lz1

第20讲教案

题目动量动量矩定理

本讲计划学时2对应教材章(课)节第12章第1、2节

教学目的

1、理解并熟练掌握正确计算动量矩；

2、熟练掌握动量矩定理与守恒定律；

教学进程

序号本讲主要环节（内容）时间(分)

1

动量矩

25/25

2

动量矩定理

25/50

3

动量矩定理应用

50/100

…

…

…

理论力学教案

第20讲动量矩定理

板书设计

动量矩定理

1、动量矩：

O

Lrmv

1、刚体动量矩的计算：

平动

OCC

Lrmv

定轴转动

zz

LJ

平面运动

OCCC

LrmvL

2、对定点的动量矩定理：

()()

OO

d

m

dt

MvMF

理论力学教案

第20讲动量矩定理

教学内容、方法、手段设计及教学重点、难点分析

教学内容、方法的设计：

本讲由力矩的计算进行动量矩计算分析；关于转动惯量引导学

员在物理中掌握的基础上，介绍复杂刚体系的转动惯量的求法及回

转半径、平行移轴定理；然后引导学员从牛顿第二定律推导质点系

的动量矩定理，然后举例。主要采用讲授式、启发式、问题式等方

法。

教学手段：

板书、多媒体。

教学重点：

1、动量矩及其计算；

2、动量矩定理的应用。

教学难点：

正确理解动量矩、动量矩定理。

教学重点、难点分析：

刚体作不同运动时的动量矩计算公式不同，动量矩定理的应用

要求必须是对定点，所以在讲授和练习时，注意强调这几点。

理论力学教案

第20讲动量矩定理

4

第12章动量矩定理

质系动量矩定理建立了质系动量矩的变化率与作用于质系上外力

系的主矩之间的关系。应用动量矩定理所建立的刚体绕定轴转动微分

方程；以及由上章的质心运动定理和本章导出的相对质心动量矩定理

所建立的平面运动微分方程，是解决刚体动力学的有效工具。

§12-1质点和质点系的动量矩

1．质点的动量矩

质点对点O的动量矩：

质点对轴z的动量矩：

单位：kg·ｍ2/s。

动量矩度量质点在任一瞬时绕固定点(轴)转动的强弱。

2．质点系的动量矩

质系对定点O动量矩：

质系对定轴z动量矩：

3．刚体动量矩计算

⑴平动刚体

平动刚体对固定点（轴）的动量矩等于刚体质心的动量对该点

（轴）的动量矩。

⑵定轴转动刚体

定轴转动刚体对转轴的动量矩等于刚体对该轴转动惯量与角速度

的乘积。

设计：

由力矩的

定义和计

算引出动

量矩的定

义和计

算。

()OMmmvrv

()()

zOxy

MmMmvv

()()

zO

z

Mmm







vMv

()

OOiiiii

mmLMvrv

()

zziiO

z

LMm







vL

()

OOCCC

Lmmvrmv

()

zzC

Lmmv

2()

zziiiiz

LmmmrJv

理论力学教案

第20讲动量矩定理

5

例滑轮A：m1，R1，R1=2R2，J1

滑轮B：m2，R2，J2；物体C：m3

求系统对O轴的动量矩。

解：

OCOBOAO

LLLL

2332222211

)(RvmRvmJJ

1122232

1

RRvv

3232

2

2

2

2

2

1)(vRmm

R

J

R

J

L

O



理论力学教案

第20讲动量矩定理

6

§12-2质系动量矩定理

1.质点动量矩定理

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

将式（12-1）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



质点的动量矩定理——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。

例已知m，l，t=0时=0，从静止

开始释放。求单摆的运动规律。

解：对象：小球受力如图

空间时是

矢量，平

面时是代

数量。

由牛顿第

二定律，

分析介绍

动量矩定

理。

体会

理论力学教案

第20讲动量矩定理

7

运动：

由动量矩定理

微幅摆动

解微分方程,代入初始条件

摆动周期

注：计算动量矩与力矩时，符号规定应一致.

()()()sin

OOO

MFMTMmgmgl

OMlv,2()

O

Mmvmllml

()()

OO

d

MmvMF

dt



2()sin,sin0

dg

mlmgl

dtl



sin,

2

n

g

l

令

02

n



00

(0,,0)t

t

l

g

cos

0



l

g

T2

理论力学教案

第20讲动量矩定理

8

2.质系动量矩定理

设质系内有n个质点，对于任意质点M

i

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



质系动量矩定理——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

强调内力

不能改变

质点系的

动量矩。

强调必须

是对定点

的动量矩

定理。对

动点不一

定成立。

有兴趣可

参考《高

等动力

学》。

理论力学教案

第20讲动量矩定理

9

























)(

)(

)(

)(

)(

)(

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

如质点在有心力F作用下的运动，如图(a)所示，此时0

O

M，

所以vrLm

O

常矢量，即L

O

的大小和方向不变，所以质点动量矩

守恒。

给出已知

条件，由

学员分析

动量矩守

恒定律。

理论力学教案

第20讲动量矩定理

10

①L

O

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；

②L

O

大小不变，即mvdOABm2vr常数，如图(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。

例1已知:

解:对象：整个系统

受力：如图

运动：v=r



举例体

会动量

矩守

恒。

。求。;;rPPP

BA



rPPrPrPM

BABA

e

O

)()(

AB

OO

PP

LvrvrJ

gg



)

2

(,

2

12

2

P

PP

g

r

Lr

g

P

J

BAOO





得代入将

理论力学教案

第20讲动量矩定理

11

由动量矩定理：

例2已知：mA=mB，初始静止。问：A向上爬时，B将如何运动？运

动的速度多大？（轮重不计）

解：对象：整个系统

受力如图

系统动量矩守恒

运动：A↑、B↑，vA=vAr-ve，vB=ve

rPP

P

PP

g

r

dt

d

BABA

)()]

2

([

2





/2

AB

AB

PP

dg

dtrPPP











()()0e

O

mF

()0

AeBe

mvvrmvr

2ABe

v

vvv

理论力学教案

第20讲动量矩定理

12

A与B向上的绝对速度是一样的，均为v/2。

例3提升装置中，轮A、B的重量分别为P1、P2,半径分别为

r1、r2,视为均质圆盘;物体C的重量为P3;轮A上作用常力

矩M1。求物体C上升的加速度。

解对象：轮

受力如图

运动：转动

对O

1

轴的动量矩：

对O

1

轴的外力矩：

由动量矩定理

对象：轮B及物C

受力：如图运动：转动

对O2轴的动量矩：



11

2

1

111

1

2OO

P

LJr

g



1

11

()

O

MFMTr

2

1

1111

1

(1)

2

dP

rMTr

dtg











2

2

3

2

2222O

P

P

Lrvr

gg



理论力学教案

第20讲动量矩定理

13

由动量矩定理

补充运动学条件

方程（1）、（2）、（3）联立得

(2)')

2

1

(

2322

3

2

2

2

2rPrTvr

g

P

r

g

P

dt

d



1122

(3)rrv

131

1231

2

2

MPrg

a

PPPr







理论力学教案

第20讲动量矩定理

14

练习1水平杆AB长为a2，可绕铅垂轴z转动，其两端各用铰链

与长为l的杆AC及BD相连，杆端各联结重为P的小球C和D。起初

两小球用细线相连，使杆AC与BD均为铅垂，系统绕z轴的角速度为

0



。如某瞬时此细线拉断后，杆AC与BD各与铅垂线成



角，如图。

不计各杆重量，求这时系统的角速度。

解：系统所受外力有小球的重力及轴承的约束力，这些力对z轴

之矩都等于零。所以系统对z轴的动量矩守恒，即0)()(e

z

MF，

z

L=常数。

开始时系统的动量矩为

0

2

01

22a

g

P

aa

g

P

L

z





















细线拉断后的动量矩为

2

2

)sin(2la

g

P

L

z



由

21zz

lL，有

2

0

2)sin(22la

g

P

a

g

P



由此求出细线拉断后的角速度

理论力学教案

第20讲动量矩定理

15

0

2

2

)sin(







la

a





显然

0

。

1．花样滑冰运动员在光滑的冰面上，可做出许多优美的动作。

读者试分析运动员绕铅垂轴角速度的变化。

2．两人A、B同时爬绳，设两人质量相同，不计绳重及摩擦。

试讨论下面几种情形

（1）A以绝对速度v爬绳，B不爬，问B的绝对速度为多少？

（2）开始时两人静止在同一高度，而后两人分别以相对于绳子

的速度u

A

，u

B

同时爬绳，问谁先到达顶点？

（3）*（2）中绳子移动的速度为多少？

（4）象这样的爬绳比赛能比出谁的力气大吗？

练习2水涡轮以等角速度



绕通过O点的铅垂轴z转动，求水流

作用于涡轮的转动力矩。

解：取两叶片间的水流为研究对象。作用于质系上的的外力有

重力和叶片的约束力，重力平行于z轴，对转动轴之矩为零。所以

外力主矩为叶片对水流的约束力对z轴之矩

z

M。

计算dt时间间隔内动量矩的增量dL。设t瞬时占据ABCD的水

流，经过dt时间间隔后，运动至占据abcd，设流动是稳定的，则

ABCDabcdz

LLdL

理论力学教案

第20讲动量矩定理

16

)()(

abCDABabCDcdabCD

LLLL

ABabCDcd

LL

设Q为体积流量，为密度，

1

v和

2

v分别为水流进口处和出口处

的绝对速度，

1

r和

2

r分别为涡轮外圆和内圆的半径，

1

为

1

v与涡轮外

圆切线的夹角，

2

为

2

v与涡轮内圆切线的夹角，

则

222

cosrdtvQL

CDcd



111

cosrdtvQL

ABab



由动量矩定理)(e

z

zM

dt

dL



得)coscos(

111222

rvrvQM

z



z

M为叶片作用于水流上的力矩。若水涡轮共有n个叶片，则水流作

用于涡轮的转动力矩为

)coscos(

111222

'rvrvnQnMM

z

z

方向与图示方向相反。

17

第21讲教案

题目定轴转动微分方程

本讲计划学时

2

对应教材章(课)节第12章第3、4节

教学目的

1、理解并熟练掌握定轴运动微分方程。

2、掌握刚体转动惯量的计算。

教学进程

序号本讲主要环节（内容）时间(分)

1刚体定轴转动微分方程20/20

2刚体转动惯量40/60

3定轴转动微分方程应用40/100

…

…

…

理论力学教案

第21讲定轴转动微分方程

板书设计

1、定轴转动微分方程

)(F

zz

MJ

2、转动惯量2

iiz

rmJ

⑴匀质细长杆2

12

l

m

J

zC



⑵匀质细圆环2mRJ

z



⑶匀质薄圆板2

2

1

mRJ

z



3、平行轴定理2mdJJ

zCz





理论力学教案

第21讲定轴转动微分方程

教学内容、方法、手段设计及教学重点、难点分析

教学内容、方法的设计：

作为动量定理的例子，引导学员分析得到刚体定轴转动微分方

程。

关于转动惯量引导学员在物理中掌握的基础上，介绍复杂刚体

系的转动惯量的求法及回转半径、平行移轴定理。

教学手段：

板书、多媒体。

教学重点：

定轴转动微分方程的应用。

教学难点：

回转半径的概念

教学重点、难点分析：

通过例子分析回转半径和转动惯量的关系，比较二者的差别。

理论力学教案

第12章定轴转动微分方程

1

§12-3刚体绕定轴转动微分方程

定轴转动刚体，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。

作用于刚体上的外力有主动力及轴承约束力，受力如图12-5所

示。应用质系对z轴的动量矩方程

)(F

z

zM

dt

dL

有

)(F

zz

MJ

dt

d



式中







dt

d

得

)(

2

2

F

zz

M

dt

d

J



或)(F

zz

MJ

此式称为刚体绕定轴转动的微分方程。







2

2

dt

d

为刚体绕定轴转动

的角加速度，所以上式可写为

)(F

zz

MJ

作为例

题，由学

员分析得

到刚体定

轴转动微

分方程。

由刚体转

动微分方

程解释转

动惯量的

物理意

义。

强调刚体

转动微分

方程的适

用范围。

理论力学教案

第12章定轴转动微分方程

2

1．由于约束力对z轴的力矩为零，所以方程中只需考虑主动力的

矩。

2．比较刚体绕定轴转动微分方程与刚体平动微分方程，即

)(F

zz

MJ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1已知：复摆的质量m，重心C到转轴O的距离b，复摆对转轴O

的转动惯量JO，设开始时OC与铅直线的偏角是0，角速度为

零。求：复摆的微幅摆动规律。轴承摩擦和空气阻力不计。

解：对象：复摆受力：如图

根据刚体绕定轴转动的微分方程有

变换得

当复摆作微小摆动时，可令sin≈，得

O

C

φ

b





F

F2

m

g

sin

2

2

mgb

O





sin

d

d

2

2

mgb

t

J

O



2

2

O

0sin

d

d

2

2





O

J

mgb

t

O

mgb

0

O

J

mgb



理论力学教案

第12章定轴转动微分方程

3

考虑到复摆运动的初条件:当t=0时

则复摆运动规律可写成

0

cos()(a)

O

mgb

t

J



摆动的频率ω0和周期T分别是

0

0

2π

,2π(b)O

O

mgbJ

T

Jmgb







利用关系(b)可以测定刚体的转动惯量。为此，把刚体做成复摆并用

试验测出它的摆动周期T，然后由(b)式求得转动惯量

2

2

(c)

4πO

mgbT

J

0

,0

理论力学教案

第12章定轴转动微分方程

4

§12-4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（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（b）所示，对于过杆端A且与z轴平行的z

1

轴的转动惯量为

l

z

mldxx

l

m

J

0

22

13

1

强调其

物理意

义和计

算方

法，及

实验测

量。

解释回转

半径的物

理意义，

再由学员

讨论。

理论力学教案

第12章定轴转动微分方程

5

回转半径ll

z

5774.033

1



（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



读者试计算均质圆柱体对于纵向中心轴的转动惯量。

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。表列出常见均质物体的转动惯量和回转半径。

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



R

R

z

707.0

2



lR2

简单形状

的均质刚

体转动惯

量的积分

计算法。

要求学

员熟记

均质

杆、

环、

盘、柱

体的转

动惯

理论力学教案

第12章定轴转动微分方程

6

223

12

lR

m

JJ

yx





223

12

1

lR

yx





空心圆柱

22

2z

m

JRr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

理论力学教案

第12章定轴转动微分方程

7

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12-10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

先由均质

杆对质心

和端点的

转动惯

量，得到

平行移轴

公式，再

严格证

明。

理论力学教案

第12章定轴转动微分方程

8



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5复摆法测转动惯量。如图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，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

提示：

自学。

理论力学教案

第12章定轴转动微分方程

9

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

当物体由几个规则几何形状的物体组成时，可先计算每一部分

(物体)的转动惯量,然后再加起来就是整个物体的转动惯量。若物

体有空心部分,要把此部分的转动惯量视为负值来处理。

[例]钟摆：均质直杆m1,l；

均质圆盘：m2,R。求JO。

2

2

24CC

Ts

Jmmgs

g













理论力学教案

第12章定轴转动微分方程

10

解：

例2高炉运送矿石用的卷扬机如图所示。已知鼓轮的半径为R，质量

为m1，轮绕O轴转动。小车和矿石总质量为m2。作用在鼓轮上的力

偶矩为M，鼓轮对转轴的转动贯量为J，轨道的倾角为θ。设绳的质

量和各处摩擦均忽略不计，求小车的加速度a。

解：对象：整体

受力：M、W1、W2、FOx、FOy、FN如图。

运动：小车平动，鼓轮转动

对O轴的动量矩为

对O轴的外力矩为

θ

O

M

ω

W

1

F

Ox

F

Oy

v

W

2

F

N

O

OO

JJJ

杆盘

222

122

11

()

32

mlmRmlR

222

12

11

(324)

32

mlmRllR

2O

LJmvR

()

22

()sin(cos)e

ON

MFMmgRlmgF

理论力学教案

第12章定轴转动微分方程

11

由质点系对O轴的动量矩定理，有

因v=R

a>0小车的加速度沿斜坡向上。

2

2

2

2

sin

RmJ

gRmMR

a









()

2

()sine

O

MFMmgR

RgmMvRmJ

t

sin

d

d

22

2

sinMmgR若

理论力学教案

第12章定轴转动微分方程

12

例3两个质量为m

1

，m

2

的重物分别系在绳子的两端，如图。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J

O

，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，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

22

11221122

()

O

Jmrmrmgrmgr

所以鼓轮的角加速度为

1122

22

1122O

mrmr

g

Jmrmr









5．应用动量定理

Xxm



Yym



该例题：

应用动量

矩定理求

解已知力

求运动问

题，用质

心运动定

理求解已

知运动求

力的问

题。

灵活

理论力学教案

第12章定轴转动微分方程

13

有

O

X0

112212O

mrmrYmgmgW

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。

例4转动惯量分别为2

1

mkg100J和2

2

mkg80J的两个飞轮分

别装在轴Ⅰ和轴Ⅱ上，齿数比为

2

3

2

1

z

z

的两齿轮将转动从轴Ⅰ传到

轴Ⅱ，如图(a)所示。轴Ⅰ由静止开始以匀加速度转动，10秒后其

角速度达到

r/min1500

。求需加在轴Ⅰ上的转动力矩及两轮间的切向

压力P。已知cm10

1

r，不计各齿轮和轴的转动惯量。

解：

分别取轴

Ⅰ和轴Ⅱ

为研究对

象，其受

力如图

（b）、

（c）所示。

分别建立两轴的转动微分方程

该例题

强调两

轴问题

的分析

方法。

理论力学教案

第12章定轴转动微分方程

14

111

JMPr

222

JPr



式中PP



，122

211

rz

rz





，于是得

2

1

121

2

z

MJJ

z



















2

21

1

12

Jz

P

rz











由匀角加速度转动公式知

2

1

1

15.7rad/s

t





将已知数据代入后，得

kN3.28m,kN4.4PM

该例题是应用动量矩定理解决已知系统的运动求未知力的问题。

思考题问题：本例中是分别取轴Ⅰ和轴Ⅱ为研究对象，是否能象

上例中一样取整个系统作为研究对象呢？

1

第21讲教案

题目平面运动微分方程

本讲计划学时

2

对应教材章(课)节第12章第5、6节

教学目的

掌握应用平面运动的微分方程求解有关的动力学问题的方法

教学进程

序号本讲主要环节（内容）时间(分)

1对质心的动量矩定理30/30

2刚体平面运动微分方程20/50

3平面运动的动力学问题50/100

…

…

…

理论力学教案

第22讲平面运动微分方程

板书设计

1、对质心的动量矩

iiiC

mvrL





iiiCr

mvrL









CCr

L=L

2、对质心的动量矩定理

)(e

C

C

dt

d

M

L

(e)

C

M

L



dt

d

Cr

3、刚体平面运动微分方程

















)(F

CC

C

C

MJ

Yym

Xxm







理论力学教案

第21讲平面运动微分方程

教学内容、方法、手段设计及教学重点、难点分析

教学内容、方法的设计：

用启发讨论的方式引导学员，利用数学演绎的方法由对定点的

动量矩引出对质心的动量矩。由动量矩定理导出对质心的动量矩定

理。

用问题推动的方式利用平面运动问题，引导学员结合描述移动

的质心运动定理和描述转动的对质心的动量矩定理，得出平面运动

微分方程。

教学手段：

板书、多媒体。

教学重点：

平面运动微分方程的应用。

教学难点：

对质心的动量矩定理。

教学重点、难点分析：

结合动量矩和质心的概念，用严格的数学推演逐步得出对质心

的动量矩。比较绝对动量对质心的动量矩和相对动量对质心的动量

矩得出二者的关系。把对定点的动量矩表示为随质心运动的动量矩

与绕质心运动的动量矩之和，代入动量矩定理得出对质心的动量矩

定理。

理论力学教案

第22章平面运动微分方程

1

§12-5质系相对质心的动量矩定理

1.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

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。

2.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

由同一点

在不同坐

标系中的

位置、速

度关系分

析质点系

对固定点

和质心的

动量矩关

系。

强调质点

系对其他

动点没有

此形式简

单的动量

矩定理。

有兴趣可

参考《高

等动力

学》。

理论力学教案

第22章平面运动微分方程

2

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。如图，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。

3.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

理论力学教案

第22章平面运动微分方程

3

)(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。

试分析：由静止状态自由下落的猫，从四肢朝上转为朝下，在

空中翻转180，其动量矩发生变化了吗？

理论力学教案

第22章平面运动微分方程

4

§13-6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12-14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。

引导学员

所学的质

心运动定

理和对质

心的动量

矩定理，

分析对象

是平面运

动刚体的

动力学问

题。

补充刚体

平面运动

的转动方

程：对加

速度瞬

心、速度

瞬心的转

动方程及

条件。

理论力学教案

第22章平面运动微分方程

5

例1均质圆轮质量m半径R，放在倾角为q的斜面上，由静止开始

运动。设轮与斜面间的滑动摩擦系数为f，不计滚动摩阻，试分析轮

的运动。

解：对象：轮受力：如图

运动：平面运动aCx=aC，aCy=0。

建坐标系Oxy

平面运动微分方程：

化简后得：

前两式中含有三个未知数aC、F、a，需补充方程。

⑴设接触面绝对光滑，f=0。

补充受力条件F=0

轮平动下滑

⑵设接触面足够粗糙，轮纯滚动。

补充运动学条件aC=R



R

C

,sin(1)

cxxc

maFmamgF

,0cos(2)

cyyN

maFFmg

2

1

(),(3)

2CC

JMmRFRF

sin,2,cos

CN

mamgFmRFFmg

0

sin,0,

C

ag=0

理论力学教案

第22章平面运动微分方程

6

轮纯滚动的受力条件：F≤Fmax

⑶设轮与斜面间有滑动，轮又滚又滑。

补充受力条件F=fFN

结论：

当f=0时，轮平动；

当f≥tan／3时，轮纯滚动；

当f＜tan／3时，轮有滑动有滚动。

练习1半径为r、质量为m的均质圆轮沿水平直线纯滚动，如

图。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。列写圆轮的平面运动微分方程，有

Fma

Cx



221

sin,sin,sin

33R3C

g

agFmg

11

sincostan

33

mgfmgf

cosFfmg

(sincos)

C

agf

2

cos

g

f

R



理论力学教案

第22章平面运动微分方程

7

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

。

理论力学教案

第22章平面运动微分方程

8

例2均质细杆AB，长l，重P，两端分别沿铅垂墙和水平面滑

动，不计摩擦，如图。若杆在铅垂位置受干扰后，由静止状态沿铅

垂面滑下，求杆在任意位置的角加速度。

解：1、杆在任意位置的受力图如图。

2、分析杆质心的运动，如图所示质心的坐标为

sin,cos

22CC

ll

xy

将上式分别对时间求一阶及二阶导数，有

cos,sin

22CC

ll

xy

22sincos,cossin

2222CC

llll

xy

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





F

③

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

理论力学教案

第22章平面运动微分方程

9

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

理论力学教案

第22章平面运动微分方程

10

例3均质圆轮半径r质量m，在半径为R的圆弧上微幅往复滚

动。设圆轮在滚动时无滑动。求质心C的运动规律。

解：对象：轮

受力：mg，FN、F

受力：mg，FN、F

轮的运动微分方程

当圆轮只滚不滑时

当很小时，sin≈。求解得

此方程的解为

式中S和β为常数，由初始条件确定。

若t=0,s0=0v=v0，于是：

R

r

（+）α

θ

F

mg

F

N

O

C

t

C

a

n

C

a

t,()sin(1)FmRrFmgCt

ma

2

N

,()maRFmgcos(2)n

Cn

Fmr

J2

1

(),(3)

2CC

MmrFrF

t()(4)

C

arRr

s

2

0

3

g

s

Rr





nn

n

2

sin(),

3()n

g

sSt

Rr





理论力学教案

第22章平面运动微分方程

11

由于速度瞬心P加速度∥PC，也可以把瞬心P作为矩心列动量

矩定理方程

当很小时，sin≈。求解得

练习1匀质细杆AB的质量是m，长度是2l，立在铅直面

内，B端可在光滑的水平面上滑动。设杆的初位置与铅垂线成

0角度，试求杆无初速释放瞬时的角加速度。

练习2质量为m半径为r的滑轮（可视作均质圆盘）上绕有软

绳，将绳的一端固定于点A而令滑轮自由下落如图示。不计绳

0

0

3()

2

n

Rr

g



0

0

3()

0,

2

n

vRr

Sv

g









()F

PP

JM

2

3

sin

2

mrmgr

2

sin

3

g

r



s

2

0

3

g

s

Rr





理论力学教案

第22章平面运动微分方程

12

子的质量，求轮心C的加速度和绳子的拉力。

练习3起重装置由匀质鼓轮D（半径为R，重为W1）及均质梁

AB（长l=4R，重W2=W1）组成，鼓轮通过电机C（质量不计）

安装在梁的中点，被提升的重物E重W=W1/4。电机通电后的驱

动力矩为M，求重物E上升的加速度a及支座A，B的约束力FNA

及FNB。

C

r

A

O

A

B

A

C

D

E

理论力学教案

第22章平面运动微分方程

13

练习4均质圆柱体A和B的重量均为P，半径均为r，一绳缠

在绕固定轴O转动的圆柱A上，绳的另一端绕在圆柱B上，绳

重不计且不可伸长，不计轴O处摩擦。

求：⑴圆柱B下落时质心的加速度。

⑵若在圆柱体A上作用一逆时针转向的转矩M，试问在什

么条件下圆柱B的质心将上升。

练习5长度为l，质量为m1的均质杆OA与半径为R，质量为

m2的均质圆盘B在A处铰接，铰链O，A均光滑。初始时，杆

OA有偏角θ0，轮B有角速度ω0（逆时针向）。求系统在重

力作用下的运动。

O

θ

B

A

ω

B