北京化工大学：《理论力学》课程教学资源（教案讲义）第十一章 动量矩定理 §11-3 刚体绕定轴的转动微分方程 §11-5 质点系相对质心的动量矩定理 §11-6 刚体的平面运动微分方程

(20) S11-3刚体绕定轴的转动微分方程 动量矩：L:=J0(复习要求记住的J:) 曲-zM)Uo-z)a=zM do =… 比较红=三，（何>形式相洞广义念。：转动惯量是刷体转动时损性的度量 ma=F 求：复摆（物理摆）微摆动时的运动规律 =-mgasinp(注意“±”号) d :微摆动simp0一得2+mgp=0 dt2 Jo 解为：p=sinm1+0) 。:角振幅 >由初始条件定 J。 6:初相位 周期T=2rmg0 J。 一。-Tm(可“三”次悬挂，两次求质心C,一次求TD。 4π 已知：J1、J2,主动力矩M,阻力矩M2 R ,不计摩擦， 求：轴1的角加速度a, 轮I Ra M Ja=M1-FR F=F R a 有：{1=in R2 轮Ⅱ R M, M2 J2a2=FR2-M2 M- M2 2 a2 得：a1= + (思考：若轴川大轮挂有一重物P,则应如何分析轴Ⅱ？)

1 由 ( ) e z i z M F dt dL    ( ) ( ) e z Mz Fi J dt d     ( ) e z M z Fi J    或 2  2 dt d J z  ∵微摆动 ∴ sin   得 0 2 2     o J mga dt d   sin 2 2  mga  dt d J o （注意“±”号） 解为：   sin( t  ) J mga o o ＞由初始条件定  o ：角振幅  ：初相位 周期    2  2 4 2   T mga J mga J T o o 可利用实验求 J o  再利用平行轴定理求 c （可“三”次悬挂，两次求质心 C，一次求 T） J 得： 2 12 2 1 12 2 1 1 i J J i M M     §11-3 刚体绕定轴的转动微分方程 动量矩： Lz  J z (复习要求记住的 z J ) 求：复摆（物理摆）微摆动时的运动规律 已知： 1 J 、 2 J ，主动力矩 M1 ，阻力矩 M 2 又： 1 2 2 1 12 R R n n i   ，不计摩擦， 求：轴Ｉ的角加速度 1 （思考：若轴Ⅱ大轮挂有一重物 P，则应如何分析轴Ⅱ？） ω Φ α 例： Φ Φ 单摆(数学摆) 分析区别 Ⅰ 例 ： Ⅱ Ⅰ Ⅱ （20） 比较       ma F J z M z (F) ＞形式相同（广义概念）， z J ：转动惯量是刚体转动时惯性的度量 轮 α Ⅰ Ⅱ α 轮 有：          1 2 12 2 1 R R i Ft Ft   1 1 M1 F R1 J    t 2 2 F R2 M2 J   t  

§11-5质点系相对质心的动量矩定理 质点系的动量矩定理： dL=EM.(F!) o:定点 >适用于： (即：惯性坐标系)（思考为什么？） L=ΣM:) 定轴 对于质心，有同样形式的公式成立（一般其它点不行）→即： d亚=Σ亚。()（证明略） d山 §11-6刚体的平面运动微分方程 重点内容川 y 解 刚体平面运动：选基点，平面运动→ ∫随基点平动 (绕基点转动 若选质心C为基点，则有： 用体平面运动分 C随质心平动一应用质心运动定理：ma。=∑F ,绕质心转动→应用相对质心动量矩定理： dL。 -∑M(F) maa=∑F mag=∑F CJa=∑M() 俄J49=zM》 思考：①☆平面运动刚体，如所受外力主矢为零，刚体只能绕质心转动吗？ ☆平面运动刚体，如所受外力对质心主矩为零，刚体只能是平动吗？（否，还需运动初始条件） 思考：② 均质圆盘质量均为m,静止平放在光滑水平面上，R=2r,问：受力后各盘运动形式为？ (转动、平动、平面运动) 2

2 §11-5 质点系相对质心的动量矩定理 §11-6 刚体的平面运动微分方程 重点内容！！ 刚体平面运动：选基点，平面运动 若选质心 C 为基点，则有： 刚体平面运动 思考：①☆平面运动刚体，如所受外力主矢为零，刚体只能绕质心转动吗？ ☆平面运动刚体，如所受外力对质心主矩为零，刚体只能是平动吗？（否，还需运动初始条件） 思考：② 均质圆盘质量均为ｍ，静止平放在光滑水平面上， R  2r ，问：受力后各盘运动形式为？ （转动、平动、平面运动） 分解  随基点平动 绕基点转动 Φ ( ) 质点系的动量矩定理：            ( ) ( ) e z i z e o i o M F dt dL M F dt dL ＞ 适用于：      z： 定轴 o： 定点 （即：惯性坐标系）(思考为什么？) 对于质心，有同样形式的公式成立（一般其它点不行）  即： ( ) e c i c M F dt dL   （证明略） 随质心平动 → 应用质心运动定理： e mac   Fi 绕质心转动 → 应用相对质心动量矩定理： ( ) e c i c M F dt dL   分解  e macx   Fx e macy   Fy ( ) e c Mc Fi J    (或： ( ) 2 2 e c Mc Fi dt d J    )

例： R 均质圆轮 《纯滚动 求：1、轮心c的加速度 2、斜面的约束反力 解：轮一受力及运动分析→平面运动微分方程 x: iy: o=N-Pcos0 可得：{N 9:Ja=F.R 又有：a= 注{0、轮作纯滚动时，滑动摩擦力一般未达到最大值，（即：不能使用F=灯，且方向也可预先假定） (②、一般可忽略滚动摩阻力偶（但绝不能在纯滚动状态下忽略滑动摩擦力，否则不能纯滚动） 思考题∠ 求：益力 例：yR a 。→T已知：滚子质量m,对质心©的惯性半径为p ac 求：①ae g -C ②地面反力 N 个F纯滚动 x:ma。=T-F ae=… v:o=N-mg W=… o:Ja=Tr+FR (→即：mp2a=Tr+FR F=TP-Rr 又有：a=次及J。=mp2 p2+R2 分析F的“±”号（即：将T力向C简化后，比较p2与的大小，说明F的指向可假定》

3 例： α 纯滚动 均质圆轮 求：１、轮心ｃ的加速度 ２、斜面的约束反力 解：轮 → 受力及运动分析  平面运动微分方程 ①、轮作纯滚动时，滑动摩擦力一般未达到最大值，（即：不能使用 F  Nf ，且方向也可预先假定） ②、一般可忽略滚动摩阻力偶（但绝不能在纯滚动状态下忽略滑动摩擦力，否则不能纯滚动） 已知：滚子质量ｍ，对质心ｃ的惯性半径为ρ 求： ① c a ②地面反力 分析 F 的“±”号（即：将 T 力向 C 简化后，比较 2  与 Rr 的大小，说明 F 的指向可假定） α θ 纯滚动 例： 注                J F R y o N P a P F g P x c c     : : cos : sin 可得：      F N ac . 又有： R   ac 求：绳拉力 思考题                2 2 2 R Rr F T N ac                J Tr FR y o N mg x ma T F c c  :  : : （  即： m   Tr  FR 2 ） 又有： R   ac 及 2 Jc  m

:w 已知：均质杆长1，重P,初始静止且0=90° 求：杆下滑时的 (思考：杆脱离墙的阳角) 光滑面 (x:Pai=N7 营-P o:Ja'-NaTcs0-Nsi0 (共五个未知量) 0 、 补：由： 三并利用{ d d'e (分析“一) a=-d 有：了 dt dt dt 一代入平面运动微分方程的前丙式，可得化，一再代人第三式可得a一是m0积分得心 (思考：杆脱离墙时的角) (a= d山de di de 21 思考一 初始静止且日=0 两结构中B轮运动形式有何不同？ (哪个结构运动得快？) 思考：A轮：J,}=T”R T T↑ B轮： -r-go JaaB=TRB 讨论：如何求a 补：aa=Ra4+Raag（此时：a≠“，) 作业：11-8、11-14 4

4 B 轮：           B B B B J T R a g P P T ? ?  补： aB RA A RB  B    （此时： B B B R a   ） 已知：均质杆长 l ，重Ｐ，初始静止且    90 （共五个未知量） 代入平面运动微分方程的前两式，可得    B A N N  再代入第三式可得   cos  2 3 l g 积分得ω （思考：杆脱离墙时的θ 角） （          cos 2 3 ( ) l g d d dt d d d dt d        ） 初始静止且   o 两结构中Ｂ轮运动形式有何不同？ （哪个结构运动得快？） 思考： A 轮： A A T RA J ? ?   作业：11-8、11-14 α θ ω 例： 光滑面 θ θ 思考： α α 讨论：如何求 求：杆下滑时的      （思考：杆脱离墙的θ 角） 杆：                    sin 2 cos 2 : : : ? ? ? ? ? l N l J N a N P g P y a N g P x c B A c y B c x A 补：由：            sin 2 cos 2 l y l x c c  并利用            2 2 dt d dt d     （分析“—”） 有：                     2  2 2 2 2 2 2 ( cos sin ) 2 ( cos sin ) 2 ( sin ) 2 dt d y a l dt d dt d dt l d dt d dt l d dt d x a c c y c c x           