2.（對于 O 點），具有質量的粒子在空間中以一定速度移動。 某一時刻相對于原點O的位置向量為，粒子相對于原點的動量矩，大小：，方向：符合右手螺旋定則。 ,7. 討論，（1）粒子的動量矩與粒子的動量和位置向量有關（取決于不動點的選擇）。 ，（2）直角坐標系中的分量公式，8，（3）質點做圓周運動時：質點以角速度做半徑為r的圓周運動，動量相對于的大小圓心， (4) 動量矩的大小 定義并不限制質點只能作曲線運動而不能作直線運動。 ,9,2。 剛體繞定軸旋轉的動量矩，O，質點相對于z軸的動量矩，剛體上任意質量單元相對于z軸的動量矩為，z ,10、剛體上任意質量單元相對于z軸的動量矩 動量矩具有相同的方向。 ,（所有素數元素均與 z 軸對齊
3. 角動量之和），說明了動量矩與粒子動量之間的比較：Jz m, v. ,11, 2. 粒子動量矩定理和動量矩守恒定律，已知， 1.粒子動量定理，12.粒子矩定理的微分形式。 ，作用在質點上的扭矩等于質點動量矩相對于時間的變化率。 這就是粒子相對于固定點的動量矩定理。 ，粒子矩定理的積分形式。 ，積分，我們得到沖激矩，13。質點合力矩的沖激矩等于質點角動量的增量。 ，（2）粒子動量矩的變化是動量隨時間累積的結果。 ，解釋，（1）沖量矩是力矩的時間累積，是引起質點動量矩變化的原因。 ,14,2。 粒子動量矩守恒定律，粒子動量矩定理，粒子動量矩守恒定律。 ，那么， 15， (3) 本質上普遍適用的基本法則。 ,(2)
4、向心力的角動量守恒。 ， (4) 質點相對于軸的動量矩守恒定律：若Mz=0，則Lz=常數。 也就是說，如果軸上的力矩分量為零（或軸上的力的力矩為零），則該軸上粒子的動量矩守恒。 , (1) 守恒條件, 16, 3. 剛體繞定軸旋轉時的動量矩定理和動量守恒定律，質點的動量矩定理，物體中任意質量元素的矩剛體，剛體中所有質量元素的力矩 ，1. 動量矩定理，17. 對于繞固定軸旋轉的剛體，Jz 是常數，a 的動量矩定理的微分形式剛體在固定軸上旋轉。 , and, or, 18. 定軸剛體旋轉時動量矩定理與旋轉定律的關系。 定軸剛體的旋轉定律本質上是動量定理沿定軸分量的特殊形式。 ，19。 定軸旋轉剛體的合外力矩的沖量力矩等于其動量力矩。
5. 增量。 ,繞定軸旋轉的剛體動量矩定理的積分形式:當J不變時,當J變化時,討論,20,2.繞定軸旋轉的剛體動量矩守恒定律。 對于繞固定軸旋轉的剛體，如果動量矩L不變化，則剛體：如果J不變化，則不變化。 ,非剛體：由于J是可變的，所以J的乘積保持不變。 ，當變形體繞某一軸旋轉時，如果，則變形體在該軸上的動量矩，21.動量矩守恒的例子，花樣滑冰，跳水，芭蕾舞等，22.求：在此時，粒子相對于三個參考點的動量矩的大小。 ,解： ,例1，質點的速度m為，如圖所示，A、B、C分別為三個參考點。 此時m相對于三點的距離分別為d1、d2、d3。 ,23.例2 在半徑為R的光滑圓環上的A點有一個質量為m的小球，它開始從靜止狀態滑動。 如果不考慮摩擦力，
6. 力量。 ,解：小球受到重力力矩的影響。 根據動量矩定理： ，求：小球到達B點時相對于O的動量矩和角速度。 ，A,B,R,O,24，即積分，25，求：什么是滑行著陸時的發射角和速度v？ ,例3 發射一艘航天器調查一顆質量為M、半徑為R的行星。當航天器靜止在距行星中心4R的空間時，以速度v0發射質量為m的儀器。 使儀器剛好經過行星表面。 ,26,解：,引力場（有中心力），粒子動量矩守恒，系統機械能守恒，27,例4 假設人造地球衛星在衛星的近地點A與地面的距離為439km，遠地點B的距離為橢圓軌道的焦點。地面是
7、已知衛星近地點速度為vA=8.12kms-1。 求衛星在遠地點 B 的速度。設地球的平均半徑為 R=。 ，該解決方案以衛星為研究對象。 根據粒子動量矩守恒定律，有，28，因為，固有，29，例5。如圖所示，將一個質量為m的小球綁在一根繩子的一端，繩子穿過垂直外殼。 ，使球以速度v0、半徑為r0繞管芯運動，然后向下拉繩子，使球的軌跡最終變成半徑為r1的圓。 求(1)當小球與管中心的距離為r1時速度v的大小； (2)從r0縮短到r1期間力F所做的功。 ，解：小球受到向心力。 根據粒子動量矩守恒定律，有 30。因此，根據動能定理，力 F 所做的功為 31。 例 6 一根均質棒，長度為 L，質量為 M，有 a現在兒子
8. 一顆子彈水平射入距軸距離 y 的細桿中。 子彈的質量為 m，速度為 v0。 ，求：子彈細桿的共同角速度。 ，解：，其中，m，子彈和細桿系統的動量矩守恒，32動量矩定理和動量矩守恒定律，例7 如圖所示，將質量為m的子彈射入懸掛在桿上的固定長桿的下端。以水平速度到達頂部并昏倒。 最終速度損失為3/4。 已知桿的長度為l，質量為M。 ,m,M，解：選擇子彈和桿作為系統，其動量矩守恒，因為，求：子彈穿透后的桿。 ,So,33,例8，兩個質量分別為M1和M2，半徑為R1和R2的均勻圓柱體可以繞各自的軸線旋轉，且兩軸線平行。 原來它們沿同一方向勻速旋轉，角速度分別為10和20，然后平移兩個軸，使它們的邊緣接觸，如圖。 請求：最后
9、當接觸點無相對滑動時，各圓柱體的角速度為1和2。，34。 兩個圓柱系統的動量守恒： ，針對上述問題有以下幾種解法： 當接觸點無相對滑動時，兩個圓柱體邊緣的線速度相同，因此有： ，由上述兩個方程，1、2可解。 ,其中，這個解正確嗎？,35,原解是系統的總動量矩是兩個??圓柱體各自繞自己軸的角動量之和，這是錯誤的動量矩定理和動量矩守恒定律，因為總動量矩系統的動量只能繞同一軸。 計算。當兩個圓柱體的邊緣不相對滑動時，1和2的方向相反，所以應該是（1）。 動量矩定理應分別用于兩個圓柱體。 由于兩圓柱體接觸時摩擦力大小相等、方向相反，因此扭矩和沖擊力矩的大小與半徑成正比，方向相同：，36，(2)，求解( 1)(2)，我們得到：,37,例9 如圖所示，質量為m的粒子
10. 一顆子彈以水平速度射入懸掛在頂部的固定長桿，導致桿偏轉 30o。 已知桿的長度為l，質量為M。解：將子彈和桿視為一個系統，系統的動量矩在很短的時間內守恒。 ，求：子彈的初速度v0。 ,v0,m,M,38, 子彈射入桿后，子彈、桿、土是一個系統，機械能守恒。 ,初速度,39,例10 一根長度為l、質量為M的均質棒懸掛在一端。 桿可以在垂直平面內繞懸掛軸線自由旋轉。 桿最初處于靜止狀態，脈沖 I 作用在桿的中心，其方向垂直于桿，如圖所示。 求桿在沖量結束時獲得的角速度（假設沖量作用時間很短且桿在動作過程中不移動），解法基于動量定理，40, 41，例11 質量為M、半徑為R的轉盤可繞導程公轉 直軸無摩擦旋轉。
11. 圓盤的初始角速度為零。 質量為m的人從靜止在轉盤上開始，相對于轉盤沿半徑為r的圓作勻速運動，如圖所示。 求當人在轉盤上打一輪并返回到轉盤上的原始位置時，轉盤相對于地面旋轉了多少角度。 ，解：以人與轉盤組成的系統為研究對象，人相對于轉盤的速度為vr，轉盤相對于固定轉盤的角速度為，則人相對于固定轉盤的速度為到轉盤是vr + r。 ,42。 系統繞軸的動量矩守恒，即假設時間內圓盤相對于地面旋轉的角度為 ，則 ， 43。 其中 是人相對于轉盤旋轉的角度，因此角度為圓盤相對于地面旋轉 角度為44° 例12 一端懸掛一根長度為l、質量為M的均質棒，它可以繞著穿過點O并垂直于紙面的軸線旋轉。 桿從水平位置落下，沒有初速度。 它與質量為m的物體A在垂直位置發生完全非彈性碰撞。 如圖所示，碰撞后，物體A憑借摩擦系數沿水平面滑動。 求物體A沿水平面滑動的距離。 ，解：第一階段，以桿為研究對象，設為本階段結束時的角速度。 根據動能定理， 45. 第二階段，以桿和物體A為研究對象。 設碰撞結束時桿的角速度為動量矩。 守恒，解為， 46。第三階段，以物體A為研究對象，物體A滑動的距離為S。根據粒子動能定理，有，
