1

1. 刚体运动学1.1 刚体的平动和转动(1) 刚体、刚体的平动刚体：无论在多大的外力作用下，总是保持其形状、大小

不变，理想化的模型。(2) 刚体的平动 刚体内任何一条给定的直线 ,在运

动中始终保持它的方向不变。

各质点具有相同的速度和加速度，所以刚体平动时任何一点的运动都可代表整个刚体的运动。

刚体的平动时可看成质点。

2

(3) 刚体的转动刚体中各点都绕同一直线 (转轴 )作圆周运动 .转轴固定不动 ,称为定轴转动 .

P 为刚体上一质点，在转动平面内绕 0 点作圆周运动。

转轴

参考方向0 d P

dt

K d

转动平面：任取一垂直于转轴的平面(4) 转动运动学的物理量

.,,d 角加速度　角速度　具有角位移

再任取一点 K ，在同一个 dt内，也转过同样的 d角。

。，因为：tt d

d

d

d

所以：刚体中任何其它质点都具有相同的，，

3

即 (，， ) 三量具有普遍性。知一点的 (，， ) ，可知整个刚体的运动。

故用 (,,）描写刚体的转动。

所以：定轴转动刚体中任何其它质点都具有相同的，，

4

0

转轴

Pv

r

确定。的方向由右手螺旋定则

之间的矢量关系：与v

rv

）（圆周运动： rv

1.2 角速度矢量

5

),s(rad2 1 ：　 单位k

jikjikr

π6π8)54(3π2 v

例：一刚体以每分钟 60 转绕 z 轴做匀速运动 , ( 沿 z 轴正方向 ) ，设某时刻刚体上一点 P 的位置矢量为：（单位为“ 10-2m” ），若以“ 10-2ms-1” 为单位，则该时刻 P

点的速度为：

kjir

543

解：

ij

i k　 　j　 　

86

543

π2 0 0

　 　　 　　 　

　 　

　　

　

　还可解行列式

6

(1) 求角加速度 和飞轮从制动开始到静止所转过的转数 N ；(2) 求制动开始后 t = 25s 时飞轮的角速度 ；

0

rO解 (1) 初角速度为 0 =21500/60=50 rad/s ，方向如图

刚体运动学综合例题 : 一飞轮转速 n =1500r/min ，受到制动后均匀地减速，经 t =50 s 后静止。

220 srad14.3srad50

50

t

从开始制动到静止，飞轮的角位移 及转数 N 分别为

200 2

1tt

rad1250502

15050

转＝6252

1250

2

N

对于匀变速转动，应用以角量表示的运动方程，在 t=50s 时刻 =0 ，代入方程 =0+ t 得

(2)t=25s 时飞轮的角速度为

)s(rad5.7825

25501

0

t

的方向与 0 相同；

7

对轴的角动量和对轴的力矩 , 矢量代数的一般处理方式：在具体的坐标系中，角动量（或力矩）在各坐标轴的分量，就叫对轴的角动量（或力矩）。

讨论

kLjLiLPrL zyxˆˆˆ

Lz ：质点对 z 轴的角动量

kMjMiMFrM zyxˆˆˆ

Mz ：质点对 z 轴的力矩

P63

)ˆˆˆ()ˆˆˆ( kFjFiFkzjyixFrM zyx

kyFxFjxFzFizFyF xyzxyzˆ)(ˆ)(ˆ)(

)( xyz yFxFM

8

o转动平面

轴F FrkM z

ˆ

求力对 z 轴的力矩 Mz 的 (教材 )简化步骤：

结论： z 轴转动平面内的分量的运算就是对 z 轴的力矩

第 2 步，认定位矢和力在转动平面内的分量 ,

第 3 步，算出力对 z 轴的力矩 .

轴r

第 1 步，通过质点画 z 轴转动平面（过质点垂直转轴的平面，即过质点的 xy 平面）

Fz转轴

or)ˆˆ()ˆˆ( jFiFjyixFr yx

kyFxF xyˆ)(

)( xyz yFxFM

9

2.1 力对转轴的力矩 .(1) 外力在垂直于转轴的平面内。

的作用点。力Fp

FrM

,方向sinrFM ，大小方向

如果：

加速转动。同向)(,M

阻力矩。—反向）减速(,M

2 转动定理 转动惯量（刚体动力学）

0

r

M

F

p

10

0

(2) 外力不在垂直于转轴的平面内 F

P

r

1F

2F

在转动平面内。与转轴平行， 21 FF

（有效力矩）。

，对转动无贡献，仅考虑

2

21

FrM

FF

。和分解成将 21 FFF

P63 结论： z 轴转动平面内的分量的运算就是对 z 轴的力矩。

o转动平面

轴F

轴r

Fz转轴

or

FrkM z

ˆ

对转动无贡献。、 ,1 MF

11

2.2 转动定理

）：运动方程（按牛顿定律

写出法、切向质点现对 imP

2ΔΔcoscos ωrmamθfF iiiniiiii

iiiiiiii rmamθfF ΔΔsinsin

ir式两边乘以将第2 2Δsinsin iiiiiiii rmθrfrF

质点求和：对刚体中所有

i

2iiii

iiii

ii rmrfrF θ )(Δsinsin

合外力矩 M 合内力矩 =0 －转动惯量I

Oir

iF

if

i i

)( imP

)( imP 取质点 、受外力 iF

，内力 if

都在转动平面内。并设 ii f、F

12

i

2iiii

iiii

ii rmrfrF θ )(Δsinsin

合外力矩 M 合内力矩 =0 －转动惯量I

M=I — 转动定理

2

2

d

d

d

d

t

θ

t

ω

2iii Δsinsin iiiii rmθrfrF

定轴转动定理（律）在转动问题中的地位相当于平动时的牛顿第二定律

13

例 : 几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上，如果这几个力的矢量和为零，则此刚体 (A) 必然不会转动． (B) 转速必然不变． (C) 转速必然改变． (D) 转速可能不变，也可能改变．

答案： ( )D

参考解答：在应用转动定律 M=I 时应注意 M 是合外力矩，是外力力矩之和，而不是合外力的力矩。几个力的矢量和为零，有合外力矩也为零或不为零的两种情况，所以定轴转动的刚体其转速可能不变，也可能改变。例 : 一个有固定轴的刚体，受到两个力的作用。当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定为零吗？举例说明之。

答 : 并不是一定为零。 如汽车的方向盘可绕垂直于转盘且过盘中心的定轴转动。当驾驶员用两手操纵方向盘时，就可在盘的左右两侧加上方向相反、大小相等的两个力。对转盘而言，合外力为零，但这两个力的力矩大小相等，方向一致，故合力矩不为零。

讨论

14

mrI d2dm— 质元的质量 r — 质元到转轴的距离

刚体的质量可认为是连续分布的，所以上式可写成积分形式

按转动惯量的定义有 ii mrI 2

2.3 转动惯量的计算

转动惯量是转动中惯性大小的量度。

质量是平动中惯性大小的量度。

类比：平动：一维直线运动

转动：定轴转动

2

2

d

d

d

d

t

xm

tmmaF

v

2

2

d

d

d

d

tI

tIIM

15

注意：转动惯量与质量有关，与运动速度无关。质量一定时 ,与质量的分布有关，并且与转轴的位置有关。转动惯量计算：

,rmI ii

i2

Δ例：

mm

m

d

d

d

A

0

三个质点 m组成一个正三角形刚体结构。求 IA 、 I0 。

222A 2mdmdmdI

叠加原理

).3

(，3 20

damaI 与转轴的位置有关。

16

(2) 转轴过顶端 , 与棒垂直

x

取 dx ： 2222 3

1dd mlxx

l

mmxI

l

0

得：

转动惯量与转轴的位置有关

0

例：细棒质量 m, 均匀分布 , 长 l

(1) 转轴过中心 ,与棒垂直 .

x0 dx

x

取 dx ： xl

mm dd

22

2

221

12

1dd mlx

lxmxI

ml

l

　得：

质量连续分布：

mrI d2

dxx

17

平行轴定理：2

22

1 3

1

12

1mlImlI 、

2

12 21

lmII

2mdII c d 两平行轴之间的距离。

12

2

l

例：均匀薄圆盘，转轴过中心与盘面垂直，求 I0 。

m ，R

r0r dr

取半径为 r ，宽为 dr 的圆环

rrm

sσm ππR

ddd 22

rrm

rmrI ππR

R

0

2 dd 222

0 2

2

1Rm

质心 C

18

).2

1( 2mRI

1m

2m

（ m2 m1 ）

gm2

T2

)1(2222 )( 　　： amTgmm

a

T1

m1g

)2( )( 1111 amgmTm ：

?21 　TT

,方向为正方向对滑轮：取

22 TT 11 TT

a

）（　 32

112 2mRRTRT

,TT0, 21

个方程。个未知数，共 34 )( 21 ,,Ta,T

又，绳与轮间无滑动，滑轮边缘的切向加速度 R, 和物体的加速度相等 .

）（4 　a R

IβM 由

例：如图所示 ,滑轮质量 m,半径 R ( 注意 :在中学里一般滑轮质量略去不计）求：物体的加速度和绳的张力。

19

例 : 一半径为 R ，质量为 m 匀质圆盘，平放在粗糙的水平桌面上。设盘与桌面间摩擦系数为，令圆盘最初以角速度 0 绕通过中心且垂直盘面的轴旋转，问它经过多少时间才停止转动？ 解：由于摩擦力不是集中作用于

某一点，而是分布在整个圆盘与桌子的接触面上，其力矩的计算要用积分法。

ddd rrS errSeV dddd

质元

圆盘所受阻力矩 rrergmgrM ddd

0

e

如图，把圆盘分成许多如图的质元，每个质元的质量为 dm ，dm= dV= rddre ， (e 是盘的厚度 )所受到的阻力矩 dM=rdmg 。

drd

32

0 02

3

2dd Regrreg

R MM d

阻力矩向下，与 0 方向相反！

20

rrs d2d

也可以把圆盘分成许多圆环形质元，每个质元的质量 dm= dV= 2rdre ，所受到的阻力矩是 rdmg 。

30

2

3

2d2

d2d

Regrreg

rerrgmgrM

R

因 m=eR2 ，代入得 mgRM 3

2 rerV d2d

r

e

质元

rd

IM )2

1( 2mRI

根据定轴转动定律，阻力矩使圆盘减速，即获得负的角加速度 .

R

g3

4

设圆盘经过时间 t 停止转动，则有

tt 0 tR

g3

40 0

由此求得： 04

3 gR

t

2

2

1

3

2mRmgR

21

例：均质矩形薄板绕竖直边转动，初始角速度为 0 ，转动时受到空气的阻力．阻力垂直于板面，每一小面积所受阻力的大小与其面积及速度的平方的乘积成正比，比例常数为 k．试计算经过多少时间，薄板角速度减为原来的一半．设薄板竖直边长为 b ，宽为 a ，薄板质量为 m．

解 在板上距离转轴为 r处取一长度为 b ，宽度为 dr 的面积元，其面积为 dS = bdr 当板的角速度 时，面积元的速率为 v　　= r

所受的阻力为 df = kv2dS = k2r2bdr ，阻力产生的力矩为 dM = rdf = k2r3bdr ，因此合力矩为 2 3 2 4

0

1d

4

aM k br r k ba

a

b

dS

r

r0

mrI d2rbab

mS

ab

mm ddd rb

ab

mrmr

aa

dd0

2

0

2 2

3a

m

其角加速度为m

bak

I

M

4

3 22

负号表示角加速度的方向与角速度的方向相反 .

注意： t 0

0

2

不成立！？

)(4

1 4 tkbaM

22

由于 = d /dt ，可得转动的微分方程 2 2d 3

d 4

k ba

t m

分离变量得

2

2

3 dd

4

kbat

m

积分得 23 1

4

kbat C

m

当 t = 0 时， = 0 ，所以 C = -1/0 ，因此得：2

0

3 1 1

4

kbat

m

当 = 0/2 时，解得时间为 ： 20

4

3

mt

kba

m

bak

4

3 22

0

20

2 dd

4

3t

tm

kba

23

3 刚体的动能与势能

2Δ2

1d

Δ

iiki

i

mE

m

v

，其动能任取

)( ωrii v

22

2

1ωrm ii

整个刚体的转动动能等于各质点动能之和。

2222 )(2

1

2

1ωrmωrmE i

iiii

ik

)2

1( 2vmEk 平动动能：

2

2

1IωEk 刚体的转动动能

3.1 刚体的转动动能

OOir

iv

im

ZZ

24

(1)力矩的功 的作用点。力—　 FP

，d轴转过作用，刚体绕力 0ZF

.

,ddd

i

iii

F0P

θrsFs

夹角，与方向

作用点的位移，力—

上作的功。位移—力 isF

d

)sincos( iiii ，２＝＋

θiFrA dsind sinFrM

外力矩dM

刚体从角位移 1—2 时，

外力矩 M 所作的功。

2

1

dθ

θ

θMA

3.2 定轴转动的动能定理

dcos

cosddd

ii

iii

Fr

sFsFA

iidd

00

ii

iF

ir

is

d

ZZ

PP

PP

25

d

d

d

d

d

d

d

dI

tI

tIIM

2211 tt ，

21

22 2

1

2

1dd

2

1

IIIMA

合外力矩对定轴转动刚体所作的功等于其转动动能的增量。

dd IM

(2) 定轴转动的动能定理

Iω,mv

20

2

2

1

2

1d vv mmxFA 　 　从

20

2

2

1

2

1d IωIωθMA 　设想

26

. AAcc rr vv ，分析：

解：当棒摆到如图所示位置时，，，重力矩棒受重力 cos

2

lmgmg

力矩为零。点因过轴对棒有支承力 ,0,

0　竖直，—棒：水平

222

3

1

2

1

22

1

ml

lmgIEA k由

l

g3

求

例：如图：均匀细棒（ m 、 l ），水平开始下摆，到竖直位置时，中心点 C 和端点 A 的速度各为多少？

2dcos

2d

2

0

lmg

lmgMA

.C

mg

C A0

光滑轴.

再问：水平位置和竖直位置棒的角加速度各为多少 ?

03

1

2 12

M

mll

mgM

IM

竖直：

水平：

根据：

0,2

321 竖直：水平：

l

g　 一一对应的瞬时关系 MIM

下摆 d， dd MA重力矩作的功：

任取一中间过程

27

3.3 刚体的重力势能

x0

h(y) m

c.

iipi ghmEmi ，取

im

ih ii

iipp

hmg

ghmEEi

整个刚体的重力势能：

m

hmh iic质心公式：ch

cP mghE

刚体势能的计算 :把刚体的质量看成集中于质心 ,计算质心势能即可 .

28

3.4 刚体系统的功能原理A 外力 +A 非保守内力 = （ Ek2 +Ep2 ）–（ Ek1 +Ep1 ）

系统外力与非保守内力作功之和等于系统机械能的增量功能原理

3.5 机械能守恒定律)( 0 或只有保守力作功＝＋若 非保内外 AA 系统机械能守恒 .

平动动能 +转动动能 + 重力势能 + 弹性势能 =恒量

如上例：棒定轴转动，只有保守力 (重力 ) 作功，机械能守恒。水平，机械能： mgh （注意势能零点的选择）

.3

,2

1

22

l

gI

lmg 竖直，机械能： 2

2

1 I 机械能守恒：

29

例 : 质量 m1 ，半径为 R 的定滑轮（当作均质圆盘）上绕一轻绳，绳的一端固定在滑轮上，另一端挂一质量为m2 的物体而下垂，如图所示。忽略轴处摩擦，求物体 m

2由静止下落 h高度时的速度。

2

1

2

1 2222 Imghm v

21

2

22

mm

ghm

v得

h

RO

m2

m1解 将滑轮、物体、绳和地球视为一个系统，根据机械能守恒定律

Rv 2

1 21RmI

30

1. 刚体的角动量4.4 刚体角动量和角动量守恒定律

刚体为特殊质点系，质点系对轴线的角动量定理（ 2.43 ）t

LM z

z d

d

可直接应用于刚体，略去下标 z ，写成t

LM

d

d

刚体所受对某给定轴 的合外力矩等于刚体对该轴 的角动量对时间的变化率。

z

i0 ir

0

P

r

im

iv

iviiiz rmL

2iiiiizz rmrmLL iv

Irm ii )( 2

? zLL P63

31

2. 角动量 (动量矩 )定理动量定理 :

0

0

d vv

mmtFt

t

设想 :角动量定理 :

0

0

d IItM

t

t

LtM

dd 　由

　 　不变.)1( I 0

0 00

ddd

IIILtM

t

t

t

t

.)2( 变I

I

I

t

t

t

t

IIILtM0000

00)d(dd

角动量的增量。于刚体在这段时间内的

）等冲量矩（刚体所受的合外力矩的 tM d

t

LM

d

d

32

3. 角动量守恒定律

0d

)d(

d

d0

t

I

t

LM

如果 恒矢量。

IL

刚体所受的合外力矩等于零时 ,刚体的角动量保持不变 .

,rmI ii

i2

Δ I

33

例：如图所示 , 球—棒 , 完全弹性碰撞 . 求小球的回跳速度 v, 棒的角速度 。

.0 .2, 、棒 m.m球，

u

解 : 小球：动量定理 (向上为正 )：)1()()(d umummtf vv )( 棒对球—式中：f

细棒：角动量定理 (方向以为正 )：)2(0dd ItftM )( 球对棒—式中f

棒对球—f

球对棒—f

ff )3(2,1 0)(, Ium v得：联立方程 ）（）（

球 ,棒系统 ,弹性碰撞 , 动能守恒： ）（—— 420

22

2

1

2

1

2

1 Imum v

)12

1( 2

0 mI 式中： .),(,)4(),3( 可以求解两个未知数两个方程 v

问题：公式（ 3 ）的物理意义？

另解 :棒球系统 ,碰撞过程角动量守恒 . 为正方向以

，方向末：角动量，球：　，方向初：角动量，球：

v

m

um

。，方向棒： 0I 0Im v总和：

)3(00 )(. ———即：角动量守恒： IummIum vv

平面

34

解 :完全非弹性碰撞 , 外力 :重力 ,轴的支承力 ,对转轴的力矩为零 ,角动量守恒 .

，方向：碰前： lmv

碰后瞬间：设棒和枪弹开始一起运动时的角速度为

方向：,3

1 22 MLml

角动量守恒： ）（—— 122

3

1 MLmllm v

例：均匀细杆长 L 质量 M , 可绕 A端的水平轴自由转动 ,在杆自由下垂时 ,质量为 m 的枪弹沿水平方向射进杆的 P 点 .并使杆摆动 ,摆动的最大偏转角为 ,已知 AP长为 l , 求枪弹射入之前的速度 v.

)3

1( 22 MLml I

22

3

1MLmlm v常见错误：

P

A

.

B

m v

l

叠加原理

I2mlI

lr

vv

lmI v

35

此后，棒和枪弹一起以运动，机械能守恒。枪弹射入后 ,棒和枪弹系统的质心位置 rc ： mM

mlL

Mcr

2

竖直，机械能： 2

2

1 I

2222222

3

1

2

1

2

1

3

1

2

1)(

mlMLmlML

机械能守恒： )2()cos1(2)(3

1

2

1 222 ——

mM

mll

MgmMmlML

最大偏转角 处 ,机械能：

)cos1(2)()(

mM

mlL

MgmMghmM

., ,12 v求出代解出从 ）（）（ ）（—— 122

3

1 MLmllm v

例：均匀细杆长 L 质量 M , 可绕 A端的水平轴自由转动 ,在杆自由下垂时 ,质量为 m 的枪弹沿水平方向射进杆的 P 点 .并使杆摆动 ,摆动的最大偏转角为 ,已知 AP长为 l , 求枪弹射入之前的速度 v.

P

A

.

B

m v

l Ch

.C

rc

.零势能点

M

xmx i

ii

c

36

例 :工程上，两飞轮常用摩擦啮合器使它们以相同的转速一起转动。如图所示， A 和 B 两飞轮的轴杆在同一中心线上， A 轮的转动惯量为 IA=10kgm2 ， B的转动惯量为 IB=20kgm2 。开始时 A 轮的转速为 600r/min， B 轮静止。 C 为摩擦啮合器。求两轮啮合后的转速；在啮合过程中，两轮的机械能有何变化？

A

A

C

B A

C

B

37

解：以飞轮 A 、 B 和啮合器 C 作为一系统来考虑，在啮合过程中，系统受到轴向的正压力和啮合器间的切向摩擦力，前者对转轴的力矩为零，后者对转轴有力矩，但为系统的内力矩。系统没有受到其他外力矩，所以系统的角动量守恒。按角动量守恒定律可得

BABBAA IIII ＝

为两轮啮合后共同转动的角速度

BA

BBAA

II

II

以各量的数值代入得 1srad9.20

或共同转速为 1min200 rn

在啮合过程中，摩擦力矩作功，所以机械能不守恒，部分机械能将转化为热量，损失的机械能为

J

IIIIE BABA BA

4

222

1032.1

2

1

2

1

2

1

A

CB A

CB

38

例 : 均质圆轮 A 的质量为 M1 ，半径为 R1 ，以角速度绕 OA杆的 A端转动，此时，将其放置在另一质量为 M2 的均质圆轮 B 上， B 轮的半径为 R2 ． B 轮原来静止，但可绕其几何中心轴自由转动．放置后， A 轮的重量由 B 轮支持．略去轴承的摩擦与杆 OA 的重量，并设两轮间的摩擦因素为，问自 A 轮放在 B 轮上到两轮间没有相对滑动为止，需要经过多长时间？

OA

R1

R2

B

解 圆轮 A 对 B 的压力为 N = M1g ，两轮之间的摩擦力大小为 f = N = M1g ，摩擦力对 A 的力矩大小为 MA = fR1 = M1gR1 ， 摩擦力对 B 的力矩大小为 MB = fR2 = M1gR2

设 A 和 B 的角加速度大小分别为 A 和 B ，转动惯量分别为 IA 和 IB ，根据转动定律得方程

MA = IA A ，即 A = MA /IA ． 同理可得 B = MB/IB ．当两轮没有相对滑动时，它们就具有相同的线速度 v ，A 的角速度为 A = v/R1 ， B 的角速度为 B = v/R2 ． 根据转动运动学的公式得 A – = – At ， B = Bt ，

得 R1 = (R1 A + R2 B)t

39

解得

经过的时间为 2 1

1 22 ( )

M Rt

g M M

[ 注意 ] 在此题中，由于 A 、B 两轮不是绕着同一轴转动的，所以不能用角动量守恒定律．

BBAA IMRIMR

R

// 21

1

BA RR

Rt

21

1

222

212

211

111

1

21

21

RM

gRMR

RM

gRMRR

21

1

/22 MgMg

R

2,2

)(22

21 RmIRmI

IIII

BBAA

BABBAA

问题：能用角动量守恒定律解答？

O AR1

R2

B

40

线 量 角 量

位置矢量 r

r

d

t

r

d

d

v

2

2

d

d

d

d

t

r

ta

v

位 移

速 度

加 速 度

平动与转动的对应关系

角 位 置角 位 移

角 速 度

角加速度

2

2

d

d

d

d

tt

td

d

d

at 0vv

)(2 020

2 SSa vv

200 2

1attSS v

t 0

)(2 020

2

200 2

1tt

质 量力

牛顿定律

动 能

m

F

amF

2

2

1vm

转动惯量力 矩

转动定律

转动动能

I

M

IM 2

2

1 I

41

平动与转动的对应关系 ( 续前 )平 动

v

m

动量定理0d vv

mmtF

动量守恒定律

恒量

条件 外

I

M

0

动能定理20

2

2

1

2

1d vv mmrFA

机 械 能 守 恒 定 律

定 轴 转 动 I

角动量定理0d IItM

角动量守恒定律

恒量

条件 外

v

m

F

0

动能定理20

2

2

1

2

1d IIMA

恒量 222

2

1

2

1

2

1 kxgmhIm cv

动量 角动量

)( 0 或只有保守力作功＝＋若 非保内外 AA

本章结束