V2=v1r1/r2=6cm/s习题14.2习题14.5r1r2解:⑴以滑轮为研究对象,受力分析;WNT1T2⑵滑轮作定轴转动;⑶由刚体定轴转动微分方程:）（FmJ2211222211)(21rTrTrgQrgQ⑴⑷以重物为研究对象,受力分析;并由牛顿定律得:P1P2T’1T’2111Fam222Fam'1111TPam'2222TPam⑵⑶2211222211)(21rTrTrgQrgQ⑴r1r2WNT1T2P1P2T’1T’2'1111TPam'2222TPam⑵⑶由角量与线量的关系;11ra22ra⑷(5)解之222221112211)2()2()(2rQGrQGrGrGg习题14.61.5m1.5mωRO1PO2解:⑴以轮子为研究对象,受力分析;WNQF⑵轮子作定轴匀减速转动;末角速度为零⑶列转动微分方程:)(11FmJoORFmR221RQftmR)()(21'2tQRmRQ221.5m1.5mωRO1PO2QtQRmRQ22F’XY⑷以闸杆为研究对象受力分析;(5)以O2为转点列平衡方程0)(2Fmo2LQLPNtQRmRQP269422