理论力学全套解疑14

第十四章动量定理、动量矩定理 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 14-1“质量为M、长度为l、以角速度ω绕O轴转动均质细杆OA，它的动量Kvm∑=小等于Mv的大vKm∑=C，方向与vC相同并通过质心C（题14-1图1）。试问这种说法是否恰当？解答质点系的动量K是指系内所有各个质点动量的矢量和（主矢量）——动量主矢，即而并未给出动量K的作用点，这个作用点在研究质点系的动量时一般并不关心。如果因为表达式CmmvvK==∑的存在，就认为K通过质心C，那是不恰当的。实际上，质点系的动量主矢只说明K的大小等于MvCmvK=C，即K=MvC以及K的方向与vC相同，并不说明K的作用点是质心C，只有在谈到质点系的合动量时，才涉及作用点的问题。我们知道，当OA杆绕O轴以角速度ω作定轴转动时，杆上所有各质点的动量形成一个动显系（相当于力系）如题14-1图2所示，此动量系可以简化为一个合动量K合（相当于力系可以简化为一个合力那样），此合动量的大小和方向与动量主矢K=MvC相同（即合动量大小等于MvC、合动量方向与vC相同），但合动量K合的作用点并非质心C，而是距转动轴l32的C1点（题14-1图2）。这一结论既可以从动量系呈三角形分布明显地看出，也可以通过将此动量系向质点C进行简化（就象力系向已知点简化那样）而得到：将杆上所有各质点的动量向质心C简化，于是，得到一个通过质心C的动量主矢和一个动量主矩CmmvvK==∑ωCCCJmmH==∑)(v（题14-1图3）。由于HC≠0，所以通过质心C的K=MvC并非合动量。为了求得细杆OA的合动量K合，可以仿照力系简化时的作法，将动量主矢K和动量主矩HC进一步简化为一个通过C1点的合动量K合，其简化过程及最后简化结果如题14-1图(4)及题14-1图(5)所示。题14-1图2题14-1图3在题14-1图4中，K″=K－K′=MvC，K″⋅d=HC，从而llMMlMvJKHdCCC612/12/2=⋅⋅⋅==′′=ωωω于是，求得合动量K合的作用点C1到转动轴O之间的距离为lllOC3261211=+=题14-1图4题14-1图5通过以上讨论可知：（1）质点系的动量即动量主矢只涉及大小和方向而不涉及作用点的位置，因此，“质点系的动量通过质点系质心”的说法是不恰当的。（2）质点系的合动量按大小和方向等于质点系的动量主矢，合动量的作用点一般也并不在质点系的质心，其具体位置可通过将动量系向质心简化而进一步求出。题14-2在上题中，“细杆OA对O轴的动量矩的大小2lMvHCO⋅=”，对不对？解答细杆OA对O轴动量矩的大小2lMvHCO⋅=（参阅题14-1图1及14-1图5）是不对的。我们知道，定轴转动刚体对转动轴的动量矩ωOOOJmmH==∑)(v令lvlvMlJCCO22/,312===ω，因此，正确的 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 应为322312lMvlvlMHCCO⋅=⋅⎟⎠⎞⎜⎝⎛=或ω32MlHO=当然，因为“合动量对O点之矩等于各分动量对同一点之矩的代数和”，即∑=)()(合KvOOMmm因此，也可以采用以下方法求出细杆OA对O轴的动量矩lMvlMmmHCOOO3232)()(⋅=⋅===∑合合KKv但是，为什么出现2lMvHCO⋅=这样的错误等式呢？其原因在于：误将通过质心C的动量主矢K当成了合动量K合。通过此题应注意以下几点：（1）熟练掌握定轴转动刚体对转动轴的动量矩的计算公式ωOOJH=，并能正确地应用。（2）若应用“合动量对某点之矩等于各分动量对同点之矩的代数和”去计算动量矩时，必须首先求出合动量的作用点，而不能轻率地认为合动量作用在质点系的质心。题14-3在光滑的固定水平面上放着一个静止的刚体，当它受到一个作用面与水平面平行的力偶（F,F′）作用时（题14-3图），为什么在水平面内绕通过质心并垂直于水平面的轴Cz转动？解答刚体受以下诸力的作用：重力、光滑水平面的铅直反力以及力偶（F,F′）。由于刚体在铅直方向无加速度，故重力与铅直反力互相平衡。而力偶（F，F′）是一对大小相等、方向相反、不共线的平行力，其矢量和为零。因此，根据质心运动定理可知，故vFa∑=CM0=CaC＝常量，即质心C作惯性运动。但根据题设条件，刚体原来处于静止，即，因此有，即质心C静止不动。这就说明刚体将在水平面内绕通过质心并垂直于水平面的Cz轴转动。00=Cv0=Cv题14-3图题14-4两根长度相等、重量分别为P1和P2的均质杆AD和BD铰接于D点。将此机构放置在铅直平面内，并使杆端A和杆端B与水平地面接触（题14-4图1），设地面绝对光滑，因此机构将无法维持平衡，必然分开而倒向地面。试问在下列两种不同的情况下，连接点D的运动轨迹是否相同？（1）P1=P2；（2）2121PP=。解答取整体机构为研究对象。（1）P1=P2题14-4图1题14-4图2机构的受力图及坐标系如题14-4图2所示。由于水平方向外力投影的代数和，且开始时系统静止，故根据x方向的质心运动定理得知系统质心C的横坐标x0=∑exFexCFxM∑=��C=常数。由于二均质杆重力相等，故受力情况对称，D点的横坐标xD与系统质心C的横坐标xC相同，故xD=常数。因此，当机构分开而倒向地面时，连接点D沿铅垂线向下作直线运动，其速度vD铅直向下如题14-4图2所示。（2）2121PP=机构受力图及坐标系如题14-4图3所示。和情况（1）一样系统质心沿水平方向的运动守恒，即xC=常数。但由于在本情况中二杆的重力不相等，系统受力情况不对称，且P2>P1，故系统的质心C位于C1C2连线上而靠近C2，由于在机构倒向地面的过程中，质心C的横坐标xC保持不变，故质心C沿铅垂直线运动，而连接点D则沿曲线向右下方运动（题14-4图3）。可见，在上述两种情况下，连接点D的运动轨迹是不相同的。题14-4图3题14-5图题14-5为什么在研究质点的动量定理和质点系的动量定理时，都给出它们的积分形式。而在讨论质点的动量矩定理和质点系的动量矩定理时，一般只研究它们的微分形式，而不给出它们的积分形式呢？解答质点动量定理的微分形式为Fv=tmd)(d(1)式中mv为质点M的动量，F为质点所受的合力（题14-5图）。将(1)式两边同乘以dt并进行积分，即得积分形式的质点动量定理(2)tmmtd012Fvv∫=−积分形式的动量定理(2)的右边是变力F在时间间隔0～t内的冲量，由于积分号下只有一个矢量函数F，积分时一般没有什么困难。因此，积分形式的动量定理用起来很方便。ttd0F∫而动量矩定理就不是这样了，仍以质点的动量矩定理为例加以说明。质点动量矩定理的微分形式为FmvmOOtm=d)]([d即Frvr×=×tmd)](d(3)式中r为质点M的矢径（题14-5图）。将上式积分，即得积分形式的动量矩定理tmmOtOOd)()]([)]([012Fmvmvm∫=−即(4)tmmtd)()()(01122Frvrvr×=×−×∫(4)式右边)d(d)(00ttttFrFr×=×∫∫称为冲量矩。在冲量矩的表达式中，合力F及矢径r都是随时间变化的变矢量，积分起来一般比较困难。因此，一般都不给出动量矩定理的积分形式表达式。当然，不给出积分形式的动量矩定理也并非一概而论，具体问题要具体 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 。例如，以后在研究物体的碰撞问题时将会看到，由于碰撞时间极短，因此可以将碰撞看成是在原位置处进行的，也就是说，碰撞前和碰撞后各质点的位置不变。因此，碰撞力作用点的矢径r可视为常矢量。在这种情况下，计算冲量矩就困难不大了。所以，碰撞问题中的动量矩定理是有积分形式的，积分形式的动量矩定理称为冲量矩定理（详见第二十一章题21-3）。题14-6应用动量定理求解下述问题时，发现所得结果与正确答案不符，试问引起错误的原因何在？已知：以速度v水平飞行的歼击机向敌机发射一枚重为p的枪弹，枪弹相对于枪口的出口速度为v1（题14-6图），枪弹在枪膛内的运行时间为∆t，略去枪膛的摩擦阻力。求飞机所受到的平均后座力F的大小。解：以枪弹为研究对象，发射前，枪弹在水平飞行的飞机内静止不动，因此，枪弹的速度就等于飞机的速度v，此时枪弹的动量为vgp；发射后，在枪弹刚刚飞出枪膛时，枪弹的速度为v1，此时枪弹的动量为1vgp，根据质点的动量定理，有tFvgpvgp∆=−1式中F为飞机所受到的平均后座力的反作用力（即火药爆炸时气体的平均压力），作用在枪弹上。由此得tgvvpF∆−=)(21解答上述解题过程中，犯了一个概念性错误，即把枪弹相对于枪口（即相对子飞机）的相对速度v1错误地当成了枪弹的绝对速度，这就是引起错误的原因。我们知道，动力学普遍定理是从牛顿第二定律推导出来的。而牛顿定律只适用于惯性坐标系，这就是说，牛顿第二定律F=ma中的加速度a必须是质点相对于惯性坐标系的加速度，即绝对加速度。因此，将根据牛顿第二定律建立的微分方程积分一次，导出动力学普遍定理以后，出现在普遍定理中的速度自然应该是绝对速度。这一点，在应用动力学普遍定理求解动力学问题时，必须特别注意。如果问题给出的本来就是质点的绝对速度，当然最好，将其直接代入普遍定理即可，但是，如果题目的已知条件中给出的不是质点的绝对速度，而是相对速度（本题就是如此），那么，必须首先根据运动学中点的复合运动的速度合成定理，把质点的绝对速度求出来，然后，再代入动力学普遍定理的表达式中进行计算。在本题中，发射前枪弹的速度是v，发射后（枪弹脱离枪口时）枪弹的绝对速度，根据速度合成定理va=ve+vr应该等于牵连速度ve加上相对速度vr。由题设条件vr=v1，那么ve等于什么呢？自然应该等于飞机（平动动系）的速度。现在要进一步问：等于飞机在哪一刻的速度呢？是在枪弹发射前的速度v还是在枪弹发射后的速度v′？自然应该是在枪弹发射后的速度v′。要知道，飞机由于受到平均后座力的作用，在枪弹发射前和枪弹发射后其速度是不一样的，即v≠v′。但是，由于飞机的重量同枪弹的重量相比要大得很多很多，因此，在枪弹发射前后飞机速度的改变量是很小的（计算表明，对于一架重量等于10吨的歼击机来说，发射一颗重量等于0.6公斤的子弹，当出口速度等于900米/秒时，飞机速度的改变量约等于0.054米/秒），所以，在对后座力F的近似计算中，令ve=v是允许的。因此，在发射前，枪弹的动量是vgp；发射后，枪弹的速度（绝对速度）是v+v1，动量（绝对动量）是)(1vv+gp。于是根据动量定理tFvgpvvgp∆=−+)(1得tgpvF∆=1这才是正确的答案。通过以上分析可见，在应用动力学普遍定理解题时，质点的速度一定要用绝对速度。题14-7在应用质点系动量矩守恒定律求解下列问题时，发现计算结果与正确答案有出入，不知问题出在哪里？试通过分析找出错误所在。已知：均质圆盘对转动轴z的转动惯量为J，以变角速度无摩擦地转动（题14-7图a）。质量为m的人以相对于圆盘的匀速度v0沿圆心在O1、半径为r的圆周运动。设下lOO=1为已知，当人经过圆周上的M0点时，圆盘的角速度ω0等于零；当人走到圆周上任一点M时，圆盘角速度变为ω。求ω的表达式（用ϕ=∠M0O1M表示）。解：取圆盘和人为研究对象，由其受力图（题14-7图a）可知0)(=∑ezFm故质点系对z轴的动量矩守恒。人经过M0点时质点系的动量矩为)()(0000rlmvrlmvJHMz+=++=ω题14-7图人经过M点时质点系的动量矩为（题14-7图b）rmvlmvJrlvmrvmJHMz0000cos)cos)(cos(sin)sin(++=+++=ϕωϕϕϕϕω令0MzMzHH=解得Jlmv)cos1(0ϕω−=解答本题在求解过程中，出现了同上题类似的错误：在计算人对z轴的动量矩时，用的是人的相对速度而不是绝对速度。我们知道，动量矩定理和动量定理一样，也是根据牛顿第二定律经过积分推导出来的。所以，出现在动量矩定理中的线速度和角速度，都必须是相对于同一惯性坐标系的绝对线速度和绝对角速度。在上述求解过程中，计算人经过M点那一瞬时的质点系动量矩时，在圆盘角动量的表达式中虽然用的是绝对角速度，但是在人对z轴动量矩的表达式中却使用了相对线速度v0，这显然是一个概念性错误。正确的解法应该这样（题14-7图c和题14-7图d），[])()()()(reavvvvmmmmJmmJmmHzzzMzMz++=+==∑ωω题14-7图其中rmvlmvrmvrmvlmvrvmrlvmvmrlmmmmmmmlrrlmOMmOMOMmOMmvmmzrzzz0020200rrrrrr222eecossincoscossin)sin()cos)(cos(sin)cos()()()()]180cos(2[)()()(+=++=++=′′++′=′′+′=−−+==⋅=⋅=ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕωωωvvvvvD因此rmvlmvlrrlmJHMz0022cos)cos2(+++++=ϕϕωω而[])()()(00000rlmvrlmvJmmHMzMz+=++==∑ωv令0MzMzHH=解得)cos2()cos1(220ϕϕωlrrlmJlmv+++−=这才是正确的答案。题14-8简易提升装置如题如图(a)所示。在重为Q、半径为r、转动惯量（对转动轴O）为J的滑轮上缠绕着不可伸长的无重绳，绳端悬挂一重为P的物块，转矩M作用在滑轮上。根据刚体绕定轴转动的微分方程，列出此系统的运动微分方程为题14-8图rPMJ−=ε从而求得滑轮转动的角加速度JprM−=ε试问上述求解过程是否正确？解答上述求解过程是错误的。我们知道，定轴转动微分方程∑=)(FzzmJϕ��是对一个转动刚体而言的。也就是说，使用这一方程时，研究对象必须是而且也只能是某一单个的绕定轴转动的刚体。而题14-8图（a）中所示的系统既包括有定轴转动的滑轮、缠绕于其上的绳索，还包括有作直线运动的物块。这样，研究对象就不是单个的转动刚体，而是一个既有作转动的又有作平动的刚体系了。对于这样一个包含各种运动刚体的刚体系，当然不能使用刚体绕定轴转动微分方程。那么，本题的正确解法是怎样的呢？既然系统是一个包含各种运动刚体的刚体系，就应当使用质点系的动量矩定理()[]()∑∑=emtFmvm00dd来求解。为此，取整体系统为研究对象，画出其外力受力图（题14-8图b）,计算系统对O轴的动量矩以及外力对O轴之矩()rvgPJmm⋅+=∑ωv0()∑−=rPMmeF0将它们代入动量矩定理表达式中，有rPMrvgPJt−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛⋅+ωdd由于绳子不可伸长、绳子与滑轮之间无相对滑动，因此有ωrv=，考虑到εω=tdd，于是解得2rgPJrPM+−=ε通过此题应注意：（1）只有对单个的定轴转动刚体，才能使用刚体绕定轴转动微分方程求解动力学问题。如果系统中除了定轴转动刚体以外，兼有作其他运动的刚体，那么，对这种刚体系，应当应用质点系动量矩定理。（2）应用质点系动量矩定理时，动量矩的符号必须与力矩的符号一致。例如在本题所列的动量矩定理方程中，由于以逆时针方向为动量矩的正方向，故对于力矩来说，也是以逆时针方向为正、顺时针方向为负。（3）为了用刚体绕定轴转动微分方程求解此题，可将绳子切断，分别以滑轮和重物为研究对象，列出各自的运动微分方程，联立求解这些方程，即可求得有关的未知量。作为练习，读者不妨自己做一遍。题14-9在上题中，若将重物去掉，在绳端换上一个大小与P相等的作用力S（题14-9图b），那么，滑轮的角加速度还与上题一样吗？解答要回答这个问题，首先画出题14-8图(a)中滑轮的受力图（题14-9图b），并与本题中滑轮的受力图（题14-9图c）进行对比。在这两个受力图中，研究对象是同一个刚体——滑轮，但在绳端所受到的拉力是不同的。与这两个受力图相对应的运动微分方程分别为SrMJrTMJ−=′−=21εε因此，ε1与ε2相等与否，完全取决于T′与S是否相等，由于T′与T是一对作用力与反作用力，故ε1与ε2相等与否，完全取决于T与S是否相等。而题设条件告诉我们：S=P。因此，问题归结为：ε1与ε2相等与否，要看T与P是否相等。根据重物的受力图（题14-9图b），写出其动力学基本方程PTagp−=我们看到，质量为gp重物之所以能产生铅垂向上的加速度a，靠的就是不等于零的、向上的合力R=T－P，即要求T－P>0，于是有T>P，因此，ε1≠ε2，这就是说，滑轮的角加速度与上题不一样。题14-9图通过此题可见：在缠绕于滑轮的绳子一端悬挂一个重物与不悬挂重物而在此绳端施加一个与重物重量相等的作用力这两种情况下，滑轮所产生的角加速度是不一样的。当绳端悬挂一重为P的重物时，滑轮（其上作用有转矩M）的角加速度21rgPJrPM+−=ε当绳端施加一个与重物重量P相等的作用力S时；滑轮的角加速度JrPM−=2ε题14-10对于题14-8图(a)中的刚体系（简易提升装置）来说，为了简捷地求出滑轮转动的角加速度ε，对整体系统应用质点系动量矩定理，要比对系中每个单个刚体分别应用与各自的运动相对应的运动微分方程然后联立求解简便得多，那么，能否由此得出结论，凡是刚体系求运动的问题（包括齿轮传动问题）对整体研究对象应用质点系动量矩定理求解，都要比对单体研究对象应用各自的运动微分方程然后联立求解来得简单呢？解答具体问题要具体分析，不能一概而论。在研究质点系动力学问题时，对整体研究对象应用质点系动量矩定理求解系统的运动，对不少工程系统来说的确带来很大的方便，原因是由于研究整体时，一些未知的约束友力（如绳子张力、刚体间的相互接触力）成为系统的内力而不会在动量矩定理方程中出现。因此，比起将系统拆开后对一个个单体分别列写其运动微分方程（方程中包含许多未知力）然后联立求解要简单得多。但是，这里有两个前提条件首先必须要满足：一是能比较容易地写出系统中每个刚体的动量矩，二是外力矩中不包含来知力。否则，问题的求解并不方便。例如，电动绞车提升一质量为m的重物（题14-10图1），主动轴I上作用有常值转矩M0。巳知主动轴和从动轴部件对各自转动轴的转动惯量分别为J1和J2，主动轴与从动轴的减速比z2/z1=k，吊索缠绕在半径为R的鼓轮上，略去轴承摩擦及吊索重量，求重物上升的加速度。题14-10图1这是具有两个转动轴的刚体定轴转动传动的动力学问题。主动轴绕轴O1O1转动，从动轴部件绕轴O2O2转动。由于不是一个刚体、而是两个刚体分别绕两根轴转动，因此，必须分别取每一个刚休为研究对象，用动量矩定理求解。如果取整体系统为研究对象，对某一根轴用动量矩定理（题14-10图2），此时不仅动量矩不好求，而且在外力矩中将出现未知的轴承反力。下面，分别以主动轴和从动轴（其上带有鼓轮）为研究对象，画出各自的受力图（题14-10图3）。图中除转矩M0、重力P1、P2、P及轴承反力以外，还有齿轮之间的相互啮合力F、F′。对主动轴列写刚体绕定轴转动微分方程2211OOOOYXYX、、、1011cosrFMJ⋅−=αε(1)题14-10图2题14-10图3对从动轮（其上带有鼓轮）和重物列写质点系对O2轴的动量矩定理PRrFRmvJt−⋅′=⋅+222cos)(ddαω即mgRrFmaRJ−⋅′=+222cosαε(2)式中r1、r2为啮合齿轮的节圆的半径，且kzzrr===121221ωω将等式ω1=kω2两边对时间求导，得21εεk=(3)由于重物上升的加速度a与鼓轮边缘上各点的切向加速度相等，故a=Rε2(4)另外，考虑到作用力与反作用力大小相等，即F′=F(5)联立求解(1)式及(2)式，并考虑到(3)、(4)、(5)三式，最后求出重物上升的加速度21220)(JJkmRmgRkMRa++−=通过此题可见：对于具有两个或两个以上转动轴的刚体系力学问题，无论应用动量矩定理还是应用刚体绕定轴转动微分方程，都不宜研究整体，而必须将系统拆开，使每一个单体研究对象都只包含一根转动轴。否则。对多轴刚体系统既不便于写出对某一固定轴的动量矩，又无法使对该轴的外力矩表达式中不出现未知的约束反力。题14-11为什么微分形式的动量定理和质心运动定理可以在任何坐标轴上投影（比如说，在自然坐标轴上投影：nCnCFMaFMa∑∑==,rr，而积分形式的动量定理却不能在自然坐标轴上投影，而只能在直角坐标轴上投影呢？解答牛顿第二定律、微分形式的动量定理以及质心运动定理都是瞬时关系式。这些定律、定理在每一瞬时都成立，因而可以在任何瞬时投影在任何坐标轴上。而积分形式的动量定理是从微分形式的动量定理通过积分得到的。在积分过程中，坐标轴固定不变，因此它可以在固定坐标轴上投影。但自然坐标轴它的方向随着质点在轨迹上运动而变化。而积分是需要时间过程的，在这一有限的时间间隔内，自然坐标轴的方向已经发生了变化。因此，积分形式的动量定理不能在自然坐标轴上投影，而只能在固定的直角坐标轴上投影。题14-12均质细直杆AB长为l，质量为M（题14-12图a），已知杆对通过杆端A的Az′轴的转动惯量231lMJA=。根据转动惯量的平行轴定理，求得杆对通过D点的Dz″的转动惯量为2222973231lMlMlM=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=ADMJJAD+=这与实际结果297lMJD=不符，试问错误出在哪里？解答错就错在转动惯量的平行轴定理表示式写得不正确。转动惯量的平行轴定理指出：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。对AB杆来说，平行轴定理应表现为（题14-12图b）222222913611212132121lMlMlMllMlMCDMJJCD=+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+=+=实际上，式中的2121lMJC=也可以根据平行轴定理2ACMJJCA+=计算出来，即2222121231lMlMlMACMJJAC=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=−=原解答中把平行轴定理错误地理解为刚体对任意两根平行轴的转动惯量之间的关系，因而导致错误的计算结果。通过此题应特别注意：刚体转动惯量的平行轴定理给出的并不是刚体对于任意两根平行轴的转动惯量之间的关系，这两根平行轴中，必须有一根是通过质心的，而且，刚体对通过质心轴的转动惯量位于等式中两项的那一边。也就是说，在彼此平行的各轴当中，以刚体对通过质心轴的转动惯量为最小。这一点，在应用转动惯量的平行轴定理时必须特别注意。题14-13质量为M，半径为R的均质圆盘以角速度ω沿粗糙的水平直线轨道作无滑动的滚动（题14-13图1）。试问：此圆盘对轨道上某固定点O的动量矩的大小ωω2MRRMR=⋅=RMvHCO⋅=是否正确？解答这一计算结果是错误的。沿水平直线轨道作纯滚动的均质圆盘作为一个作平面运动的刚体，其对轨道上某固定O的动量矩)(vmmHOO∑=并无现成的表达公式可套（和绕定轴转动的刚体不同）。但是，由于存在着“合动量对某固定点O之矩等于各分动量对同一点之矩的代数和”的关系，即）合Kv()(OOmmm=∑因此，只要能求得圆盘合动量K合作用点的位置，从而知道O点到K合作用线的垂直距离，那么，求动量矩HO的问题就解决了（因为合动量的大小K合等于动量主矢的大小MvC）。为此，将圆盘上的动量系向质心C简化，得到一个通过质心C的动量主矢和一个对C点的动量主矩CmmvvK==∑ωCCCJmmH==∑)(v（题14-13图2a）。然后，采取与题14-1中的类似作法（详见题14-1图3～5），将圆盘的动量主矢K和动量主矩HC进一步简化为一个通过C1点的合动量K合（题14-13图2b及c），其中22/2RMRMRMvJKHKHdCCCC====′′=ωωω,因此，O点到合动量K合作用线的垂直距离为RRRRd232=+=+。于是，圆盘对O点的动量矩的大小应为ω22323()(MRRmvmmmHCOOO====∑）合Kv题14-13图2可见，因为质点系动量CmmvvK==∑，于是就认为圆盘的合动量K合通过质心C（这乃是产生错误的原因）是不对的。题14-14在题14-14图1和题14-14图2所示的二系统中，为了求出重物A由静止开始下落一段距离x时的加速度a，同样以整体系统为研究对象，同样应用质点系对固定点O的动量矩定理，可是求解的过程却悬殊很大：对于题14-14图1所示的系统，解题过程十分顺手，很快就得出了正确的答案：a=gPkxP5)(2−，而对于题14-14图2所示的系统，求解过程却非常棘手，无论怎样作也得不出正确的答案，gPkxPa15)4(2−=；试分析其原因。（1）已知，重物A、B及滑轮O的重量都是P，滑轮半径为r，不可伸长的无重绳与滑轮之间无相对滑动，弹簧刚度系数为k，原长为l0，系统从静止开始运动（此时弹簧无变形），水平面光滑（题14-14图1）。求重物A下落一段距离x时的加速度a。图14-14图1题14-14图2（2）已知，重物A、滚轮C及滑轮O的重量都是P，滑轮半径为r，滚轮半径为R，R=2r，不可伸长的无重绳与滑轮之间无相对滑动，弹簧刚度为k，原长为l0，地面足够粗糙，保证滚轮在滚动中不产生滑动，系统从静止开始运动（此时弹簧无变形），如题14-14图2所示。求重物A下落一段距离x时的加速度a。解答（1）对于题14-14图1中的系统，由其整体研究对象的受力图（题14-14图3）可见，未知外力只有三个：N、XO、YO。由于重物B的y方向的加速度aBy=0，因此有N=P。于是，未知外力只剩下XO、YO了。当计算外力对O点的力矩时，由于XO、YO通过矩心，力矩等于零，这样，整体系统对O点的外力矩表达式中只包含已知力P及F1（弹簧力）而不包含未知力，也就是说，实现了外力矩中无未知力。另外，系统中各运动刚体对O点的动量矩都很好求，它们分别是：rvgPJrvgPOO⋅⋅,,ω。于是，整体系统对O点的动量矩定理方程为rFrPrvgPJrvgPtOO1dd−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛⋅++⋅ω其中（式中kxFrvrgPJOO===12,,2ω）只包含tvadd=一个未知量，因此可立即解出gPkxPa5)(2−=外力矩中不包含未知力、系统中各运动刚体的动量矩都很容易求出，这两个条件被满足就构成了本系统中重物A的加速度a求起来很顺手的原因。（2）对于题14-14图2中的系统，情况又是怎样的呢？由其整体研究对象的受力图（题14-14图4）可见，由于将作直线平动的物块B换成了作平面运动的滚轮C，外力情况要比题14-14图3复杂，多了一个维持轮C作纯滚动所必须的未知滑动摩擦力F（题14-14图4），因为轮C作无滑动的滚动，故滑动摩擦力F尚未达到最大值，即F≠fN。因此，未知外力增加到4个：N、F、XO、YO，除去N=P以外，还剩下三个未知力F、XO、YO，当外力向O点取矩时，XO和YO虽然被消去，但F仍然保留在外力矩中无法消掉。因北，同题14-14图3相比，外力矩中多了一个未知力F。另外，在计算系统中各运动刚体对O点的动量矩时，也出现了棘手的情况：虽然重物A和滑轮O的动量矩很容易求出（它们分别等于rvgP⋅和JOωO），但是作平面运动的滚轮C对O点的动量矩求起来却比较麻烦（没有现成公式可套），必须考虑其上的动量系向质心C简化，得到通过质心C的动量主矢K=MvC及动量主矩HC=JCω。这样，就使解题的工作量和难度大大地增加了。图14-14图3题14-14图4一方面，外力矩中出现未知力，另一方面，系统的动量矩求起来又比较繁琐。这两方面的因素加在一起，就构成了题14-14图2中的系统以整体为研究对象用对O点的动量矩定理求重物A的加速度时，产生困难的全部原因。事实上，由于滚轮C对O点的动量矩02)2(22=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛⋅−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=rvrgPrvgPHCCO，因此整体系统对O点的动量矩定理方程为rFrFrPOJrvgPtOO3dd1⋅−+=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛++⋅ω将atvxkFrvrgPJOO====dd2212和、、ω代入上式，则得FxkPagP3223−+=(1)(1)式给出了两个未知量a与F之间的关系。此例题告诉我们，当系统对某固定点的动量矩不好求且外力对该点的力矩表达式中包含未知力时，只依靠一个对该点的动量矩定理是求不出系统的运动加速度的。题14-15在求解刚体平面运动动力学问题时，能否用“刚体相对于速度瞬心的动量矩定理”取代“刚体相对于质心的动量矩定理”以简化计算？解答在求解刚体平面运动动力学问题时，例如研究重为G、半径为R的均质圆盘在通过质心的水平力S的作用下，沿水平直线轨道作无滑动的滚动（题14-15图a），或者研究重为G、长为l的均质杆AB在铅垂平面内其A、B两端分别沿着光滑的y轴、x轴的滑动（题14-15图b）。为了在不涉及未知约束反力（摩擦力F、正压力N；正压力NA和NB）的情况下简捷地求出平面图形的角加速度，可以分别写出圆盘和直杆相对于各自速度瞬心P的动量矩定理SRJtP=)(dd1ω(1)ϕωcos2)(dd2lGJtABP⋅=(2)题14-15图方程(1)，(2)与二者分别相对于各自质心的动量矩定理FRJtC=)(dd1ω(1)′ϕϕωsin2cos2)(dd2lNlNJtABABC⋅−⋅=(2)′相比，由于不出现未知反力F、NA、NB故可以立即求出二者的角加速度PJSRt1dd−=ωε和PABABJlGt2cos2ddϕωε==使计算过程大大地简化。因此，对于圆盘和直杆来说，应用相对于速度瞬心的动量矩定理的确比应用相对于质心的动量矩定理具有较大的优越性。但值得注意的是，刚体平面运动时相对于速度瞬心的动量矩定理并非对任何作平面运动的刚体都可以应用。必须在满足平面图形的速度瞬心P到质心C之间的距离在运动中保持不变这一附加条件时，上述定理才成立。以上两例中，都满足这一附加条件，因此，都可以应用这一定理。在多数理论力学教科书中，一般都阐述了这方面的内容。但由于篇幅以及教学时数所限，对这一内容大多都没有进行理论证明，仅限于给出结论而已。鉴于刚体相对于速度瞬心的动量矩定理在求解某些刚体动力学问题时比较方便，本书将在第十五章中，对本定理给出简捷的证明（详见第十五章中题15-7）。题14-16在运动学中，刚体的平面运动可分解为随基点O′的牵连平动和绕基点O′的相对转动。在那里，基点O′是任意选取的。可是，在刚体平面运动的动力学问题中，却强调基点不能任意选取，必须选在质心C上，这是为什么呢？解答我们知道，运动学只从几何学方面研究物体的运动。因此，研究刚体的平面运动时，可以在平面图形上任意选择基点，将刚体的平面运动分解为随基点的牵连平动和绕基点的相对转动。但是，这种作法在研究刚体平面运动动力学问题时就不允许了。这是因为，选取平面图形上任意一点为基点时，随基点的平动和绕基点的转动在动力学上得不到明确的描述。若选取刚体的质心C为基点，则可以分别应用质点系的质心运动定理和相对于质心的动量矩定理⎪⎭⎪⎬⎫==∑∑)()(ddeCCeCmJtMaFFω对刚体随质心的平动和刚体绕质心的转动作出相应的明确描述，从而得到刚体平面运动微分方程⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫======∑∑∑)(eCCCeyCCyexCCxmJJyMMaxMMaFFFϕε������因此，为了既能满足刚体平面运动在运动学方面进行运动分解的需要，又能对分解出来的两个运动进行恰当的动力学描述，在研究刚体平面运动的动力学问题时，必须选取质心C作为基点。