第七章 刚体力学 §7.1 刚体运动的描述 刚体是一种特殊的质点系统，无论在多大外力作用下，系统内任意两质点间的距离始终保持不变。 第七章 刚体力学 §7.1　刚体运动的描述 　　刚体是一种特殊的质点系统，无论在多大外力作用下，系统内任意两质点间的距离始终保持不变。 形状、大小都不变的物体称为刚体。 刚体是可以忽略由于受力而引起物体形状和体积改变的理想模型。

一、刚体的平动：刚体运动时，刚体上任一条直线的位置始终保持彼此平行，称为平动。 此时，刚体中所有质点的位移、速度和加速度都相同，可任选刚体上一点的运动来代表。即刚体的平动满足

二、刚体的定轴转动： 刚体绕一固定直线（转轴Z）的转动。  z 此时轴外各质点都在垂直于转轴的平面上作圆周运动，在同一时间间隔内，走过的弧长虽不同，但角位移相同，因而角速度、角加速度都一样。适合用圆周运动的角量描述：

实际上，在任一瞬时，刚体上都存在一条轴线（瞬时转轴Z）各质点都在垂直于瞬时转轴的平面上作圆周运动。 三、刚体的定点转动： 刚体绕一固定点O的转动，称为定点转动。 实际上，在任一瞬时，刚体上都存在一条轴线（瞬时转轴Z）各质点都在垂直于瞬时转轴的平面上作圆周运动。 z  O 与定轴转动不同的是，此瞬时转轴的方位，在空间中不断变化。    若能确定出瞬时转轴的方位（三个方位角，，中的两个），接下来就与定轴转动毫无差别了。

四、刚体的平面运动：刚体在运动过程中，各质点均在平面内运动，且这些平面均与一固定的平面平行，称为平面运动。如车轮沿一直线的滚动。可认为： 平面运动 = 质心平动 + 过质心轴的定轴转动

+ 刚体的一般运动 质心的平动 绕质心的转动

例7.1、在高速旋转的微型电机里，有一圆柱形转子可绕垂直其横截面并通过中心的转轴旋转．开始起动时，角速度为零．起动后其转速随时间变化关系为： ,式中 ．求：(1)t=6s 时电动机的转速．(2)起动后，电动机在 t=6s 时间内转过的圈数．(3)角加速度随时间变化的规律． 注： 解 (1) 将 t=6s 代入 (2) 6s内转过的圈数为 (3) 转动的角加速度为

求: 1) 棒自水平静止开始运动，θ = π / 3 时, 角速度ω ? 2) 此时端点A 和中点B 的线速度为多大? 例7.2 一细棒绕O 点自由转动，并知 , L 为棒长。 求: 1) 棒自水平静止开始运动，θ = π / 3 时, 角速度ω ? 2) 此时端点A 和中点B 的线速度为多大? 解： 1) 棒做变加速运动： 8 8

§7.2 刚体定轴转动定理 一、刚体绕定轴转动定理  取一质量元 O 切线方向 对固定轴的力矩 对所有质元求和 §7.2 刚体定轴转动定理 一、刚体绕定轴转动定理  取一质量元 O 切线方向 对固定轴的力矩 对所有质元求和 由转动系统确定，定义为刚体对该转动轴的转动惯量，记为“J” 合内力矩 = 0 合外力矩 Mz

1、刚体的转动定律的数学表达式 刚体对z 轴的转动惯量 作用在刚体上所有的外力对 定轴 z 轴的力矩的代数和 2、内容：刚体定轴转动的角加速度与它所受的合外力对定轴的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比。注意：矢量性、瞬时性与相对性。 一般地 力矩作用的效果：产生角加速度，——改变了物体转动的状态，使物体转动变快或变慢。

(2)、M 一定：作用不同刚体上，J 大时，β 小， 转速不宜 改变，转动惯性大。反之，J 小，转动惯性小。 (1)、转动定律适用条件：刚体定轴转动。 (2)、M 一定：作用不同刚体上，J 大时，β 小， 转速不宜 改变，转动惯性大。反之，J 小，转动惯性小。 — 转动惯量是物体转动惯性大小的量度。 类比 (3)、刚体转动定律是解决刚体转动问题的重要定律。 应用时应注意以下问题： ① 力矩和转动惯量必须对同一转轴而言。 ② 选定转轴的正方向，以确定力矩或角加速度、 角速度的正负。 ③ 当系统中既有转动物体，又有平动物体时，用 隔离法解题。 对转动物体应用转动定律建立方 程， 对平动物体则用牛顿第二定律建立方程。 11 11

例7.3 一轻绳跨过一质量为 的定滑轮（视为半径为 的薄圆盘） 绳两端挂质量为 和 两物体，且 滑轮轴间摩擦阻力矩为 ，绳与滑轮无相对滑动， 求物体的加速度和绳中的张力。 解：由牛顿第二定律和转动定律得 对 （1） 对 （2） 对滑轮 （3） （4） （5） 12 12

联立（1）,（2），（3），（4），(5)式可解得 当不计滑轮质量m 和摩擦阻力矩Mf时，有

解 对m 1 分析力矩；取滑轮转动方向为正方向。 例7.4 质量为m 1、半径为R 的定滑轮可绕轴自由转动，一质量为m 2 的物体悬挂于绕过滑轮的细绳上。求：物体m 2 的下落加速度a 和 滑轮转动的角加速度β. 解 对m 1 分析力矩；取滑轮转动方向为正方向。 由转动定律： 对m 2分析受力。取向下为正方向。 由牛顿运动定律： 关联方程： 联合解得： 14 14

解 选取斜面为参考系，规定滑轮的转动方向为转动正向，沿斜面向上为重物运动的正方向．隔离物体分析受力。 例7.5 一恒力矩M作用于斜面顶点的滑轮上，滑轮的半径为r,质量为m1，质量为m2的重物通过一不可伸长的轻绳固定在轮的边缘，重物沿倾角为α的斜面上升．重物与斜面间的摩擦系数为μ。求：轮子由静止开始转过角 后获得多大的角速度？ 解 选取斜面为参考系，规定滑轮的转动方向为转动正向，沿斜面向上为重物运动的正方向．隔离物体分析受力。 对重物应用牛顿第二定律，得 对滑轮应用转动定律，得 关联方程为： 15 15

联立得： 由于 为常量，故滑轮作匀变速转动．则 隔离法分析研究对象。 确定各物体运动的正方向。 基本步骤： 分别列出质点和刚体的运动方程。 由于 为常量，故滑轮作匀变速转动．则 基本步骤： 隔离法分析研究对象。 确定各物体运动的正方向。 分别列出质点和刚体的运动方程。 16 16

二、转动惯量的计算： 描述刚体转动惯性大小的物理量。 1、定义：刚体对转轴的转动惯量： SI单位：kg . m 2 、转动惯量的计算：  若质量离散分布： （质点，质点系）  若质量连续分布： 其中： 17 17

例7.6、求质量为m，半径为R 的均匀圆环对中心轴的转动惯量。 解: 设质量线密度为λ 质点作圆周运动、圆筒 例7.7、 求质量为m、半径为R 的均匀薄圆盘对中心轴的转动惯量。 解: 设质量面密度为σ 取半径为 r 宽为d r 的薄圆环, 圆柱、滑轮等 18 18

例7.8 求长为L、质量为m 的均匀细棒对图中不同轴的转动惯量。 解: 1）取A 点为坐标原点。在距A 点为x 处取dm= λdx 。 2）取C 点为坐标原点。 在距C 点为x 处取dm 。 说明 刚体的转动惯量是由刚体的总质量、质量分布、 转轴的位置三个因素共同决定; 2) 同一刚体对不同转轴的转动惯量不同， 凡提到转动惯量 必须指明它是对哪个轴的。 19 19

3、关于转动惯量几个重要结论 C O （1）、平行轴定理： 质量为 的刚体，如果对其质心轴的转动惯量为 ，则对任一与该轴平行，相距为 的转轴的转动惯量 A B C d x mi i i i 证明：A轴平行C 轴（质心轴） 对C 对A 由图 质心坐标系中 故： ——平行轴定理

(2)垂直轴定理（正交轴定理） mi ri x y z yi xi O (3) 叠加原理 若一个复杂形状的物体是由许多简单形体组成，则这个复杂物体的对某轴的转动惯量等于各简单形体对同一转轴的转动惯量之叠加.

P O 举例： ①、圆盘对P 轴的转动惯量 ②、质量为m，长为L的细棒绕其一端的J O1 d=L/2 O1’ O2 O2’

③、如: 两个圆盘对 轴的转动惯量 定轴转动定律 竿子长些还是短些较安全？ 飞轮的质量为什么大都分布于外轮缘？ 更稳定

1. 求质量 m ,半径 R 的均匀球壳对直径的转动惯量 练习 1. 求质量 m ,半径 R 的均匀球壳对直径的转动惯量 解：取离轴线距离相等的点的集合为积分元 m

练习 2. 求质量 m ,半径 R 的均匀球体对直径的转动惯量 m 解：以距中心 ，厚 的球壳为积分元 运用上题结果 能否用其它方法求解？

§7.3、定轴转动刚体的动能及其动能定理 一、力矩的功 外力 的元功： A 力矩作功的微分形式 对一有限过程 ( 积分形式 ） 外力 的元功： A 力矩作功的微分形式 转动平面 对一有限过程 ( 积分形式 ） 定轴转动中，一般规定与转动成右螺旋为正方向。 即 与 平行或反平行。 如果有几个外力矩对刚体做功，则各外力矩做功之和为

P 二、刚体转动动能----等于刚体上所有质元动能之和。 刚体定轴转动能 z  O • 结论: 刚体各质量元速度不同， 但角速度相同 结论: 绕定轴转动刚体的动能等于刚体对转轴的转动惯量与其角速度平方乘积的一半。

讨论： (1)、一对作用力反作用力的功 设f12与f21是一对作用力反作用力 ①、一对作用力所做功的代数和，等于一个质点所受力点乘其相对于另一个质点的相对位移，可正可负。 ②、由于一对作用力的功只取决于两质点间的相对位移，因而与参考系的选择无关。 ③，当组成质点系的各质点间可以有相对位移时，质点系内力的总功一般不为零，且可正可负。 ④、当组成质点系的各质点间没有相对位移时，质点系内力的总功为零。 结论：刚体各质量元间内力总功为零。

外力矩对刚体作功之和，等于刚体转动动能的增量。 (2) 、合力矩的功 (3) 、力矩的功就是力的功。 (4)、刚体的内力矩作功之和为零。 三、定轴转动刚体的动能定理 合外力矩M 作的元功： 积分得 外力矩对刚体作功之和，等于刚体转动动能的增量。

C （C点为质心） 讨论：刚体系统中，刚体重力力矩及其做功特点： 上式表明，计算刚体重力力矩时，可以将M集中在质心！ * O 上式表明，计算刚体重力力矩时，可以将M集中在质心！ * C （C点为质心） 上式表明，计算刚体重力势能时，可以将M集中在质心！

动量、重力矩、重力势能 可认为质量集中在质心。但动能不可认为质量集中在质心的动能 动量可认为质量集中在质心的动量 动量、重力矩、重力势能 可认为质量集中在质心。但动能不可认为质量集中在质心的动能

例7.9 一刚体由长为 l ，质量为m 的均匀细棒和质量为m的小球组成，且可绕O 轴在竖直平面内转动，且轴处无摩擦。 棒与竖直方向成θ角时, 小球的角速度和 法向加速度。 解 1） 2）取逆时针转动为正方向，棒与竖直 方向成θ角时，合外力矩: 32 32

由转动定律: 分离变量积分得: 小球的法向加速度 ： 33 33

五、刚体系统的机械能守恒定律 刚体的机械能 若只有保守力做功时，刚体的机械能守恒： 注意：刚体的转动动能： 不能将M集中在质心！

例7.10：图示装置可用来测量物体的转动惯量。待测物体A装在转动架上，转轴Z上装一半径为r 的轻鼓轮，绳的一端缠绕在鼓轮上，另一端绕过定滑轮悬挂一质量为 m 的重物。重物下落时，由绳带动被测物体 A 绕 Z 轴转动。今测得重物由静止下落一段距离 h，所用时间为t， 求：物体A对Z 轴的转动惯量Jz。设绳子不可伸缩，绳子、各轮质量及轮轴处的摩擦力矩忽略不计。 解 分析（机械能）：

机械能守恒 若滑轮质量不可忽略，怎样？

例7.11如图所示已知滑轮的质量为M ，半径为R 体从静止释放，释放时弹簧无形变。设细绳不伸长且与滑轮间无 相对滑动，忽略轴间摩擦阻力矩。求物体沿 斜面下滑x米时的速度 为多大？ （滑轮视作薄圆盘） ，物体的质量为m 弹簧的劲度系数为k ，斜面的倾角为 ，物体与斜面间光滑，物 解：选取定轴转动的滑轮、弹簧、物体和地球为系统，这时重力、弹性力均为系统内保守力，而其它外力和非保守内力均不做功， 故系统的机械能守恒。 联立求得

一、刚体对定轴的角动量 P 、 、 的方向，都沿转轴方向。所以 §7.4、定轴转动刚体的角动量及其守恒定律 z  质元对轴的角动量： O • 刚体对轴的角动量 ： 转动平面 钢体各质量元速度不同， 但角速度相同 、 、 的方向，都沿转轴方向。所以

二、刚体角动量定理和角动量守恒定律 由质点系角动量定理： 标量式： 刚体角动量对时间的变化率，等于作用于刚体上的外力矩之和。

强调：当系统为质点和刚体组成时，当系统对某一定轴的外力矩之和为零时，系统对该轴的总角动量保持不变。即： 刚体角动量的增量，等于刚体受到的冲量矩 。 上式称为刚体的角动量守恒定律。当刚体所受的外力矩之和等于零时，刚体的角动量保持不变。 强调：当系统为质点和刚体组成时，当系统对某一定轴的外力矩之和为零时，系统对该轴的总角动量保持不变。即：

说明 当刚体所受的外力对某固定转轴的合外力矩为零时，刚体对此转轴的总角动量保持不变。 1) 定轴转动的刚体，若 J = C，角动量守恒即刚体保持静止 或匀角速转动。 2）若J 不为恒量时，角动量守恒即： Jω = 恒量。这时，刚体 的角速度随转动惯量的变化而变化，但乘积保持不变． 3）角动量守恒定律中的 都是相对于同一转轴的． 4）守恒条件： 例:

例7.12如图所示，一质量为m的子弹以水平速度v0射穿静止悬于顶 端的均质长棒的下端。子弹穿出后其速度损失了3/4，求子弹穿出 后棒的角速度ω。已知棒的长度为l，质量为M。 解 ： 取细棒和子弹为系统，在碰撞过程中，系统受到的外力：重力和轴的作用力，它们对转轴的力矩为零。所以系统的角动量守恒，即

例7.13如图所示，一长为2l ，质量为M的均匀细棒，可绕中点的 水平轴o在竖直面内转动，开始时棒静止在水平位置，一质量为m 的小球以速度v0垂直下落在棒的端点，设小球与棒作弹性碰撞，求 碰撞后小球的回跳速度v及棒转动的角速度ω各为多少？ 解: 以小球和棒组成的系统为研究对象。 取小球和棒碰撞中间的任意状态分析受力， 则系统对轴o的角动量守恒 取垂直纸面向里为角动量L正向 根据弹性碰撞，机械能守恒。有 联立可解得

例7.14一质量为M半径为R的水平转台（可看作匀质圆盘）可绕通 人和转台最初相对地面静止。求当人在转台上边缘走一周时，人 和转台相对地面各转过的角度是多少？ 解:如图，对盘和人组成的系统，当人走动时系统所受到的对 转轴的合外力矩为零，因此系统的角动量守恒。设人沿转台边 缘相对地面以角速度w逆时针方向绕轴走动，人的转动惯量为J1。 转台以角速度w’相对地面顺时针方向绕轴转动，转台的转动惯量 为J2。起始状态系统的角动量为零。则有 令

当人在盘上走完一周时，应有

例7. 15、一转台绕其中心的竖直轴以角速度ω0 =πs-1 自由转动，转台对转轴的转动惯量为J0 = 4 例7.15、一转台绕其中心的竖直轴以角速度ω0 =πs-1 自由转动，转台对转轴的转动惯量为J0 = 4.0×10-3 kg·m2 。今有沙粒以Q = 2t g·s-1的流量竖直落至转台，并粘附于台面形成一圆环，若环的半径为r = 0.10m，求沙粒下落t = 10 s 时，转台的角速度。 解：在0 t s内落至台面的沙粒质量为： 沙粒下落对转台不产生力矩作用（冲击力与轴平行）,则任意时刻系统角动量守恒： t = 10 s 时转台的角速度：

练习1、 两摩擦轮对接。若对接前两轮的角速度分别为1、2 ，求：1) 对接后共同的角速度 ; 2) 对接过程中的机械能损失。 练习1、 两摩擦轮对接。若对接前两轮的角速度分别为1、2 ，求：1) 对接后共同的角速度 ; 2) 对接过程中的机械能损失。 J2 J1 ω1 ω2 解：由角动量守恒 ω 摩擦力矩作负功，有机械能损失。

三、质点与刚体力学规律对照表 质 点 刚体（定轴转动）

三、质点与刚体力学规律对照表（续） 质 点 刚体（定轴转动） 动量守恒定律： 角动量守恒定律：

牛顿力学的知识结构 动量守恒 外力为零 空间平移 对称性 动量定理 牛顿第三定律 牛顿第二定律 作功机械能守恒 只有保守内力 时间平移 功能原理 角动量原理 角动量守恒 外力矩为零 空间转动 对称性 应用于刚体

再根据牛顿定律研究平动，根据转动定律研究转动，找出平动与转动的牵连关系。 刚体动力学规律的应用举例 例：质量均为m的两个物体A、B，A放在倾角为的光滑斜面上，通过绕在定滑轮的细绳与B相连，定滑轮是质量为m，半径为R的圆盘。求绳中张力T1和T2，以及A、B的加速度。 对这类问题的处理方法 ： 先隔离各物体，分析受力情况。 再根据牛顿定律研究平动，根据转动定律研究转动，找出平动与转动的牵连关系。

解：物体A、B、定滑轮受力如图。 对物体A： 对物体B： 对定滑轮： 牵连关系： 联立（1）-（4），可得

例:圆盘以 0 在桌面上转动,受摩擦力而静止.求 到圆盘静止所需时间.   R 正方向 解:取一质元 摩擦力矩 由转动定律

例：如图，质量m，长为L的匀质细杆，可绕水平的光滑轴在竖直平面内转动，转轴O在杆的A端。若使杆于水平位置从静止开始向下摆动，求杆摆到铅直位置时的角速度。 方法一：应用动能定理(0~q过程） mg N O 

 方法二：应用转动定律(任意位置q） N O 分离变量后，积分 mg 方法三：应用角动量定理(任意位置q）

例、质量m，长为L的均匀细棒，可绕过其一端的水平轴O转动。现将棒拉到水平位置（OA’）放手，棒下摆到铅直位置（OA）时，与水平面A处的质量为M的物块作完全弹性碰撞，物体在水平面上向右滑行了一段距离s后停止。设物体与水平面间的摩擦系数处处 相同，求证 M s O A A’ 思 路： 分清过程 分析受力 选择系统 应用规律

解：（1）第一阶段：棒从水平位置下摆到铅直位置但尚未与物块碰撞。以棒和地球为系统，系统的机械能守恒。选择地面处的EP = 0 。 M s O A A’ （2）第二阶段：棒与物块作完全弹性碰撞。以棒和物块为系统，系统的角动量守恒和机械能守恒。

（3）第三阶段：碰撞后物块在水平面上滑行。应用动能定理。 M s O A A’ 联立以上五式，可证明：

例、一定滑轮的质量为 ，半径为 ，一轻绳两边分别系 和 两物体挂于滑轮上，绳不伸长，绳与滑轮间无相对滑动。不计轴的摩擦，初角速度为零，求滑轮转动角速度随时间变化的规律。 已知 求： 思路：先求角加速度 受力平动 +受力矩转动 滑轮质量不能忽略

解法一：取地面参考系 （受力分析） 平动 平动 以向下为正 + 以向上为正 定轴转动 思考：  × 滑轮质量不能忽略 不可伸长

p 四个未知数： 三个方程 ？ 绳与滑轮间无相对滑动： 解得： 常数

解法二：取滑轮、物体、地球为系统 据机械能守恒定律：

解法三：据角动量定理： 外力矩恒定！ 取滑轮、物体为系统

§7.5 刚体平面运动的动力学 一、刚体的平面运动 刚体的平面运动——刚体内所有的点都平行于某一平面而运动. 如车轮滚动等. 1、刚体的平面运动特点： (1)每一质元轨迹都是一条平面曲线，质心始终落在一个平面上. (2)转轴总是保持平行，并与固定平面垂直.

(3)刚体内垂直于固定平面的直线上的各点，运动状况都相同. (4)可用与固定平面平行的平面在刚体内截出一平面图形来代表刚体-----称为参考平面 2、刚体平面平行运动的描述 (1)、基面与基点 基面:选择—个平行于参考平面的平面 基点：在基面上选择一个点 (2) 、刚体平面运动的分解 ——平移和转动 如图，平面S在定系中的运动可由其中的直线AB来代替，而AB的又可看成平动和转动的合成，或者说刚体的平面运动可分解成平动和转动，具体方法有如下两种： 以A为原点建立动坐标系x'Ay'，A为基点。 AB先随动系平移到A'B1 ，再绕基点A'转 1。

以B为原点建立平移动系Bx''y''，B为基点。AB先随动系平移到B'A1，再绕基点B'转2。 平面图形的角速度和角加速度 则，AB转动的角速度为： 则，AB转动的角加速度为：

结论： （1）刚体平面运动可分解为基点（动系原点）的平移运动 （牵连运动）和绕该基点的转动（相对运动）。 （2）将刚体平面运动分解平移和转动时，基点选择不同， 基点的平动轨迹不同，但转动规律与基点选择无关。 （3）平面图形相对于任选基点所建立的平移动系的角速度 就是它的绝对角速度。 3、平面运动的方程 建立坐标系Oxyz，使平面图形在Oxyz面内, z轴与屏幕垂直. 在平面上任取一点o´ ，称为基点，以基点 o´为原点建各坐标轴平行于Oxyz的动坐标系o´ x´y´z´. 刚体平面运动 = o´点平动 + 绕o´点轴转动

4、平面运动的刚体上任意一点的速度 平面上M点相对于Oxyz系的位置矢量 刚体绕过基点的角速度 5、无滑滚动(纯滚动)条件 (1)有滑动滚动和无滑动滚动 有滑滚动——接触面之间有相对滑动的滚动(摩擦力不够大). 无滑滚动——接触面之间无相对滑动的滚动(摩擦力足够 大) 也称纯滚动.

以圆柱体中心轴线上一点C为基点,则边缘上一点 A x y O C P 以圆柱体中心轴线上一点C为基点,则边缘上一点 当边缘上一点P与支承面接触的瞬时， 速度瞬心 无滑滚动条件:

结论 （1）平面运动刚体上各点速度的大小与该点到瞬心的距离成正比，速度的方向垂直于该点到瞬心的连线，指向图形转动的一方。 （2）平面图形的运动可看成绕瞬心的瞬时转动，此时瞬心又称为转动瞬轴。 （3）已知平面图形在某瞬时的瞬心位置和转动角速度，则可以求出平面图形上任一点的速度。 （4）速度瞬心的位置随时间不断变化，在不同瞬时平面图形上有不同的速度瞬心。 。 （5）同一瞬时，速度瞬心的速度为零，但加速度不为零。

利用速度瞬心求解平面图形上各点速度的方法称为速度瞬心法。 补充：速度瞬心法 利用速度瞬心求解平面图形上各点速度的方法称为速度瞬心法。 ◆速度瞬心位置的确定方法 （1）当平面图形沿一固定平面作无滑动的滚动时，图形与固定平面的接触点即为平面图形的速度瞬心。 只滚不滑

（2 ）如果已知平面图形上两点速度的方向，则分别通过这两点作速度的垂线，垂线的交点即为平面图形的瞬心。 （3）如果已知平面图形上A、B两点速度的方向互相平行，且垂直于两点的连线AB，则此平面图形的速度瞬心必在AB线上或其延长线上，具体见下图所示。 C*

（4）如果平面图形上两点的速度平行且相等，则速度瞬心在无远处。故图形的角速度=0，该时刻图形上各点速度相等，平面图形做瞬时平动。 ◆例题 例7.16：椭圆规尺的A端以速度vA沿X轴负向运动，AB=L 已知，试求B端和中点C的速度及AB的角速度。

方法一：用瞬心法求速度。 ①确定瞬心的位置C。 ②求AB杆绕Cz轴转动角速度。 ③求速度。 注：不能用瞬心法求加速度

⑵基点法： ①确定B点为基点（运动已知点）。 ②建立坐标oxyz。 ③运用速度合成。 其中： 而： 大小：

二、 刚体平面运动的基本动力学方程 平面运动 = 平动+定轴转动 1.求质心的运动 刚体作平面运动，受力必是平面力 根据质心运动定律 直角坐标系中的分量式 — 所有外力的矢量和, m — 刚体的质量.

2. 刚体绕质心的转动 在质心系中刚体作定轴转动. 选质心坐标系 Cx’y’z’ ,设z’为过质心而垂直于固定平面的轴. 在质心系中 M外i’ — 外力对质心的力矩, M惯 — 惯性力对质心力矩. 又 M惯= 0 即刚体相对于质心的轴的转动同样服从定轴转动定律. 式(7.5.1)和(7.5.2)称刚体平面运动的基本动力学方程.

三、刚体平面运动的动能、动能定理和机械能守恒定律 如果刚体不太大，若刚体在运动中只有保守力作功，则系统的机械能也守恒.

例7.17 设半径为R,质量为m的均匀圆柱体,沿着倾角为 的斜面无滑动的滚下，试求圆柱体质心的加速度。 方法1: 用动力学方程讨论 解: ● 无滑滚动

方法2: 用功能原理讨论

的物理意义； ● 在受力点A的位移元 上, 的元功为 总和为零

[例7. 18]质量为m的汽车在水平路面上急刹车，前后轮均停止转动. 前后轮相距L，与地面的摩擦因数为 [例7.18]质量为m的汽车在水平路面上急刹车，前后轮均停止转动. 前后轮相距L，与地面的摩擦因数为 .汽车质心离地面高度为h，与前轮轴水平距离为l .求前后车轮对地面的压力. [解] 汽车受力如图. 根据质心运动定理 O C x y x´ y´ y 轴投影 对质心轴的转动定理

刚体平衡的充分必要条件是它所受合外力=0；对任意一参考点的合外力矩=0： §7.6 刚体的平衡 刚体平衡的充分必要条件是它所受合外力=0；对任意一参考点的合外力矩=0： 例7.19 一架均匀的梯子，重为W，长为2l，上端靠于光滑的墙上，下端置于粗糙的地面上，梯与地面的摩擦系数为μ。有一体重W1的人攀登到距梯下端 l1的地方。求梯子不滑动的条件。

解：设梯子不滑动，它与地面夹角为，地面与墙的法向力分别为N1和N2，地面摩擦力为f 。力平衡方程为 力矩的参考点可以任意选择。为了简单，可以选图中N1和N2延长线的交点C。 求出 梯子不滑的条件

角愈大允许人攀登得愈高；μ愈大允许人攀登得也愈高。如果要求攀到一定的高度l1，则要求梯子的倾角 即 1 对于一定的倾角，人所能攀登的高度为 角愈大允许人攀登得愈高；μ愈大允许人攀登得也愈高。如果要求攀到一定的高度l1，则要求梯子的倾角 l1愈小允许愈小，μ愈大允许愈小。

天平灵敏度问题。天平的主要结构是通过刀口架在立柱上的一根横梁，其两端挂有秤盘。横梁的重心必须在刀口的下方。通常灵敏天平的横梁的下方都固联一根摆动指针，针上装有一个螺丝，用以调节重心的高低。

为提高天平灵敏度，可把重心螺丝向上旋，以减小h。 如图，设刀口在O，臂长为l，横梁重为W0，重心在C点, OC=h。两边重量稍有不同，此时横梁倾角为。这是刚体绕定点转动的平衡问题，只需一个平衡方程： O C h   L W+△W W 求出 或 定义天平灵敏度 为提高天平灵敏度，可把重心螺丝向上旋，以减小h。

§7.7 自转与旋进 一、陀螺仪 陀螺仪是一个边缘厚重的轴对称转盘，可绕对称轴转动。转轴装在一个常平架上。常平架是由支在框架S上的两个圆环组成，外环能绕EF轴转动，内环可绕BD轴相对于外环转动， 陀螺仪的轴装在内环上，它又可绕AC轴相对于内环转动。AC、BD、EF三轴两两垂直，而且都通过陀螺仪的重心。这样，陀螺仪就不受外力矩，且能在空间任意取向。

刚体不受外力矩时角动量守恒，因而转动轴线的方向不变。特别是陀螺仪，由于当它高速旋转时角动量很大，即使受到在实际中不可避免的外力矩（如轴承处的摩擦），如果外力矩较小，则其角动量的改变相对于原有的角动量来说是很小的，可忽略不计。这时无论我们怎样去改变框架的方向，都不能使陀螺仪的转轴AC在空间的取向发生变化。陀螺仪这一特性可用来做为导弹、飞机等飞行体的方向标准，即可利用它来随时纠正导弹飞行中可能发生的方向偏离，控制航向。

二、回转效应（进动） 由转动，也可偏离水平方向而倾斜。陀螺仪G和平衡重物W置于杆的两端，若调至平衡，杆AB是水平的。当陀螺仪不转动时，若移动W使之偏离平衡位置，杆就会倾斜。现在先调至平衡，并让陀螺仪G绕自身的转轴高速旋转起来，此后再移动W．我们会发现，此时杆并不倾斜，而是在水平面内绕铅直轴缓慢地旋转起来。陀螺仪自转轴的这种转动，叫做进动 。 陀螺仪的另一重要特性，是它受到外力矩作用时所产生的回转效应。右图为一杠杆陀螺仪，杆AB可绕光滑支点O在水平面内自

小孩玩的陀螺就是绕自转轴转动惯量较大的轴对称物体，当它绕自转轴旋转的时候，在重力矩的作用下，它并不倒下来，而是其自转轴绕铅直方向进动，维持自转轴与铅直方向间的夹角θ不变。 在枪膛或炮膛里都有螺旋形的来复线，其作用是使枪弹或炮弹出膛后绕着自身的对称轴迅速旋转。这样一来，当枪弹或炮弹自身的轴线与它前进的方向不一致时，靠着回转效应，空气阻力产生的力矩就会使它绕着前进的方向进动，使轴线始终不大偏离前进方向

进动角速度： 飞轮的角动量方向沿自转轴。在dt时间内，角动量L 有一微小的增量： 由角动量定理 得出进动角速度 演示：自行车轮的进动

三、章动 若先把一个快速旋转的陀螺仪两端都支撑起来，然后撤去一端（A点）的支持。首先看到这一端下沉，此后就立刻在水平面内进动了，与此同时下沉运动放慢，直到A点完全沿水平方向运动。但事情并不就此了结，紧接着出现的是进动放慢，A点重新抬起，在理想的情况下可以达到它的初始高度。这样的过程周而复始地继续下去，端点A描绘出如图中所示的摆线轨迹。陀螺的这种运动叫做章动。

下图给出一些不同初始条件下的章动。除非陀螺仪在起动时恰好符合稳定进动所需的条件，一般说来总的效果是陀螺的重心保持在低于起始点的水平上，由此释放出来的势能提供了进动和章动所需的动能。

地球在太阳（月球）引力矩作用下的进动 地球可看作一个自转着的刚体，相当一个陀螺，它的角动量沿自转轴指向北。由于地球并非严格的球体，而呈扁平球形，赤道附近向外鼓出，图中对此作了夸张，而且，地球自转轴与黄道（太阳绕地球的视运行轨道）面法线并不一致，而夹成 的角，太阳对地球鼓出部分上各质元的引力是不同的。

力矩在一年中的平均值由纸面向外。在此力矩作用下，地球将绕黄道面法线进动，进动角速度 的方向与太阳绕地球转动的方向相反。计算表明，这种进动的周期约为26000年。这一进动使春分点和秋分点（天球赤遣与黄道的两交点）每年逆着太阳运转方向移动一定角度，这就是回归年（太阳相继两次通过春分点所经历的时间）比恒星年略短的缘故，形成岁差。

例7.22： 一个刚体系统，如图所示，已知，转动惯量 ，现有一水平力作用于距轴为 l' 处 求 轴对棒的作用力（也称轴反力）。 解 设轴对棒的作用力为 N 由转动定律 由质心运动定理 质点系 打击中心 质心运动定理与转动定律联用

例7.23：质量为m半径为r的均质实心圆柱A,绕以轻绳,绳的一端固定，圆柱由静止开始沿绳竖直下落，求当圆柱下落高度h时,质心轴的加速度及绳子的张力。 c 解：由质心运动定理： (1) 由绕质心轴的转动定理： (2) 约束方程： (3) 解之得：

c 解法二：质心运动定理和机械能守恒 分析做功：只有重力做功 质心运动定理： (1) 机械能守恒： 解之得： (2) (选o点出为零势能) (3)

解 : 分析 ①对象：圆盘 ②受力分析 o ③建立坐标系：ox,θ ④动力学方程 例7.24：一均质圆盘，直立放在粗糙水平面上，开始以初速度V0使其沿水平直线滑动，试求其以后的运动。 解 : 分析 ①对象：圆盘 ②受力分析 o ③建立坐标系：ox,θ ④动力学方程

⑤分析，由上式可知，质心作匀减速运动，同时圆盘绕质心作匀加速转动。 纯滚动条件：

达到纯滚动状态的时间，此时： 总结：

例7.28 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，求质心的加速度和圆柱所受的静摩擦力。 F ac b f 解：设静摩擦力f 的方向如图，则由质心运动方程 圆柱对质心的转动定律 纯滚动条件为 又 求出 当R > 2L时，f >0, 向后；当R < 2L时，f <0, 向前。

例7.29 长l 质量m的均匀直杆，在光滑的水平桌面上由竖直位置自然倒下。求当杆与竖直线的夹角为 时杆质心的速度和转动角速度。 y c A 解：只有重力作功，故系统机械能守恒。设杆与竖直线的夹角为 时杆质心速度为 vc，杆的角速度为 ，由机械能守恒定律有 其中 从A点运动叠加可知 解出

例7.30 圆盘质量为m，半径为R，初始角速度为ω0（逆时针转动），质心初始速度vc0向右，圆盘与桌面间的滑动摩擦系数为 ，讨论其运动。 f  vc 解：开始阶段，由于质心初始速度向右，圆盘逆时针转动，圆盘必定是又滚又滑，所受摩擦力为滑动摩擦力。在摩擦力作用下无论是质心速度还是角速度均要随时间而衰减。有： 求出

圆盘作纯滚动的条件为： 由此求出圆盘开始作纯滚动的时刻 圆盘开始作纯滚动后，滑动摩擦力变为零，将保持此质心速度和角速度一直运动下去。可求出： 可见，圆盘的实际运动取决于ω0、vc0和R的大小。 情形一 2vc0>0R 情形二 2vc0<0R 情形三 2vc0=0R