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1、 1 第 10 章 动量定理第 10 章 动量定理 10.1 主要内容主要内容 10.1.1 质点系动量及冲量的计算 10.1.1 质点系动量及冲量的计算 质点的动量为 vKm 质点系的动量为 Cii mmvvK 式中 m 为整个质点系的质量；对于刚体系常用 iCii mvkK计算质点系的动量，式中 vCi为第 i 个刚体质心的速度。 常力的冲量 t FS 力系的冲量 2 1 d)( t t ii ttFSS 或 2 1 2 1 d)(d)( R t t t t i ttttFFS 10.1.2 质点系动量定理 10.1.2 质点系动量定理 质点系动量定理建立了质点系动量对于时间的变化率与外力
2、系的主矢量之间的关系， 即 )( d d e i t FK （1）质点系动量的变化只决定于外力的主矢量而与内力无关。 （2）质点系动量守恒定律：当作用于质点系的外力系的主矢量0 )( e i F，质点系动 量守恒，即 K=常矢量。或外力系的主矢量在某一轴上的投影为零，则质点系的动量在此轴 上的投影守恒，如0 x F，则 x K=常量。 10.1.3 质心运动定理 10.1.3 质心运动定理 质点系的质量与质心加速度的乘积等于外力系的主矢量。即 )( d d d d e iiic m t M t Fvv 对于刚体系可表示为 )( 1 Ci e i n i mFa 式中 aCi表示第 i 个刚体质
3、心的加速度。 10.1.4 定常流体流经弯管时的动约束力 10.1.4 定常流体流经弯管时的动约束力 定常流体流经弯管时，vC=常矢量，流出的质量与流入的质量相等。若流体的流量为 Q， 密度为 。流体流经弯管时的附加动约束力为 2 )( 12N vvF Q 式中 v2,v1分别为出口处和入口处流体的速度矢量。 10.2 基本要求基本要求 1 能理解并熟练计算动量、冲量等基本物理量。 2 会应用动量定理解决质点系动力学两类问题，特别是已知运动求未知约束力的情 形。当外力主矢量为零时，会应用动量守恒定理求运动的问题。 3 会求解定常流体流经弯管时的附加动反力。 4 会应用质心运动定理解决质点系动力
4、学两类问题。 10.3 重点讨论重点讨论 动量定理的应用动量定理的应用 应用质点系动量定理一般可解决质点系动力学的两类问题。一类是已知质点系的运动， 这里指的是用动量及其变化率或质心的加速度所表示的运动， 求作用在质点系上外力系中的 未知约束力。 另一类是已知作用于在质点系上的外力系或外力系在某一坐标轴上的投影， 求 质点系的动量变化率或质心的加速度。 应用动量定理解质点系动力学问题时，应注意以下几点： 1质点系动量的变化与内力无关。应用动量定理时，必须明确研究对象，分清外力与 内力，只需将外力表示在受力图上。 2应用动量定理可解决质点系动力学的两类问题，即已知力求运动的问题和已知运动 求力的
5、问题。一般用动量定理求未知约束力。 当外力系的主矢量为零时，系统的动量守恒，即 0 )( e i F， iCii mvkK=常矢量 当外力系的主矢量在某一轴（如 x 轴）上投影为零时，系统的动量在该轴上的分量为一 常数，即 0 )( e ix F， Cxixix mvvmK=常数 对于刚体系可表示为 Cixiv m =常数 利用以上动量守恒的关系，可以确定系统的运动。 10.4 例题分析例题分析 例 10-1 一水柱以速度 v 沿水平方向射入一光滑叶片。设水柱的射入速度与叶片相切， 水柱的截面积为 A，密度为 ，水柱离开叶片时的倾角为，不计水柱的重量。若叶片固定 不动，求叶片对水柱的附加动约束
6、力主矢的分量 Fx和 Fy。 3 解：选择叶片上的水柱为研究对象。因 AB、CD 两处截面积 A 和密度 均相等，所以 v1 v2v，叶片仅改变水流速的方向。由动约束力的计算公式 )( 12N vvF Q 向 x、y 方向投影，有 1cos 2 AvFx 得 cos1 2 AvFx 或 sin 2 AvFy 例102 质量为mA的小棱柱体A在重力作用下沿着质量为mB的大棱柱B的斜面滑下， 设两柱体间的接触是光滑的，其斜角均为，如图。若开始时，系统处于静止，不计水平地 面的摩擦。试求此时棱柱体 B 的加速度 aB。 解：由整体受力图看出，0 x F，所以整个系统在 x 方向的动量守恒。 初始时系
7、统静止，即 BxBAxAx vmvmK BBBA vmvvm)cos( r 0 得 cos r v mm m v BA A B （a） 将式（a）求导，得 cos r a mm m a BA A B （b） 4 式中还包含一个未知量 ar。因此，解决此问题还必须找到其他方程。由题设条件，棱柱体 A 沿棱柱体 B 滑下，由动能定理 WTT 0 其中 0 0 T 2 r 22 r 222 2 1 )cos2( 2 1 2 1 )( 2 1 BBBBA BBAyAxA vmvvvvm vmvvmT 得 sin0 2 1 )cos2( 2 1 r 2 r 22 r gsmvmvvvvm ABBBBA
8、（c） 将式（d）代入上式并化简可得 sin cos cos 2 1 r 2 2 2 sgm m mmmmm v A A ABABA B （d） 将式（d）对 t 求导，且 r r d d v t s ，再与式（a） 、式（b）联立求解得 sin cos sin2 gm mm a A BA B 于是求得 BA A BA A B mm gm mm gm a 22 sin2 2sin sin sincos 例 103 真空中斜向抛出一物体，在最高点时，物体炸裂成两块，一块恰好沿原轨道 返回抛射点 O，另一块落地点的水平距离 OB 则是未炸裂时应有水平距离 OB0的两倍，求物 体炸裂后两块质量之比。
9、 解：设炸裂后两物块的质量分别为 m1与 m2，炸裂前共同速度为 v，炸裂后的速度分别 为 v1与 v2。 在最高点时，由于0 x F，所以系统在 x 方向动量守恒，即常数 x K，于是有 221121 vmvmvmm （a） 为求出速度 v、v1、v2之间的关系，则由题意设下落的水平距离 0 2OBOB ，即 000000 3BABBBABA （b） 5 由于炸裂前后，水平方向的运动为匀速运动，水平方向运动的距离正比于水平速度，即 1000 :vvBABA （c） 将式（b）代入式（c）得 3:1: 1 vv vv3 1 同理 vv 2 vmvmvmm 2121 3 所以解得 21 mm 例
10、 10-4 A 物重 FP1，沿楔状物 D 的斜面下滑，同时借绕过滑车 C 的绳使重 FP2的物体 B 上升，如图 10-7a。斜面与水平成 角，滑轮、绳的质量和一切摩擦均略去不计。求楔状 物 D 作用于地板凸出部分 E 的水平压力。 （a） （b） 解：首先应用动能定理求出系统的运动，然后用质心运动定理来求约束力。由动能定理 WTT 12 其中 2 2P 2 1P 2 2 1 2 1 v g F v g F T 常数 1 T sFasFW 2P1P sin 于是，有 sFasFTv g F v g F 2P1P1 2 2P 2 1P sin 2 1 2 1 (a) 对（a）式两边同时取导数，
11、其中v t s d d ，整理得 g FF FaF a 2P1P 2P1P sin (b) 以整个系统包括楔块 D 为研究对象，应用质心运动定理，有 xCixi Fam x Fa g P cos 1 (c) FP2 FP1 s 6 将式（b）得入式（c） ，得 a FF FaFF ag FF FaF g F Fxcos sin cos sin 2P1P 2P1P1P 2P1P 2P1P1P 这是地板凸出部分对楔状物 D 的约束力，凸出部分 E 的水平压力的大小与它相等，方 向与图示方向相反。 例 10-5 匀质细杆 AB 长为 l，质量为 m，端点 B 放在光滑的水平面上。开始时，杆静立 于铅
12、垂位置如图示，受扰动后，杆倒下。求杆运动到与铅垂线成角时，杆的角速度、角加 速度和地面的约束力 FN。 （a） （b） （c） 解： 以杆为研究对象，从其受力图（a）可知，0 x F，即质心在 x 方向的位置守恒， 利用此条件，可知质心 C 的速度沿铅垂方向：然后，用动能定理求杆的角速度、角加速度。 )cos1 ( 2 0 2 1 2 1 22 l mgImv CC (a) 利用 vC铅垂向下，图（b）所示瞬时 AB 杆的瞬心为 I，获得补充方程 sin 2 l vC (b) 将式（b）代入式（a）得 )cos1 ( 212 1 2 1 )sin 2 ( 2 1 222 l mgml l m
13、)cos1 (12) 1sin3( 22 gl (c) 于是 1sin3 )cos1 (12 2 2 l g ) 1sin3( )cos1 (3 2 2 l g (d) 将式(c)对时间 t 求一阶导数，注意到 ttd d , d d ，化简后得 sin12cossin6) 1sin3(2 22 gll ) 1sin3(2 sin3sin12 2 22 l lg (e) 7 最后，为求约束力 FN ，先求质心 C 的加速度 aC ，现以 B 为基点求 aC ，如图（c） 所示 n CBCBBC aaaa (f) 其中 2 2 , 2 l a l a n CBCB 将式（f）在铅垂上投影，有 s
14、in 2 cos 2 2 ll aC 将 及 的表达式（d） 、式（e）代入，再用质心运动定理 N FmgmaC 求得 ) 1sin3(4 sin2sin3)sincos2cos2(12 2 222 N lg mmg mamgF C 例 10-6 电动机的外壳固定在水平基础上，定子重 FP1、质心为 C1；转子重 FP2、质心 为 C2。由于制造、安装误差，C2不在转轴上，其偏心距为 e 。已知转子匀角速度转动，角 速度为，求基础的支座约束力。又假设电动机没有螺栓固定，且各处摩擦均不计，若整个 电动机处于静止状态时，转子开始匀速转动，求电动机外壳的运动。 解：先研究电动机固定在基础上的情形，整
15、个电动机由两部分组成，这两部分质心的运 动规律均为已知。可以运用质心运动定理求外力的主矢。 以整个电动机为研究对象，定子质心 C1加速度为零。转子质心 C2的加速度为 e2，方 向始终指向转轴。所受外力为 FP1、FP2、Fx、Fy和力偶距 M。由质心运动定理 xxx Fte g F Fmasin, 2 2P 2P1P 2 2P cos,FFFte g F Fma yyy 于是 FP1 FP2 FP2 FP1 有缘学习更多+ 谓y g d 3 0 7 6 考证资料或关注桃报：奉献教育（店铺） 8 te g F F P x sin 2 2 te g F FFFycos 2 2P 2P1P 再来研
16、究电动机没有固定的情形。此时，电动机只受重力和地面的法向约束力，电动机 在水平方向没有外力，整个系统由静止开始运动，因此，系统的质心坐标 xC应保持不变。 假设开始时，转子在铅垂位置，即，0t，转子转动后，定子也要有位移。设定子的 水平位移为 s，如图所示，则转子质心的位移为tessin，此时系统的质心不变，则 0sin 2P1P tes g F s g F 解得 t PP eP ssin 21 2 式中负号说明，定子的位移不是向右而是向左平移。 由此可见，当转子有偏心而又没有螺栓紧固在基础时，电动机转动起来后，机座将在光 滑的水平面上作简谐运动。在铅垂方向， Fy的最小值为 2 2P 2P1
17、Pmin e g F FFFy 解得 g eF FF 2P 2P1P 电动机将跳离地面。蛙式夯机的夯头架所以能自动跳起来，就是这个道理。 解：将人与船视为一质点系。作用于该质点系上的外力有人和船的重力 FP和 Q 及水对 于船的约束力 FN， 显然各力在 x 轴上投影的代数和等于零。 此外， 人与船最初都是静止的， FP FN Q 例 10-7 今有长为 AB2a，重为 Q 的船，船上有重为 FP的人，设人最初是在船上 A 处，后来沿甲板向右行走，如不计水对于船的阻力，求当人走到船上 B 处时，船向左方 移动多少？有缘学习更多+ 谓y g d 3 0 7 6 考证资料或关注桃报：奉献教育（店铺
18、） 9 于是根据质心运动定理可知，人与船的质心的横坐标 C x保持不变。 当人在 A 处船在 AB 位置时，质心的坐标为 QF abQbF g Q g F ab g Q b g F xC P P P P 1 )( )( 当人走到 B 处时，设船向左移动的距离为 l，在此情形下，人与船的质心的坐标为 QF labQlabF g Q g F lab g Q lab g F xC P P P P 2 )()2( )()2( 由于常量 21CC xx，于是得到 QF labQlabF QF abQbF P P P P )()2()( 由此求得船向左移动的距离为 QF F al P P 2 由以上结果看
19、出： （1） 人向前走， 船向后退， 改变人和船运动的力是人与船间的摩擦力， 这是质点系的内力。因此，内力虽然不能直接改变质心的运动，但能改变质点系内各质点的 运动。(2)船后退的距离取决于人走的距离 2a 和人与船的重量比值 QF F P P ，比值越小则船 移动的距离也越小 例 10-8 匀质曲柄 OA 质量为 m1、长为 r，以匀角速度绕 O 转动，带动质量为 m3的 滑槽作铅垂运动，E 为滑槽质心，DEb，滑块 A 的质量为 m2。当 t=0 时，0。不计摩擦， 试求30时：(1)系统的动量； （2）O 处铅垂方向的约束力。 10 解：建立坐标系如图。系统质心坐标为 321 21 sinsin 2 mmm trmt r m xC 321 321 60cotsincoscoscos 2 mmm btrtrmtrmt r m yC 将 xC、yC分别对 t 求导，得 C x、 C y，当=30时，系统的动量为 jiK 32121 22 4 1 2 4 3 mmmrmmr 将 C y再对 t 求导，得 C y ，由 )( 2 2 d d e y C F t y M，当=30时得 rmmmgmmmFOy 2 321321 332 4 1