Transcript 第十二章动量矩定理

第十二章
动量矩定理
主要内容
§12.1 质点和质点系的动量矩
§12.2 动量矩定理
§12.3 刚体绕定轴的转动微分方程
§12.4 刚体对轴的转动惯量
§12.5 质点系相对于质心的动量矩定理
§12.6 刚体的平面运动微分方程
动量矩定理
前一章中讲的动量定理并不能完全描述出质点系的运动状态。
1、例如一对称的圆轮绕不动的质心转动时，无论圆轮转动的
快慢如何，无论转动状态有什么变化，它的动量恒等于零，
可见动量不能表征或度量这种运动。
2、动量定理和质心运动定理讨论了外力系的主矢与质点系运
动变化的关系，但未讨论外力系主矩对质点系运动变化的影
响。
因此，我们必须有新的概念来描述类似的运动。
动量矩定理正是描述质点系相对于某一定点（或定轴）或质
心的运动状态的理论
§12.1 质点和质点系的动量矩
一、质点的动量矩
设质点 Q 某瞬时的动量为 m v ，质点相对点 o 的位置用矢径 r
表示，如图
z
质点 Q 的动量对点 O 的矩，定义
为质点对点 O 的动量矩，即
mv
M O (m v )
Q
r
M O (m v )  r  m v
O
x
以固定点 O 为原点建立直角坐标系 o xyz，质点 Q 的坐标
为 ( x , y , z ) ，则矢径 r 和质点速度 v 的解析投影式：
y
r
§12.1 质点和质点系的动量矩




r  x i  yj  zk







v  v x i  v y j  v z k  x i  y j  z k
质点对点O 的动量矩可写为行列式形式：
M O  r  mv 
i
j
k
x
y
z
mx
my
mz
质点对某一固定点的动量矩是一个矢量，其方向垂直于由矢
径 r 和速度 v 所确定的平面，其大小等于由矢径 r 和动量m v
所构成的平行四边形的面积，指向由右手螺旋法则确定，且
质点对某定点的动量矩是一个定位矢量，应当画在矩心 O 上。
§12.1 质点和质点系的动量矩
质点对点 O 的动量矩投影到直角坐标轴上，根据矢量对点的
矩和对通过该点的轴的矩之间的关系可知，质点的动量对通
过 O 点的各坐标轴的矩分别为：
M O x  M O  i  m  yz  zy 
M O y  M O  j  m  zx  xz 
M O z  M O  k  m  xy  yx 
即
M O  M Ox i  M Oy j  M Oz k
动量对某一固定点的矩在经过该点的任一轴上的投影就等于
动量对于该轴的动量矩
动量对轴的矩是一代数量，其符号的规定与力对轴的矩的符
号的规定相同，在规定了轴的正向之后，可由右手螺旋法则
来确定其正方向。
动量矩在国际单位制中的单位是kg  m 2 / s 或 N  m  s
§12.1 质点和质点系的动量矩
二、质点系的动量矩
质点系中所有各质点的动量对某固定点O 的矩的矢量和称为该
质点系对 O 点的动量矩，即
n
LO 
n
 M m v    L
O
i
i
i 1
n
Oi
i 1
  ri  m i v i
i 1
质点系中所有各质点的动量对于任一轴的矩的代数和，称为质
点系对该轴的动量矩。质点系对 O 点的动量矩向通过 O 点的
直角坐标系的各轴投影，即质点系对过 O 点的轴的动量矩：
 m y z  z y 
 j   m z x  x z 
k   m x y  y x 
L x  LO  i 
L y  LO
L z  LO
且有
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
LO  L x i  L y j  L z k
i
i
§12.1 质点和质点系的动量矩
三、几种刚体的动量矩的计算
1、平动刚体对某固定点的动量矩：
LO 
 r mv
i
i
i

 r mv
i
i
C

 m r v
i i
C
  M rC   v C  rC  M v C
平动刚体的动量矩的计算与质点动量矩的计算公式相似，即
平动刚体在计算动量矩时，可以看成是一个质点，这个质点
集中了平动刚体的全部质量，位于刚体的质心，且与刚体的
质心一起运动。
2、绕固定轴转动的刚体对转动轴的动量矩：
n
Lz 
n

n
M z ( m i vi ) 
i 1
令  m i ri

n
m i v i ri 
i 1
2
 J z ，称为刚体对

i 1
n
m i  ri ri    m i ri
2
i 1
z 轴的转动惯量。
i 1
于是
Lz  J z
绕固定轴转动的刚体对转动轴的动量矩等于刚体的角速度与
刚体对该转动轴的转动惯量的乘积。
§12.2 动量矩定理
1、质点的动量矩定理
设质点对定点 O 的动量矩为 M O ( m v ) ，作用力F 对同一点的矩
为 M ( F ) ，如图
z
将动量矩对时间取一次导数，得
O
d
dt
M O (m v ) 
d
dt
r  mv  
dr
 mv  r 
dt
根据质点的动量定理
dt
d
dt
且
dr
mv  
Q
M O (F )
r
O
dt
d
dt
M O (m v )  v  m v  r  F
v  m v  0, r  F  M O ( F )
于是得
mv
M O (m v )
F
v
则上式写成
因为
F
d (m v )
d
dt
M O (m v )  M O ( F )
x
y
§12.2 动量矩定理
质点的动量矩定理：质点对某固定点的动量矩对时间的一阶导
数，等于作用于该质点上的力的合力对于同一点的矩。
d
dt
M O (m v )  M O ( F )
将上式投影到以矩心 O 为原点的直角坐标轴上，并注意到动量
及力对点的矩在某一轴上的投影，就等于动量及力对该轴的矩，
可得：
d
dt
M x ( m v )  M x ( F ),
d
dt
M y ( m v )  M y ( F ),
d
dt
M z (m v )  M z ( F )
2、质点系的动量矩定理
设质点系内有 n 个质点，作用在每个质点的力分为内力Fi ( i ) 和
(e)
F
外力 i 。根据质点的动量矩定理有
d
dt
M O ( m i v i )  M O ( Fi )  M O ( Fi
(i )
(e)
)
§12.2 动量矩定理
这样的方程共有 n 个，相加后得
n
d
 dt
n
M O ( m i vi ) 
i 1

n
M O ( Fi ) 
(i )
i 1

M O ( Fi
(e)
)
i 1
由于内力总是大小相等、方向相反成对出现，因此上式右端的
第一项
n

M O ( Fi )  0
(i )
i 1
上式左端为
n
d
 dt
M O ( m i vi ) 
i 1
n
d

dt
M O ( m i vi ) 
i 1
于是得
d
dt
n
LO 
M
i 1
O
( Fi
(e)
)
d
dt
LO
§12.2 动量矩定理
质点系动量矩定理：质点系对于某固定点 O 的动量矩对时间
的导数，等于作用于质点系的外力对于同一点的矩的矢量和。
应用时，取投影式
d
dt
n
Lx 
M
i 1
x
( Fi
(e)
),
d
dt
n
Ly 
M
i 1
y
( Fi
(e)
),
d
dt
n
Lz 
M
z
( Fi
(e)
)
i 1
必须指出，上述动量矩定理的表达形式只适用于对固定点或
固定轴。对于一般的动点或动轴，其动量矩定理具有较复杂
的表达式。
3、动量矩守恒定律
（1）若作用于质点的力对于某固定点的矩恒等于零，则质点
对该点的动量矩保持不变，即 M O ( m v )  恒 矢 量
（2）若作用于质点的力对于某固定轴的矩恒等于零，则质点
对该轴的动量矩保持不变，即 M z ( mv )  恒 量
§12.2 动量矩定理
 动画
§12.2 动量矩定理
 动画
§12.2 动量矩定理
 动画
§12.2 动量矩定理
 动画
§12.2 动量矩定理
 动画
§12.2 动量矩定理
 动画
花样滑冰运动能原地旋转起来是什么原因？
§12.2 动量矩定理
例 题 12-1
O
M

高炉运送矿石用的卷
扬机如图所示。已知鼓轮
的半径为R，质量为m1，轮
绕O轴转动。小车和矿石总
质量为m2 。作用在鼓轮上
的力偶矩为M，鼓轮对转轴
的转动贯量为J，轨道的倾
角为θ。设绳的质量和各处
摩擦均忽略不计，求小车
的加速度a。
§12.2 动量矩定理
例 题 12-1

解：取小车与鼓轮组成质点系，视小车为
质点。以顺时针为正，此质点系对 O 轴的
动量矩为 LO  J   m 2 vR
作用于质点系的外力除力偶 M 、重力 P1
和 P2 外，尚有轴承 O 的反力 F x , F y 和轨
道对小车的约束力 F N 。 其中 P1 , F x , F y
对 O 轴力矩为零。将 P2 沿轨道及其垂直
方向分解为 P2 t 和 P2 N ， P2 N 与 F N 相抵消。
而 P2 t = P2 sin  =m 2 g sin 
，
则系统外力对轴的矩为
M
(e)
 M  m 2 g sin   R
Fy
O
Fx
v
FN
M
P2 t

P2
P2 N
P1
§12.2 动量矩定理
例 题 12-1
由质点系对O轴的动量矩定理，有
d
 J   m 2 vR   M  m 2 g sin   R
dt
因 
v
，
R
dv
 a ，于是解得
dt
M R  m 2 gR sin 
2
a
J  m2 R
2

Fy
O
Fx
v
FN
M
P2 t

P2 N
P2
若 M  m2 g sin   R ，则 a  0 , 小车的加速度沿斜坡向上。
P1
§12.2 动量矩定理
例 题 12-2
试用动量矩定理导出单摆(数学摆)的运动微分方程。
O

v
A
§12.2 动量矩定理
例 题 12-2
解： 把单摆看成一个在圆弧上运动的质点 A，
设其质量为 m，摆线长 l 。又设在任一瞬时质点
A 具有速度 v ，摆线 OA 与铅垂线的夹角是  。
O

通过悬点 O 而垂直于运动平面的固定轴 z
v
作为矩轴，对此轴应用质点的动量矩定理
d LO z
dt
 M Oz
A
由于动量矩和力矩分别是
LO z  m vl  m ( l  ) l  m l
和
M Oz   mgl sin 
2
d
dt
§12.2 动量矩定理
例 题 12-2
LO z  m vl  m ( l  ) l  m l
2
M O z   m gl sin 
d
dt
O

v
从而可得
d
(m l
2
d
dt
)   m gl sin 
dt
化简即得单摆的运动微分方程
d 
2
dt
2

g
l
sin   0
A
§12.2 动量矩定理
例 题 12-3
a
z
a
a
θ
l
A
B
z
a
小球A，B以细绳相连。
θ
质 量 皆 为m， 其余 构件质
l
A
B
量不计。忽略摩擦，系统
绕z轴自由转动，初始时系
l
l
统的角速度为ω0 。当细绳
拉断后，求各杆与铅垂线
0

成θ角时系统的角速度ω 。
§12.2 动量矩定理
例 题 12-3
解:此系统所受的重力和轴承的约束
a
z
a
a
θ
l
A
B
z
a
θ
力对于转轴的矩都等于零，因此系统
对于转轴的动量矩守恒。
当θ=0时，动量矩
l
2
A
B
l
L z 1  2  m a 0  a  2 m a  0
l
当 θ≠ 0 时，动量矩
L z 2  2 m ( a  l sin  ) 
2
0

因为 Lz1=Lz2 ，得
 
a
2
( a  l sin  )
2
0
§12.3 刚体绕定轴的转动微分方程
设定轴转动刚体上作用有主动力 F1 , F2 , ..., Fn 和轴承约
束力 F N 1 , F N 2 ，如图，这些力都是外力。刚体对于 z 轴的转
动惯量为 J z ，角速度为  ，对于 z 轴的动量矩为 J z  。
如果不计轴承中的摩擦，轴承约束力对于 z 轴的力矩等于
零，根据质点系对于 z 轴的动量矩定理有
n
z
d
dt
或
Jz
M
( J z ) 
z
( Fi )
FN 1
i 1
d
n
M

dt
z
( Fi )
i 1
F1
Fn
n
或 J z 
M
z
( Fi )
i 1
或
d 
2
Jz
dt
2
F2
n

M
i 1
z
( Fi )
FN 2
以上各式均称为刚体绕定轴转动微分方程。
§12.3 刚体绕定轴的转动微分方程
例 题 12-4
如图所示，已知滑轮半径为R，转动惯量为J，带动
滑轮的皮带拉力为F1和F2。求滑轮的角加速度α 。
F1
R
O
F2
α
§12.3 刚体绕定轴的转动微分方程
例 题 12-4
解：根据刚体绕定轴的转动微分方
程有
F1
R
O
α
J   R ( F1  F2 )
于是得
 
F2
( F1  F2 ) R
J
由上式可见，只有当定滑轮为匀速转
动（包括静止）或虽非匀速转动，但
可忽略滑轮的转动惯量时，跨过定滑
轮的皮带拉力才是相等的。
§12.3 刚体绕定轴的转动微分方程
例 题 12-5
复摆由可绕水平轴转动的刚体构成。已知复摆的质
量是 m，重心 C 到转轴 O 的距离 OC = b，复摆对转轴 O 的
转动惯量是JO ，设摆动开始时 OC 与铅直线的偏角是 0，
且复摆的初角速度为零，试求复摆的微幅摆动规律。轴
承摩擦和空气阻力不计。
O
b
0
C
§12.3 刚体绕定轴的转动微分方程
例 题 12-5
解: 受力如图所示。设  角以逆时针方向为正。当小  角为正
时，重力对点 O 之矩为负。
F2
由此刚体绕定轴转动的微分方程有
d 
b
2
JO
从而
dt
d 
2
2
dt
2

0
  m gb sin 
m gb
F1
O
C
mg

sin   0
JO

当复摆作微小摆动时，可令 sin  ≈  。于是上式经过线性化后，可
得复摆微幅摆动的微分方程
m gb

 0
JO
这是简谐运动的标准微分方程。可见复摆的微幅振动也是简谐运动。
§12.3 刚体绕定轴的转动微分方程
例 题 12-5
考虑到复摆运动的初条件:当 t = 0时
  0 ,
F2
 0
b
0
则复摆运动规律可写成
   0 cos (
F1
O
m gb
t)
C
mg
(a )
JO

摆动的频率 ω0 和周期 T 分别是
0 
m gb
;
T 
JO
2π
0
 2π
JO
(b )
m gb
利用关系( b )可以测定刚体的转动惯量。为此，把刚体做成复摆
并用试验测出它的摆动周期T ，然后由( b )式求得转动惯量
JO 
m gbT
4π
2
2
(c)

§12.3 刚体绕定轴的转动微分方程
例 题 12-6
飞轮对O的转动惯量为JO ，以角速度ωO 绕水平的O轴
转动，如图所示。制动时，闸块给轮以正压力FN。已知闸
块与轮之间的滑动摩擦系数为fs，轮的半径为R，轴承的摩
擦忽略不计。求制动所需的时间t。
O
ωO
§12.3 刚体绕定轴的转动微分方程
例 题 12-6
解：以轮为研究对象。作用于轮上的
力除FN 外，还有摩擦力F和重力、轴
承约束力。取逆时针方向为正，刚体
的转动微分方程为
JO
d
dt
 F R  f s FN R
将上式积分，并根据已知条件确定积
分上下限，得

由此解
得
0
O
J O d 
t

t
0
J O O
f s FN R
f s FN R d t
F
FOy
O
FOx
W
ωO
FN
§12.3 刚体绕定轴的转动微分方程
例 题 12-7
传动轴如图所示。设
轴Ⅰ和Ⅱ的转动惯量分别
为J1和J2，转动比
R2
R1
,
R1，R2分别为轮Ⅰ ，Ⅱ的
Ⅱ
M2
i1 2 
半径。今在轴Ⅰ上作用主
Ⅰ
M1
动力矩M1 ，轴Ⅱ上有阻力
力矩M2 ，转向如图所示。
设各处摩擦忽略不计，求
轴Ⅰ的角加速度。
§12.3 刚体绕定轴的转动微分方程
例 题 12-7
解：分别取轴Ⅰ和Ⅱ为研究对象，
它们的受力情况如图所示。
两轴对轴心的转动微分方程分别为
M2
J 1 1  M 1  F R1
R2
α2
Ⅱ
M2
Ⅰ F
M1
J 2 2  FR 2  M 2
FN
R1
F'N F'
因
F  F,
α1
M1
1
2
 i12 
R2
M1 
M2
J1 
J2
1 
i1 2
2
i1 2
R1
，于是得
§12.4 刚体对轴的转动惯量
一、转动惯量的概念
1、定义：刚体内各质点的质量与各质点到某轴距离平方的乘
积的总和，称为刚体对该轴的转动惯量。
Jz 

m i ri
2
对于质量是连续分布的刚体，则 J z 
 r dm
2
2、简单形状物体的转动惯量计算
（1）匀质细直杆
设杆的线密度为  ，取微段 d x ，则此微段质量为 dm
所以此杆对 z 轴的转动惯量为
Jz 

l
x dm 
2
0

l
 dx x   
2
l
Jz 
3
ml
z
2
3
0
杆的质量为 m   l ，于是
1
   dx ，
2
O
dx
x
l
x
§12.4 刚体对轴的转动惯量
（2）均质薄圆环
设圆环质量为 m ，质量 m i 到中心轴的距离都等于半径 R ，所
z
以圆环对于中心轴 z 的转动惯量为
Jz 

mi R  R
2
2

（3）均质圆板
mi  m R
2
R
O
mi
设圆板的半径为 R ，质量为m ，圆板对中心轴的转动惯量为
J
z

1
mR
2
2
（4）均质矩形板
Jx 
Jy 
Jz 
1
mh
2
mb
2
y
12
1
h
O
12
1
12
m (h  b )
2
2
b
x
§12.4 刚体对轴的转动惯量
二、回转半径
回转半径定义为  z 
Jz
m
所以 J z  m  z
三、平行移轴定理
2
定理：刚体对任一轴的转动惯量，等于刚体对于通过质心、并
与该轴平行的轴的转动惯量，加上刚体的质量与两轴间距离平
方的乘积，即
2
J z  J zC  m d
§12.4 刚体对轴的转动惯量
例 题 12-8
质量为 m ，长为 l 的匀质细直杆如图，求此杆对于垂直于杆
z
轴且通过质心 C 的轴 z C 的转动惯量。
zC
解：均质细直杆对于通过杆端点且
C
与杆垂直的 z 轴的转动惯量为
O
Jz 
1
ml
2
3
l
应用平行移轴定理，对于 z C 轴的转动惯量为
例 题 12-9
l 2
1
2
J zC  J z  m ( ) 
ml
2
12
钟摆简化如下图。已知均质细杆和均质圆盘的质量分别为 m 1
和 m 2 ，杆长为 l ，圆盘直径为 d 。求摆对于通过悬挂点 O 的
水平轴的转动惯量。
§12.4 刚体对轴的转动惯量
解：摆对于水平轴 O 的转动惯量
O
J O  J O杆  J O盘
式中
J O杆 =
1
3
m 1l
2
l
设 J C 为圆盘对于中心 C 的转动惯量，则
J O盘 = J C  m 2 (l 

1
2
m2 (
d
2
d
)
2
d
2
)  m 2 (l 
2
d
)
2
2
3 2
2
 m 2 ( d  l  ld )
8
于是得
JO 
1
C
3 2
2
2
m 1l  m 2 ( d  l  ld )
3
8
§12.5 质点系相对于质心的动量矩定理
前面表述的动量矩定理只适用于惯性参考系中的固定点
或固定轴，那么当矩心运动时，应当怎样来应用动量矩定理
呢？进一步的研究表明，在一定条件下，动量矩定理的形式
保持不变。其中最重要的一种情况就是：在随同质心一起运
动的平动坐标系中，取质心为矩心，则动量矩定理的形式保
持不变 。
以质心 C 为原点，取一平移参考系 C x y z  如图。在此平移参
考系内，任一点 m i 的相对矢径为 ri  、相对速度为 v ir
z
z
质点系相对于其质心 C 的动量矩为
LC 
M
C
( m i v ir ) 
 r  m v
i
i
ir
C
实际上，以质点的相对速度或以
其绝对速度计算质点系对于质心
的动量矩，其结果是相等的，即
LC 
 r  m v
i
i
ir

 r  m v
i
i
i
x
rc
O
x
ri 
v ir
y
mi
ri
y
§12.5 质点系相对于质心的动量矩定理
质点 m i 对固定点O 的矢径为 ri ，绝对速度为 vi ，则质点系
对定点 O 的动量矩为 L O   M O ( m i v i )   ri  m i v i
由图可见 ri  rC  ri
于是 L O 
 (r
C
 ri )  m i v i  rC   m i v i 
 r  m v
i
i
i
根据点的速度合成定理，有 v i  v C  v ir
由质点系动量计算式有  m i v i  m v C
其中 m 为质点系总质量，v C 为其质心 C 的速度。代入上两式，
O
质点系对于定点 的动量矩可写为
L O  rC  m v C 
 r  m v
i
i
C

 r  m v
i
i
ir
上式最后一项就是 L C ，而由质心坐标公式有  m i ri  m rC
其中 rC 为质心 C 对于动系C x y z  的矢径。此处 C 为此动系的
原点，显然 rC  0 ，即  m i ri  0 ，于是上式中间一项为零，
而 LO  rC  m v C  L C
§12.5 质点系相对于质心的动量矩定理
上式表明，质点系对任一点 O 的动量矩等于集中于系统质心
的动量 mvC 对于点 O 的动量矩再加上此系统对于质心 C 的动
量矩 L C （为矢量和）
质点系对于定点 O 的动量矩定理可写成
dL O
dt

d
dt
n
( rC  m v C  L C ) 
dt
因
为
 m v C  rC 
drC
dt
 vC ,
于是上式成为
(e)
i 1
展开上式括弧，注意右端项中 ri
drC

ri  Fi
dv C
dt
d
dt
，于是上式化为
n
n

dt

rC  Fi
n


i 1
ri   Fi
(e)
i 1
 a C , v C  v C  0, m a C 
d LC
dt
m vC 
dL C
 rC  ri
(e)


i 1

Fi
(e)
ri   Fi
(e)
§12.5 质点系相对于质心的动量矩定理
上式右端是外力对于质心的主矩，于是得
dL C
dt
n

M
( Fi
C
(e)
)
i 1
即质点系相对于质心的动量矩对时间的一阶导数，等于作用
在质点系上的外力对质心的主矩。这就是质点系对于质心的
动量矩定理。该定理在形式上与质点系对于固定点的动量矩
定理完全一样。
§12.5 质点系相对于质心的动量矩定理
如果 M 为零（或 m x  0 ），则质点系对于
e
C
e
质心（或通过质心的轴）的动量矩守恒，
这也说明质点系对于质心的动量矩的改
变只与质点系的外力有关，而与内力无
关，也就是内力不能改变质点系对质心
的动量矩。
§12.5 质点系相对于质心的动量矩定理
• 例如，跳水运动员跳离跳板后，受到的外
力只有重力，而重力对质心的矩为零，因
此运动员对其质心的动量矩保持不变。运
动员起跳时伸展身体，使身体对质心的转
动惯量较大，在空中蜷曲身体，以减小转
动惯量，从而获得较大的角速度。
为什么双人滑中抛转可以成功？
§12.6 刚体的平面运动微分方程
平面运动刚体的位置，可由基点的位置与刚体绕基点的转
角确定。取质心 C 为基点，如图，它的坐标为 x C , y C 。设 D
为刚体上的任一点，C D 与 x 轴的夹角为  ，则刚体的位置可
由 x C , y C 和  确定。刚体的运动分解为随质心的平移和绕质
y
y
心的转动两部分。
图中 C x y 为固连于质心 C 的平移参考
D

系，平面运动刚体相对于此动系的运动
C
x
就是绕质心 C 的转动，则刚体对质心
的动量矩为
LC  J C 
O
其中 J C 为刚体对通过质心 C 且与运动平面垂直的轴的转 x
动惯量， 为其角速度。
设在刚体上作用的外力可向质心所在的运动平面简化为一平
面力系 F1 , F2 , F3 , ..., Fn ，则应用质心运动定理和相对于质心的
动量矩定理，得
§12.6 刚体的平面运动微分方程
m aC 

F
(e)
d
,
dt
( J C )  J C 

M C (F
(e)
)
为刚体质量，a C 为质心加速度， 
其中 m
度。上式也可写成
2
m
d rC
dt
2


d 
2
F
(e)
, JC
dt
2


M C (F
(e)
)
以上两式称为刚体的平面运动微分方程。
d
dt
为刚体的角速
§12.6 刚体的平面运动微分方程
例 题 12-10
半径为r，质量为m的均
质圆轮沿水平直线滚动，如
图所示。设轮的惯性半径为
ρC ，作用于圆轮的力偶矩为
M
C
M。求轮心的加速度。如果
r
圆轮对地面的静滑动摩擦系
x
数为fs，问力偶矩M必须符合
什么条件方不致使圆轮滑动。
§12.6 刚体的平面运动微分方程
例 题 12-10
解： 根据刚体的平面运动微分方程
可列出如下三个方程：
m aCx  F
M
C
r mg
α
m a C y  FN  m g
aC
m  C  M  F r
2
x
FN
F
式中M和α均以顺时针转向为正。因
aCy= 0 ，故 aCx= aC 。
根据圆轮滚而不滑的条件，有
aC= rα
§12.6 刚体的平面运动微分方程
例 题 12-10
联立求解，得：
FN  mg
F  m aC ,
M
C
r mg
aC 
α
aC
m(C  r )
2
2
,
F (r   C )
2
M 
2
r
欲使圆轮从静止开始滚动而不滑动，必
x
FN
Mr
须有 F ≤fsFN , 或 F ≤fsmg 。
F
于是得圆轮只滚不滑的条件为
r  C
2
M  fs m g
2
r
§12.6 刚体的平面运动微分方程
例 题 12-11
均质圆轮半径为r，质量为m，受到轻微扰动后，在半径
为R的圆弧上往复滚动，如图所示。设表面足够粗糙，使圆轮
在滚动时无滑动。求质心C的运动规律。
R
θ
C
§12.6 刚体的平面运动微分方程
例 题 12-11
解： 圆轮在曲面上作平面运动，受到的外力
有重力mg，圆弧表面的法向反力FN和摩擦力F。
设θ角以逆时针方向为正，取切线轴的正
向如图，并设圆轮以顺时针转动为正，则图
示瞬时刚体平面运动微分方程在自然轴上的
投影式为
ma  F  mg sin 
t
C
R
2
m
vC
Rr
 FN  mg cos 
J C   Fr
θ
(a)
(b)
(c)
α
（+）
C
r
mg
t
aC
F
FN
§12.6 刚体的平面运动微分方程
例 题 12-11
由运动学知，当圆轮只滚不滑时，角加速度的
大小为
t
aC
(d)

r
取s为质心的弧坐标，由图有
R
s  ( R  r )
2
注意到 aCt 
d s
dt
2
, J C  1 mr 2 , 当θ 很小
r
2
2
3d s
2dt
令 
2
0
2
2g
3( R  r )

g
Rr
2
d s
dt
2
mg
 0 s  0
2
t
aC
F
FN
s 0
则上式成为
（+）
C
时，sin    ，联立（a），（c），（d）
求得
θ
α
§12.6 刚体的平面运动微分方程
例 题 12-11
此方程的解为
s  s0 sin (0t   )
式中s0和β为两个常数，由运动起始条件确
定。如 t= 0 , s = 0 初速度为v0，于是：
R
θ
α
0  s0 sin 
C
v0  s00 cos 
解得：
tan   0,
s0 
v0
0
 v0
（+）
  0
3( R  r )
2g
r
mg
t
aC
F
FN
§12.6 刚体的平面运动微分方程
例 题 12-11
最后得
s  v0
3( R  r )
sin (
2g
2
g
3 ( R  r)
t)
这就是质心沿轨迹的运动方程。
由式(b)可求得圆轮在滚动时对地面
的压力
R
θ
α
C
2
FN  FN  m
vC
Rr
 m g cos 
式中右端第一项为附加动压力，其中
vC 
ds
dt
 v 0 co s (
2
g
3 Rr
t)
（+）
r
mg
t
aC
F
FN