动量矩

第十三章动量矩定理

§13-1质点和质点系的动量矩

一、质点的动量矩

含义：质点相对某点“转动”运动强度。瞬时量。

二、质点系的动量矩

1.对定点：

表征质系相对定点O点“转动”运动强度的量。

2.对质点C

绝对动量矩：

相对动量矩：

可证：

3.对定点O与对质心动量矩的关系：

对质心的绝对动量矩＝相对动量矩

可证：

4.转动刚体的动量矩（角动量）：

若任意瞬时的角速度为，则刚体对于固定轴z轴的动量矩为

22

iiiiiiiz

rmrmvmrL

式中

2

iiz

rmJ

称为刚体对z轴的转动惯量，它是描述刚体的质量对z轴分布状态的一个物

理量，是刚体转动惯性的度量。代入后得



zz

JL

即，刚体对转动轴的动量矩等于刚体对该轴的转动惯量与角速度的乘积。

§13-2动量矩定理

一．质点动量矩定理

如图所示质点M的动量对于O点的矩，定义为质点对

于O点的动量矩，即

vrvMmm

O

)(

质点对于O点的动量矩为矢量，它垂直于矢径r与动量mv

所形成的平面，指向按右手法则确定，其大小为

mvdOMDm

O

2)(vM

将上式对时间求一次导数，有

)()()(FMFrvrv

r

vM

OO

m

dt

d

m

dt

d

m

dt

d



得

)()(FMvM

OO

m

dt

d



上式为质点的动量矩定理，即：质点对固定点

O

的动量矩对时间的一阶导数等于作用于质点上的力对

同一点的力矩。

二．质系动量矩定理

设质系内有n个质点，对于任意质点Mi有

nim

dt

d

e

i

i

iOiiO

1)()()()()(FMFMvM

O

式中)()(,e

i

i

i

FF分别为作用于质点上的内力和外力。求n个方程的矢量和有







n

i

e

iO

n

i

n

i

i

iOiiO

m

dt

d

1

)(

11

)()()()(FMFMvM

式中





n

i

i

iO

1

)(0)(FM，





n

i

n

i

e

Oi

e

iO

11

)()()(MFrFM(e)

i

为作用于系统上的外力系对于O点的主矩。

交换左端求和及求导的次序，有







n

i

n

i

iiOiiO

m

dt

d

m

dt

d

11

)()(vMvM

令







n

i

n

i

iiiiOO

mm

11

)(

i

vrvML

O

L为质系中各质点的动量对

O

点之矩的矢量和，或质系动量对于

O

点的主矩，称为质系对

O

点的动量矩。

由此得

)(e

O

O

dt

d

M

L



上式为质系动量矩定理，即：质系对固定点

O

的动量矩对于时间的一阶导数等于外力系对同一点的主矩。

（1）具体应用时，常取其在直角坐标系上的投影式

























)(

)(

)(

)(

)(

)(

e

z

z

e

y

y

e

x

x

M

dt

dL

M

dt

dL

M

dt

dL

F

F

F

式中





n

i

iixx

mML

1

)(v，





n

i

iiyy

mML

1

)(v，





n

i

iizz

mML

1

)(v分别表示质系中各点动量对于x，y，z

轴动量矩的代数和。

（2）内力不能改变质系的动量矩，只有作用于质系的外力才能使质系的动量矩发生变化。在特殊情况下

外力系对O点的主矩为零，则质系对O点的动量矩为一常矢量，即



O

e

O

LM,0)(常矢量

或外力系对某轴力矩的代数和为零，则质系对该轴的动量矩为一常数，例如

0)()(e

x

MF，

x

L=常数质点在有心力F作用下的运动，此时0

O

M，所以vrLm

O

常矢量，即LO的大小和方向不变，所以质点动量矩守恒。

①LO方向不变，即质点在r与mv组成的平面内运动，且此平面在空间的方位不变；

②LO大小不变，即mvdOABm2vr常数，如图13-2(b)所示，得

2mr常数，

2

2

1

r常数。



2

2

1

r为矢径在单位时间内扫过的面积，称为面积速度。所以在有心力作用下质点的面积速度不变。

§13-3刚体绕定轴转动微分方程

根据质点系动量矩定理可导出刚体定轴转动微分方程式：

将：

可得

由运动学知

因此得

称为刚体定轴转动微分方程式。

它表明：刚体定轴转动时，刚体对转轴的转动惯量与角加速度的乘积等于作用于刚体的外力对转

轴之矩的代数和。

另外可见：在同样力的作用下，刚体的转动惯量Jz愈大，则刚体的角加速度愈小，表明刚体的

转动状态愈难变化；反之，Jz愈小，则转动状态变化愈大。

这说明:转动惯量是转动刚体惯性大小的度量。（质量m是平动刚体惯性大小的度量。）

比较刚体绕定轴转动微分方程与刚体平动微分方程，即与

Fam

形式相似，求解问题的方法和步

骤也相似。转动惯量与质量都是刚体惯性的度量，转动惯量在刚体转动时起作用，质量在刚体平动时起作

用。

例13-1两个质量为m1，m2的重物分别系在绳子的两端，如图所示。两绳分别绕在半径为

1

r，

2

r并固结在

一起的两鼓轮上，设两鼓轮对O轴的转动惯量为JO，重为W，求鼓轮的角加速度和轴承的约束力。

解：1.以整个系统为研究对象；

2．系统所受外力的受力图如图13-6，其中g

1

m，g

2

m，

W

为主动力，

O

X，

O

Y为约束力；

3．系统的动量矩为

)(2

22

2

11

rmrmJL

OO



4．应用动量矩定理

)(F

O

OM

dt

dL



有

2211

2

22

2

11

)(grmgrmrmrmJ

O



所以鼓轮的角加速度为

g

rmrmJ

rmrm

O

2

22

2

11

2211







5．应用动量定理

Xxm



Yym



有

O

X0

WgmgmYrmrm

O



212211



所以轴承约束力为

0

O

X

g

rmrmJ

rmrm

WgmmY

O

O

2

22

2

11

2

2211

21

)(

)(







6．讨论：

解决问题的思路是以整个系统为研究对象，首先应用动量矩定理求解已知力求运动问题，然后用质心运动

定理求解已知运动求力的问题。所以联合应用动量定理和动量矩定理可求解动力学的两类问题。

§13-4刚体对轴的转动惯量

由上节知，转动惯量是刚体转动惯性的度量，其表达式为

2

iiz

rmJ

如果刚体的质量是连续分布的，则上式可写为积分形式



m

z

dmrJ2

在工程中，常将转动惯量表示为

2

zz

mJ

式中m为刚体的质量，

z

称为回转半径，单位为m或cm。

回转半径的物理意义为：

若将物体的质量集中在以

z

为半径、Oz为对称轴的细圆环上，则转动惯量不变。

1．简单形状的均质刚体转动惯量的计算

（1）长为l，质量为m的均质细长杆，如图13-8（a）所示，对于过质心C且与杆的轴线相垂直的z轴的

转动惯量为



2

2

22

12

1l

l

z

mldxx

l

m

J

回转半径为ll

m

J

z

z

2887.0

6

3



如图13-8（b）所示，对于过杆端A且与z轴平行的z1轴的转动惯量为

l

z

mldxx

l

m

J

0

22

13

1

回转半径ll

z

5774.033

（2）半径为R，质量为m的均质薄圆盘，如图所示，对于过中心O

与圆盘平面相垂直的z轴的转动惯量。图中所示圆环的质量为

rdr

R

m

dm



2

2

rdr

R

m

2

2

，此圆环对于z轴的转动惯量为

drr

R

m

dmr3

2

2

2

，于是整个圆盘对于z轴的转动惯量为

R

z

mRdrr

R

m

J

0

23

22

12

回转半径

RR

z

7071.0

2

2



一般简单形状的均质刚体的转动惯量可以从有关手册中查到，也可用上述方法计算。表13-1列出常

见均质物体的转动惯量和回转半径。

表13-1均质物体的转动惯量

形状简图转动惯量惯性半径体积

细直杆

2

12

l

m

J

zC



2

3

l

m

J

z



l

l

zC

289.0

32



l

l

z

578.0

3



薄壁圆筒

2mRJ

z



R

z

Rlh2

圆柱

2

2

1

mRJ

z



223

12

lR

m

JJ

yx





R

R

z

707.0

2



223

12

1

lR

yx





lR2

空心圆柱22

2

rR

m

J

z

22

2

1

rR

z

22rRl

薄壁空心

球

2

3

2

mRJ

z



RR

z

816.0

3

2



Rh

2

3

实心球

2

5

2

mRJ

z



RR

z

632.0

5

2

3

3

4

R

圆锥体

2

10

3

mrJ

z



224

80

3

lrm

JJ

yx





rr

z

548.0

10

3



224

80

3

lr

yx



lr2

3



圆环













22

4

3

rRmJ

z

22

4

3

rR

z



Rr222

椭圆形薄

板

22

4

ba

m

J

z



2

4

a

m

J

y



2

4

b

m

J

x



22

2

1

ba

z



2

a

y



2

b

x



abh

立方体

22

12

ba

m

J

z



22

12

ca

m

J

y



22

12

cb

m

J

x



22

12

1

ba

z



22

12

1

ca

y



22

12

1

cb

x



abc

矩形薄板

22

12

ba

m

J

z



2

12

a

m

J

y



2

12

b

m

J

x



22

12

1

ba

z



a

y

289.0

b

x

289.0

abh

2．转动惯量的平行轴定理

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。即

2mdJJ

zCz





证明：如图13-10所示，设C为刚体的质心，刚体对于过质心的轴z

的转动惯量为

)(222

iiiiizC

yxmrmJ

对于与z轴平行的另一轴

z



的转动惯量为

)'(222

iiiiiz

yxmrmJ











由于dyyxx

iiii









,，于是上式变为



iiiiii

iiiiiiiz

mdymdyxm

ddyyxmdyxmJ







222

22222

2)(

2)(

式中第二项0

Cii

myym，于是得

2mdJJ

zCz





定理证毕。在应用时注意以下几点：

（1）两轴互相平行；

（2）其中一轴过质心；

（3）过质心的轴的转动惯量最小。

3．求转动惯量的实验方法

工程中对于几何形状复杂的刚体，常用实验的方法测定其转动惯量。常用的方法

有扭转振动法；复摆法；落体观测法等。下面以复摆法为例加以说明。

例13-5复摆法测转动惯量。如图13-11所示刚体在重力作用下绕水平轴O转动，

称为复摆或物理摆。水平轴称为摆的悬挂轴（或悬点）。设摆的质量为m，质心为

C，s为质心到悬挂轴的距离。若已测得复摆绕其平衡位置摆动的周期T，求刚体

对通过质心并平行于悬挂轴的轴的转动惯量。

解：刚体在任意位置的受力图如图13-11所示，刚体绕定轴转动微分方程为

sinmgsJ

O



由平行轴定理知，式中

)(22222smmsmmsJJ

CCCO



有

sin)(22mgssm

C



或

0sin

22











s

gs

C



若摆角很小，sin，运动微分方程线性化为

0

22











s

gs

C



这与单摆的运动微分方程相似。由此得复摆微小摆动的周期为

gs

s

TC

22

2









若已测得复摆摆动的周期，可求出刚体的转动惯量



















g

sT

mgsmJ

CC

2

2

2

4



§13-4质系相对质心的动量矩定理

一.质系相对于固定点O的动量矩与相对于质心C的动量矩之间的关系

如图13-12所示，质系对于固定点O的矩为

i

vrL

iiO

m

图中C为质系的质心，有

iCi

rrr





代入上式后得

iiiCO

mvrrL



)(

iiiiiC

mmvrvr





上式中，

Cii

mmvv；

iiiC

mvrL



，为质系相对质心C的动量矩，于是得

C

vrLLm

CCO



上式表明：质系对任意一点的动量矩，等于质系对质心的动量矩，与将质系的动量集中于质心对于

O

点动

量矩的矢量和。

二．质系在相对动坐标系的运动中对质心的动量矩与在绝对运动中对质心的动量矩之间的关系

对于质心C用绝对速度计算动量矩并不方便，通常引入固结于质心的平动参考系，用相对此参考系的

相对速度计算质系对质心的动量矩。如上图所示，以

i

v



表示质点

i

m对于平动系zyxC



的相对速度，由速

度合成定理有

iCi

vvv





所以

iiiCii

iCiiC

mm

m

vrvr

vvrL



















)(

式中0









CCCii

mmvrvr；

iiiCr

mvrL









为质系相对运动对质心的动量矩，于是得

Cr

LL

C

即，质系在绝对运动中对质心的动量矩，等于质系在相对质心平动系的运动中对质心的动量矩。

三．质系相对质心动量矩定理

CC

CC

CC

CCOm

dt

d

dt

d

mm

dt

d

dt

d

dt

d

ar

Lv

rv

rLL



iiiCiiCii

e

O

FrFrFrrFrM







)()(

这里，

i

F(e)R为外力系的主矢量，





ii

Fr)(e

C

M为外力系对质心C的主矩。

由此得)()(e

C

e

CCC

Cm

dt

d

MRrar

L



由质心运动定理知

)(e

C

mRa

所以得

)(e

C

C

dt

d

M

L



或

(e)

C

M

L



dt

d

Cr

上式表明：在相对随质心平动坐标系的运动中，质系对质心的动量矩对于时间的一阶导数，等于外力

系对质心的主矩。这称为质系相对质心的动量矩定理。

由上式可知：

（1）如将质系的运动分解为跟随质心的平动和相对质心的运动，则可分别用质心运动定理和相对质心动

量矩定理来建立这两种运动与外力系的关系。

（2）质系相对质心的运动只与外力系对质心的主矩有关，而与内力无关。

（3）当外力系相对质心的主矩为零时，质系相对质心的动量矩守恒。即



Cr

e

C

LM,0)(常矢量

例如，飞机或轮船必须有舵才能转弯。当舵有偏角时，流体推力对质心的力矩，使飞机或轮船对质心的动

量矩改变。又如跳水运动员跳水时，要翻跟头，就必须脚蹬跳板以获得初速度，因为在空中时，重力过质

心，对质心的力矩为零，质系对质心的动量矩守恒。

§13-5刚体平面运动微分方程

刚体的平面运动可简化为具有相同质量的平面图形在固定平面内的运动，如图13-14所示。图中

Cx’y’为随质心平动的坐标系，刚体的平面运动可分解为跟随质心的平动和相对质心的转动。刚体在相

对运动中对质心的动量矩为



CiiCr

JrmL



)(2

应用质心运动定理和相对质心动量矩定理得

















)(F

CC

C

C

MJ

Yym

Xxm







上式称为刚体平面运动微分方程。应用以上方程可求解平面运动刚体动力学的两类问题。

例13-2半径为r、质量为m的均质圆轮沿水平直线纯滚动，如图13-15所示。设轮的回转半径为

C

，作

用于圆轮上的力矩为M，圆轮与地面间的静摩擦系数为f。求

（1）轮心的加速度；（2）地面对圆轮的约束力；（3）在不滑

动的条件下力矩M的最大值。

解:圆轮的受力图如图所示。列写圆轮的平面运动微分方程，

有

Fma

Cx



mgNma

Cy



FrMm

C

2

式中M与均以顺时针转向为正。0

Cy

a，所以

Cx

aa

在纯滚动（即只滚不滑）的条件下，有

ra

C



以上方程联立求解，得

)(22rm

Mr

a

C

C





C

maF

mgN

欲使圆轮只滚动而不滑动，必须满足fNF，即

fmg

r

Mr

C



22

于是得圆轮只滚不滑的条件为

r

r

fmgMC

22



对于均质圆盘r

2

2

，fmgrM

2

3

。

应用刚体平面运动微分方程，求解动力学的两类问题，除了列写微分方程外，还需写出补充的运动学方程

或其他所需的方程，在本题中补充方程为ra

C

。

例13—3已知：AB=l，质量m，初时θ0，杆静止。求此时杆

的角速度、角加速度、A、B处反力，并求A端脱离墙壁时的θ。

解1：（书上解法）

5个方程联立，得ε（积分得ω）、NA、NB

具体如下：

1、杆在任意位置的受力图如图所示。

2、分析杆质心的运动，如图所示质心的坐标为























cos

2

sin

2

l

y

l

x

C

C

将上式分别对时间求一阶及二阶导数，有























sin

2

cos

2









l

y

l

x

C

C























sin

2

cos

2

cos

2

sin

2

2

2









ll

y

ll

x

C

C

3．列写杆的平面运动微分方程

AC

X

ll

g

P

Xxm)cos

2

sin

2

(,2





①

PY

ll

g

P

Yym

BC

)sin

2

cos

2

(,2





②

cos

2

sin

212

),(

2l

X

l

Y

l

g

P

MJ

ABCC





F③

4．求解微分方程

将上式中①式乘cos

2

l

，②式乘sin

2

l

，然后两式相减得

sin

2

sin

2

cos

24

1

2

l

P

l

Y

l

Xl

g

P

BA





④

④式与③式联立求解，可得任意瞬时的角加速度为

sin

2

3

l

g





·欲求杆在任意瞬时的速度，应做如下的积分运算







d

d





所以d

l

g

dsin

2

3





积分，下限由初始条件决定





00

sin

2

3

d

l

g

d

得)cos1(

3

2

l

g



·任意瞬时的角加速度及角速度求得后，任意瞬时的约束力就可求出，读者试分析。

其中

)2cos3(sin

4

3

PX

A

杆脱离约束的条件为，0

A

X，由此得出杆脱离约束的位置

02cos3

即

2.48

3

2

arccos

解2：（较好）

ε（积分得ω）

NA无需解联立方程

NB

解3：（较好）

ω（求导得ε）

NA无需解联立方程

NB

解4：（较好）

ω

ε

NA无需解联立方程

NB