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第三章 角动量定理
§3.1
质点系角动量定理
§3.2
刚体运动分析
§3.3
惯量张量
§3.4
刚体的定轴转动
§3.5
刚体的平面运动
力系的约化
§3.1
质点系的角动量定理
描述物体转动状态的物理量是角动
量，也叫做动量矩。动量矩的变化是
力矩引起的。本节研究的角动量（动
量矩）定理将指出动量矩与力矩的普
遍关系。动量矩定理是牛顿方程的另
一个推论，是解决转动问题的基本定
理。
一、几个有意义的实际问题
1. 爬绳比赛
？
谁最先到
达顶点
2.直升飞机尾桨的平衡作用
？
直升飞
机如果
没有尾翼
将发生
什么现象
3. 航天器姿态控制系统中反作用轮的作用
？
为什
么二者
转动方
向相反
航天器
是怎样实
现姿态控
制的
二、质点和质点系的角动量（动量矩
）
1. 质点的动量矩
z
JO (mv)  r  mv
JO(mv)
Jo(mv)
B
mv
JO(mv)
r
O
h
x
=mvh=2△OAB
定位矢量
A(x,y,z)
y
[ JO (mv)]z  J z (mv)
2. 质点系的角动量
z
J O   MO (mi vi )
vi
m2
  ri  mvi
mi
ri
m1
O
y
J z   J z (mi vi )
x
质点系中所有质点对于点O
的动量矩的矢量和，称为质点系
对点O的动量矩。
[ JO ]z  J z
定轴转动刚体对转轴的动量矩
J z   J z (mi vi )   mi vi  ri
z
  mi ri     mi ri
2
ri
令：
vi
 mi ri 2  I z
mi

Iz——刚体对 z 轴的转动惯量
y
x
2
J z  I z
★ 绕定轴转动刚体对其转轴的动量矩等于刚体对转轴
的转动惯量与转动角速度的乘积。
三、动量矩定理
1. 质点的动量矩定理
z
F
Jo(mv)
B
mv
Mo(F)
O
x
r
d
d
J O ( mv ) 
( r  mv )
dt
dt
dr
d

 mv  r 
( mv )
dt
dt
 v  mv  r  F
 MO (F )
A(x,y,z)
y
★ 质点对某定点 的动量矩对时间的导数，等于
作用力对同一点的力矩。
d
J O (mv )  M O ( F )
dt
d

J x (mv )  M x ( F ) 
dt

d

J y (mv )  M y ( F ) 
dt

d

J z (mv )  M z ( F ) 
dt

2. 质点的动量矩守恒定律
(1)  MO (F )  0
JO (mv)  C
(2)  M z (F )  0
J z (mv )  C3
有心力作用下的运动问题
 MO (F )  0
F
M
mv
JO (mv)  r  mv = C
h
r
O
★ 有心力作用下的运动轨迹是平面曲线。
J O (mv )  mvh  const
3. 质点系的动量矩定理
d
J O (mi vi )  M O ( Fi ( e ) )  M O ( Fi ( i ) )
dt
d
 J O (mi vi )   M O ( Fi ( e ) )   M O ( Fi (i ) )
dt
其中：
 MO (Fi (i ) )  0
d
J O   M O ( Fi e )
dt
d
(e) 
J x   M x ( Fi ) 
dt

d

J y   M y ( Fi(e) ) 
dt

d
(e) 
J z   M z ( Fi ) 
dt

★ 质点系对某定点 的动量矩对时间的导数，等于作用于质
点系的外力 对同一点的矩的矢量和。
d
J O   M O ( Fi e )
dt
d

J x   M x ( Fi(e) ) 
dt

d
(e) 
J y   M y ( Fi ) 
dt

d

J z   M z ( Fi(e) ) 
dt

n
d n
(e)
(e)
[
m
(
y
z

z
y
)]

(
y
F

zF
)

i iz
iy
 dt  i i i i i
i 1
 i 1
n
d n
(e)
(e)
[
m
(
z
x

xz
)]

(
z
F

x
F
)
  i i i

i ix
i iz
i 1
 dt i 1
n
d n
(e)
(e)
  [ mi ( xi yi  yi xi )]   xi Fiy  yi Fix
i 1
 dt i 1
★ 质点系对某定点 的动量矩分量对时间的导数，等于作用
于质点系的外力 对同一点的矩的分量的代数和。
4. 质点系动量矩守恒定律
e
dJO
e
M
JO  C
 MO
O ＝0，
dt
如果外力系对于定点的主矩等于 0，则质点系对这一点
的动量矩守恒。
dJ Ox
e
 M Ox
e
J Ox  C1
M
dt
Ox  0
e
dJ Oy
J Oy  C2
e
M

0
Oy
 M Oy
dt
J Oz  C3
e
M Oz
0
dJ Oz
e
 M Oz
dt
如果外力系对于定轴之矩等于 0，则质点系对这一轴的
动量矩守恒。
四、相对于质心的动量矩定理
我们取质心为坐标原点，建立一个对惯性系作平动
的坐标系。如果质心作加速运动，这个坐标系显然就是
个非惯性系。下面我们要证明：动量矩定理在这种加速
的平动质心系中也是成立的。
在加速平动的质心坐标系，有
(i )
(e)
d 2 r i
d 2 rc
mi
 F i  F i  ( mi
)
2
2
dt
dt
用加速平动质心系中的位矢叉乘方程两边，有
n
d  n
 n
(e)
ri mi ri    ri F i  rc   mi ri


dt  i 1
i 1
 i 1




dJ 
 M
dt
dJ
(e)
c
或者
 Mc
dt
这就是：对加速的平动质心系而言，质点组的动
量矩对时间的导数恒等于外力对质心的合力矩。
可见，惯性系中的动量矩定理在加速的平动质心
系中也是成立的。
例题3.1
均质圆轮半径为R、质量为m，圆轮对转
轴的转动惯量为JO。圆轮在重物P带动下绕
FOy
固定轴O转动，已知重物重量为W。
求：重物下落的加速度
解：取系统为研究对象
JO
JO
W
 I O 
vR
g
IO
W
(

R )v
R
g
M
(e)
 WR
v
 
R

FOx
O
应用动量矩定理
mg
dJ O
(e)
M
dt
IO
W
dv
a
(

R)
 WR
( IO
R
g
dt
2
WR
W

R2 )
g
P
v
W
z
例题3. 2
求：此时系统的角速度
解：取系统为研究对象
z
M
A
a
a
B
(e )
z
0
Lz  恒 量
A
B


2
l Lz1  2ma0  a  2ma 0 C
l
Lz 2  2m(a  l sin  ) 
2
o
C
mg
D
mg
2
a

0
2
(a  l sin  )

D
mAvAa  r  mBvBa  r  0
v Aa  vBa
v Aa  v Ar  u
vBa  vBr  u
强与弱不分胜负
解 :  M z (Fi )  0
(e)
 Lz  恒 量  0
v Aa  vBa
v Ar  v Br
u
2
v Ar  vBr

2
§3.2 刚体运动分析 力系的约化
刚体也是一个理想模型，它可以看作是一种
特殊的质点组，这个质点组中任何两个质点之间
的距离不变，这使得问题大为简化，使我们能更
详细地研究它的运动性质，得到的结果对实际问
题很有用。
我们先研究刚体运动的描述，在建立动力学
方程后，着重研究平面平行运动。
一、 刚体运动分析
1. 描写刚体位置的独立变量
质点组3n个变量
质点3个变量
确定刚体在空间的位置，需要几个变量？
B
A
6个变量可以确定刚体位置
C
2. 刚体运动的分类
（1）平动
平动的独立变量为三
个
（2）定轴转动
定轴转动的独立变量只有一个
世界最大的摩天轮——“伦敦眼”
（3）平面平行运动
平面平行运动的独立变量有三个
（4）定点转动
定点转动的独立变量有三个，其中两个
确定转动轴的方向，一个确定其它点绕轴转
动的角度。
二、力系的简化
1.力的可传性原理
力的可传性原理
力的作用线不能随意移动
2.力系的简化
（1）共点力系的简化
平行四边形法则
（2）共面非平行力系的简化 力的可传性原理+平行四边形法则
（3）平行力系的简化 合力的量值和方向由代数和确定
合力的作用线用力矩关系确定（合力对垂直于诸力的
某轴的力矩与诸分力对同一轴线力矩的代数和相等）。
（4）力偶矩
M  r F
（5）空间力系的简化
既不平行又不汇交的力
空间力系可简化为对某一
简化中心的主矢和主矩
三、 刚体运动微分方程
思路 将作用在刚体上的力简化为过质心的力
及对质心的力矩。
n
mrC   Fi
e
F
对质心的动量定理
i 1
n

dJ
 e
对质心的角动量定理
 M    ri Fi
dt
i 1
质心的运动规律
与固定点的一样
n
mrC   Fi
e
F
 e
 Fx
i 1
mxC 
myC 
mzC 
n
F
i 1
n
ix

F
 iy
e
i 1
n

F
 iz
i 1
e
 Fy
dJ 
 M
dt
dJ x
 M x
dt
dJ y
dt
 Fz
 M y
dJ z
 M z
dt
6个方程正好确定刚体的6个独立变量
动能定理可作为辅助方程
dT 
n
F
i 1
i
e
dri
四、 刚体平衡方程
mxC 
myC 
mzC 
n
F
i 1
ix
n
F
i 1
n
对共面力系，有
e
iy
F
i 1
 e
 e
iz
 Fx  0
 Fy  0
 Fz  0
dJ x
 M x  0
dt
dJ y
dt
 M y  0
dJ z
 M z  0
dt
Fx  0, Fy  0, M z  0
例题3. 3
p171，如图，求A处的摩擦系数。
解 是共面力系的平衡问题
Fx  0 : N1 cos 900  0  f  0
Fy  0 :
Mz
N1

sin  90
0
 0

 N
2
P0
h
 0 : Pl cos 0  N1
0
sin 0
解出
f

N2
l sin 2 0 cos 0

h  l sin 0 cos 2 0
§3.3 惯量张量
一、 刚体的角动量和动能
1.刚体对O点的角动量
n
J   ri  mi vi
i 1
n
J   mi ri    ri 
i 1
A  ( B  C)  B( A  C)  C( A  B)
n
2
J   mi 

r
 i  ri  ri  

i 1
ri  xi i  yi j  zi k   x i   y j  z k
n
2
J   mi 

r
 i  ri  ri  

i 1
J x   mi x  xi2  yi2  zi2   xi x xi   y yi  z zi  
i 1
n
 x  mi  yi2  zi2    y  mi xi yi  z  mi xi zi
n
n
n
i 1
i 1
i 1
J y  x  mi yi xi   y  mi  zi2  xi2   z  mi yi zi
n
n
n
i 1
i 1
i 1
J z  x  mi zi xi   y  mi zi yi  z  mi  zi2  yi2 
n
n
n
i 1
i 1
i 1
2. 转动惯量与惯量积
令
I xx   mi  yi2  zi2 
n
i 1
I yy   mi  z  x
n
i 1
2
i
2
i
I zz   mi  x  y

n
i 1
转动惯量
2
i
2
i

n
I yz  I zy   mi yi zi
i 1
n
I zx  I xz   mi zi xi
i 1
n
I xy  I yx   mi xi yi
i 1
惯量积
质量连续分布刚体的转动惯量和惯量积
I xx 
 y
2
I yy 
z
2
I zz 
2
2
x

y

z
2
x
2
dm
dm
dm
I yz  I zy    yzdm
I zx  I xz    zxdm
I xy  I yx    xydm
轴
转
动
惯
量
惯
量
积
3. 惯量矩阵
J x  I xxx  I xyy  I xzz
J y  I yxx  I yyy  I yzz
J z  I zxx  I zyy  I zzz
 J x   I xx
  
J

I
y
xy

 
J  I
 z   xz
I xy
I yy
I yz
I xz    x 
 
I yz    y 



I zz    z 
 I xx

    I yx
I
 zx
I xy
I yy
I zy
J I 
I xz 

I yz 

I zz 
4. 刚体的转动动能
n
1 n
1
T   mi ri 2   mi vi vi
2 i 1
2 i 1
1 n
1
T   mi vi   ri   
2 i 1
2
n
r  m v 
i
i 1
i i
1
1
T  J  I 
2
2

1
T  x i   y j  z k
2
 J i  J
x
y
j  J zk

1
T   I xxx2  I yy y2  I zzz2  2 I yz yz  2 I zxzx  2 I xyx y 
2
1
T   x
2
y
 I xx

z   I xy
I
 xz
I xy
I yy
I yz
I xz   x 
 
I yz    y 



I zz   z 
二、 惯量张量
1.张量（tensor）简介
它是向量的推广。在一个坐标系下，由若
干个数（称为分量）来表示，而在不同坐标系
下的分量之间应满足一定的变换规则，如矩阵、
多变量线性形式等。一些物理量如弹性体的应
力、应变以及运动物体的能量动量等都需用张
量来表示。在微分几何的发展中，C.F.高斯、B.
黎曼、E.B.克里斯托费尔等人在19世纪就导入
了张量的概念，随后由G.里奇及其学生T.列维齐
维塔发展成张量分析，A.爱因斯坦在其广义相
对论中广泛地使用了张量。
2.张量的分量
设张量的阶数为n，分量的数目为
S，在三维空间中
S 3
n
由张量的理论可知，标量和矢量都可以
统一在张量概念之中。张量可以按阶分
类。例如，标量可以看作是0阶张量，
矢量可以看作一阶张量。下面研究的惯
量张量是二阶张量。
3.惯量张量
惯性张量的另外一种表示形式是用分量来
表示。其分量表达形式为
I ik   [ x  x2  x3   ik  xi xk ]dm
2
1
2
2
1 , i  k
 ik  
0 , i  k
惯量系数是时间t的函数。如果取本
体坐标系，惯量系数显然均为常数。不
过，本体坐标系的原点及轴的取法不同，
惯量系数将取不同的常数。由张量的理
论可知，对于本体坐标系的坐标变换，
惯量张量的三个对角元素之和是个不变
量，称为线性不变量；惯量张量九个元
素的平方和也是不变量，称为平方不变
量；惯量张量的行列式是第三个不变量，
称为立方不变量。
三、 惯量椭球
1. 定轴转动的转动惯量
1 n
T   mi   ri    ri 
2 i 1
n
1 n
1
1 2
2 2
2
2
2
  mi ri sin i    mi i  I 
2 i 1
2 i 1
2
n
转动惯量
I   mi i2
i 1
至转动瞬轴
的垂直距离
注意 刚体绕不同轴转动，转动惯量不同
2.对某一 瞬时轴的转动惯量
当某一 瞬时轴l 的方向为
有
由
 ,  ,
x   y   z  
1 2
T  I
2
1
T   I xxx2  I yy y2  I zz z2  2 I yz y z  2 I zx z x  2 I xy x y 
2
可得
I  I xx  I yy   I zz  2I yz   2I zx  2I xy
2
I l  
2

2
 I xx

   I xy
I
 xz
I xy
I yy
I yz
I xz    
 
I yz    
I zz    
3. 回转半径
令
I  mk
k
2
I  IC  md
Iz  Ix  I y
2
I
m
回转半径
平行轴定理
垂直轴定理
4. 惯量椭球
将坐标系固定在刚体上，
使惯量系数为常数。
1
R
在转动轴上取线段 OQ 
I
Q点的坐标
Q点的轨迹方程
x  R , y  R , z  R
x 2  y 2  z 2  R 2  2   2   2   R 2
利用
R2 I  1
I  I xx 2  I yy  2  I zz 2  2I yz   2I zx  2I xy
  x / R,   y / R,   z / R
作替换
得到
I xx x  I yy x  I zz z  2I yz yz  2I zx zx  2I xy xy  1
2
2
2
惯量椭球方程
四、 惯量主轴
1.什么是惯量主轴
一般坐标系下的惯量椭球
I xx x  I yy x  I zz z  2I yz yz  2I zx zx  2I xy xy  1
2
2
2
惯量椭球的对称轴称为惯量主轴。
进一步选择坐标轴取向，消去惯量积。
交叉项消失后，得到主轴坐标系下的惯量椭球
I1 x  I 2 y  I3 z  1
2
2
2
动能和角动量简化为
1
2
2
2
T   I1x  I 2 y  I 3z 
2
J  I1x i  I 2y j  I3z k
一般坐标系下的惯量椭球
主轴坐标系下的惯量椭球
2.惯量主轴的求法
从数学方面看，就是解析几何里求二次曲面主轴的方法，
或者线性代数里求本征值的方法。
在力学里，对于具有对称性的均匀刚体，可利用对称性
方便地求出。
x轴对称(x为主轴)
n
m x z
i 1
n
i
i
i
m x y
i 1
i
i
i
0
x轴对称
0
xy面对称(z为主轴)
n
m x z
0
m y z
0
i 1
n
i 1
i
i
i
i
i
i
xy面对称
例题3. 4 求均匀长方形薄片绕对角线的转动惯量。p182
解 （A）直接用定积分
y
2
2
I  2  y dm  2  t  y udy
u
a 2  b2
a sin   y

a sin 
a sin   y 

u 
a 2  b2
x

a
u
y
dy
b

a sin 
a 2  b 2 a sin  2
I  2t
y  a sin   y  dy

0
a sin 
1
  t a 2  b 2  a 3 sin 3  
6
1
a 2b 2
sin  
 m 2
2
6 a b
b
a 2  b2
解 （B）用(3.5.15)计算
a b
2
b
a b
2
2

a
a
  cos  
 
y
2
, 0
,
dy
b
O

dx
x
I  I xx 2  I yy  2  I zz 2  2I yz   2I zx  2I xy
I  I xx  I yy   2I xy
2
2
1
I xx   y  t  ady    tab 3
0
I
3
a
1
2
I yy   x  t  bdx    ta 3b
0
3
b
a
1
I xy    xy  t  dxdy    ta 2b 2
0
0
4
b
2
2
2
1
a b
 m 2
2
6 a b
解 （C）取惯量主轴为坐标轴
I1 

b/2
b / 2
y 2  t  ady 
1

 tab 3
12
I2 

a/2
a / 2
x  t  bdx 
2
y

dy
O

a
b
dx
1

 ta 3b
12
I  I1 2  I 2  2
2
2
1
a
1
b
3

 tab3 2


ta
b 2
2
12
a b
12
a  b2
1
a 2b 2
1
a 2b 2
  tab 2
 m 2
2
6
a b
6 a  b2
x
§3.4 刚体的定轴转动
一、定轴转动的运动学
刚体定轴转动时只有一个变量，
用角位移就可以确定刚体位置。
d

,
dt
d
 
dt
d

,
dt
d
 
dt
  k
vi    ri
vi  Ri
ai  ai  ain n
dvi

a


R

i

i

dt


2
v
ain  i  Ri 2

Ri

二、定轴转动的动力学
dJ 
 M
dt
dJ z
 Mz
dt
J I 
J z  I zzz
转动方程
M z  I zzz  I zz
机械能守恒
1
2
I zz  V  E
2
例题3. 5
求解复摆的运动。
解 运动微分方程
由转动方程
M z  I zz
mgl sin   I0  mk 
2
0
k02  kC2  l 2 , sin  
gl
  2 2 0
kC  l


gl
  A sin  2 2 t   
 kC  l

kC2  l 2
I0
 2
周期   2
gl
mgl
讨论
等值单摆长
I0
kC2  l 2
kC2
OO  l1 

 l1  l 
ml
l
l
若以O’为悬点
I O  mk   l1  l 
2
C
2
2
2
k

l
 mkC2 C 2
l
振动周期
   2
mkC2 2
2
k

l
/ mg  l1  l   2

2  C
l
kC2  l 2
gl
例题3. 6 每个人行走时都会有一种自然步频，以这种步频行
走很舒服，而试图以较快或较慢的步频行走会感到不舒服。
略去膝关节的效应，试用一种最简单的模型来估算该步频。
解 选取均匀杆模型进行估算，
则自然步频率等于杆的固有频
率时（共振）最舒服，如图：
由转动方程
M z  I zzz

T  2
θ
l
mg
1 2
1
ml   mgl sin   0
3
2
3g
2l
O
2l
3g
3g
 
 0
2l
取l为1米，则步频率
为1.62秒
三、轴上的附加力
刚体作定轴转动，可看作是
AB两点不动的约束运动，去掉
约束代之以约束反力，就可以
动量定理和动量矩定理求运动
和约束反力。
 Px 
 Fx 
d 



P

F
y 
 y 
dt 
P 
F 
 z 
 z 
 J x
d 
y
J
dt 
 J
 z

 M x 




  My 

M 
z 


n
d n
mi xi  N Ax  N Bx   Fix

dt i 1
i 1
n
d n
mi yi  N Ay  N By   Fiy

dt i 1
i 1
n
d n
mi zi  N Az   Fiz

dt i 1
i 1
xi  Ri cos 
yi  Ri sin 
zi  c
xi   yi xi   xi  yi
2
yi  xi yi   yi  xi mx  2  my   N  N  F

C
c
Ax
Bx
ix
i 1
n
zi  0 zi  0
2
n
2
n
mxC   mi xi ,
i 1
myC  mxc  N Ay  N By   Fiy
n
0  N Az   Fiz
i 1
i 1
n
d n
mi  yi zi  zi yi    AB N By   M ix

dt i 1
i 1
n
d n
mi  zi xi  xi zi   AB N Bx   M iy

dt i 1
i 1
d
dt
n
m x y
i 1
i
i
xi  Ri cos 
i
n
 yi xi    M iz
i 1
yi  Ri sin 
xi   yi xi   xi  yi
2
yi  xi yi   yi  xi
2
zi  0
zi  0
zi  c
I yz  I zx   AB N By  M x
2
I zx  I yz   AB NBx  M y
2
I zz  M z
n
mxC 2  myc  N Ax  N Bx   Fix
ni 1
myC 2  mxc  N Ay  N By   Fiy
n
i 1
0  N Az   Fiz
当  0，  0时
为平衡方程，可求
静约束反力。
i 1
I yz 2  I zx   AB N By  M x
I zx 2  I yz   AB NBx  M y
I zz  M z
当  0，  0时
为运动方程，可求
动约束反力。
四、消除附加压力的方法
要使刚体转动时轴上没有附加压力，须有
mxC 2  myc  0
myC 2  mxc  0
2
I yz  I zx  0
I zx2  I yz  0
该方程组有解的条件是xc,yc,Iyz和Izx同时为零，
即重心在转动轴（惯量主轴）上。
例题3. 7 涡轮可以看作是一个均质圆盘．由于安装不善，涡
轮转动轴与盘面法线成交角α＝1o．巳知涡轮圆盘质量为20千
克，半径r=0.2米，重心O在转轴上，O至两轴承A与B的距离
各为a=b＝0.5米．设轴以12000转／分的角速度匀速转动时，
试求轴承上某一时刻的最大压力。
x, y( y ), z  是几何对称轴，而重心O在转轴上，故
xC  yC  0, I yz  I zx  I yz  0, N Az  0,   0
解 因
以O为参考点
0  N Ax  NBx  mg
0  N Ay  NBy
0  aN Ay  bNBy
I zx 2  aN Ax  bNBx
n
I zx   mi zi xi
i 1
xi  xi' cos   zi' sin 
zi   xi' sin   zi' cos 
  mi  xi' cos   zi' sin  
n
i 1
'
'

x
sin


z
 i
i cos  
n
 n
'2
'2 
 sin  cos    mi zi   mi xi 
i 1
 i 1

n
1
 n
'2
2
'2
2 
 sin 2   mi  zi  yi    mi  xi  yi  
2
i 1
 i 1

1
   I zz  I xx  sin 2
2
1
I zx    I z z   I xx  sin 2
2
I zz
1
1
2
2
 mr , I xx  mr
2
4
1
2
I zx   mr sin 2
8
解出
N Ay  NBy  0
代入数据得附加压力
mbg 1 mr 
N Ax 

sin 2
ab 8 ab
2 2
mag 1 mr 
N Bx 

sin 2
ab 8 ab
2
静约束反力
2
动约束反力
1 mr 2 2
sin 2
8 ab
 5400 N
静压力为
mbg
 196 N
ab
§3.5 刚体的平面平行运动
一、平面运动的运动学
平面平行运动 刚体中的任一点始终在平行于某固定平面
的平面内运动。
平面平行运动 = 基点平动 + 绕基点的转动
r  r0  r 
v  vA    r 
v  vA     r  r0 
加速度表达式
v  vA    r 
dv A d 
dr 
a

 r   
dt
dt
dt
d
2


a  aA 
r r 
dt
P点对O点的
绝对加速度
A点相对O
点加速度
d
2
a  aA 
  r  r0    r  r0  
dt
P点的相对
A点加速度
在固定参考
系的表示
二、 转动瞬心
刚体角速度不为零时，在任一时刻恒有一点的速度为
零，称为转动瞬心。
对实验室坐标系
vx  vAx    y  y0 
vy  vAy    x  x0 
xC  x0 
v Ay
yC  y0 
v Ax

对固着刚体坐标系
vx  vAx   y
vy  vAy   x
xC  
 
yC

v Ay 

v Ax 

转动瞬心的求法
利用转动瞬心C与刚体上
任一点连线与其速度方向垂直，
可以用几何法求瞬心
转动瞬心C在固定平面
xy上的轨迹称为空间极迹，
而在薄片上（动平面）的轨
迹称为本体极迹。
刚体的运动是本体极迹
在空间极迹上的无滑滚动。
例如车轮在轨道上的滚
动。
A
vA
C
B
vB
例题3. 8 试用转动瞬心法求椭圆规尺M点的速度、加速度，
并求本体极迹和空间极迹的方程式。
解
x  y  OC  AB   a  b 
2
2
2
2
1


x  y  OC    a  b 
2

2
2
2
2
2
vB  c   a  b sin  
c

 a  b  sin 
vM  MC 
 a 2 sin 2   b 2 cos 2  
c

a 2  b 2 c tg 2
ab
转动瞬心
空间
极迹
本体
极迹
d
d
2
aM  a B 
 r   r   
k   bj   b 2 j 
dt
dt
c cos 
c2
1

 bi  b
j
2
2
2
a  b sin 
 a  b  sin 


bc 2
a  b
2
bc 2
a  b


2
1
sin 2 
 cos    
i j

 sin 

1
sin 2 
 cos 
cos  i  cos  j  sin  i  cos 

 sin 
bc 2
a  b
2
bc 2
a  b
2

1  cos 2 
 sin   i

2
sin   sin 

1
i
3
sin 
c

 a  b  sin 

j

x  b sin 
aM  
4 2
bc
a  b
2
1
i
3
x
三、 平面平行运动动力学
平面平行一般分解为
绕过质心C点的轴的转动
和质心C的平动。
mxC  Fx
myC  Fy
质心运动
方程
I zz  I zz  M z
绕过质心轴的转动方程
若只在保守力作用下，
刚体的机械能守恒
1
1
2
E  mvC  I zz 2  V
2
2
质心平
动动能
绕质心轴
转动动能
例题3. 9
无滑动下滚圆柱体的加速度和约束反力。
解 （A）机械能守恒定律
约束方程：xC  a ......(1)
1
1
2
2
1 
k2
 m 1  2
2 
a
N
xC
C
动能 T  mxC2  I zz 2
 2
 xC .......(2)

势能 V  mgxC sin .......(3)
机械能
O’

O
f
y
mg
1 
k2  2
E  m  1  2  xC  mgxC sin  .......(4)
2 
a 
g sin 
不能求约束反力
.......(5)
求微商，得 xC 
2
2
1 k / a
1
2
空心圆柱体 xC  g sin 
实心圆柱体 xC  g sin 
2
3
解 （B）质心运动定理
N
xC
质心C点的平动方程：
C
mgxC  mg sin   f .......(1)
O’
0  N  mg cos  ............(2)
约束方程：xC  a ......(3)

O
f
y
mg
绕质心C点的转动方程：
mk 2  fa.......(4)
联立方程可求得：
k2
mgk 2 sin 
f  m 2 xC 
a
a2  k 2
N  mg cos 
无滑滚动的条件：
f
k 2tg
  2
N a  k2
例题3 P236 3.17
x
解：建立以M为极点MO
为极轴的极坐标，则易得
P点坐标为：
C
P
θ
a
  2r cos   a
M
A
在固定坐标系中：
x   2r cos  a  cos
vcx 
y   2r cos  a  sin 
a
x   cos 
2
a
y   sin 
2
dx
 4r cos  sin   a sin 
dt
4r cos   a  0
空间极迹为
一个给定圆
例题4 P237 3.19
解：均匀棒机械能
守恒，即：
C
vC
1
1
2
E  mvC  I zz 2  V
2
2
1
mga  I zz 2
2
1
2
I zz  m  2a 
3
  t 
vC  a
3g

2a
3g
 
2a
2h

g
2
3h
2a

1
n

2
2
3h
2a
例题5 P238 3.24
ω
a
α