质心与刚体
质点系与刚体
刚性质点系
性质与定义（chap1）
定义：每两个质点的间距不变。刚体是一种特殊的刚性质点系。
自由度：
取出三个不共线的质点，那么可以唯一确定一个平面。命名为1，2，3号质点。如果$\vec{r_1},\vec{r_2},\vec{r_3}$确定，可以确定整个系统所有点的位置。此时自由度取决于1，2，3.
1，2，3还有三个约束方程（来刻画距离不变）
因此刚性质点系运动的参量只有6个。
内力：内力冲量、做功不变，内力力矩之和为零
运动的分解
随基点的平动——自由度为3（xyz）
绕基点的转动——自由度为3（进动、自转、章动）
质心（c）
为刚性质点系寻找一个点部位，它的运动与内力无关，因此我们引入质心。
位置：
（惯性）质量分布中心：$\vec{r_c}=\frac{\Sigma_i m_i\vec{r_i}}{\Sigma_i m_i}$
质量：
$m_c=\Sigma_i m_i$
或者我们可以这么刻画质心：
$\vec{r_c}=\frac{\Sigma m_i\vec{r_i}}{m_c}$
$x_c=\frac{\Sigma m_ix_i}{m_c}$
$y_c=\frac{\Sigma m_iy_i}{m_c}$
$z_c=\frac{\Sigma m_iz_i}{m_c}$
质心引申为质点系共有的力学概念。
质心的位置
二质点系
$x_c=\frac{m_1x_1+m_2x_2}{m_1+m_2}$
令$x_c=0$
则$m_1x_1+m_2x_2=0$
令$|x_1|=l_1$ $|x_2|=l_2$
$l_1+l_2=l（二者间距）$
则$l_1=\frac{m_1}{m_1+m_2}l$
$l_2=\frac{m_2}{m_1+m_2}l$
三质点系
可以把1，2先找到一个质心，把这个问题转化为二质点系问题。
质心组合关系
将质点系分成若干小系，各小系质心构成的质点系，其质心即为原质点关系的质心
匀质细杆
左右取对称的，因此质心在中点。
匀质三角板
从上到下切成若干细杆，再从左到右切成若干细杆。质心在两条中线之交点，即重心。
匀质三角形框架
三条边质心均在中点位置，但注意质量与边长成正比。
结合角平分线定理，可以知道整个质心在内心上。
质心运动定理
$m_c\vec{r_c}=\Sigma m_i\vec{r_i}$
两边对t求导
$m_c\vec{v_c}=\Sigma m_i\vec{v_i}$
由质点系动量定理，$\vec{F_{合外}}=\frac{\vec{dP_c}}{dt}=m_ca_c$，这就是惯性系中的质心运动定理
惯性系中的质心动能定理$W{\vec{F{合外}}}=\Delta E_{kc}$
质点系动力学量的分解
以下结论对惯性系和非惯性系均成立
$\vec{P}=\vec{P_c}$ 或者 $\vec{P}=\vec{P_c}+\vec{P’}(\vec{P’}=0)$
$Ek=E{kc}+E_k’$ , $E_k’$代表质点系相对质心的动能
$\vec{L}=\vec{L_c}+\vec{L’}$ , $\vec{L’}$代表质点系相对质心的角动量
若干质点发生多体碰撞：
$\vec{P},\vec{Pc},\vec{v_c}$不变，因此$E{kc}$不变，损失的动能来自$E_k’$。完全非弹性碰撞时，$E_k’$完全损失为零。
质心参考系
定义：随质心一起（相对惯性系）运动的参考系。这是一个平动参考系。
若$\vec{F_{合外}}=0$ 则 $\vec{a_c}=0$ 质心系为惯性系
若$\vec{F_{合外}}\not =0$ 则 $\vec{a_c}\not=0$ 质心系为非惯性系，此时会出现平移惯性力。
为了方便，质心系中一致地引入平移惯性力$\vec{F_i}=m_j(-\vec{a_c})$将$\vec{a_c}=0$处理为特例
质心系中的质点动力学定理
动量定理
$\vec{P}=0$ 因为质点系动量等于质心动量
动能定理
$dW惯+dW内+dW_外=dE_k$
$dW_惯=\Sigma ma_i(-\vec{a_i})\cdot \vec{dr_i}$
$dW_惯=-\Sigma m_i\vec{dr_i}\cdot \vec{a_c}=-\Sigma d(m_i\vec{r_i})\cdot \vec{a_c}$
$dW_惯=-d(m_c\vec{r_c})\cdot \vec{a_c}$
$r_c$是质心在质心系的位矢，因此$d\vec{r_c}=0$
于是动能定理可以被简化为：$dW内+dW外=dE_k$
或者：$W内+W外=\Delta E_k$
角动量定理
$\vec{M惯}+\vec{M外}=\frac{d\vec{L}}{dt}$
$\vec{M_惯}=\Sigma \vec{r_i}\times m_i (-\vec{a_c})=-\Sigma m_i\vec{r_i}\times \vec{a_c}$
$\vec{M_惯}=-m_c\vec{r_c}\times \vec{a_c}$ 一般情况下不为零，但如果取质心为参考点，则这一项为零。
取质心为参考点：$\vec{M_外}=\frac{d\vec{L}}{dt}$
刚体定轴转动
运动学描述
$\omega$ $\beta$
$\vec{r_i}=\vec{z_i}+\vec{R_i}$ 分解
$\vec{v_i}=\omega R_i$
$a_{i心}=\omega^2 R_i$
$a_{i切}=\beta R_i$
动力学描述
$E_k=\Sigma \frac{1}{2}m_iv_i^2=\frac{1}{2}\Sigma m_i R_i^2 \omega^2$
记$I=\Sigma m_i R_i^2 $ 则 $E_k=\frac{1}{2}I\omega^2$
我们将I称为转动惯量
刚体的内势能是一个不变量
角动量（O为参考点）
$\vec{L}=\Sigma \vec{r_i}\times(m_i\vec{v_i})=\Sigma \vec{z_i}\times(m_i\vec{v_i})+\Sigma \vec{R_i}\times(m_i\vec{v_i})$
拆出来的第一项是$\vec{L}$在xy平面上分量
拆出来的第二项是$\vec{L}$在z轴方向分量
考虑$\vec{L_z}=\Sigma m_iR_iv_i= \Sigma m_iR_i^2 \omega$
因此$\vec{L_z}=I\omega$
转动惯量
匀质细杆
质量为M，长度为L
绕中点转
建立坐标轴，取中点为O点。
用微元法，取一小段$m_i$ 则$dm=\frac{dx}{L}M$
$R_i=x$
$\Sigma mi R_i^2=\int{-\frac{1}{2}L}^{\frac{1}{2}L}dm x^2$
$I=\frac{1}{12}ML^2$
绕端点转
$\int _{0}^{L}\frac{dx}{L}Mx^2=\frac{1}{3}ML^2$
匀质长方版
长L质量M
绕中央轴转
$I=\frac{1}{12}ML^2$
绕左边或右边转
$I=\frac{1}{3}ML^2$
圆环/圆筒绕圆心
$I=MR^2$
因为每一个点与圆心距离都是R
匀质圆盘/圆柱绕圆心
看成很多个圆环的累加
取半径为r的一小个小圆环dr
$dI=\frac{2\pi r dr}{\pi R^2}r^2$
$I=\frac{1}{2}MR^2$
平行轴定理
已知刚体质量为M，绕过质心C的轴转动惯量为$Ic$，PQ轴与该轴平行，与该轴距离为d。绕PQ转动的$I{pq}与I_c$关系是什么？
假设绕PQ转动角速度为$\omega$
$Ek=\frac{I{PQ}}{\omega^2}$
根据质点系动能：$Ek=E{kc}+E_k’$质心动能加上质点系相对质心动能
$E_k=\frac{1}{2}Mv_c^2+\frac{1}{2}I_c\omega^2$(相对C旋转角度和想到对PQ旋转角度一样)
$v_c=\omega d$代入
得$I_{PQ}=I_c+Md^2$
匀质正方版绕对角线
运用平行轴定理做递推，设$I=\alpha ML^2$
把左上右下的小正方形在平移到原转轴上，写出递推关系式解出$\alpha$
垂直轴定理
$I_x=\Sigma m_iy_i^2$
$I_y=\Sigma m_ix_i^2$
$I_x+I_y=\Sigma m_i(y_i^2+x_i^2)=\Sigma m_ir_i^2=I_z$
$I_z=I_x+I_y$
匀质正方形薄版
绕着斜轴MN旋转
取$PQ\perp MN$
由于对称性，显然$I{MN}=I{PQ}$,$I_x=I_y$
$I_{MN}=\frac{1}{2}I_z=I_x$
因此$I_{MN}=\frac{1}{12}Ma^2$
匀质球壳
绕x轴旋转转动惯量$I_x=\Sigma m_i(y_i^2+z_i^2)$
绕y轴旋转转动惯量$I_y=\Sigma m_i(x_i^2+z_i^2)$
绕z轴旋转转动惯量$I_z=\Sigma m_i(y_i^2+x_i^2)$
于是$I_x+I_y+I_z=2\Sigma m_i R^2=2MR^2$
$Ix=I_y=I_z=I{直径}$
因此$I_{直径}=\frac{2}{3}MR^2$
动力学定理
质心运动定理
质心运动定理：$\vec{F_{合外}}=m\vec{a_c}$
动能定理：$dW_外=dE_k$，$E_k=\frac{1}{2}I\omega^2$
转动定理（角动量定理沿着转轴方向的分量式）$M_{外z}=\frac{dL_z}{dt}=I\beta$
刚体平面平行运动
定义：每一个点部位都在自己对应的一个平面内运动，所有这些平面彼此平行
运动学内容
对刚体进行投影到$\sigma$平面上
角速度相对任意一个分解点都一样
运动分解为：随某点部位的平动&绕该点部位的转动
“某点”取A，则B也有相同的$\vec{vA}$。B点绕A点的旋转$\vec{\omega_A}$。则$\vec{v_B}=\vec{v_A}+\vec{\omega_A}\times R{BA}$
“某点”取B，则$\vec{vA}=\vec{v_B}-\vec{\omega_B}\times R{BA}$
推出$\vec{\omegaA}\times R{BA}=\vec{\omegaB}\times R{BA}$
因此$\omega_A=\omega_B=\omega$
速度瞬心
某时刻速度为零的点称为该时刻的速度瞬心（线）
该时刻刚体其他点部位（P）速度等于此点部位相对瞬心（M）运动速度
注意这个关系只有速度相等，其他的运动量不一定相等，因此我们不能说“P相当于绕着M旋转”。譬如$\vec{ap}=\vec{a{PM}}+\vec{a_M}$,可见加速度并不相等。
$\vec{vP}=\vec{\omega}\times\vec{R{PM}}$
瞬心的寻找
动力学内容
将运动分成随质心平动（外参考系），绕过质心转轴的转动（质心系）
相对外惯性系
质心运动定理：$\vec{F_{合外}}=m\vec{a_c}$
动能定理：$W_外=\Delta E_k$ $E_k=\frac{1}{2}mv_c^2+\frac{1}{2}I_c\omega^2$
相对质心系
质心运动定理:$M_外=I_c\beta$
动能定理:$W_外=\Delta E_k$ $E_k=\frac{1}{2}I_c\omega^2$
刚体定点转动与平衡
先跳过，大脑过载了。往届讲义似乎没有这部分内容不学了。
习题
题1
一个细杆，$\lambda_x=\frac{\lambda_0}{L}x$，求$x_c$
$x_c=\frac{\Sigma m_ix_i}{\Sigma m_i}$
取一小段，称为i
$m_i=\lambda_x dx=\frac{\lambda_0}{L}xdx$
$x_i=x$
$\Sigma mix_i=\int{0}^{L}\frac{\lambda_0}{L}x^2dx=\frac{\lambda_0}{3}L^2$
$\Sigma m_i=\frac{1}{2}\lambda_0 L$
因此$x_c=\frac{2}{3}L$
题2
质点A,B质量均为m，A带正电荷q。电场强度E水平向右。AB之间弹性碰撞不交换电荷量。一开始A在B左侧$l_0$位置，求从开始到第k次碰撞期间，电场力做的功。
解答：
电场力只对A做功，只需要求出从开始到结束A的位移即可
注意到$x_A=x_c+\frac{1}{2}l_0$，$x_c$是质心位移
$a_c=\frac{qE}{2m}$
计算第一次A向右运动打B所需的时间$l_0=\frac{1}{2}at_0^2$
$t_0=\sqrt{\frac{2ml_0}{qE}}$
转换参考系，第一次，在B的视角下，A由静止打到B
然后A被反弹，反弹前后相对B的速度相同。这时在B的视角下，A的运动就是第一次的逆过程。
因此$t_k=(2k-1)t_0$
$s_c=\frac{1}{2}a_ct_k^2$ 可以计算
题3
水平地面上等间距地放着10个相同的木块，质量均为m，与地面摩擦系数均为$\mu$木块之间均为完全非弹性碰撞。对第一个木块施加恒力F，发现十个木块碰撞到一块的时候正好停下了，求F。
由此可知，合外力对质心做功为零。
质心位移是$5l_0$
$F\cdot 5l_0=\mu mg \frac{1}{9}l_0+2\mu mg \frac{2}{9}l_0+…+9 \mu mg\frac{9}{9}l_0$
因此我们可以求出F
题4
我们用质心参考系来分析，动能增加为$2\times \frac{1}{2}mv_{\perp}^2=FL$
$v_{\perp}=\sqrt{\frac{FL}{m}}$
题5
匀质细杆(M，L)由水平静止释放，固定左端点O。求细杆转过$\theta$角之后O点所给的支持力的两个分量$\vec{N_1}$和$\vec{N_2}$
分析:
取O点为参考点，两个力的力矩都为零，因此不能用转动定理。
因为这两个力不做功，不能用动能定理。
因此我们考虑选择质心运动定理来求解。
求解：
我们只需要解出$\vec{a心}$和$\vec{a切}$
$a_心=\omega^2\cdot \frac{L}{2}$
通过动能定理可以求出$\omega$，重力势能转化为动能
$a_切=\beta \frac{L}{2}$
用转动定理，重力所提供的力矩$M=I\beta$ 可以解出$\beta$
答案：$N_1=\frac{5}{2}mgsin\theta$ $N_2=\frac{1}{4}mgcos\theta$
题6
$m_1g-T_1=m_1a$
$T_2-m_2g=m_2a$
$T_1R-T_2R=I\beta$ 实际上这个不是原始的方程，原始应该是摩擦力。
注意：高中物理题目往往说“轻质滑轮”，这样能导出一根绳子上拉力相等，但这里滑轮有质量，拉力的力矩不为0，因此两个拉力可以不相等。
运动关联：$\beta R=a$
$a=\frac{2(m_1-m_2)}{M+2(m_1+m_2)}g$
题7
(1) A轴插入前后
以地面A点为参考点，角动量守恒（插入后产生的力相对于A的力矩为零）
$I_A\omega_A=L_A$ $\omega_A$是稳定后的角速度
$L_A=I_0\omega_0+mv_0\frac{1}{2}L$ 把$L_A$分成自转和质心平动两部分,$v_0=0$因为O不动
$I_0$代表绕着O点旋转的转动惯量$\frac{1}{12}ml^2$
解出$\omega_A=\frac{1}{4}\omega_0$
(2) A轴插入之后
此时$v_O=\omega_A\frac{L}{2}$
(3) A撤走B插入前后
取地面B为参考点，角动量守恒
$I_B\omega_B=-mv_O\frac{L}{2}+I_0\omega_A$
负号是因为质心角动量的r是相对于B算，与$\omega_A$相反
$\omega_B=-\frac{1}{8}\omega_0$
(4) B插入之后
此时$v_O=\frac{1}{16}\omega_0 L$
(5) B撤走O插入前后
取地面O点位参考点，角动量守恒
$\omega_BI_0=I_0\omega$
因此$\omega=\omega_B=-\frac{1}{8}\omega_0$
题8 麦克斯韦轮
一边旋转一边向下运动
质心运动:Mg-T=Ma
地面系中不是定轴转动，但在质心系中是定轴（过质心转轴）转动。其动力学方程与惯性系转动定理相同。因为以质心为参考点，惯性力的力矩为零。（详见质心系）
$TR=I_c\beta$
$a=\beta R$
题9 瞬心加速度
半径为r的圆环A沿着半径为R的固定圆环B的外侧做纯滚动，A的环心O绕着B的环心做圆周运动的角速度记为$\omega_\theta$,求A环瞬心M的加速度
因为A纯滚动，与大圆接触点速度为0，所以M是瞬心
$v_o=\omega_r\cdot r$
$\omega_r=\frac{v_O}{r}$
$vO=(R+r)\omega\theta$
$\omega_\theta=\frac{v_O}{R+r}$
$\vec{aM}=\vec{a{Mo}}+\vec{a_o}$
$\vec{a{Mo}}$代表M相对小圆圆心的加速度，因此$\vec{a{Mo}}=\omega_r^2r$方向竖直向上
$\vec{ao}=\omega\theta^2(R+r)$ 方向竖直向下
结果可求出
题10
匀质球体(m,R)放在倾斜角为$\theta$的斜面上，我们可以分析出：$\mu=0$ 纯滑动，$\mu较小$，连滚带滑，$\mu \geq \mu临$ 进入纯滚动状态，求$\mu临$
加速度：$mgsin\theta-f=ma$
角加速度：$fR=I_c\beta$
运动关联：$a=\beta R$（因为纯滚动$v=\omega R$，求导即可）
题11
匀质圆环，m，R。水平地面动摩擦因数$\mu$，给圆环水平向右初速度$v_0$（初始无旋转），讨论之后圆环的运动
水平向左滑动摩擦力$f=\mu mg$
$v=v_0-at=v_0-\mu gt$
$fR=I_c\beta=mR^2\beta$
$\omega=\beta t=\frac{\mu g t}{R}$
当$v=\omega R$时，进入纯滚动状态（之后f=0??????????）
题12
匀质细杆质量M，长度L，放在一个光滑水平面上。如图所示有一个小球m，以$v_0$打向细杆。球m，M发生第二次碰撞的条件？
记向上速度方向为正方向
$\vec{v_c}$为细杆质心的速度，$\vec{v}$ 为小球碰撞后的速度
动量守恒:$Mv_c+mv=mv_0$
能量守恒:$\frac{1}{2}Mv_c^2+\frac{1}{2}I_c\omega^2+\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2}mv_0^2$
角动量在地面参考系讨论
由细杆和小球组成的系统，相对地面系的任何参考点都守恒。取（移动之前）细杆质心所在点对应地面上的点（记为C点）为参考点。
因此$0+I_c\omega+\frac{L}{2}mv=\frac{L}{2}mv_0$（质心平动贡献的角动量是0）
观察可知，发生碰撞的条件是$v=v_c$
因此我们可以通过这个关系，找出$\frac{M}{m}$的关系，四个未知量四个方程可以求解
题13
光滑水平地面，一个匀质细杆竖直立在水平地面上。给细杆一个扰动让它滑倒。是否有可能细杆整体倒地之前，B端先离开了地面呢？
关键点：没有水平外力，因此细杆只有竖直方向的$a_c$和$v_c$
我们聚焦于N这个量。考虑细杆质心的运动，当$a_c=g$的时候，N=0
我们考虑$a_c与\phi$的关系
如果$a_c=\frac{dv_c}{dt}=\frac{dv_c}{d\phi}\frac{d\phi}{dt}$
我们可以找到瞬心M，$v_c=\omega\cdot\frac{L}{2} sin\phi$
用能量守恒，则重力势能减少量=动能增加量
$Mg\frac{L}{2}(1-cos\phi)=\frac{1}{2}Mv_c^2+\frac{1}{2}I_c\omega^2$
