第十章__刚体的一般运动分解

理论力学第2版(唐国兴王永廉主编)课后答案理论力学第2版内容简介第2版前言第1版前言第一章静力学基础知识要点解题方法难题解析习题解答第二章平面汇交力系知识要点解题方法难题解析习题解答第三章力矩、力偶与平面力偶系知识要点解题方法习题解答第四章平面任意力系知识要点解题方法难题解析习题解答第五章空间力系知识要点解题方法习题解答第六章静力学专题知识要点解题方法习题解答第七章点的运动学知识要点解题方法难题解析习题解答第八章刚体的基本运动知识要点解题方法习题解答第九章点的合成运动知识要点解题方法难题解析习题解答第十章刚体的平面运动知识要点解题方法难题解析习题解答第十一章质点动力学基本方程知识要点解题方法难题解析第十二章动量定理知识要点解题方法难题解析习题解答第十三章动量矩定理知识要点解题方法难题解析习题解答第十四章动能定理知识要点解题方法难题解析习题解答第十五章动静法知识要点解题方法习题解答参考文献理论力学第2版目录机械工业出版社本书是与唐国兴、王永廉主编的《理论力学》(第2版)配套的教学与学习指导书。

本书按主教材的章节顺序编写，每章分为知识要点、解题方法、难题解析与习题解答四个部分。

其中，“知识要点”部分提纲挈领地对该章的基本概念、基本理论和基本公式进行归纳总结，以方便读者复习、记忆和查询;“解题方法”部分深入细致地介绍解题思路、解题方法和解题技巧，以提高读者分析问题和解决问题的能力;“难题解析”部分精选若干在主教材的例题与习题中没有涉及的典型难题进行深入分析，以拓展读者视野，满足读者深入学习的需要;“习题解答”部分对主教材中该章的全部习题均给出求解思路和答案，但不提供详细解题过程，以期在帮助读者自主学习和练习的同时为他们留出适量的思考空间。

本书继承了主教材的风格特点，结构严谨、层次分明、语言精练、通俗易懂。

本书虽与主教材配套，但其结构体系完整，亦可单独使用。

本书可作为应用型本科院校与民办二级学院工科各专业学生的.学习和应试指导书，同样适合高职高专、自学自考和成人教育的学生使用，对考研者、教师和工程技术人员也是一本很好的参考书。

刚体的平面运动-运动分解刚体的平面运动刚体在运动过程中，其上任意一点到某一固定平面的距离保持不变。

M NS A 1A 2 A若用一与固定平面M 平行的平面N 去截割刚体得平面图形S ， 该平面图形S 始终在平面N 内运动。

垂直于图形S 的任一条直线A 1A 2作平动。

刚体的平面运动可以简化为平面图形S 在其自身平面内的运动。

研究刚体的平面运动 研究平面图形的运动12()()A A x f t y f t ==刚体平面运动方程点A 、B 是平面图形上的任意两点，AB 位置确定，平面图形的位置也唯一确定。

3()f t φ= 由刚体的平面运动方程可以看到，如果图形中的A 点固定不动，则刚体将作定轴转动；如果线段AB 的方位不变（即ϕ =常数），则刚体将作平动。

用什么方法研究刚体的平面运动？如果汽车沿直线行驶，车轮作平面运动。

建立动参考系x’o’y’,随车身一起平动。

轮相对轮心做转动刚体的平面运动分解为随平动参考系的平动（牵连运动）与绕基点的“定轴”转动（相对运动）。

SA ϕ x ' y ' O ' ϕ' 刚体的平面运动(绝对运动)随同基点的平动(牵连运动) 绕着基点的转动(相对运动) 刚体的平面运动分解与合成xy o S Aϕx ' y 'O ' 有缘学习更多＋谓ｙｇｄ３０７６考证资料或关注桃报：奉献教育（店铺）∆r A ≠ ∆r B ， v A ≠ v B ， a A ≠ a B—随基点的平动部分与基点的选择有关△ϕ1=△ϕ2=△ϕωA = ω B = ωαA = α B = α—绕基点的转动部分与基点的选择无关基点选择对运动分析有何影响？凡涉及到平面运动图形转动的角速度和角加速度时，不必强调基点，就是平面图形的绝对角速度和角加速度。

O ABθ ϕSA ϕ x ' y ' O ' ϕ' 刚体的平面运动(绝对运动)随同基点的平动(牵连运动) 绕着基点的转动(相对运动) 刚体的平面运动分解与合成xy o S Aϕx ' y 'O '思考题刚体的平动和定轴转动均是刚体平面运动的特例，对吗？有缘学习更多＋谓ｙｇｄ３０７６考证资料或关注桃报：奉献教育（店铺）。

第４０卷第５期大　学　物　理Ｖｏｌ．４０Ｎｏ．５２０２１年５月ＣＯＬＬＥＧＥ　ＰＨＹＳＩＣＳＭａｙ２０２１　收稿日期：２０２０－０９－１１；修回日期：２０２０－１１－１８作者简介：邵瀚雍（２０００—），男，四川德阳人，北京师范大学物理学系２０１８级本科生．櫍櫍櫍櫍櫍櫍櫍櫍櫍櫍櫍櫍櫍櫍殻殻殻殻大学生园地　刚体一般运动的描述邵瀚雍（北京师范大学物理学系，北京　１００８７５）摘要：刚体的一般运动是刚体运动学中最复杂的一类运动，其求解通常需要借助欧拉定理或沙勒定理．通过这两个定理，我们可以把刚体的一般运动分解成较简单的定轴转动和平动．本文主要应用代数理论中的正交矩阵描述刚体的运动，并用代数语言分析了定点转动的本征问题，证明了欧拉定理．随后，将刚体的定点转动进行分解，并给出了物理图像和推导结论，完成了对刚体复杂的一般运动的简单描述．　关键词：刚体一般运动；正交矩阵；沙勒定理；欧拉角中图分类号：Ｏ３１ 文献标识码：Ａ 文章编号：１０００ ０７１２（２０２１）０５ ００６２ ０５【ＤＯＩ】１０．１６８５４／ｊ．ｃｎｋｉ．１０００ ０７１２．２００４０５一般运动是刚体运动学中最复杂的问题，因此国内的理论力学教材大多对此介绍较少．且由于刚体运动学教学难度大，课时少，故多数同学跳过了刚体一般运动的内容，但这恰是将刚体运动转化成代数知识的极佳机会，不得不说是一种遗憾．事实上，刚体的一般运动总能分解成基点的运动和绕过该点某轴线的定轴转动，国外教材对此用代数语言给出了证明，但也没有就代数理论和刚体运动的关联进行深入的探讨．本文从正交矩阵讲起，力图用清晰简明的语言，论证使用矩阵描述刚体运动的合理性和优越性，并借用代数思想，将刚体运动和线性代数的知识联系起来，希望能对理论力学的相关教学和学生的学习起到一定的补充和帮助作用．１　参考系实验室参考系，即观者所在的惯性参考系；本体参考系，即固连在刚体上，并与之共同运动的参考系，一般是非惯性系．固连在两种参考系上的坐标系各有利弊．在实验室坐标系中，基矢对时间的微商为零，便于建立动力学方程，但许多力学量在该系中较复杂并不断变动；在本体坐标系中，这些力学量虽然直观简单，恒定不变，但其坐标轴的基矢处在变动之中．在研究刚体定点转动的问题时，我们需要寻找这两种系之间的关联，恰当使用它们描述刚体的运动［１］．２　刚体的一般运动刚体在空间不受约束自由运动时，其自由度ｓ＝６．一般选定广义坐标（ｘｃ，ｙｃ，ｚｃ，φ，θ，ψ）描述刚体的状态，其中ｘｃ、ｙｃ、ｚｃ为刚体质心在实验室系中的笛卡尔坐标，φ、θ、ψ为刚体的本体系和实验室系坐标变换对应的欧拉角．刚体一般运动有４类特殊情况：平动、定轴转动、平面平行运动、定点转动．虽然它们形式各异，但可以证明如下两点［２］：１）定点转动总可以等效于绕过该定点某一轴线的定轴转动．２）刚体一般运动总可以分解为某点的运动和绕过该点某轴线的旋转．换言之，总可以将复杂的一般运动，分解成过一点的定轴转动（或由多个定轴转动合成）与该点的运动．第１点所谈到的内容，正是刚体运动欧拉定理．该定理指出，对于基点固定的刚体，其运动可以分解为绕某个或多个转轴的转动．根据欧拉运动定理，我们可以将之推广，即第２点，沙勒定理．该定理指出，刚体的最广义位移等价于一个平移和一次旋转．它们是本文的重点，在证明前，需要先通过代数的语言，合理描述刚体的运动，以便于后续的证明．第５期邵瀚雍：刚体一般运动的描述６３　３　正交矩阵在线性代数理论中，正交矩阵Ａ被定义为行向量、列向量皆正交且值为１的方阵［３］，即满足如下的性质（Ｅ为单位阵）：ＡＴＡ＝ＡＡＴ＝Ｅ（１）矩阵乘法等价于一次线性变换，换句话说，在数学里这种特殊的变换（正交变换）可以保持空间中任意两点的欧式距离不变．这意味着若将某向量ｖ乘上正交矩阵Ａ，得到的新向量长度不变，且空间的原点不变．我们通常将这种变换称为欧拉变换［４］．此外，由于正交矩阵满足：ＡＴＡ＝Ａ－１Ａ＝Ｅ（２）正交变换一定存在逆变换，而且该逆变换很容易写出：Ａ－１＝ＡＴ．正交矩阵的这些特殊性质在描述刚体运动时展现出极大的优越性，因此，我们常用它描述刚体运动．４　刚体运动的代数表达［２］从物理上讲，根据沙勒定理，刚体的运动可以分为两种：定点转动和点的运动．也就是第２节中提到的６个广义坐标．而上一节中提到的正交变换———欧氏距离不变的线性变换，恰好可以准确反映刚体的定点转动．换言之，刚体的定点旋转过程可以由一次欧拉变换来描述．容易得知，这种变换对应的正交矩阵Ｒ应是一个含时矩阵，即Ｒ（ｔ）．仅仅描述旋转过程是不够的，还需要描述点的运动．易知，描述该运动只需在旋转后添上一个简单的平移矢量ｐ即可．从数学上讲，刚体的运动，可以反过来看作是坐标轴的运动．因此，假设两组正交基分别为［ｅ１，ｅ２，ｅ３］和［ｅ′１，ｅ′２，ｅ′３］．在这两组基下，某向量ｖ在这两组基下的值分别为［ａ１，ａ２，ａ３］Ｔ和［ａ′１，ａ′２，ａ′３］Ｔ．因此有｜ｖ｜＝［ｅ１　ｅ２　ｅ３］ａ１ａ２ａ３＝［ｅ′１　ｅ′２　ｅ′３］ａ′１ａ′２ａ′３（３）于是，得到ａ１ａ２ａ３＝ｅＴ１ｅ′１　ｅＴ１ｅ′２　ｅＴ１ｅ′３ｅＴ２ｅ′１　ｅＴ２ｅ′２　ｅＴ２ｅ′３ｅＴ３ｅ′１　ｅＴ３ｅ′２　ｅＴ３ｅ′３ａ′１ａ′２ａ′３（４）已知ａ＝［ａ１，ａ２，ａ３］Ｔ，ａ′＝［ａ′１，ａ′２，ａ′３］Ｔ且定义如下：ｅＴ１ｅ′１　ｅＴ１ｅ′２　ｅＴ１ｅ′３ｅＴ２ｅ′１　ｅＴ２ｅ′２　ｅＴ２ｅ′３ｅＴ３ｅ′１　ｅＴ３ｅ′２　ｅＴ３ｅ′３Ｒ（５）则可以将上式写为ａ＝Ｒａ′（６）称Ｒ是旋转矩阵．可以看到，Ｒ矩阵是由两个标准正交基相乘而来，在线性代数中可以很容易证明，这样得到的矩阵Ｒ是正交矩阵，或者反过来说，任何正交矩阵都可以拆分为两个标准正交基的矩阵乘积．因此，旋转矩阵Ｒ恰好是正交矩阵，而正交矩阵对应的变换也恰好是两组基之间的旋转变换，也就是实验室系和本体系的欧拉变换；并且，任意实正交矩阵都能看作为一个旋转矩阵．值得一提的是，旋转矩阵的集合称之为特殊正交群：ＳＯ（ｎ）＝｛Ｒ∈瓗ｎ×ｎ｜ＲＲＴ＝Ｅ，ｄｅｔＲ＝１｝这个正交群可以描述ｎ维空间的旋转变换，在此只考虑ｎ＝３的情况．再考虑定点的运动，可以将刚体的运动在数学上表示为ａ′＝ＲＴａ＋ｐ（７）数学的正交矩阵（变换），对应着欧式空间中距离不变的线性变换，而物理的旋转矩阵（旋转），对应着刚体运动时的任意两点保持相对距离不变的属性．这样，在本节和上一节中已经论证了刚体运动的代数表达，这种代数的表达方式是相当合适且严谨的．５　旋转变换的本征问题刚体的定点转动定理指出，对于基点固定的刚体，其一般运动都可以分解为绕某个或多个轴的转动．根据定理，假设转轴对应的空间列向量为ｐ，由于转轴并不会因为刚体转动而发生任何变化（刚体本身就在绕轴转动），因此，当发生旋转变换时，ｐ应当保持不变．这对应着数学中的不变子空间理论．请看定理［４］：设φ是线性空间Ｖ上的线性映射（变换），而总能找到Ｖ的子空间Ｕ，使得φ（Ｕ） Ｕ即子空间Ｕ的任意元素ｐ在线性映射φ的像Ｉｍφ中依然是ｐ本身，称Ｕ为φ的不变子空间．易得，φ总有两种特殊的不变子空间Ｕ，分别是零子空间和６４　大　学　物　理　第４０卷全空间Ｖ，并称之为平凡子空间．可以发现，在三维旋转映射Ｒ下，有一个我们最关注的非平凡不变子空间，这个子空间恰好就是转轴所处直线对应的子空间．上述内容也可以在拓扑理论中理解成映射的不动点原理（Ｂｒｏｕｗｅｒ’ｓＦｉｘｅｄ－ｐｏｉｎｔＴｈｅｏｒｅｍ）．从物理上讲，这是一类本征值问题．即在旋转后向量ｐ不发生改变，也就是Ｒｐ＝１ｐ．这与数学物理方法和量子力学中的本征问题有着异曲同工之妙．将线性算符Ｌ＾作用于某函数ψ，若有［５］Ｌ＾ψ＝λψ（８）则称函数ψ为线性算符Ｌ＾的本征函数，λ为算符Ｌ＾的本征值．例如，定态薛定谔方程Ｈ＾ψ＝Ｅψ．因此，由Ｒｐ＝１ｐ，得知ｐ为旋转变换φ的本征函数，λ为变换φ的本征值，这恰好就是线性代数中熟知的矩阵特征值问题：Ａｐ＝λｐ（９）所以若要证明欧拉定理，可以将定理的证明等价于证明旋转矩阵Ｒ的特征值组中必然有一特征值λ１＝１．本征值与本征函数对刻画线性系统的普遍性质和演化规律有着重要意义．它是所有线性体系中最根本的特点．如果能得到线性体系对应的本征值与本征函数，就可以通过线性组合的方法描述或解释这一体系更为普遍的规律．６　欧拉运动定理的证明和推论欧拉运动定理的论证过程在Ｈ．Ｇｏｌｄｓｔｅｉｎ所著的ＣｌａｓｓｉｃａｌＭｅｃｈａｎｉｃｓ［６］和ＢｅａｔｔｙＭ．Ｆ．所著的Ｐｒｉｎ ｃｉｐｌｅｓｏｆＥｎｇｉｎｅｅｒｉｎｇＭｅｃｈａｎｉｃｓ：Ｋｉｎｅｍａｔｉｃｓ中都有着详细的描述．两本书巧妙利用矩阵和线性代数理论证明了欧拉定理，而我们的证明过程也借鉴了其中的思想．设旋转矩阵为Ｒ，欧拉定理中所描述的轴线为ｐ，则有：Ｒｐ＝ｐ．根据上一节中内容，若需要证明旋转过程中存在始终不变的轴线ｐ，则等价于证明矩阵Ｒ具有特征值λ１＝＋１．容易证明旋转矩阵Ｒ为正交矩阵，所以由ＲＴＲ＝ＲＲＴ＝Ｅ，可得：（Ｒ－Ｅ）ＲＴ＝Ｅ－ＲＴ（１０）｜Ｒ－Ｅ｜｜ＲＴ｜＝｜Ｅ－ＲＴ｜（１１）设旋转前后两组正交基的基点重合于刚体的定点，且初始基为标准正交基．则可以得出初始旋转矩阵为三阶单位阵Ｅ．因此，根据矩阵乘法，后续的旋转矩阵的行列式的值｜Ｒ｜和｜ＲＴ｜仍为＋１．由式（１１）可得｜Ｒ－Ｅ｜＝｜Ｅ－ＲＴ｜＝｜Ｅ－ＲＴ｜Ｔ＝｜Ｅ－Ｒ｜（１２）因此，有｜Ｒ－Ｅ｜＝｜Ｅ－Ｒ｜＝｜－１（Ｒ－Ｅ）｜（１３）而｜－１（Ｒ－Ｅ）｜＝（－１）ｎ｜Ｒ－Ｅ｜（１４）其中ｎ为矩阵维数，也是空间维数．所以得到｜Ｒ－Ｅ｜＝（－１）ｎ｜Ｒ－Ｅ｜（１５）刚体所处为三维空间，ｎ＝３，所以｜Ｒ－Ｅ｜＝－｜Ｒ－Ｅ｜＝０（１６）最终得出｜Ｒ－Ｅ｜＝０，即矩阵Ｒ至少有一个特征值λ１＝＋１，欧拉运动定理得证．需要多谈两个问题：其一［１］，如果刚体所处空间不为奇数维度，而是偶数维度，则得不到｜Ｒ－Ｅ｜＝０的结论，也就是说欧拉运动定理在二维、四维等偶数维空间失效．所以，平面内不存在欧拉定理，因为当坐标系转动时，任何位于平面内的矢量均会发生改变，唯有沿转轴方向的矢量不发生改变，但此时它与平面垂直，并不在平面内．这是一个相当有意思的推论，这意味着我们所处的三维空间并不是随便确定的．其二，是旋转矩阵Ｒ是否还存在别的特征值？答案是肯定的．利用矩阵的久期方程：｜Ｒ－λＥ｜＝０（１７）可以发现，这是一个关于λ的三次方程．高斯的代数基本定理指出，该一元三次方程在复数域C 中必然存在三个根．在文献［７］中，我们可以根据矩阵的迹ｔｒ（Ｒ）求得另外两个特征值分别为λ２，３＝ｅ±ｉΩ（１８）也就是说，旋转矩阵的另外两个复特征值的辐角，恰好为欧拉定理中绕固定轴线ｐ的旋转角Ω．这里给出两个特殊情况：１）λ１，２，３＝＋１：此时Ω＝０，意味着刚体保持了初始时刻的状态，为平凡解．２）λ１＝＋１；λ２，３＝－１：此时Ω＝π，意味着刚体绕轴转过了１８０°，刚体任意两点之间的矢量ｐ′都做了关于ｐ的空间坐标反演操作．而沙勒定理是欧拉定理的一个直接推论．该定理的证明如下．刚体的一般运动可以分解为刚体中某一点的运第５期 邵瀚雍：刚体一般运动的描述６５　动并叠加上刚体对该点的定点运动．而根据欧拉运动定理，后一运动可以认为是绕过该点的某一轴线的转动．因此，刚体的一般运动可以分解为某点的运动和绕过该点某轴线的旋转．沙勒定理得证．至此，我们完成了刚体一般运动中沙勒定理的证明，论证了刚体的任意运动都可以分解为某点运动和定轴转动．矩阵语言虽然简练，但不能直观反映物理实质．这里需要寻找一种物理的描述办法刻画刚体的运动，这就是所谓的欧拉角，也是前面所述的３个广义坐标φ、θ、ψ．７　欧拉角在天体和力学领域里，为了完备、清晰地刻画刚体运动，分别用了章动角θ、进动角φ和自转角ψ来描述．这些称呼来自陀螺的定点运动，如图１所示．图１　陀螺定点运动示意图为了便于描述欧拉角的具体意义，可将刚体的定点转动通过坐标轴的旋转，依次分成３个步骤，如图２—图４，这里在每个步骤后面都写上了对应的旋转矩阵Ｒ．每一次的旋转并不是任意的，它们都可以在图１的陀螺运动中找到对应，转动顺序是进动、章动、自转，如下所示．１）绕Ｏｚ０轴进动φ：图２（ａ）→（ｂ）图２　进动示意图从Ｏｘ０ｙ０ｚ０到Ｏｘ′ｙ′ｚ′的旋转矩阵为Ｒφ＝ｃｏｓφ－ｓｉｎφ０ｓｉｎφｃｏｓφ０００１（１９）２）绕Ｏｘ′轴（节线ＯＮ）章动θ：图３（ａ）→（ｂ）图３　章动示意图从Ｏｘ′ｙ′ｚ′到Ｏｘ″ｙ″ｚ″的旋转矩阵为Ｒθ＝１０００ｃｏｓθ－ｓｉｎθ０ｓｉｎθｃｏｓθ（２０）３）绕Ｏｚ″轴自转ψ：图４（ａ）→（ｂ）图４　自动示意图从Ｏｘ″ｙ″ｚ″到Ｏｘｙｚ的旋转矩阵为Ｒψ＝ｃｏｓψ－ｓｉｎψ０ｓｉｎψｃｏｓψ０００１（２１）经过上面的三次旋转变换，可以得到描述刚体的任意旋转的总变换矩阵：Ｒ ＝ＲψＲθＲφ（２２）由前面的结论可知，所有的变换矩阵都是正交矩阵，均由变换前后的两组基底相乘而来（此处为一组基的转置和另一组基之间的矩阵乘法）．在前文中，我们提到过刚体的定点运动可以由一个旋转矩阵Ｒ来描述，矩阵的特征值λ２，３＝ｅ±ｉΩ，其中Ω为绕该轴的转角．那么，我们现在找到了一６６　大　学　物　理　第４０卷种物理的语言，可以将Ω对应的总角速度ω分解为刚体的章动、进动和自转．根据图２—图４中的转动过程，三个欧拉角的角速度方向分别为：φ 沿实验室系ｚ０轴，θ 沿节线ＯＮ，ψ 沿本体系ｚ轴，分解如下式：ω＝φ ｋ０＋θ ｉ′＋ψ ｋ（２３）将不同的角速度对应的基矢利用旋转矩阵得到的函数关系展开化简，可以得到如下的结论：ω在实验室系的坐标轴投影为ω０ｘ＝ψ ｓｉｎθｓｉｎφ＋θｃｏｓφω０ｙ＝ψ ｓｉｎθｃｏｓφ＋θｓｉｎφω０ｚ＝ψｃｏｓθ＋φ（２４）ω在本体系的坐标轴投影为ωｘ＝φ ｓｉｎθｓｉｎψ＋θ ｃｏｓψωｙ＝φ ｓｉｎθｃｏｓψ－θ ｓｉｎψωｚ＝ψ＋φ ｃｏｓθ（２５）这样，我们得到了刚体定点转动中绕某一轴线旋转的角速度ω的实际物理意义，即可以把这一定轴转动对应的转角Ω分解到３个有意义的欧拉角（也就是φ、θ、ψ）上去．不过，需要强调的是，在导出欧拉角的时候，所经历的三次连续旋转的转轴的选取顺序其实存在着随意性．只要每次选定的旋转轴不与上一次相同，便可以任意选取．因此，在右手系中我们有３×２×２＝１２种不同的旋转方法，这称为欧拉角的顺规．大多数的理论力学教材所采用的是ｘ顺规，即第二次旋转绕ｘ轴（前文中的节线ＯＮ），而多数的量子物理、核物理的教材所采用的是ｙ顺规，即第二次旋转绕ｙ轴．在工程中，为了弥补前两种顺规在变换前后的坐标系区分程度低的缺点，常采用第三种常见顺规：ｘｙｚ顺规［２］，这样得到的３个角就分别是飞机的偏航角（Ｙａｗ）、俯仰角（Ｐｉｔｃｈ）和滚动角（Ｒｏｌｌ）．８　总结在本文中，我们介绍了正交矩阵在描述刚体运动的优越性，并将之应用到刚体的旋转运动中，随后利用旋转矩阵证明了刚体运动的沙勒定理，这意味着复杂的刚体一般运动可以由定轴转动和点的运动来描述．之后，我们从物理给出了刚体定点运动的图像，并用欧拉角来描述这样的运动．刚体的运动学在数学上和物理上都全部得以描述．参考文献：［１］　秦敢，向守平．力学与理论力学（下册）［Ｍ］．北京：科学出版社，２０１７：１３４ １３５．［２］　ＢｅａｔｔｙＪｒＭＦ．ＰｒｉｎｃｉｐｌｅｓｏｆＥｎｇｉｎｅｅｒｉｎｇＭｅｃｈａｎｉｃｓ：Ｋｉｎｅｍａｔｉｃｓ—ＴｈｅＧｅｏｍｅｔｒｙｏｆＭｏｔｉｏｎ［Ｍ］．ＳｐｒｉｎｇｅｒＳｃｉｅｎｃｅ＆ＢｕｓｉｎｅｓｓＭｅｄｉａ，２０１３．［３］　同济大学数学系．工程数学线性代数［Ｍ］．北京：高等教育出版社，２０１４：１１８ １１９．［４］　姚慕生，吴泉水，谢启鸿．高等代数学［Ｍ］．上海：复旦大学出版社，２００３：２０２．［５］　杨福家．原子物理学［Ｍ］．北京：高等教育出版社，２００８：１２５ １２６．［６］　ＧｏｌｄｓｔｅｉｎＨ，ＰｏｏｌｅＣ，ＳａｆｋｏＪ．ＣｌａｓｓｉｃａｌＭｅｃｈａｎｉｃｓ［Ｍ］．２００２．［７］　毛文炜．刚体定点转动的欧拉定理［Ｊ］．大学物理，１９８８，１（４）：１５．Ｄｅｓｃｒｉｐｔｉｏｎｏｆｔｈｅｒｉｇｉｄｂｏｄｉｅｓ ｇｅｎｅｒａｌｍｏｔｉｏｎＳＨＡＯＨａｎ ｙｏｎｇ（ＤｅｐａｒｔｍｅｎｔｏｆＰｈｙｓｉｃｓ，ＢｅｉｊｉｎｇＮｏｒｍａｌＵｎｉｖｅｒｓｉｔｙ，Ｂｅｉｊｉｎｇ１００８７５，Ｃｈｉｎａ）Ａｂｓｔｒａｃｔ：Ｔｈｅｇｅｎｅｒａｌｍｏｔｉｏｎｏｆａｒｉｇｉｄｂｏｄｙｉｓｔｈｅｍｏｓｔｃｏｍｐｌｉｃａｔｅｄｔｙｐｅｏｆｍｏｔｉｏｎｉｎｒｉｇｉｄｂｏｄｙｋｉｎｅｍａｔｉｃｓ，ａｎｄｉｔｓｓｏｌｕｔｉｏｎｕｓｕａｌｌｙｒｅｑｕｉｒｅｓｔｈｅａｉｄｏｆＥｕｌｅｒ＇ｓｔｈｅｏｒｅｍｏｒＣｈａｓｌｅｓ ｔｈｅｏｒｅｍ．Ｔｈｒｏｕｇｈｔｈｅｓｅｔｗｏｔｈｅｏｒｅｍｓ，ｗｅｃａｎｄｅｃｏｍｐｏｓｅｔｈｅｇｅｎｅｒａｌｍｏｔｉｏｎｏｆａｒｉｇｉｄｂｏｄｙｉｎｔｏｓｉｍｐｌｅｒｆｉｘｅｄ－ａｘｉｓｒｏｔａｔｉｏｎａｎｄｔｒａｎｓｌａｔｉｏｎ．Ｔｈｉｓｐａｐｅｒｍａｉｎｌｙｕｓｅｓｔｈｅｏｒｔｈｏｇｏｎａｌｍａｔｒｉｘｉｎｔｈｅａｌｇｅｂｒａｔｈｅｏｒｙｔｏｄｅｓｃｒｉｂｅｔｈｅｍｏｔｉｏｎｏｆａｒｉｇｉｄｂｏｄｙ，ａｎｄａｎａｌｙｚｅｓｔｈｅｅｉｇｅｎｐｒｏｂ ｌｅｍｓｏｆｆｉｘｅｄ－ｐｏｉｎｔｒｏｔａｔｉｏｎ，ａｎｄｐｒｏｖｅｓＥｕｌｅｒ ｓｔｈｅｏｒｅｍ．Ｔｈｅｎｉｔｄｅｃｏｍｐｏｓｅｓｔｈｅｆｉｘｅｄ－ｐｏｉｎｔｒｏｔａｔｉｏｎｏｆａｒｉｇｉｄｂｏｄｙ．Ｐｈｙｓｉｃａｌｉｍａｇｅｓａｎｄｄｅｒｉｖａｔｉｏｎｃｏｎｃｌｕｓｉｏｎｓａｒｅｇｉｖｅｎ，ａｎｄａｓｉｍｐｌｅｄｅｓｃｒｉｐｔｉｏｎｏｆｔｈｅｃｏｍｐｌｅｘｇｅｎｅｒａｌｍｏｔｉｏｎｏｆｒｉｇｉｄｂｏｄｉｅｓｉｓｃｏｍｐｌｅｔｅｄ．Ｋｅｙｗｏｒｄｓ：ｒｉｇｉｄｂｏｄｉｅｓｇｅｎｅｒａｌｍｏｔｉｏｎ；ｏｒｔｈｏｇｏｎａｌｍａｔｒｉｘ；Ｃｈａｓｌｅｓ ｔｈｅｏｒｅｍ；ＥｕｌｅｒＡｎｇｌｅｓ。

第十章刚体的平面运动一、内容提要1、基本概念（1）刚体的平面运动的定义刚体运动时，若其上任一点至某个固定平面的距离保持不变，则称该刚体作平面运动。

（2）刚体的平面运动的简化刚体的平面运动可以简化为平面图形在自身平面内的运动。

（3）刚体平面运动方程为x o'=f1(t) , y o'=f2(t) , ϕ=f3(t) ,（4）刚体平面运动的分解平面图形的运动可以分解为随基点的平动和绕基点的转动。

2、平面图形上各点的速度（1）基点法（速度合成法）V M= V O+V MO（2）速度投影法（V M）MO=（V O）MO（3）速度瞬心法V M=MC∙ω（C点为速度瞬心）3、平面图形上各点的加速度加速度分析主要用基点法（加速度合成法）a M= a O+aτMO+a n MOaτMO =MO∙ε方向垂直于MO，并与ε的转向一致。

a n MO =MO∙ω2 方向由点M指向基点O。

二、基本要求1、熟练掌握平面图形上各点的速度的求解。

2、熟练掌握平面图形上各点的加速度的求解。

三、典型例题例如图所示平面机构，由四杆依次铰接而成。

已知AB=BC=2R，C D=DE=R，AB杆和DE杆分别以匀角速度ω1与ω2绕A、E轴转动。

在图示瞬时，AB与CD铅直，BC与DE水平。

4142 试求该瞬时BC 杆转动的角速度和C 点加速度的大小。

解 AB 杆和DE 杆作定轴转动，BC 杆CD 杆均作平面运动。

（1）求BC 杆的角速度ωBC 因为V B =2R ω1 ， V D =R ω2 分别以B 点和D 点为基点，分析C 点速度，有V C = V B + V CB （1）V C = V D + V CD （2） 所以 V B + V CB = V D + V CD （3） 沿BC 方向投影式（3）得V B = V CD则CD 杆的角速度ωCD = V CD /CD=V B /R=2ω1 （逆时针） 沿DC 方向投影式（3）得V CB = V D则BC 杆的角速度ωBC = V CB /BC=V D /2R=0.5ω2 （逆时针）（2）求C 点的加速度a C 因为a B =a B n =2R ω12 ，a D =a D n =R ω22分别以B 点和D 点为基点，分析C 点加速度，有 a C = a B + a CB τ + a CB n （4）a C =a D +a CD τ+a CD n （5）所以 a B + a CB τ + a CB n =a D +a CD τ+a CD n （6） 沿CD 方向投影式（6）得a B n - a CB τ = a CD na CB τ=a B n - a CD n =2R ω12-R(2ω1)2=-2R ω12又将式（4）分别沿x 、y 轴投影式得a Cx =-a CD n =-2R ωBC 2= -0.5R ω22a Cy =-a B n + a CB τ = -2R ω12-2R ω12= - 4R ω12故C 点加速度大小a C =22cy cx a a +=4241642ωω+R43。