第十三讲刚体的运动和动力学问题

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刚体动力学

利用上述运动微分方程组并考虑运动学方程组（5）以及初始条件，即可确定刚体在空间中的一般运动。刚体一般运动的研究对研究各种航行器轨迹和姿态运动之间的相互关系有重要意义。
以上论及的只是单刚体动力学。由于现代科学技术的发展，多刚体系统动力学的研究也正在开展中（见多刚体系统）。
参考文献
1、词条作者：陈滨．《中国大百科全书》74卷（第一版）力学词条：刚体动力学：中国大百科全书出版社， 1987 ：168-170页．
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逐项类比。同质点质量m对应的量是Iz。m是质点运动时惯性的度量；Iz则是刚体定轴转动时转动惯性的度量。这正是Iz称为“转动惯量”的来由。
应用刚体定轴转动的微分方程（2）可以对物理摆的运动规律、旋转机械输入和输出功率同平衡转速的关系进行研究。刚体定轴转动的另一重要研究课题是支承的动载荷。动载荷是与刚体转动角速度有关的载荷。当刚体既满足静平衡——刚体的重心在转动轴上，又满足动平衡——旋转轴是惯性主轴时，支承才不受动载荷的作用。这个结论在工程上有重要价值（见动平衡）。
刚体平面运动是机器部件一种常见的运动形态，例如曲柄连杆、滚轮等的运动。过刚体质心作刚体平面运动的固定平面，此平面在刚体上截得一平面图形。此图形在上述固定平面上的运动完全刻画了刚体的平面运动。由运动学可知，刚体的平面运动可由质心C在平面上相对固定坐标系Oxy的运动和刚体绕过C并同固定平面垂直的轴 Cz的转动合成（图2）。刚体的旋转轴Cz虽然在空间中变动，但它的方向不变，相对刚体的位置也不变，因而刚体绕Cz轴旋转的转动惯量是常值Iσ，绕Cz轴的动量矩为
刚体一般运动是对惯性坐标系而言的。设C为刚体的质心，Cxyz为同刚体固联的质心惯性主轴坐标系。因刚体一般运动可分解为平动和绕质心的转动，故应用质心运动定理和对质心的动量矩定理，可以立即建立刚体一般运动的微分方程组：

《刚体动力学》课件

牛顿第二定律
物体的加速度与作用在物体上的力成正比，与物体的质量成反比。
牛顿第三定律
对于任何两个相互作用的物体，作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。
刚体的平动
刚体的平动是指刚体在空间中的位置随时间的变化而变化，而刚体的形状和大小保持不变
的运动。
刚体的平动具有三个自由度，即三个方向的平动。
05
刚体的动力学方程
刚体的动力学方程
牛顿第二定律
刚体的加速度与作用力成正比，与刚体质量成反比。
刚体的转动定律
刚体的角加速度与作用力矩成正比，与刚体对转动轴的转动惯量成反比。
刚体的动量方程
刚体的动量变化率等于作用力对时间的积分。
刚体的自由度与约束
自由度
描述刚体运动的独立变量，如平动自由度和转动自由度。
约束
限制刚体运动的条件，如固定约束、滑动约束等。
约束方程
描述刚体运动受约束的数学表达式。
刚体的动力学方程的求解方法
解析法
通过代数运算求解动力学方程，适用于简单问题。
数值法
通过迭代逼近求解动力学方程，适用于复杂问题。
近似法
通过近似模型求解动力学方程，适用于实际问题。
06
刚体动力学中的问题与实例分析
人工智能和机器学习的发展将为刚体动力学的研究提供新的思路和方法，有助于解决复杂动力学问题。
感谢您的观看
THANKS
船舶工程
在船舶工程中，刚体动力学用于研究船舶的航行稳定性、推进效率以及船舶结构的安全性等。
兵器科学与技术
在兵器科学与技术领域，刚体动力学用于研究弹药的发射动力学、火炮的射击精度和稳定性等。

刚体的运动学及动力学问题

刚体的运动学与动力学问题文/沈晨编者按中国物理学会全国中学生物理竞赛委员会2000年第十九次会议对《全国中学生物理竞赛内容提要》作了一些调整和补充，并决定从2002年起在复赛题与决赛题中使用提要中增补的内容．为了给准备参赛的学生提供有关信息，帮助选手们尽快熟悉与掌握《竞赛提要》增补部分的物理知识，给辅导学生参赛的教师提供方便，本刊编辑部特约请特级教师沈晨老师拟对相对集中的几块新补内容划分成“刚体的运动与动力学问题”、“狭义相对论浅涉”、“波的描述和波现象”、“热力学定律”四个专题，分别介绍竞赛涉及的知识内容，例说典型问题与方法技巧，推介竞赛训练精题、名题和趣题．本刊将从本期开始连载四期，供老师们参考．《中学物理教学参考》编辑部约请笔者就复赛和决赛中新增补的内容作专题讲座，如何进行教学，笔者自身也正在探索之中，整个资料还只是一个雏形，呈献给大家是希望与广大同行交流切磋，以及能为更多的物理人才的脱颖而出作一点微薄的努力．一、竞赛涉及有关刚体的知识概要1.刚体在无论多大的外力作用下，总保持其形状和大小不变的物体称为刚体．刚体是一种理想化模型，实际物体在外力作用下发生的形变效应不显著可被忽略时，即可将其视为刚体，刚体内各质点之间的距离保持不变是其重要的模型特征．2.刚体的平动和转动刚体运动时，其上各质点的运动状态（速度、加速度、位移）总是相同的，这种运动叫做平动．研究刚体的平动时，可选取刚体上任意一个质点为研究对象．刚体运动时，如果刚体的各个质点在运动中都绕同一直线做圆周运动，这种运动叫做转动，而所绕的直线叫做转轴．若转轴是固定不动的，刚体的运动就是定轴转动．刚体的任何一个复杂运动总可看做平动与转动的叠加，刚体的运动同样遵从运动独立性原理．3.质心质心运动定律质心这是一个等效意义的概念，即对于任何一个刚体（或质点系），总可以找到一点Ｃ，它的运动就代表整个刚体（或质点系）的平动，它的运动规律就等效于将刚体（或质点系）的质量集中在点Ｃ，刚体（或质点系）所受外力也全部作用在点Ｃ时，这个点叫做质心．当外力的作用线通过刚体的质心时，刚体仅做平动；当外力作用线不通过质心时，整个物体的运动是随质心的平动及绕质心的转动的合成．质心运动定律物体受外力F作用时，其质心的加速度为ａＣ，则必有Ｆ＝ｍａＣ，这就是质心运动定律，该定律表明：不管物体的质量如何分布，也不管外力作用点在物体的哪个位置，质心的运动总等效于物体的质量全部集中在此、外力亦作用于此点时应有的运动．4.刚体的转动惯量Ｊ刚体的转动惯量是刚体在转动中惯性大小的量度，它等于刚体中每个质点的质量ｍｉ与该质点到转轴的距离ｒｉ的平方的乘积的总和，即Ｊ＝ｍｉｒｉ２．从转动惯量的定义式可知，刚体的转动惯量取决于刚体各部分的质量及对给定转轴的分布情况．我们可以利用微元法求一些质量均匀分布的几何体的转动惯量．5.描述转动状态的物理量对应于平动状态参量的速度ｖ、加速度ａ、动量ｐ＝ｍｖ、动能Ｅｋ＝（1／2）ｍｖ２；描述刚体定轴转动状态的物理量有：角速度ω角速度的定义为ω＝Δθ／Δｔ．在垂直于转轴、离转轴距离ｒ处的线速度与角速度之间的关系为ｖ＝ｒω．角加速度角加速度的定义为α＝Δω／Δｔ．在垂直于转轴、离转轴距离ｒ处的线加速度与角加速度的关系为ａｔ＝ｒα．角动量Ｌ角动量也叫做动量矩，物体对定轴转动时，在垂直于转轴、离转轴距离ｒ处某质量为ｍ的质点的角动量大小是ｍｖｒ＝ｍｒ２ω，各质点角动量的总和即为物体的角动量，即Ｌ＝ｍｉｖｉｒｉ＝（ｍｉｒｉ２）ω＝Ｊω．转动动能Ｅｋ当刚体做转动时，各质点具有共同的角速度ω及不同的线速度ｖ，若第ｉ个质点质量为ｍｉ，离转轴垂直距离为ｒｉ，则其转动动能为（1／2）ｍｉｖｉ２＝（1／2）ｍｉｒｉ２ω２，整个刚体因转动而具有的动能为所有质点的转动动能的总和，即Ｅｋ＝（1／2）（ｍｉｒｉ２）ω２＝（1／2）Ｊω２．6.力矩Ｍ力矩的功Ｗ冲量矩Ｉ如同力的作用是使质点运动状态改变、产生加速度的原因一样，力矩是改变刚体转动状态、使刚体获得角加速度的原因．力的大小与力臂的乘积称为力对转轴的力矩，即Ｍ＝Ｆｄ．类似于力的作用对位移的累积叫做功，力矩的作用对角位移的累积叫做力矩的功．恒力矩Ｍ的作用使刚体转过θ角时，力矩所做的功为力矩和角位移的乘积，即Ａ＝Ｍθ．与冲量是力的作用对时间的累积相似，力矩的作用对时间的累积叫做冲量矩，冲量矩定义为力矩乘以力矩作用的时间，即Ｉ＝ＭΔｔ．7.刚体绕定轴转动的基本规律转动定理刚体在合外力矩Ｍ的作用下，所获得的角加速度与合外力矩大小成正比，与转动惯量Ｊ成反比，即Ｍ＝Ｊα．如同质点运动的牛顿第二定律可表述为动量形式，转动定理的角动量表述形式是Ｍ＝ΔＬ／Δｔ．转动动能定理合外力矩对刚体所做的功等于刚体转动动能的增量，即Ｗ＝（1／2）Ｊω１２－（1／2）Ｊω０２．该定理揭示了力矩作用对角位移的积累效应是改变刚体的转动动能．角动量定理转动物体所受的冲量矩等于该物体在这段时间内角动量的增量，即ＭΔｔ＝Ｌ１－Ｌ０＝Ｊωｔ－Ｊω０．该定理体现了力矩作用的时间积累效应是改变刚体转动中的动量矩．角动量守恒定律当物体所受合外力矩等于零时，物体的角动量保持不变，此即角动量守恒定律．该定律适用于物体、物体组或质点系当不受外力矩或所受合外力矩为零的情况．在运用角动量守恒定律时，要注意确定满足守恒条件的参照系．如果将上述描述刚体的物理量及刚体的运动学与动力学规律与质点相对照（如表1所示），可以发现它们极具平移对称性，依据我们对后者的熟巧，一定可以很快把握刚体转动问题的规律．表1速度ｖｖ＝Δｓ／Δｔ角速度ω ω＝Δθ／Δｔ加速度ａａ＝Δｖ／Δｔ角加速度α α＝Δω／Δｔ匀速直线运动ｓ＝ｖｔ匀角速转动 θ＝ωｔ匀变速直线运动ｖ１＝ｖ０＋ａｔｓ＝ｖ０ｔ＋（1／2）ａｔ２ｖｔ２－ｖ０２＝2ａｓ匀变速转动 ω１＝ω０＋αｔ θ＝ω０ｔ＋（1／2）αｔ２ωｔ２－ω０２＝2αθ牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ转动定理Ｍ＝Ｊα 动量定理Ｆｔ＝ｍｖｔ－ｍｖ０（恒力）角动量定理Ｍｔ＝Ｊωｔ－Ｊω０动能定理Ｆｓ＝（1／2）ｍｖｔ２－（1／2）ｍｖ０２转动动能定理Ｍθ＝（1／2）Ｊωｔ２－（1／2）Ｊω０２动量守恒定律ｍｖ＝常量角动量守恒定律Ｊω＝常量二、确定物体转动惯量的方法物体的转动惯量是刚体转动状态改变的内因，求解转动刚体的动力学问题，离不开转动惯量的确定．确定刚体的转动惯量的途径通常有：1.从转动惯量的定义来确定对于一些质量均匀分布、形状规则的几何体，计算它们关于对称轴的转动惯量，往往从定义出发，运用微元集合法，只需要初等数学即可求得．例1 如图1所示，正六角棱柱形状的刚体的质量为Ｍ，密度均匀，其横截面六边形边长为ａ．试求该棱柱体相对于它的中心对称轴的转动惯量．图1分析与解这里求的是规则形状的几何体关于它的中心对称轴的转动惯量．从转动惯量的定义出发，我们可将棱柱沿截面的径向均匀分割成ｎ（ｎ→∞）个厚度均为（／2）·（ａ／ｎ）、棱长为ｌ的六棱柱薄壳，确定任意一个这样的薄壳对中心轴的元转动惯量Ｊｉ，然后求和即可，有Ｊ＝Ｊｉ．图2现在，先给出一矩形薄板关于与板的一条边平行的轴ＯＯ′的转动惯量．板的尺寸标注如图2所示，质量为ｍ且均匀分布，轴ＯＯ′与板的距离为ｈ，沿长为ｂ的边将板无限切分成ｎ条长为ｌ、宽为ｂ／ｎ的窄条，则有Ｊ板＝ｌｉｍ（ｍ／ｂｌ）·（ｂ／ｎ）·ｌ［ｈ２＋（ｉｂ／ｎ）２］＝ｍ［（ｈ２／ｎ）＋（ｉ２／ｎ３）ｂ２］＝ｍ（ｈ２＋（ｂ２／3））．回到先前的六棱柱薄壳元上，如图1所示，由对称性可知其中第ｉ个薄壳元的ｈｉ＝ｉａ／2ｎ，ｂ＝ｉａ／2ｎ．薄壳元对轴ＯＯ′的转动惯量是12Ｊ板，即Ｊｉ=12ρｌ（ａ／2ｎ）（ｉａ／2ｎ）［（ｉａ／2ｎ）２＋（1／3）（ｉａ／2ｎ）２］．式中，ρ是六棱柱体的密度，即ρ＝Ｍ／6×（1／2）·ａ２·（／2）ｌ＝2Ｍ／3ａ２ｌ．则六棱柱体对中心对称轴ＯＯ′的转动惯量为Ｊ＝12ρｌ·（ａ／ｎ）·（／2）·（ｉａ／2ｎ）［（（ｉａ／ｎ）·（／2））２＋（1／3）（ｉａ／2ｎ）］＝12ρｌ·（ａ４／4）·（ｉ３／ｎ４）·［3／4＋1／12］＝（5Ｍａ２／3）ｉ３／ｎ４＝（5Ｍａ２／3）（1／ｎ４）（1３＋2３＋…＋ｎ３）＝（5Ｍａ２／3）（1／ｎ４）·（ｎ２（ｎ＋1）２／4）＝5Ｍａ２／12．2.借助于平行轴定理在刚体绕某点转动时，需对过该点的轴求转动惯量，借助于平行轴定理，可以解决这样的问题：已知刚体对过质心的轴的转动惯量，如何求对不通过质心但平行于过质心转轴的轴的转动惯量．平行轴定理：设任意物体绕某固定轴Ｏ的转动惯量为Ｊ，绕过质心而平行于轴Ｏ的转动惯量为ＪＣ，则有Ｊ＝ＪＣ＋Ｍｄ２，式中d为两轴之间的距离，Ｍ为物体的质量．图3证明：如图3所示，Ｃ为过刚体质心并与纸面垂直的轴，Ｏ为与它平行的另一轴，两轴相距为ｄ，在与轴垂直的平面内以质心Ｃ为原点，过ＣＯ的直线为ｘ轴，建立ｘＣｙ坐标系．Ｍｉ代表刚体上任一微元的质量，它与轴Ｃ及轴Ｏ的距离依次为Ｒｉ和ｒｉ，微元与质心连线与ｘ轴方向的夹角为θｉ，由转动惯量的定义知，刚体对轴Ｏ的转动惯量应为Ｊ＝ｍｉｒｉ２＝ｍｉ（Ｒｉ２＋ｄ２－2ｄＲｉｃｏｓθ）＝ｍｉＲｉ２＋ｍｉｄ２－2ｄｍｉＲｉｃｏｓθｉ．上式中第一项即为刚体对质心Ｃ的转动惯量ＪＣ；第二项Ｊ＝ｍｉｄ２＝ｄ２ｍｉ＝Ｍｄ２，Ｍ是刚体的总质量；而第三项中ｍｉＲｉｃｏｓθｉ＝ｍｉｘｉ，ｘｉ是质量元在ｘＣｙ平面坐标系内的ｘ坐标，按质心的定义，有ｍｉｘｉ＝0，所以Ｊ＝ＪＣ＋Ｍｄ２．在上述例1中，我们已求得正六棱柱关于其中心轴的转动惯量，利用平行轴定理，我们还可求得六棱柱相对于棱边的转动惯量为Ｊ′＝（5／12）Ｍａ２＋Ｍａ２＝（17／12）Ｍａ２．3.运用垂直轴定理对任意的刚体，任取直角三维坐标系Ｏｘｙｚ，刚体对ｘ、ｙ、z轴的转动惯量分别为Ｊｘ、Ｊｙ、Ｊｚ，可以证明Ｊｘ＋Ｊｙ＋Ｊｚ＝2ｍｉｒｉ２，ｒｉ是质元到坐标原点的距离．图4证明：如图4所示，质元ｍｉ的坐标是ｘｉ、ｙｉ、ｚｉ，显然，ｒｉ２＝ｘｉ２＋ｙｉ２＋ｚｉ２．而刚体对ｘ、ｙ、ｚ轴的转动惯量依次为Ｊｘ＝ｍｉ（ｙｉ２＋ｚｉ２），Ｊｙ＝（ｘｉ２＋ｚｉ２），Ｊｚ＝ｍｉ（ｘｉ２＋ｙｉ２）．则Ｊｘ＋Ｊｙ＋Ｊｚ＝2ｍｉ（ｘｉ２＋ｙｉ２＋ｚｉ２）＝2ｍｉｒｉ２．这个结论就是转动惯量的垂直轴定理，或称正交轴定理．这个定理本身及其推导方法对转动惯量求解很有指导意义．例2从一个均匀薄片剪出一个如图5所示的对称的等臂星．此星对Ｃ轴的转动惯量为Ｊ．求该星对Ｃ１轴的转动惯量．Ｃ和Ｃ１轴都位于图示的平面中，Ｒ和ｒ都可看做是已知量．图5分析与解设星形薄片上任意一质元到过中心Ｏ而与星平面垂直的轴Ｏ距离为ｒｉ，则星对该轴的转动惯量为ｍｉｒｉ２=ＪＯ，由于对称性，星对Ｃ轴及同平面内与Ｃ轴垂直的Ｄ轴的转动惯量相等，均为已知量Ｊ；同样，星对Ｃ１轴及同平面内与Ｃ１轴垂直的Ｄ１轴的转动惯量亦相等，设为Ｊ１，等同于垂直轴定理的推导，则ＪＣ＋ＪＤ＝2Ｊ＝ＪＯ，ＪＣ１＋ＪＤ１＝2Ｊ１＝ＪＯ，于是有2Ｊ＝2Ｊ１，即Ｊ１＝Ｊ．4.巧用量纲分析法根据转动惯量的定义Ｊ＝ｍｉｒｉ２，其量纲应为［ＭＬ２］，转动惯量的表达式常表现为ｋｍａ２形式，ｍ是刚体的质量，ａ是刚体相应的几何长度，只要确定待定系数ｋ，转动惯量问题便迎刃而解．例3如图6甲所示，求均匀薄方板对过其中心Ｏ且与ｘ轴形成α角的轴Ｃ的转动惯量．图6分析与解如图6（甲所示为待求其转动惯量的正方形薄板，设其边长为ｌ，总质量为Ｍ，对Ｃ轴的转动惯量为Ｊ＝ｋＭｌ２，过中心Ｏ将板对称分割成四个相同的小正方形，各小正方形对过各自质心且平行于Ｃ的轴的转动惯量为（ｋＭ／4）·（ｌ／2）２＝ｋＭｌ２／16．如图6乙所示，小正方形的轴与Ｃ轴距离为Ｄ或ｄ，由平行轴定理，它们对Ｃ轴的转动惯量应分别为（ｋＭｌ２／16）＋（Ｍ／4）Ｄ２（两个质心与Ｃ轴距离为Ｄ的小正方形）或（ｋＭｌ２／16）＋（Ｍ／4）ｄ２（两个质心与Ｃ轴距离为ｄ的小正方形），则有下列等式成立，即ｋＭｌ２＝2（（ｋＭｌ２／16）＋（Ｍ／4）Ｄ２）＋2（（ｋＭｌ２／16）＋（Ｍ／4）Ｄ２）．整理可得（3／2）ｋｌ２＝（Ｄ２＋ｄ２）．而由几何关系，可得Ｄ＝（ｌ／2）·（／2）ｓｉｎ（π／4＋α），ｄ＝（ｌ／2）·（／2）ｓｉｎ（π／4－α），故有（3／2）ｋｌ２＝（ｌ２／8）［ｓｉｎ２（π／4＋α）＋ｓｉｎ２（π／4－α）］，则ｋ＝1／12．于是求得正方形木板对过其中心Ｏ的轴的转动惯量为Ｊ＝（1／12）Ｍｌ２，且与角α无关．5．一些规则几何体的转动惯量一些规则几何体的转动惯量如表2所示．表2三、刚体运动问题例析根据今年将实行的ＣＰｈＯ新提要，刚体运动问题应该要求运用质心运动定理、角动量定理及角动量守恒定律等刚体基本运动规律来求解刚体转动的动力学与运动学问题．下面就此展示四个例题．例4在平行的水平轨道上有一个缠着绳子且质量均匀的滚轮，绳子的末端固定着一个重锤．开始时，滚轮被按住，滚轮与重锤系统保持静止．在某一瞬间，放开滚轮．过一定的时间后，滚轮轴得到了固定的加速度ａ，如图7甲所示．假定滚轮没有滑动，绳子的质量可以忽略．试确定：（1）重锤的质量ｍ和滚轮的质量Ｍ之比；（2）滚轮对平面的最小动摩擦因数．图7分析与解与处理质点的动力学问题一样，处理刚体转动的力学问题，要清楚了解力矩与转动惯量对刚体运动的制约关系．（1）当滚轮轴亦即滚轮质心纯滚动而达到恒定的加速度ａ时，其角加速度为α＝ａ／Ｒ，Ｒ为滚轮的半径．滚轮可看做质量均匀的圆盘，其关于质心的转动惯量为（1／2）ＭＲ２，分析滚轮受力情况如图7乙所示，可知以轮与水平轨道的接触点Ｃ为瞬时转动轴考察将比较方便，因为接触点处的力对刚体的这种转动不产生影响．关于Ｃ轴，对滚轮形成转动力矩的只有绳子上的张力Ｔ，张力Ｔ可以通过重锤的运动来确定：相对于接触点Ｃ，滚轮的质心的水平加速度为ａ，重锤相对滚轮质心的线加速度也为ａ，且方向应沿绳子向下，这两个加速度是由重锤所受到的重力与绳子拉力提供的，重锤的加速度为这两个加速度的矢量和．由牛顿第二定理，有ｍｇｔａｎθ＝ｍａ，（ｍｇ／ｃｏｓθ）－Ｔ′＝ｍａ，则Ｔ＝Ｔ′＝ｍ－ｍａ．再研究滚轮，注意到Ｃ点到张力Ｔ的作用线之距离的几何尺寸，滚轮对Ｃ轴的转动惯量可用平行轴定理转换为（3／2）ＭＲ２，对滚轮运用转动定律，有（ｍ－ｍａ）（1－（ａ／））Ｒ＝（3／2）ＭＲ２·（ａ／Ｒ）．解之得ｍ／Ｍ＝3ａ／2（－ａ）２．（2）对滚轮应用质心运动定理，滚轮质心加速度为ａ，方向水平，则应有ｆ－Ｔｓｉｎθ＝Ｍａ，Ｎ－Ｔｃｏｓθ＝Ｍｇ，其中ｓｉｎθ＝ａ／，ｃｏｓθ＝ｇ／，那么，动摩擦因数满足μ≥ｆ／Ｎ＝ａ／ｇ．在上面解答中，确定滚轮与重锤的相关加速度是本题的“题眼”所在．例5如图8甲所示，在光滑地面上静止地放置着两根质量均为ｍ，长度均为ｌ的均匀细杆，其中一杆由相等的两段构成，中间用光滑的铰链连接起来，两段在连接点可以弯折但不能分离．在两杆的一端，各施以相同的垂直于杆的水平冲量Ｉ．试求两细杆所获得的动能之比．图8分析与解本题的求解方向是通过质心的动量定理与刚体的角动量定理，求得杆的质心速度及绕质心的角速度，进而求出杆由于这两个速度所具有的动能．如图8乙所示，设杆1在冲量Ｉ作用下，质心获得的速度为ｖＣ，杆的角速度为ω，由质心的动量定理，得Ｉ＝ｍｖＣ，由刚体的角动量定理，得Ｉ·ｌ／2＝Ｊω＝（1／12）ｍｌ２ω．则杆1的动能为Ｅｋ1＝（1／2）ｍｖｃ２＋（1／2）Ｊω２＝（1／2）ｍ（Ｉ／ｍ）２＋（1／2）Ｊ（Ｉｌ／2Ｊ）２＝（Ｉ２／2ｍ）＋（3Ｉ２／2ｍ）＝2Ｉ２／ｍ．如图8丙所示为杆2的左、右两段受力情况，当在杆2左端作用冲量Ｉ时，在两段连接处，有一对相互作用的冲量Ｉ１与Ｉ１′，它们大小相等，方向相反．由于两段受力情况不同，各段的质心速度及角速度均不同，但在连接处，注意到“不分离”的条件，左段的右端与右段的左端具有相同的速度．现对两段分别运用动量定理和角动量定理，对杆2左段，有Ｉ－Ｉ１＝（ｍ／2）ｖＣ１，（Ｉ＋Ｉ１）·（ｌ／4）＝（ｍｌ２／96）ω１，对杆2右段，有Ｉ１′＝（ｍ／2）ｖＣ2，Ｉ１′·ｌ／4＝（ｍｌ２／96）ω２．由连接处“不分离”条件得左、右两段的速度与角速度的关系是ｖＣ1－ω１·（ｌ／4）＝ω２·（ｌ／4）＋ｖＣ2，由以上各式，可得ω１＝18Ｉ／ｍｌ，ω２＝－6Ｉ／ｍｌ，ｖＣ1＝5Ｉ／2ｍ，ｖＣ2＝Ｉ／2ｍ，于是可计算杆2的动能为Ｅｋ2＝（1／2）·（ｍ／2）（ｖＣ1２＋ｖＣ2２）＋（1／2）·（Ｊ／2）（ω１２＋ω２２）＝7Ｉ２／2ｍ．易得1、2两杆的动能之比为Ｅ１∶Ｅ２＝4∶7．本题求解中，抓住杆2左、右两段连接处速度相同的相关关系，全盘皆活．例6形状适宜的金属丝衣架能在如图9所示的平面里的几个平衡位置附近做小振幅摆动．在位置甲和位置乙里，长边是水平的，其它两边等长．三种情况下的振动周期都相等．试问衣架的质心位于何处？摆动周期是多少？（第13届ＩＰｈＯ试题）图9图10分析与解本题涉及刚体做简谐运动的问题，即复摆的运动规律．一个在重力作用下绕水平轴在竖直面内做小角度摆动的刚体称为复摆或物理摆．我们先来推导复摆的周期公式．如图10所示，设Ｏ为转轴（悬点），质心Ｃ与转轴距离（等效摆长）为ｌ，质量为ｍ，对转轴的转动惯量为Ｊ，最大偏角θ＜5°．由机械能守恒定律，可得ｍｇｌ（1－ｃｏｓθ）＝（1／2）Ｊω′２．①ω′是刚体的质心通过平衡位置时的角速度．对摆长ｌ、质量ｍ的理想单摆而言，有ｍｇｌ（1－ｃｏｓθ）＝（1／2）ｍｖ２＝（1／2）ｍ（ｌω）２＝（1／2）ｍ（Ａω０）２．②②式中ω０是摆球（质点）通过平衡位置时的角速度，Ａ是振幅（Ａ=ｌ），ω０是摆球振动的圆频率．可知ω０＝．将①式变形为ｍｇｌ（1－ｃｏｓθ）＝（1／2）Ｊω′２＝（1／2）ｍ（ｌ·ω′）２＝（1／2）ｍ（Ａω０′）２，比较②式，即对复摆与单摆作等效变换，可得复摆小幅振动（亦为谐振）的圆频率为ω０′＝ω０＝，那么复摆的周期公式为Ｔ＝2π．图11由题设条件确定衣架的质心位置及转动惯量，依据复摆周期公式，即可确定三种情况下相同的摆动周期Ｔ．如图11所示，质心Ｏ到转轴Ａ、Ｂ、Ｃ的距离设为ａ、ｂ、ｃ，由图9甲所示衣架的平衡位置可知，质心Ｏ必在衣架长边的中垂线ＡＢ上，在三种情况下衣架对转轴Ａ、Ｂ、Ｃ的转动惯量依次为ＪＡ＝ＪＯ＋ｍａ２，ＪＢ＝ＪＯ＋ｍｂ２，ＪＣ＝ＪＯ＋ｍｃ２．式中ＪＯ为所设衣架对质心Ｏ的转动惯量，ｍ是衣架总质量．因为三种情况下的周期相同，故有（ＪＯ＋ｍａ２）／ｍｇａ＝（ＪＯ＋ｍｃ２）／ｍｇｃ，即（ＪＯ－ｍａｃ）（ｃ－ａ）＝0，显然ｃ≠ａ，则可知ＪＯ＝ｍａｃ；又有（ＪＯ＋ｍａ２）／ｍｇａ＝（ＪＯ＋ｍｂ２）／ｍｇｂ，即（ＪＯ－ｍａｂ）（ｂ－ａ）＝0，此式中因ｃ＞ｂ，故（ＪＯ-ｍａｂ）≠0，则必有ａ＝ｂ，即质心位于ＡＢ之中点．衣架周期为Ｔ=2π＝2π．根据图9标注的尺寸可知ａ＝5ｃｍ，ｃ＝ｃｍ≈21．6ｃｍ，代入后得Ｔ≈1.03ｓ．本题是国际物理奥林匹克的一道赛题，题意简洁，解答方法也很多，笔者给出的这种解法应该说比较严密且巧妙．最后，我们再尝试解答另外一道比较繁难的国际物理奥林匹克竞赛试题，该题涉及动量矩守恒定律的运用．例7如图12所示，一个质量为ｍ，半径为ＲＡ的均匀圆盘Ａ在光滑水平面ｘＯｙ内以速度ｖ沿ｘ轴方向平动，圆盘中心至ｘ轴的垂直距离为ｂ．圆盘Ａ与另一静止的、其中心位于坐标原点Ｏ的均匀圆盘Ｂ相碰．圆盘Ｂ的质量与Ａ相同，半径为ＲＢ．假定碰撞后两圆盘接触处的切向速度分量（垂直于连心线方向的速度）相等，并假设碰撞前后两圆盘沿连心线方向的相对速度大小不变．在发生碰撞的情况下，试求：（1）碰后两圆盘质心速度的ｘ分量和ｙ分量，结果要以给定的参量ｍ、ＲＡ、ＲＢ、ｖ和ｂ表示；（2）碰后两圆盘的动能，结果要以给定的参量ｍ、ＲＡ、ＲＢ、ｖ和ｂ表示．（第24届ＩＰｈＯ试题）分析与解（1）本题情景是质量相同的运动圆盘Ａ与静止圆盘Ｂ在水平面上发生非弹性斜碰．碰撞前后，质心动量守恒——系统不受外力；对Ｏ点的角动量守恒——外力冲量矩为零；动能不守恒——碰撞后两圆盘接触处的切向速度分量相等，必有摩擦力存在，动能有损失．本题给出诸多的附加条件，除了根据动量守恒与角动量守恒列出基本方程外，还必须根据附加条件给出足够的补充方程，并适当选用速度分量，方可最终得解．图12 图13如图13所示，设碰撞时两盘质心连线与ｘ轴成θ角，由几何关系可知ｂ=（ＲＡ+ＲＢ）ｓｉｎθ．对系统，在法向与切向动量均守恒，即ｍｖｓｉｎθ＝ｍｖＡｔ＋ｍｖＢｔ，ｍｖｃｏｓθ＝ｍｖＡｎ＋ｍｖＢｎ，式中，ｖＡｔ、ｖＢｔ、ｖＡｎ、ｖＢｎ是Ａ、Ｂ盘碰撞后沿切向与径向的质心速度；系统对Ｏ点的角动量守恒即ｍｖｂ＝ＪＡωＡ＋ｍｖＡｔ（ＲＡ＋ＲＢ）＋ＪＢωＢ，该式中，ＪＡ＝（1／2）ｍＲＡ2，ＪＢ＝（1／2）ｍＲＢ2，ωＡ、ωＢ为两盘碰撞后的角速度（待定）．注意碰撞后Ａ盘既有转动又有平动，对Ｏ点的角动量由两部分组成，而Ｂ盘质心在Ｏ点，故角动量仅为ＪＢωＢ．上述三个方程涉及六个未知量，需列出补充方程．根据两盘接触处切向速度相同有ｖＡｔ－ωＡＲＡ＝ｖＢｔ＋ωＢＲＢ，根据两盘法向相对速度不变有ｖｃｏｓθ＝ｖＢｎ－ｖＡｎ．对Ｂ盘，由动量定理和角动量定理，摩擦力ｆ的作用是ｆ·Δｔ＝ｍｖＢｔ，ｆ·ＲＢ·Δｔ＝ＪＢωＢ，即ｍｖＢｔＲＢ＝ＪＢωＢ．由上述六个方程，解得ωＡ＝ｖｓｉｎθ／3ＲＡ，ωＢ＝ｖｓｉｎθ／3ＲＢ，ｖＡｔ＝（5／6）ｖｓｉｎθ，ωＢｔ＝（1／6）ｖｓｉｎθ，ｖＡｎ＝0，ｖＢｎ＝ｖｃｏｓθ．碰后两盘的质心速度的ｘ分量分别为ｖＡｘ＝ｖＡｔｓｉｎθ＋ｖＡｎｃｏｓθ＝（5／6）ｖｓｉｎ２θ，ｖＢｘ＝ｖＢｔｓｉｎθ＋ｖＢｎｃｏｓθ＝（1／6）ｖｓｉｎ２θ＋ｖｃｏｓ２θ，碰后两盘的质心速度的ｙ分量分别为ｖＡｙ＝ｖＡｔｃｏｓθ－ｖＡｎｓｉｎθ＝（5／6）ｖｓｉｎθｃｏｓθ，ｖＢｙ＝ｖＢｔｃｏｓθ－ｖＢｎｓｉｎθ＝－（5／6）ｖｓｉｎθｃｏｓθ，其中ｓｉｎθ＝ｂ／（ＲＡ＋ＲＢ），ｃｏｓθ＝／（ＲＡ＋ＲＢ）．（2）各圆盘的动能是各盘质心平动动能与圆盘转动动能之和，这里不再赘述，答案是ＥＡ＝3ｍｖ２ｂ２／8（ＲＡ＋ＲＢ），ＥＢ＝（1／2）ｍｖ２（1－（11ｂ２／12（ＲＡ＋ＲＢ）２））．四、ＣＰｈＯ竞赛训练题1．如图14所示，质量为ｍ的均匀圆柱体的截面半径为Ｒ，长为2Ｒ．试求圆柱体绕通过质心及两底面边缘的转轴（如图中的Ｚ１、Ｚ２轴）的转动惯量Ｊ．图14 图152．如图15所示，匀质立方体的边长为ａ，质量为ｍ．试求该立方体绕对角线轴ＰＱ的转动惯量Ｊ．3．椭圆细环的半长轴为Ａ，半短轴为Ｂ，质量为ｍ（未必匀质），已知该环绕长轴的转动惯量为ＪＡ，试求该环绕短轴的转动惯量ＪＢ．4．在一根固定的、竖直的螺杆上有一个螺帽，螺距为ｓ，螺帽的转动惯量为Ｊ，质量为ｍ．假定螺帽与螺杆间的动摩擦因数为零，螺帽以初速度ｖ０向下移动，螺帽竖直移动的速度与时间有什么关系？这是什么样的运动？重力加速度为g．5．如图16所示，两个质量和半径均相同的实心圆柱轮，它们的质心轴互相平行，并用一轻杆相连，轴与轴承间的摩擦忽略不计．两轮先以共同的初速度ｖ０沿水平方向运动，两轮的初角速度为零，如图16甲所示．然后同时轻轻地与地面相接触，如图16乙所示，设两轮与地面之间的动摩擦因数分别为μ１和μ２（μ１＞μ２）．试求两轮均变为纯滚动所需的时间及纯滚动后的平动速度大小．图16 图176．如图17所示，光滑水平地面上静止地放着质量为Ｍ、长为ｌ的均匀细杆．质量为ｍ的质点以垂直于杆的水平初速度ｖ０与杆的一端发生完全非弹性碰撞．试求：（1）碰后系统质心的速度及绕质心的角速度；（2）实际的转轴（即静止点）位于何处？7．如图18所示，实心圆柱体从高度为ｈ的斜坡上由静止做纯滚动到达水平地面上，且继续做纯滚动，与光滑竖直墙发生完全弹性碰撞后返回，经足够长的水平距离后重新做纯滚动，并纯滚动地爬上斜坡．设地面与圆柱体之间的动摩擦因数为μ，试求圆柱体爬坡所能达到的高度ｈ′．图18 图198．如图19所示，半径为Ｒ的乒乓球绕质心轴的转动惯量为Ｊ＝（2／3）ｍＲ２，ｍ为乒乓球的质量．乒乓球以一定的初始条件在粗糙的水平面上运动，开始时球的质心速度为ｖＣ０，初角速度为ω０，两者的方向如图18所示．已知乒乓球与地面间的动摩擦因数为μ．试求乒乓球开始做纯滚动所需的时间及纯滚动时的质心速度．9．一个均匀的薄方板的质量为Ｍ，边长为ａ，固定它的一个角点，使板竖直悬挂，板在自身的重力作用下，在方板所在的竖直平面内摆动．在通过板的固定点的对角线上距固定点的什么位置（除去转动轴处之外），粘上一个质量为ｍ的质点，板的运动不会发生变化？已知对穿过板中心而垂直于板的轴，方板的转动惯量为Ｊ＝（1／6）Ｍａ２．图2010．如图20所示，一个刚性的固体正六角棱柱，形状就像通常的铅笔，棱柱的质量为Ｍ，密度均匀．横截面呈六边形且每边长为ａ．六角棱柱相对于它的中心轴的转动惯量为Ｊ＝（5／12）Ｍａ２，相对于棱边的转动惯量是Ｊ′＝（17／12）Ｍａ２．现令棱柱开始不均匀地滚下斜面．假设摩擦力足以阻止任何滑动，并且一直接触斜面．某一棱刚碰上斜面之前的角速度为ωｉ，碰后瞬间角速度为ωｆ，在碰撞前后瞬间的动能记为Ｅｋｉ和Ｅｋｆ，试证明：ωｆ＝ｓωｉ，Ｅｋｆ＝ｒＥｋｉ，并求出系数ｓ和ｒ的值．（第29届ＩＰｈＯ试题）五、训练题简答图21 图221．解：如图21所示，对图所示的Ｚ１、Ｚ２、Ｚ坐标系与Ｚ３、Ｚ４、Ｚ坐标系运用正交轴定理，有Ｊ１＋Ｊ２＋Ｊ５＝Ｊ３＋Ｊ４＋Ｊ５，Ｊ３＝（1／2）ｍＲ２，Ｊ４＝（7／12）ｍＲ２，Ｊ１＝Ｊ２，则Ｊ１＝Ｊ２＝（13／24）ｍＲ２．2．解：将立方体等分为边长为ａ／2的八个小立方体，依照本文例3分析法用量纲求解，有ｋｍａ２＝2·ｋ（ｍ／8）（ａ／2）２＋6·［ｋ（ｍ／8）（ａ／2）２＋（ｍ／8）（ａ／）２］，则ｋ＝1／6，Ｊ＝（1／6）ｍａ２．3．解：由正交轴定理ＪＡ＋ＪＢ＝ｍｉ（ｘｉ２＋ｙｉ２）及椭圆方程（ｘ２／Ａ２）＋（ｙ２／Ｂ２）＝1，得ＪＢ＝ｍＡ２－（Ａ２／Ｂ２）ＪＡ．4．解：由机械能守恒，得ｍｇｓ＝（1／2）Ｊ（ωｔ２－ω０２）＋（1／2）ｍ（ｖｔ２－ｖ０２），又ωｔ／ｖｔ＝ω０／ｖ０＝2π／ｓ，可得ｖｔ２－ｖ０２＝2ｍ／（（4π２Ｊ／ｓ２）＋ｍ）ｇ＝2ｇ′ｓ．故螺帽沿螺杆竖直向下做匀加速直线运动，有ｖｔ＝ｖ０＋ｇ′ｔ，ｇ′＝ｍ／（（4π２Ｊ／ｓ２）＋ｍ）．5．解：两轮相对于地面动量守恒，因为μ１＞μ２，轮1先做纯滚动，轮2做纯滚动所需时间为ｔ，则系统从触地到均做纯滚动时对地面角动量守恒，得2ｍｖ０Ｒ＝2ｍｖｔＲ＋2·（1／2）ｍＲ２ω，又ｖｔ＝ωＲ，解得ｖｔ＝（2／3）ｖ０，ω＝2ｖ０／3Ｒ，ｔ＝ω／α２＝ωＲ／2μ２ｇ＝ｖ０／3μ２ｇ．6．解：碰后系统质心位置从杆中点右移为Δｘ＝（ｍ／（Ｍ＋ｍ））·（ｌ／2）．由质心的动量守恒，求得质心速度为ｖＣ＝（ｍ／（Ｍ＋ｍ））ｖ０．由角动量守恒并考虑质心速度与角速度关系，求得瞬时轴在杆中心左侧ｘ＝ｌ／6处，ω＝6ｍｖ０／（Ｍ＋4ｍ）ｌ．7．解：纯滚动时，无机械能损失，ｖ＝Ｒω．非纯滚动时，运用动量定理及角动量定理，求上坡前的质心速度及角速度，根据机械能守恒即可求得．ｈ′＝ｈ／9．8．解：乒乓球与地接触点Ｏ即滚动又滑动且达到纯滚动时，由角动量守恒，得ｍＲｖＣ0－Ｊω０＝ｍＲｖＣ＋Ｊω，即ｖＣ0－ｖＣ＝（2／3）Ｒ（ω０＋ω），达到纯滚动时，有ｖＣ＝Ｒω，可得到纯滚时质心速度为ｖＣ＝（3／5）ｖＣ0－（2／3）Ｒω０．其中，若ｖＣ0＞（2／3）Ｒω０，纯滚动后，球向右顺时针方向做纯滚动；ｖＣ0＜（2／3）Ｒω０，则纯滚。

分析刚体的运动学和动力学问题

分析刚体的运动学和动力学问题摘要本文主要介绍了刚体的运动学和动力学问题。

首先，我们介绍了刚体的概念及其特点，解释了什么是刚体运动学和动力学。

其次，我们详细讨论了刚体的运动学问题，包括刚体的位移、速度和加速度的计算方法，以及刚体的角位移、角速度和角加速度的计算方法。

然后，我们深入探讨了刚体的动力学问题，包括刚体的受力分析、刚体平衡条件的推导，以及刚体的动量和动能的计算方法。

最后，我们还介绍了一些常见的刚体运动学和动力学问题，并给出了相应的实例分析。

关键词：刚体，运动学，动力学，位移，速度，加速度，角位移，角速度，角加速度，受力分析，平衡条件，动量，动能1. 引言刚体是物理学中一个重要的概念，广泛应用于力学、工程、机械等领域。

刚体的运动学和动力学问题是研究刚体运动规律的基础，对于理解和应用刚体的运动行为具有重要意义。

2. 刚体的概念及特点刚体是指在外力作用下始终保持形状不变的物体，其内部各个点间的相对位置和相对距离不会发生变化。

刚体的特点是分子之间的相对位置保持不变，相互作用力保持不变，因此刚体具有固定的外形和尺寸。

3. 刚体运动学问题刚体运动学是研究刚体的位置、速度和加速度随时间变化的规律。

对于刚体的位移、速度和加速度的计算，我们可以从两方面来考虑：3.1 刚体的直线运动对于刚体的直线运动，我们可以利用刚体的质心来进行计算。

刚体的质心是所有质点的质量之和与各质点质量的加权平均值。

通过计算刚体的质心的位移、速度和加速度，我们可以得到刚体的直线运动规律。

3.2 刚体的转动运动对于刚体的转动运动，我们需要引入刚体的转动轴和转动角。

刚体的转动轴是通过刚体上的一个点且与刚体的质心相距一定距离的直线。

刚体的转动角是刚体围绕转动轴旋转过的角度。

通过计算刚体的转动角、角速度和角加速度，我们可以得到刚体的转动运动规律。

4. 刚体动力学问题刚体动力学是研究刚体受力分析、平衡条件和动量、动能的变化规律。

对于刚体的受力分析，我们可以利用牛顿第二定律和刚体的转动惯量来进行计算。

刚体的运动学与动力学问题练习

刚体的运动学与动力学问题练习刚体的运动学与动力学问题练习1.如图14—14所示，一个圆盘半径为R ，各处厚度一样，在每个象限里，各处的密度也是均匀的，但不同象限里的密度则不同，它们的密度之比为1ρ：2ρ：3ρ：4ρ＝1:2:3:4,求这圆盘的质心位置．2.如图14—15所示，质量为m 的均匀圆柱体，截面半径为R ，长为2R ．试求圆柱体绕通过质心及两底面边缘的转轴(如图中的1Z 、2Z )的转动惯量J .3.如图14—16所示，匀质立方体的边长为a ，质量为m ．试求该立方体绕对角线轴PQ 的转动惯量J ．4.椭圆细环的半长轴为A ，半短轴为B ，质量为m (未必匀质)，已知该环绕长轴的转动惯量为A J ，试求该环绕短轴的转动惯量B J ．5.如图14—17所示矩形均匀薄片ABCD 绕固定轴AB 摆动，AB 轴与竖直方向成30α=°角，薄片宽度AD d =，试求薄片做微小振动时的周期.6.一个均匀的薄方板，质量为M ，边长为a ，固定它的一个角点，使板竖直悬挂，板在自身的重力作用下，在所在的竖直平面内摆动．在穿过板的固定点的对角线上的什么位置(除去转动轴处)，贴上一个质量为m 的质点，板的运动不会发生变化?已知对穿过板中心而垂直于板的轴，方板的转动惯量为216J Ma =. 7.如图14—18所示，两根等质量的细杆BC 及AC ，在C 点用铰链连接，质量不计，放在光滑水平面上，设两杆由图示位置无初速地开始运动，求铰链C 着地时的速度．8.如图14—19所示，圆柱体A 的质量为m ，在其中部绕以细绳，绳的一端B 固定不动，圆柱体初速为零地下落，当其轴心降低h 时，求圆柱体轴心的速度及绳上的张力.图14－14图14－15 图14－16 图14－17图14－18图14－199.如图14—20所示，实心圆柱体从高度为h 的斜坡上从静止纯滚动地到达水平地面上，继续纯滚动，与光滑竖直墙做完全弹性碰撞后返回，经足够长的水平距离后重新做纯滚动，并纯滚动地爬上斜坡，设地面与圆柱体之间的摩擦系数为μ，试求圆柱体爬坡所能达到的高度'h ．10.在一个固定的、竖直的螺杆上的一个螺帽，螺距为s ，螺帽的转动惯量为J ，质量为m .假定螺帽与螺杆间的摩擦系数为零，螺帽以初速度0v 向下移动，螺帽竖直移动的速度与时间有什么关系?这是什么样的运动?重力加速度为g ．11.在水平地面上有两个完全相同的均匀实心球，其一做纯滚动，质心速度v ，另一静止不动，两球做完全弹性碰撞，因碰撞时间很短，碰撞过程中摩擦力的影响可以不计．试求：(1)碰后两球达到纯滚动时的质心速度； (2)全部过程中损失的机械髓的百分数． 12.如图14—21所示，光滑水平地面上静止地放着质量为M 、长为l 的均匀细杆．质量为m 的质点以垂直于杆的水平初速度0v 与杆一端做完全非弹性碰撞.求(1)碰后系统的速度及绕质心的角速度，(2)实际的转轴(即静止点)位于何处?13.如图14—22所示，实心匀质小球静止在圆柱面顶点，受到微扰而自由滚下，为了令小球在θ≤45°范围内做纯滚动，求柱面与球间摩擦因数μ至少多大?14.如图14—23所示，半径为R 的乒乓球，绕质心轴的转动惯量223J mR =，m 为乒乓球的质量，以一定的初始条件在粗糙的水平面上运动，开始时球的质心速度为0C v ，初角速度为0?，两者的方向如图．已知乒乓球与地面间的摩擦因数为μ.试求乒乓球开始做纯滚动所需的时间及纯滚动时的质心速度.15.如图14—24所示，一个刚性的固体正六角棱柱，形状就像通常的铅笔，棱柱的质量为M ，密度均匀．横截面六边形的边长为a ．六角棱柱相对于它的中心轴的转动惯量2512J Ma =．相对于棱边的转动惯量是'2512J Ma =.现令棱柱开始不均匀地滚下斜面．假设摩擦力足以阻止任何滑动，并且一直接触斜面．某一棱刚碰上斜面之前的角速度为i ?，碰后瞬间角速度为f ?，在碰撞前后瞬间的动能记为ki E 和kf E ．试证明f i s ??=，kf ki E rE =，并求出系数s 和r 的值．图14－20图14－21图14－23 图14－22 图14－24参考答案1.先确定一半径为R 的1/4圆的匀质薄板的质心，如图答14—1所示，在xOy 坐标中，若质心坐标为(x c ，y c )，由对称性知x c =yc ，则根据质心的等效意义，有231lim cos()cos()sin()lim[sin 3()sin()]42222822nc x x i R x RiR iR iR iinnnnnnnππππππππ→∞→∞===+∑，于是有313sin()sin ()1432222lim [sin 3()sin()]lim[3222234sin() 4c x x n n R R n n x i i n n n nnπππππππ→∞→∞+=+=??1sin ()sin ()442222]43sin()4n n R n n nnππππππ++=.针对本题中圆盘各象限密度不同有下列方程22123412344()()443c R R R x ππρρρρρρρρπ+++=--+， 22123412344()()443c R R R y ππρρρρρρρρπ+++=--+，解以上方程得0c x =，815c y R π=-.故质心坐标为(0,815R π-).2.如图答14—2所示，对图中所示的1Z 、2Z 、Z 坐标系与3Z 、4Z 、Z 坐标系运用正交轴定理，有1234J J J J J J ++=++,其中2312JmR =,24712J mR =,由对称等效可知 2121324J J mR ==. 3.如图答14—3所示，将立方体等分为边长为2a的八个小立方体，每个小立方体体对角线到大立方体体对角线距离d ==，依照本专题例3用量纲分析法求解有22222()()6()()(82828m a m a m kma k k ??=++，所以有 16k =，21 6J ma =.图答14－11Z R2ZZ4Z3Z图答14－2图答14－34.由正交轴定理22()A B i iiJ J m x y +=+∑及椭圆方程22221y x A B+=,得22222222()(1)A B i i i A A A J J m A y y mA J B B +=-+=+-∑，所以222B A A J mA J B=-.5.如图答14—4所示，设板质量为M ，则对AB 轴的转动惯量2211lim ()3nn i M d J i Md n n →∞===∑，对应于与竖直成α角的转轴，等效的重力是与轴垂直的分量sin Mg α,则24T =. 6.薄板上未贴m 时对悬点的转动惯量22023J J Md Ma =+=, 贴m后22123J Ma mx =+.振动周期相同，应有01'()J J Mgl M m gl =+,贴上m 后，质心相对悬点'mx Mll M m+=+,l =,解得x =.7.初始时，系统具有的重力势能P E mgh =，m 为一根杆的质量，铰链C 刚着地时，速度C v 竖直向下，各杆的瞬时转轴为()A B ，转动惯量2/3J ml =，l 表示每段杆长：由于铰链C 质量不计，则系统总动能22221112()233C k Cv E J ml mv l ?===，下落中机械能守恒，有 213Cmgh mv =，mgh：得C v =． 8．如图答14—5所示，圆柱体关于几何轴的转动惯量212J mR =，对过与绳相切点P 的平行轴的转动惯量232P J m R =；设轴心降低h 时速度为v ，由机械能守恒定律 2213()24v mgh J mv R ==，所以v 又由质心运动定律mg T m R β-=，由转动定律2mgR mR β=.则13T mg =．9.纯滚动时，无机械能损失，于是满足方程2222113()2224mR v mgh mv mv R =+?=,圆柱体与光滑墙碰撞，开始做非纯滚动，经时间t 达到纯滚动，质心速度由'C C v v →，角速度从'C C v v R R →，运用动量定理及动量矩定理'()C C ft m v v =-，'2()2C C v v mR fRt R R =-，解得'3C C v v =，此后机械能守恒，联系第一式可得''234mgh mv =，得'9h h =10.由机械能守恒定律，得22220011()()22t t mgs J m v v ??=-+-，又因2v sπ=，可得图答14－4图答14－522'022224t m v v gs g s J m s π-==+，即螺帽匀加速直线下降'0t v v g t =+，'224m g g Jm sπ=+. 11.(1)如图答14—6所示，两球225mv J =，刚完成弹性碰撞时，两球交换质心速度，角速度未变；设两球各经1t 、2t 达到纯滚动状态，质心速度为1v 、2v ，对球1有11ft mv =，2112()5v mR v fRt R R =-，所以127v v =；对球2有22()ft m v v =-，22225v mR fRt R =,257v v =.(2)系统原机械能222211127()22510k mR v E mv mv R =+?=；达到纯滚动后2222221125122529()()()()277257770k v v mR v v E m mv =++?+=，则2041%49η=≈． 12.(1)碰后系统质心位置从杆中点右移为2m lx m M ?=+.由质心的动量守恒0()C mv M m v =+，求得质心速度0C mv v M m=+. (2)由角动量守恒202122l Ml lmv m x ??=+，x 为瞬时轴距杆右端的距离，考虑质心速度与角速度关系022()2()C v mv Ml m M x Ml x M m ?==+--+，在23x l =处，有06(4)mv M m l ?=+. 13.圆柱半径与小球半径分别以R 、r 表示，小球滚到如图14—7位置时，质心速度设为C v ，角加速度β，转动惯量225J mr =，受到重力mg 、圆柱面支持力N 、静摩擦力f ，由质心运动定律，有 2cos Cmv mg N R rθ-=+，①sin mg f m r θβ-=，②自转动定律有 225fr mr β=，③ 又因小球做纯滚动，摩擦力为静摩擦力不做功，球的机械能守恒 22221127()(1cos )()22510C C Cv mr mg R r mv mv r θ+-=+?=，④ 将③式代入②式得5sin 2f mg f mr mr θ-=，于是2sin 7f mg θ=；将④式代人①式得10()(1cos )cos 7()mg R r mg N R r θθ+--=+，所以1710(cos )77N mg θ=-.图答14－6图答14－7C因做滚动，必定f ≤N μ，即μ≥2sin 17cos 10θθ-，在θ≤45°范围内μ≈0.7.14.乒乓球与地接触点O 既滚又滑且达到纯滚时，由角动量守恒，得 00C C mRv J mRv J ??-=+，即002()3C C v v R ??-=+.达到纯滚动时C v R ?=，由此可得纯滚动质心的速度002233C C v v R ?=-；其中，002233C v R ?＞，纯滚后球向右顺时针纯滚，若002233C v R ?＜，则纯滚后球向左逆时针纯滚．质心匀加速滚动，达到纯滚时间设为t ，由0C C v v gt μ=-，可得002()5C v R t gμ+=. 15.设以某棱为轴转动历时t ?，角速度i f ??→,时间短，忽略重力冲量及冲量矩，矢量关系如图答14—8所示，对质心由动量定理 ()sin 6i f N t Ma π=+，()cos6f i f t Ma π-?=-.对刚体动量矩定理25cossin()6612f i f ta N ta Ma ππ-?=-.解得1117f i ??=，1117s =，2121 289r s ==.图答14－8。

13理论力学讲义第十三讲PPT课件

证明：相同的速度和加速度?
A1
z
rArBBA
rA A
drA drB dBA dt dt dt
vAvB aAaB
O
rB B
x
退出
结论：刚体平动的问题，可归结为点的运动问题
B1
y
§8－1 刚体的平行移动
7
7 例8-1：曲柄滑块机构中，当曲柄OA在平面上绕定轴O转动时
，通过滑槽连杆中的滑块A的带动，可使连杆在水平槽中沿直线往复滑动。若曲柄OA的半径为r，曲柄与x轴的夹角为ф=ωt ，其中ω是常数，求此连杆在任一瞬时的速度及加速度。
d
dt
d d dt d
/2
d d
an
0
0
an r
a r
a a2an2 a
ωα
a a2an2r12
arcatgarc1tg1.77
an
写在最后
经常不断地学习,你就什么都知道。你知道得越多,你就越有力量 Study Constantly, And You Will Know Everything. The More
退出
ωα at
aθ
an
φ
x
O
§8－3 转动刚体内各点的速度与加速度
例如：转动刚体从静止开始，以匀角加速度α逆时针转动，分析角位移
为0。90。时OM线上的切向加速度、法向加速度和全加速度的分布
O
at=xa
Mo
α
a 0。时OM线上at、an和a的分布: t
vr0
an r2 0
M
a r an r2 ?
9 9
转动的度量： φ=φ（t）刚体的定轴转动方程
φ角位移
y

第13讲--第七章刚体力学(2)

w0
3g l
理学院物理系陈强
第七章刚体力学
(2) 轴对杆的力
设N1,N2如图，对质心C有：
N1 cos
N2
sin
mgsin
m
l 2
N2
cos
N1
sin
m g cos
mw 2
l 2
l/2
l/2
w0
由(1)
：
3g
sin ;
2l
w2
w02
3g l
1
cos
mg N2
解得:
N1
mg
sin
9 4
求1) w ( ), m; 2) 轴对杆的力.
l/2
解: (1) mg l sin I 1 ml2 dw
2
3 dt
l/2
3g sin dw w dw
w0
2l
dt
d
mg
3g sind
w
wdw
0 2l
w0
w
w
2 0
3g l
1
cos
令w 0 , 得
m
cos11
w02l
3g
vC w R
w R vC (纯滚)
vC
vC gt
其解为：
w
w0
dw
dt
t
I dw mgR(-1)
dt
vC w R (纯滚条件)
t
w0R g(1 mR2
/
I)
l
1 2
gt 2
w02 R2 2 g(1 mR2
/
I )2
vC
w0R
(1 mR2
/
I)

物理刚体运动

角位移

角速度
d dt
角加速度 d
dt

4.角速度矢量
ω
角速度的方向：与刚体转动方向呈右手螺旋关系。
在定轴转动中，角速度的方向沿转轴方向。
角速度矢量
例1:一飞轮转速n=1500r/min，受制动后均匀减速，经t=50 s后静止。（1）求角加速度α和飞轮从制动开始到静止所转转数N；（2）求制动开始后t=25s 时飞轮的速度；（3）设飞轮的半径r=1m，求在t=25s 时边缘上一点的速度和加速度。
刚体对 o 点的角动量，等于各个质点角动量的
矢量和。
对于定轴转动，我们感兴趣的只是 L 对沿 Oz 轴的分量 Lz，叫做刚体绕定轴转动的角动量。
而这个分量Lz 实际上就是各质点的角动量沿 Oz 轴的分量 Li z 之和。
从图中可以看出： Lix Li cos
因此
Lz Li cos mi Rivi cos
r

m2

m1

1 2
m
r
当不计滑轮质量及摩擦阻力矩即令m=0、M=0
时，有
T1

T2

2m1m2 m2 m1
g
a m2 m1 g m2 m1
上题中的装置叫阿特伍德机，是一种可用来测量重力加速度g的简单装置。因为在已知m1、 m2 、 r和J的情况下，能通过实验测出物体1和2的加速度 a，再通过加速度把g算出来。在实验中可使两物体的m1和m2相近，从而使它们的加速度a和速度v都较小，这样就能角精确地测出a来。
刚体运动时，如果刚体的各个质点在运动中都绕同一直线圆周运动，这种运动就叫做转动，这一直线就叫做转轴。

高中物理竞赛培优辅导刚体动力学运动学问题精品ppt课件

lim
n
n
i
lim
n i1
mi ri2
m1
r2
2
i
r n
n
mr2 lim 2 i
n i1

r n

i
r n
2
3J
11 n42
mr
2
转轴
J 1 mr2 2 J 1 mr2 4
mr2 ml2
J

4 12

=

2n

n

i
=i

2n
y
21
4R 3 4

R2 4

1

2

3
4

1 2 3 4
4

yc

R2 4
1
3
2

3

4

4R
3
x
xc 0
8
yc

15
R
"湖震"问题
以静止水的质心为坐标原点，建立如图所示坐标，
当振动高度为Δh时，质心坐标为：
y
h
2
h
O
x

h2
Lh
6h
由上可得
y 6h x2 L2
由质心运动定律
y
质心沿抛物线做往复运
动,回复力为重力之分力:
F mg y x
6h x x2 x2
mg
L2
x
F回
x
O
mg
12mgh x L2
质心做谐振,周期为 T 2 L2

刚体动力学运动学问题专题讲解

S
Ml s lS mM
lS
ml S mM
例2质心运动定律来讨论以下问题
一长为l、密度均匀的柔软链条,其单位长度的质量为λ.将其卷成一堆放在地面.若手提链条的一端,以匀速v 将其上提.当一端被提离地面高度为 y 时,求手的提力.
y y yC o
F
c
解:建立图示坐标系
i 竖直方向作用于链条的合外力为
例3
设有一质量为2m的弹丸,从地面斜抛出去,它飞行在
最高点处爆炸成质量相等的两个碎片,其中一个竖直自由下落,另一个水平抛出,它们同时落地.问第二个碎片落地点在何处?
解:选弹丸为一系统,爆炸前、后质心运动轨迹不变.建立图示坐标系.
2m O
m
m1 m2 m x1 0
xC为弹丸碎片落地时质心离原点的距离. xC
xC
C
xC
m x
x2
m1 x1 m2 x2 m1 m2
x2 2 xC
7
/12
2. 质心运动定理 dri mi miv i drc d t • 质心的速度 vc dt m m
P mvc —— 质点系的总动量
Pi m
•
质心的加速度和动力学规律
v R
4m gh 2m M R
例题3 一质量为m、半径为R的均质圆柱，在水平外力作用下，在粗糙的水平面上作纯滚动，力的作用线与圆柱中心轴线的垂直距离为l，如图所示。求质心的加速度和圆柱所受的静摩擦力。解：设静摩擦力 f 的方向如图所示，则由质心运动方程

l ac
F
圆柱对质心的转动定律：
二、质心
1. 质心
质心运动定理

动力学中的刚体转动教案

动力学中的刚体转动教案
本教案将介绍动力学中的刚体转动，包括刚体定轴转动的描述、转动定律和角动量等内容。

一、刚体定轴转动的描述
刚体定轴转动是指刚体上所有质元都绕同一直线做圆周运动，且刚体上各质元的角量（角位移、角速度、角加速度）相同，而各质元的线量（线位移、线速度、线加速度）大小与质元到转轴的距离成正比。

二、转动定律
转动定律是指在刚体定轴转动中，力矩是改变刚体转动状态的唯一原因。

力矩的方向垂直于转轴，并指向旋转方向。

对于一个质点在定轴上的运动，其角动量（L）等于其转动惯量（I）和角速度（ω）的乘积，即L=Iω。

当有多个质点绕同一转轴转动时，它们对转轴的角动量之和等于零。

三、角动量
角动量是指刚体绕固定轴转动的状态，其数值等于刚体对固定轴的力矩和角速度的乘积。

在不受外力矩作用时，刚体的角动量是守恒的。

当刚体受到外力矩作用时，其角动量会发生改变，改变的量等于外力矩和角速度的乘积。

四、例题解析
例如，一个质量为m的质点以角速度ω绕固定轴z轴做平面定轴转动，求该质点对z轴的角动量Lz。

根据角动量的定义，Lz=Iω，其中I是该质点的转动惯量。

由于该质点是在二维平面上运动，因此其转动惯量为I=mr²/2，其中r为质点到z轴的距离。

代入角动量的定义得到Lz=mrω/2。

五、总结
本教案介绍了动力学中的刚体转动，包括刚体定轴转动的描述、转动定律和角动量等内容。

通过例题解析，我们可以看到如何运用这些概念来解决实际问题。

在实际教学中，可以根据学生的实际情况和需求进行适当的调整和补充。

刚体运动动力学

i i i i
I 0 r 2 dm
0
R
R
0
2rdr 1 m mR 2 r2 2 R 2
r
R
r dr
) d md 2 i i
2 i
平行轴定理
I MN I C md 2
L Lc L,
Lc rc mvc , L ri mi vi
i
质点系的角动量可分解成质心角动量与质点系相对质心的角动量之和同一参考点质心为参考点
6
1
2010/12/17
质心参考系
质心系一般是非惯性系，引入平移惯性力
质心系中质点系动能定理
推论：刚体沿任何方向转动，绕通过质心的转轴的转动惯量最小
17 18
3
2010/12/17
对于平板刚体
z
xi
例由柯尼希定理导出刚体的平行轴定理
ri
xi2 yi2 ri 2
x
yi
mi
y
绕任意固定轴 MN 转动的刚体的动能此轴到刚体质心的距离 d 刚体质心的速度
Ek
1 I MN 2 2
其中
1 1 Ek mi vi2 mi vi vi i 2 i 2
L ri mi vi
i
mi
ri rc ri , vi vc vi
ri
O
ri
rC
C
1 1 Ek mi vc vc mi vc vi mi vi vi i 2 i i 2 1 2 1 mvc vc mi vi mi vi2 2 i i 2 1 2 1 , Ekc mvc , 资用能Ek mi vi 2 Ek Ekc Ek 2 i 2

刚体运动知识点总结

刚体运动知识点总结刚体运动是物理学中的一个重要研究领域，它涉及到力学、动力学等多个方面的知识。

在学习刚体运动的过程中，我们需要了解刚体的运动方式、刚体的平动和转动运动、刚体的运动方程、刚体动力学等知识点。

下面将针对这些知识点进行详细的总结和讨论。

一、刚体的运动方式刚体可以进行平动运动和转动运动。

在平动运动中，刚体上所有的点都以相同的速度和相同的方向运动。

在转动运动中，刚体绕着固定轴线旋转，使得刚体上的各个点绕着这个轴线做圆周运动。

刚体的平动运动可以分为匀速直线运动和变速直线运动两种情况。

在匀速直线运动中，刚体上各个点的速度大小和方向都保持不变；在变速直线运动中，刚体上各个点的速度大小和方向都在不断地变化。

刚体的转动运动可以分为定轴转动和不定轴转动两种情况。

在定轴转动中，刚体绕着固定的轴线旋转，而在不定轴转动中，刚体绕着移动的轴线旋转。

二、刚体的平动运动在学习刚体的平动运动时，我们通常关心刚体上各点的速度、加速度和位移等动力学量。

1. 速度：刚体上任意一点的速度可以表示为该点的瞬时线速度，即该点的位矢对时间的导数。

刚体上不同点的速度大小和方向可以不同，但它们的速度矢量之间满足相对运动关系。

2. 加速度：刚体上任意一点的加速度可以表示为该点的瞬时线加速度，即该点的速度对时间的导数。

刚体上不同点的加速度大小和方向可以不同，但它们的加速度矢量之间满足相对运动关系。

3. 位移：刚体上任意一点的位移可以表示为该点的位矢的变化量。

刚体上不同点的位移可以通过相对位移关系来描述。

刚体的平动运动可以通过运动方程来描述，其中包含了刚体上不同点的速度、加速度和位移之间的关系。

在解决刚体平动问题时，我们通常会使用牛顿运动定律和动量定理等知识来进行分析和求解。

三、刚体的转动运动在学习刚体的转动运动时，我们需要了解刚体绕着固定轴线旋转的运动规律，以及刚体上各点的角速度、角加速度和角位移等动力学量。

1. 角速度：刚体上任意一点的角速度可以表示为该点的瞬时角位置对时间的导数。

大学物理刚体运动

动量
力矩是描述力对物体转动效应的物理量，其大小等于力的大小与力臂的乘积，方向垂直于力和力臂所在的平面。
力矩
刚体的动量、动量和力矩
刚体的动能和势能
动能
动能是描述物体运动能量的物理量，其大小等于质量与速度平方的乘积的一半，方向与速度方向相同。
势能
势能是由于物体在一定位置或状态时所具有的能量，常见的有重力势能、弹性势能等。
大学物理刚体运动
CATALOGUE
目录
刚体运动的基本概念刚体的转动运动刚体的线性运动刚体的振动刚体的相对运动刚体运动的实例分析
01
刚体运动的基本概念
刚体
在任何力的作用下，其形状和大小都不会发生变化的理想化物体。
刚体的特点
不发生形变，质点间的距离保持不变。
刚体的分类
可动刚体和固定刚体。
质点和刚体的位移
速度是描述物体运动快慢的物理量，其大小等于位移与时间的比值，方向与位移方向相同。
速度
加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，其大小等于速度变化量与时间的比值，方向与速度变化量方向相同。
加速度
质点和刚体的位移、速度和加速度
动量是描述物体运动状态的物理量，其大小等于质量与速度的乘积，方向与速度方向相同。
通过测量刚体的质量、质心到旋转轴的距离和角速度，可以计算出转动动能和转动势能。
在国际单位制中，转动动能的单位是焦耳，转动势能的单位也是焦耳。
转动势能
转动动能和转动势能的计算
转动动能和转动势能的单位
转动动能和转动势能
平衡条件的推导
根据牛顿第二定律和力矩的定义，可以推导出刚体的平衡条件。
平衡条件的应用
详细描述
陀螺的运动可以看作是围绕其自转轴的旋转运动。在理想情况下，忽略空气阻力和摩擦力，陀螺的运动可以简化为一个旋转运动。其运动规律可以用角动量守恒定律进行描述，即L=Iω，其中L是角动量，I是转动惯量，ω是角速度。

刚体的定点运动与一般运动动力学教学课件

详细描述
根据刚体运动的平面性，一般运动可以分为平面运动和空间运动。平面运动是指刚体的所有点在同一平面内运动，空间运动则涉及刚体的三维空间运动。一般运动的动力Fra bibliotek方程总结词
一般运动的动力学方程是牛顿第二定律的推广形式。
详细描述
一般运动的动力学方程是描述刚体运动状态变化的数学表达式，它是牛顿第二定律的推广形式。根据牛顿第二定律，力是质量与加速度的乘积，而在一般运动中，需要考虑刚体的转动惯性，因此动力学方程中还包括转动惯量。
飞行器控制
航空航天领域的飞行器控制需要精确的刚体动力学模型来预测飞行器的姿态、速度和位置等参数，以确保安全和稳定的飞行。
卫星姿态调整
卫星在太空中运行时，需要依靠刚体动力学模型来调整其姿态，以确保有效载荷的正常工作。
车辆工程
车辆动力学分析
在车辆工程中，刚体动力学被广泛应用于车辆动力学分析，以优化车辆的设计和性能，提高行驶的稳定性和安全性。
自动驾驶技术
自动驾驶技术依赖于精确的刚体动力学模型来预测车辆的运动状态和行为，从而实现安全有效的自动驾驶。
05
总结与展望
刚体动力学的重要性和意义
刚体动力学是研究刚体在力作用下的运动规律的科学，它在工程、物理、航空航天等领域有着广泛的应用。
刚体动力学对于理解物体运动规律、设计机械系统、优化工程结构等方面具有重要意义，是工程技术人员必备的基础知识。
03
一般运动的动力学
一般运动的定义
总结词
一般运动是指刚体在空间中的任意运动，其位置和方向随时间变化。
详细描述
一般运动是相对于定点运动而言的，它描述了刚体在空间中的任意运动状态，包括平动和转动。刚体的位置和方向随时间变化，其上任意一点的位置都随时间而改变。

《刚体运动教学》课件

耦合应用
在实际生活中，许多机械运动都可以看作是平动与转动的耦合，如机床的工作台、汽车的转向等。因此，掌握平动与转动的耦合对于机械设计和制造等领域具有重要意义。
03
刚体的动力学
牛顿第二定律
总结词
描述物体运动状态改变与力之间的关系。
详细描述
牛顿第二定律指出，一个物体的加速度与作用在它上面的力成正比，与它的质量成反比。公式表示为F=ma，其中F是力，m是质量，a是加速度。
空航天、车辆工程等领域。
06
刚体运动的实例分析
刚体的平面运动分析
平面运动定义
刚体在平面内运动，其上任意一点都位于同一个平面上。
平面运动分类
根据刚体上任意一点是否做圆周运动，分为刚体的平面滚动和刚体的平面定轴转动。
平面运动特点
刚体上任意一点的速度方向与该点所在平面的法线方向垂直，刚体上任意一点的加速度方向沿该点的切线方向。
自由运动分类
根据刚体的运动状态，分为自由转动和自由平动。
自由运动特点
自由转动中，刚体上任意一点绕通过该点的某一轴线做匀角速度的转动；自由平动中，刚体上任意一点做匀速直线运动。
THANK YOU
感谢聆听
刚体的定轴转动
刚体在运动过程中，其上任意两点始终保持相同的角速度和角加速度，这种运动称为定轴转动。
02
刚体的运动形式
平动
01 02
平动定义
刚体上任意两点始终保持相同的距离，即刚体在运动过程中，其上任意两点的连线在运动过程中始终保持长度不变，这种运动称为刚体的平动。
平动特点
刚体在平动过程中，其上任意一点的运动轨迹都是一个点，即刚体的平动不会改变其上任意一点的相对位置。

分析刚体的运动学和动力学问题

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刚体动力学运动学问题专题讲解30页PPT

▪
26、要使整个人生都过得舒适、愉快，这是不可能的，因为人类必须具备一种能应付逆境的态度。——卢梭
▪
27、只有把抱怨环境的心情，化为上进的力量，才是成功的保证。——罗曼·罗兰
▪
28、知之者不如好之者，好之者不如乐之者。——孔子
▪
29、勇猛、大胆和坚定的决心能够抵得上武器的精良。——达·芬奇
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30、意志是一个强壮的盲人，倚靠在明眼的跛子肩上。——叔本华
谢谢！
30
刚体动力学运动学问题专题讲解
1、战鼓一响，法律无声。——英国 2、任何法律的根本；不，不成文法本身就是讲道理 ……法律，也 ----即明示道理。— —爱·科克
3、法律是最保险的头盔。——爱·科克 4、一个国家如果纲纪不正，其国风一定颓败。—— 塞内加 5、法律不能使人人平等，但是在法律面前人人是平等的。 ——波洛克

第十三讲刚体的运动和动力学问题

第十三讲刚体的运动学与动力学问题一竞赛内容提要 1、刚体；2、刚体的平动和转动；3、刚体的角速度和角加速度；4、刚体的转动惯量和转动动能；5、质点、质点系和刚体的角动量；6、转动定理和角动量定理；7、角动量守恒定律。

二竞赛扩充的内容1、刚体：在外力的作用下不计形变的物体叫刚体。

刚体的基本运动包括刚体的平动和刚体绕定轴的转动，刚体的任何复杂运动均可由这两种基本运动组合而成。

2、刚体的平动；刚体的平动指刚体内任一直线在运动中始终保持平行，刚体上任意两点运动的位移、速度和加速度始终相同。

3、刚体绕定轴的转动；刚体绕定轴的转动指刚体绕某一固定轴的转动，刚体上各点都在与转轴垂直的平面内做圆周运动，各点做圆周运动的角位移Φ、角速度ω和角加速度β相同（可与运动学的s 、v 、a 进行类比）。

且有：ω=t t ∆∆Φ→∆lim；β=t t ∆∆→∆ωlim 0。

当β为常量时，刚体做匀加速转动，类似于匀加速运动，此时有：ω=ω0+βt ； Φ=Φ0+ω0t+βt 2/2；ω2－ω02=2β（Φ－Φ0）。

式中，Φ0、ω0分别是初始时刻的角位移和角速度。

对于绕定轴运动的刚体上某点的运动情况，有：v=ωR ， a τ=βR ， a n =ω2R=v 2/R, 式中，R 是该点到轴的距离，a τ、a n 分别是切向加速度和法向加速度。

例1 有一车轮绕轮心以角速度ω匀速转动，轮上有一小虫自轮心沿一根辐条向外以初速度v 0、加速度a 作匀加速爬行，求小虫运动的轨迹方程。

例2 一飞轮作定轴转动，其转过的角度θ和时间t 的关系式为：θ=at+bt 2－ct 3，式中，a 、b 、c 都是恒量，试求飞轮角加速度的表示式及距转轴r 处的切向加速度和法向加速度。

例3 如图所示，顶杆AB 可在竖直槽K 内滑动，其下端由凸轮K 推动，凸轮绕O 轴以匀角速度ω转动，在图示瞬间，OA=r ，凸轮轮缘与A 接触处，法线n 与OA 之间的夹角为α，试求此瞬时顶杆OA 的速度。

刚体的运动方程

六、欧勒动力学方程刚体的运动方程为：
t t 而 L = I ⋅ ω 中 I 不是常数，这样要得到M与ω 的
关系很困难。办法：建立运动坐标系——坐标轴沿三个惯量主轴方向此时： L = I 1ω 1e1 + I 2ω 2 e 2 + I 3ω 3 e 3
dL =M dt
(对静止坐标系)
dA 设：矢量A，：相对静止坐标系的改变量 dt dA 若：A相对于运动坐标系不变，则仅仅是由于运动 dt
K K 设： 0 系——惯性系， 1 系—相对 K 0 系的速度为V(t) K系——相对 K1 系的角速度为 ω(t )
则：K系——非惯性系做的事：在K系中建立运动方程设：矢量A，
dA ——A在K1 系中的导数，则 dt
dA d ' A = + ω× A dt dt
令 v 0 ：质点在 K 0 系中的速度；
a
则
dL( o ) = M (o) dt
——对质心的角动量定理
描述刚体的运动方程组
&& MR 0 = F
dL =M 或 dt
（平动）
dL( o ) = M (o) dt （转动）
二、刚体的静平衡平衡时：
&& R 0 = 0,
dL =0 dt
⇒
F = 0, M = 0
——平衡方程
例题：见p88 [例1]
三、刚体的动平衡 (见p88，略。)
四、刚体的自由运动
自由运动：不受外力、不受约束。即：
F=0 M (o) = 0
&& 有： R 0 = 0
(质心：匀速运动)； (绕质心的转动，且角动量守恒)
& L( o ) = 0

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