第五讲 质点系动能与刚体的动能(教师版)

第五讲 质点系动能与刚体的动能 2018.11.12
一、质点系的动能
由于在不同参考系中物体的速度不相同，所以在不同的参考系中物体的动能也一般不同，在同一问题中进行有关功和能的计算时，应选用同一惯性系。

质点系的动能，等于其中各质点动能之和。

设质点系质心的速度为c v ，质点相对于质心速度为i v '，
则 c i i i c i i c i k v v m v v m v v m E ⋅'+'+='+=∑∑∑)()(2
1)(21222， 因为在质心系中质心总是静止不动的，∑='0i i v m ，所以质点系在某参考系中的动能等于质心的动能与在质心系中的动能之和：
k c k E Mv E '+=22
1 其中M 是质点系的总质量，k
E '为各质点相对于质心的总动能，这个结论称为柯尼希定理。

质点系的动能定理：
作用在质点系上所有外力和所有内力对质点所做功的代数和，等于质点系总动能的变化，即
∑∑∆=+k E W W 内外
注意：①对于质点系要考虑内力做功。

只要质点间有相对位移，内力就会对质点做功；
②在计算功和能时必须选择同一参考系，且为惯性系。

在非惯性系中应用动能定理，则应考虑惯性力做功。

但在平动质心系中由于各质点所受惯性力可等效作用于质心，质心是静止不动的，因此在平动质心系中不需考虑惯性力做功。

二、刚体的动能
刚体绕定轴转动时，设刚体上任一质量元为i m ，它到转轴的距离为i r ，线速度为i v ，则刚体的动能为 22222
1)2121ωωi i i i i i k r m r m v m E ∑∑∑===（ 即 22
1ωI E k = 应当注意到，刚体在绕定轴转动时只有转动而没有平动，若一个既在平动也在绕过质心的转轴转动的刚体，它的动能可以由柯尼希定理求得 222
121ωI Mv E c k += 上式中，转动惯量I 为刚体绕过质心的转轴旋转的转动惯量，因此上式的适用范围为绕过质心的转轴旋转的刚体。

刚体的动能定理：
刚体是特殊的质点系，当然遵守质点系的动能定理。

不过，由于刚体中任意两个质点间的距离不变，所以内力所做的功为零，因此刚体的动能定理可表述为
k E W ∆=∑外
力矩做的功：
θθτ∆=∆=∆⋅=M r F s F W
当刚体转动时，力所做的功等于该力对转轴的力矩与角位移的乘积，又叫力矩做的功，本质上仍是力做的功。

[例1]一个质量为m 的均匀薄圆环，半径为R ，在水平地面上以角速度ω做
纯滚动，求此时环的动能。

解法一：质点系动能等于各质点动能之和
解析：环上各点速度不等，为此可将环分为很多小份，分别求动能后，
再将其累加起来即可。

设环心速度为0v ，环上各点相对于环心速度为v '，因为环为纯滚
动，则 ωR v v =='0
如图，在环上对称的取两个相等的小段A 和B ，令其质量均为m ∆，速度分别为A v 和B v ，则 )cos 1(2cos 2)(200220202A θθ+='+'+='+=v v v v v v v v
)cos -1(2-cos 2)(200220202B θθπv v v v v v v v ='+'+='+=）（
小段A 和B 的动能 202B 2A 22
121E mv mv mv k ∆=∆+∆=
∆ 薄圆环的动能2220202ωmR v m m v E E k k ==∆=∆=∑∑
解法二：质点系的柯尼希定理
解析：将环分为很多小份，每份质量均为m ∆，设环心速度为0v ，环上各点相对于环心速度为v '，因为环为纯滚动，则 ωR v v =='0
由柯尼希定理可得 222020202202
1212121ωmR mv m v mv v m mv E k ==∆+='∆+=∑∑
解法三：刚体平动+转动
圆环纯滚动时，圆环整体在向前平动，且圆环上各点在绕环心转动，则由柯尼希定理可得
2222202202
1212121ωωωmR mR mv I mv E k =+=+=
解法四：刚体绕定轴转动
圆环纯滚动时，可看成圆环在绕地面与圆环的接触点转动。

此时根据平行轴定理，圆环的转动惯量
22222mR mR mR md I I c =+=+=
2222
1ωωmR I E k ==
[例2]长为l 质量为0m 的细杆可绕垂直于一端的水平轴自由转动。

杆原来处于平衡状态。

现有一质量为m 的小球沿光滑水平面飞来，正好与杆下端相碰（设碰撞为完全弹性碰撞），使杆向上摆到 60=θ处，如图所示，求小球的初速度0v 。

解析：直杆绕O 点转动时，根据平行轴定理，直杆的转动惯量为
202020203
1)2(121l m l m l m d m I I c =+=+= 以小球和直杆为系统，系统受到的合外力对通过O 点的转轴力矩为
零，则小球与直杆碰撞瞬间角动量守恒：
ωI mvl l mv +=0
由于小球与杆为完全弹性碰撞，系统机械能守恒，则
22202
12121ωI mv mv += 碰撞后杆恰好能向上摆到 60=θ处，由刚体的动能定理得
202
10)cos 1(21-ωθI l g m -=- 联立上式可得gl m m m v 61230
0+=
[例3]在一倾角为45o 的固定斜面的下端有一质量为m 半径为R 的圆柱体，给圆柱体质心以速度0v ，使其沿斜面向上运动，圆柱体与斜面间最大静摩擦系数为5.0=μ，分别就下两种情况求出圆体沿斜面上升的最大距离S 。

（1）圆柱体运动一开始便做纯滚动，即质心速度0v ，柱体绕质心转动角速度为0ω，R v 00=ω。

（2）质心速度为0v ，绕质心转动的角速度为零。

（1）解法一：
物体纯滚动时，圆柱与地面的摩擦为静摩擦（不能用滑动摩擦公
式N f μ=求得），则
对质心有：ma f mg =-θsin
选择圆柱轴心为转轴，有：ββ221
mR I fR ==
由于物体为纯滚动，有：βR a =
联立上式可得mg f 62
=，g a 32
=
最大距离S 为：g v a v S 42322
20==
解法二：物体纯滚动时，静摩擦不做功
由动能定理求得2
0202121
0sin ωθI mv mgS --=-
g v S 4232
=
（2）物体从平动到纯滚动的过程：
N mg =θcos
滑动摩擦力： N f μ=1
质心： 11sin ma f mg =+θ
转动： 11βI R f =
当物体达到纯滚动时，有 ωR v =，其中
t a v v 10-= ， t 1βω= ，从而解出ω,,v t
2
10121
t a t v s -=
物体从纯滚动到静止的过程：
22221
21
0sin ωθI mv mgs --=-
21s s S +=
解法二：解出t ， 210121t a t v s -= ， 2
1121t βθ=
2
01111210sin mv R f s f mgS -=+--θθ
R o
45
[练习]如图所示，在水平桌面上放置一个半径cm R 20=的线轴，线轴上缠有一根光滑轻线，缠绕半径cm r 10=，线是通过一个高度cm h 120=的固定小孔k 放下来的。

开始时线轴不动，线伸直并刚好在竖直位置。

现开始以恒定大小的力N T 3=拉线，线轴因而开始在桌面上无滑滚动，求此后线轴的最大速度。

线轴的质量g M 400=，其中一半质量集中在线轴的轴线上，另一半则沿半径为R 的外缘均匀分布。

解析：
线轴由无滑滚动到达到最大速度的过程，说明最开始线轴
受到的力的力矩不为零，当达到最大速度时力矩逐渐减小为
零。

如图1，以地面与线轴的接触点为支点，滚动过程中任意
时刻有三个力作用于线轴上，可以看出重力Mg 与地面的反作
用力p F 对支点的力矩为零。

拉力T 对支点的力矩则能加速线
轴沿顺时针方向旋转，因而增大其水平向右速度。

由此可知，当拉力的延长线过支点时，线轴的速度达到最大。

如图2，线轴从初始位置运动至最大速度位置的过程中，轴心由O 移至O '，α为拉线初末位置的夹角，ϕ为线轴转过的夹角，线轴原与拉线的相切点A 转到A '位置，线轴与拉线的相切点B '与线轴初位置上B 相对应。

R r h ϕα=-t a n
从小孔抽出的线长为B K AB KA l '-+=∆
其中 R h KA -=
)(ϕα+=r AB αα
cos cos R h B K -=
' 2
1sin ==R r α 联立得 )2
31)((62--+-=∆R h R r r l π 拉力T 抽走l ∆线长的过程中对线轴做功l T ∆，由动能定理和柯尼希定理可得 2222224
321212102121m m m Mv MR Mv I Mv l T =⋅+=-+=∆ωω 由此可得线轴的最大速度s m M l T v m /17.134=∆=
图 2
图1。