摘要：
刚体刚避免避免通常免使询效序操消除型表行数询Ⅳ作Ⅱ作Ⅴ高查.尽.尽据的尽可.尽接操.尽的排对大定查代替能避存取查询查询有利于提用否用子无用外连率的连接是Ⅰ顺序使用可能可能可能可能，行平下列中方法，行平系统在数中据库应用，面效率系统个重据库的一查询应用要方核数是考。面运表结般会如下描述询效息的析数息Ⅴ询结字典在数中的高查构信果以计分据Ⅳ据一据库的统查询存储用于优化.用.用为提率建立的户会话信户查设有数据索引数据上数是。...
刚体刚
系统最不中获据库据的取数采用从数应用方式适合是快照，做平统和统面向向业支持建立决策据仓的数有面用系务的数据库应库系，做平每天系统需要系统新数据库据库据的数导入仓库从数夜间应用数据。
避免避免通常免使询效序操消除型表行数询Ⅳ作Ⅱ作Ⅴ高查.尽.尽据的尽可.尽接操.尽的排对大定查代替能避存取查询查询有利于提用否用子无用外连率的连接是Ⅰ顺序使用可能可能可能可能，行平下列中方法，行平系统在数中据库应用，面效率系统个重据库的一查询应用要方核数是考。避免避免通常免使询效序操消除型表行数询Ⅳ作Ⅱ作Ⅴ高查.尽.尽据的尽可.尽接操.尽的排对大定查代替能避存取查询查询有利于提用否用子无用外连率的连接是Ⅰ顺序使用可能可能可能可能，下列中方法，系统在数中据库应用，面效率系统个重据库的一查询应用要方核数是考。表结般会如下描述询效息的析数息Ⅴ询结字典在数中的高查构信果以计分据Ⅳ据一据库的统查询存储用于优化.用.用为提率建立的户会话信户查设有数据索引数据上数是。现有下列内容分析设计数据，不属每个概念集包据库的是确定内容以上于数含的实体属性设计，织的织计需及的进行企业念设要对一个应用或组和组分析数据所涉数据库概。
面运表结般会如下描述询效息的析数息Ⅴ询结字典在数中的高查构信果以计分据Ⅳ据一据库的统查询存储用于优化.用.用为提率建立的户会话信户查设有数据索引数据上数是。下列的是错误说法，关于构S架S和，统架在常构架构)架端、器(用的用系务器览器两种和浏服务/服是现数据客户库应。
现有下列内容分析设计数据，体动不属每个概念集包据库的是确定内容以上于数含的实体属性设计，体动织的织计需及的进行企业念设要对一个应用或组和组分析数据所涉数据库概。下列的是错误说法，刚体刚关于构S架S和，统架在常构架构)架端、器(用的用系务器览器两种和浏服务/服是现数据客户库应。下列的是错误说法，做平系统在数周期中据库应用生命，系统析关于规划与分。比较某数据库据量的数大，行平下列中构建件的方法数据库文，最合适的是，盘阵且存储在存储无磁列的设备上，提高作效的操为尽率数据可能。同时的收银台所有开启，面运统能每天系统正确功能结账动确地测试用系银联完成务以否正费业审核是否数据上测试活库应卡消，面运统进需要行测对系试，在此期间，模拟系统响应销售平均测试持续一周时间时间，性能的是测试属于。
表上表值门数现要学期学分在此指定关系建立的课内嵌查询程总一个和总函数数的开设，体动在在0中，名为函数，码是这个的正确代函数实现，学期开课。，刚体刚日志系统故障据库出现以后文件是数，日志下列关于的说文件误的法错是。
下列关于B的的是错误说法，做平通用接口一种访问B是数据。
，行平下列关于误的法错L说是。
态转下列转储正确关于静态的是储的和动说法，面运中的转储证数重要据库进行及时据安对数全可数据是保手段靠的。
不同需采盘上将数据划的磁用一维划分法分到，体动则适策略用的元组合采划分是，统效高系以提率，划分设a1是属性。软件软件模型种规过程的一范描是对述开发开发，爆布软件模型模型模型模型模型模型下列增量的是原型螺旋属于开发快速，表示软件软件体框系过程各阶架和的整段间的关用于活动开发开发。系统最不中获据库据的取数采用从数应用方式适合是快照，统和统面向向业支持建立决策据仓的数有面用系务的数据库应库系，每天系统需要系统新数据库据库据的数导入仓库从数夜间应用数据。下列关于B的的是错误说法，做平通用接口一种访问B是数据。

概述
这里讨论的机器人是由一个个刚体通过关节连接（约束）组成
为了控制机器人根据要求完成指定的工作任务，需要确定机器人和外部环境的相对位置关系，尤其是机器人的末端位置和姿态。研究机器人运动学时，大多采用矩阵来描述，将一个坐标系固连在机器人末端执行器上，用这个工具坐标系相对于参考坐标系的位姿来描述机器人末端的位姿
机器人运动学主要研究两类问题：正运动学和逆运动学
（1）如果一个机器人的构型已经确定，其组成杆件的几何信息和关节信息是已知的，求解机器人末端执行器相对于参考坐标系的位姿，就是正运动学问题
（2）如果一个机器人各杆件的几何信息和末端执行器相对于参考坐标系的期望位姿已知，求解机器人的各关节信息，就是逆运动学问题
刚体位姿描述
刚体在空间中有6个自由度，通过描述刚体上参考点的位置和姿态就可以完全确定刚体的空间状态。如图所示，
或 
 是
参考坐标系，坐标系 
 或
是固接在刚体上的，又叫做
随体坐标系。固接点的选择是任意的，并不影响刚体的运动学描述，一般会选择关节轴线或者刚体的质心处。刚体的位置可以用列向量 
 表示（随体坐标系的原点在参考坐标系中的向量描述），刚体的旋转可以用旋转矩阵 
 （
随体坐标系三个单位轴在参考坐标系中的向量描述，投影）表示。其中 
 的建立满足右手系，由3个正交的单位向量组成，所以 
 中的9个元素只有3个是独立的，实际计算时，会造成资源的浪费
刚体的参考点 
 在随体坐标系中坐标为 
 ，在参考坐标系中坐标为 
为了描述的方便，三维向量 
 会采用齐次表达方式
这样，刚体的参考点 
 在不同坐标系的表达可以换成， 
 就是“著名”的
齐次变换矩阵
上面提到旋转变换矩阵是单位正交矩阵，且满足右手系，所以
简单旋转矩阵比如绕X、Y、Z轴的旋转矩阵
绕Z轴旋转90°的旋转过程
cla
T_f = trotz(pi/2);		% 绕Z轴旋转90°的齐次变换矩阵
T_i = eye(4);		    % 初始齐次变换矩阵
trplot(T_i,'color','r');									
hold on;
tranimate(T);
满足上述两个条件的旋转矩阵群用 
 表示，旋转矩阵有4个特征：
旋转矩阵的逆也是旋转矩阵
旋转矩阵的乘积也是旋转矩阵
旋转矩阵满足结合律
向量的旋转变换不改变向量的长度
上述特征都可以用定义，两个条件去证明；也可以感官的去理解，如绕着Z轴旋转+90°，逆变换为了恢复初始状态，则需要绕着Z轴旋转-90°，这还是一个旋转矩阵
连续旋转变换（齐次变换也适用），分为两种情况（下面比较拗口~~~）：
（1）相对于当前坐标系， 
 坐标系1相对于坐标系0的变化在坐标系0中的描述，
 坐标系2相对于坐标系1的变化在坐标系1中的描述，则坐标系2相对于坐标系0的变化在坐标系0中表达关系 
（2）相对于固定坐标系，
 坐标系1相对于坐标系0的变化在坐标系0中的描述，
 坐标系2相对于坐标系1的变化在坐标系0中的描述，则坐标系2相对于坐标系0的变化在坐标系0中表达关系  
上面提到旋转矩阵实际只有3个独立变量，所以描述一个旋转矩阵只需要3个参数，有多种表达方式：
（1）欧拉角
比较出名的是Roll-Pitch-Yaw（RPY），可以理解成绕固定坐标系的旋转变换顺序XYZ，也可以理解成绕当前坐标系的旋转变换顺序ZYX
（2）轴-角
绕任意单位轴 
 （模为1，有两个独立参数），旋转 
 角，推导过程可以理解成同一个旋转变换在不同坐标系的表达，然后通过相似变换把两个坐标系联系在一起。值得注意的是，当 
 是，轴是需要指定；而且 
 ,两个轴角变换的效果一样
（3）四元数
四元数实际上是一种高阶复数，空间中以单位向量 
 为轴转动角 
 可以用四元数 
 ，通过定义的四元数乘法规则，转换成矩阵的表达形式，可以推导出四元数和旋转矩阵之间的关系。四元数表示刚体姿态时，不会出现万向锁，在规划时不会出现跳变等优势，因而广泛使用在机器人的姿态规划中（坑有点大，慢慢填）
（4）罗德里格斯
推导可以参考wiki，使用几何法，一个向量绕着固定轴旋转一定角度
罗德里格斯
（5）指数
用罗德里格斯公式，对正余弦函数进行泰勒展开和Cayley-Hamilton公式，进行化简
【参考文献】
《Robot modeling and control》
《Modern robotics》

线运动
表达式
转动
表达式
位移
r

角位移


速度
dt
r
d
v



角速度
dt
d





加速度
2
2
dt
r
d
dt
v
d
a





角加速度
2
2
dt
d
dt
d










e
a
e
a
a
n
n





r
r
v
a
n
2
2





r
dt
dv
a


匀变速
直线运动地
计算公式
at
v
v


0
匀变速转动地
计算公式
t





0
2
0
0
2
1
at
t
v
x
x



2
0
0
2
1
t
t







)
(
2
0
2
0
2
x
x
a
v
v



)
(
2
0
2
0
2








质
量
m
转动惯量
定义：
2
i
i
r
m
J



平行轴定理：
2
md
J
J
C


垂直轴定理：
y
x
z
J
J
J


力
F

力矩
F
r
M





牛顿力学
第二定律
a
m
F



刚体定轴
转动定理



J
M

力做功



r
d
F
A


力矩做功






d
M
A
动量
v
m
P



定轴转动
刚体角动量









J
m
r
v
m
r
P
r
L






2
冲量


dt
F
I


角冲量

dt
M

动量定理





mv
v
m
P
P
dt
F
2
1
2


定轴转动
角动量定理





1
2
1
2





J
J
L
L
dt
M
动量
守恒定理
，则
若
0

F

0
1
2
1
2






mv
v
m
P
P
dt
F


角动量
守恒定理
，则
若
0



r
F
M



0
1
2
1
2











J
J
L
L
dt
M
动能定理
2
1
2
2
1
2
2
1
2
1
mv
mv
E
E
r
d
F
A
k
k









定轴转动
动能定理
2
1
2
2
1
2
2
1
2
1



J
J
E
E
d
M
A
K
K









功能原理
E
E
E
A
A
K
P





＝
＋
非保内
外
定轴转动刚体地功能原理
E
E
E
A
A
K
P





＝
＋
非保内
外
机械能
守恒定理
，则
＝
，且
＝
若
非保内
外
0
0
A
A
0
＝
E
E
E
K
P





定轴转动刚体地
机械能守恒定理
，则
＝
，且
＝
若
非保内
外
0
0
A
A
0
＝
E
E
E
K
P





势能
保守力所做地功等于势能增量地负值，
P
P
P
E
E
E
r
d
F
A









)
(
1
2


保守力
做功与路径无关，只与始末位置有关地力，如重力、弹簧弹力、万有引力等

三、刚体运动问题例析
根据今年将实行的ＣＰｈＯ新提要，刚体运动问题应该要求运用质心运动定理、角动量定理及角动量守恒定律等刚体基本运动规律来求解刚体转动的动力学与运动学问题．下面就此展示四个例题．
例 4
在平行的水平轨道上有一个缠着绳子且质量均匀的滚轮，绳子的末端固定着一个重锤．开始时，滚轮被按住，滚轮与重锤系统保持静止．在某一瞬间，放开滚轮．过一定的时间后，滚轮轴得到了固定的加速度ａ，如图
7 甲所示．假定滚轮没有滑动，绳子的质量可以忽略．试确定：
( 1 )重锤的质量ｍ和滚轮的质量Ｍ之比；
( 2 )滚轮对平面的最小动摩擦因数．
图 7
分析与解
与处理质点的动力学问题一样，处理刚体转动的力学问题，要清楚了解力矩与转动惯量对刚体运动的制约关系．
( 1
)当滚轮轴亦即滚轮质心纯滚动而达到恒定的加速度ａ时，其角加速度为 α
＝ａ／Ｒ，Ｒ为滚轮的半径．滚轮可看做质量均匀的圆盘，其关于质心的转动惯量为(
1 ／ 2 )ＭＲ ２ ，分析滚轮受力情况如图 7
乙所示，可知以轮与水平轨道的接触点Ｃ为瞬时转动轴考察将比较方便，因为接触点处的力对刚体的这种转动不产生影响．关于Ｃ轴，对滚轮形成转动力矩的只有绳子上的张力Ｔ，张力Ｔ可以通过重锤的运动来确定：相对于接触点Ｃ，滚轮的质心的水平加速度为ａ，重锤相对滚轮质心的线加速度也为ａ，且方向应沿绳子向下，这两个加速度是由重锤所受到的重力与绳子拉力提供的，重锤的加速度为这两个加速度的矢量和．由牛顿第二定理，有
ｍｇｔａｎ θ ＝ｍａ，(ｍｇ／ｃｏｓ θ )－Ｔ ′ ＝ｍａ，
则　Ｔ＝Ｔ ′ ＝ｍ
－ｍａ．
再研究滚轮，注意到Ｃ点到张力Ｔ的作用线之距离的几何尺寸，滚轮对Ｃ轴的转动惯量可用平行轴定理转换为(
3 ／ 2 )ＭＲ ２ ，对滚轮运用转动定律，有
(ｍ
－ｍａ)( 1 －(ａ／ 
))Ｒ＝( 3 ／ 2 )ＭＲ ２ · (ａ／Ｒ)．
解之得　　ｍ／Ｍ＝ 3 ａ
／ 2 ( 
－ａ) ２ ．
( 2
)对滚轮应用质心运动定理，滚轮质心加速度为ａ，方向水平，则应有
ｆ－Ｔｓｉｎ θ ＝Ｍａ，Ｎ－Ｔｃｏｓ θ ＝Ｍｇ，
其中　　　ｓｉｎ θ ＝ａ／
，ｃｏｓ θ ＝ｇ／ 
，
那么，动摩擦因数满足　　 μ ≥ ｆ／Ｎ＝ａ／ｇ．
在上面解答中，确定滚轮与重锤的相关加速度是本题的 “ 题眼 ”
所在．
例 5 　如图 8
甲所示，在光滑地面上静止地放置着两根质量均为ｍ，长度均为ｌ的均匀细杆，其中一杆由相等的两段构成，中间用光滑的铰链连接起来，两段在连接点可以弯折但不能分离．在两杆的一端，各施以相同的垂直于杆的水平冲量Ｉ．试求两细杆所获得的动能之比．
图 8
分析与解
本题的求解方向是通过质心的动量定理与刚体的角动量定理，求得杆的质心速度及绕质心的角速度，进而求出杆由于这两个速度所具有的动能．
如图 8 乙所示，设杆 1 在冲量Ｉ作用下，质心获得的速度为ｖ Ｃ
，杆的角速度为 ω ，由质心的动量定理，得
Ｉ＝ｍｖ Ｃ ，
由刚体的角动量定理，得　Ｉ · ｌ／ 2 ＝Ｊ ω ＝( 1 ／ 1 2 )ｍｌ
２ ω ．
则杆 1 的动能为　Ｅ ｋ 1 ＝( 1 ／ 2 )ｍｖｃ ２ ＋( 1 ／ 2 )Ｊ
ω ２
＝( 1 ／ 2 )ｍ(Ｉ／ｍ) ２ ＋( 1 ／ 2 )Ｊ(Ｉｌ／ 2 Ｊ)
２
＝(Ｉ ２ ／ 2 ｍ)＋( 3 Ｉ ２ ／ 2 ｍ)＝ 2 Ｉ ２
／ｍ．
如图 8 丙所示为杆 2 的左、右两段受力情况，当在杆 2
左端作用冲量Ｉ时，在两段连接处，有一对相互作用的冲量Ｉ １ 与Ｉ １
′
，它们大小相等，方向相反．由于两段受力情况不同，各段的质心速度及角速度均不同，但在连接处，注意到
“ 不分离 ”
的条件，左段的右端与右段的左端具有相同的速度．现对两段分别运用动量定理和角动量定理，对杆
2 左段，有
Ｉ－Ｉ １ ＝(ｍ／ 2 )ｖ Ｃ１ ，(Ｉ＋Ｉ １ ) · (ｌ／ 4
)＝(ｍｌ ２ ／ 9 6 ) ω １ ，
对杆 2 右段，有
Ｉ １ ′ ＝(ｍ／ 2 )ｖ Ｃ 2 ，Ｉ １ ′· ｌ／ 4 ＝(ｍｌ ２ ／
9 6 ) ω ２ ．
由连接处 “ 不分离 ”
条件得左、右两段的速度与角速度的关系是
ｖ Ｃ 1 － ω １ · (ｌ／ 4 )＝ ω ２ · (ｌ／ 4 )＋ｖ Ｃ 2
，
由以上各式，可得
ω １ ＝ 1 8 Ｉ／ｍｌ， ω ２ ＝－ 6 Ｉ／ｍｌ，ｖ Ｃ 1 ＝ 5 Ｉ／
2 ｍ，ｖ Ｃ 2 ＝Ｉ／ 2 ｍ，
于是可计算杆 2 的动能为
Ｅ ｋ 2 ＝( 1 ／ 2 ) · (ｍ／ 2 )(ｖ Ｃ 1 ２ ＋ｖ Ｃ 2 ２
)＋( 1 ／ 2 ) · (Ｊ／ 2 )( ω １ ２ ＋ ω ２ ２ )
＝ 7 Ｉ ２ ／ 2 ｍ．
易得 1 、 2 两杆的动能之比为　Ｅ １ ∶ Ｅ ２ ＝ 4 ∶7 ．
本题求解中，抓住杆 2
左、右两段连接处速度相同的相关关系，全盘皆活．
例 6
形状适宜的金属丝衣架能在如图 9
所示的平面里的几个平衡位置附近做小振幅摆动．在位置甲和位置乙里，长边是水平的，其它两边等长．三种情况下的振动周期都相等．试问衣架的质心位于何处？摆动周期是多少？(第
13 届ＩＰｈＯ试题)
图 9
图 10
分析与解
本题涉及刚体做简谐运动的问题，即复摆的运动规律．一个在重力作用下绕水平轴在竖直面内做小角度摆动的刚体称为复摆或物理摆．我们先来推导复摆的周期公式．如图
1 0
所示，设Ｏ为转轴(悬点)，质心Ｃ与转轴距离(等效摆长)为ｌ，质量为ｍ，对转轴的转动惯量为Ｊ，最大偏角
θ ＜ 5° ．由机械能守恒定律，可得
ｍｇｌ( 1 －ｃｏｓ θ )＝( 1 ／ 2 )Ｊ ω ′ ２
．　　　 ①
ω ′
是刚体的质心通过平衡位置时的角速度．对摆长ｌ、质量ｍ的理想单摆而言，有
ｍｇｌ( 1 －ｃｏｓ θ )＝( 1 ／ 2 )ｍｖ２＝( 1
／ 2 )ｍ(ｌ ω ) ２ ＝( 1 ／ 2 )ｍ(Ａ ω ０ ) ２ ．
②
② 式中 ω ０ 是摆球(质点)通过平衡位置时的角速度，Ａ是振幅(Ａ =
ｌ)， ω ０ 是摆球振动的圆频率．可知
ω ０ ＝
．
将 ① 式变形为
ｍｇｌ( 1 －ｃｏｓ θ )＝( 1 ／ 2 )Ｊ ω ′ ２ ＝( 1 ／ 2
)ｍ(ｌ ·
ω ′ ) ２ 
＝( 1 ／ 2 )ｍ(Ａ ω ０ ′ ) ２ ，
比较 ②
式，即对复摆与单摆作等效变换，可得复摆小幅振动(亦为谐振)的圆频率为
ω ０ ′ ＝
ω ０ ＝ 
，
那么复摆的周期公式为　Ｔ＝ 2π
．
图 11
由题设条件确定衣架的质心位置及转动惯量，依据复摆周期公式，即可确定三种情况下相同的摆动周期Ｔ．如图
11 所示，质心Ｏ到转轴Ａ、Ｂ、Ｃ的距离设为ａ、ｂ、ｃ，由图 9
甲所示衣架的平衡位置可知，质心Ｏ必在衣架长边的中垂线ＡＢ上，在三种情况下衣架对转轴Ａ、Ｂ、Ｃ的转动惯量依次为
ＪＡ＝ＪＯ＋ｍａ2，ＪＢ＝ＪＯ＋ｍｂ２，ＪＣ＝ＪＯ＋ｍｃ２．
式中ＪＯ为所设衣架对质心Ｏ的转动惯量，ｍ是衣架总质量．因为三种情况下的周期相同，故有
(ＪＯ＋ｍａ2)／ｍｇａ＝(ＪＯ＋ｍｃ２)／ｍｇｃ，
即　　(ＪＯ－ｍａｃ)(ｃ－ａ)＝ 0 ，
显然ｃ ≠ ａ，则可知　　ＪＯ＝ｍａｃ；
又有　　(ＪＯ＋ｍａ2)／ｍｇａ＝(ＪＯ＋ｍｂ２)／ｍｇｂ，
即　　(ＪＯ－ｍａｂ)(ｂ－ａ)＝ 0 ，
此式中因ｃ＞ｂ，故　　(ＪＯ- ｍａｂ) ≠ 0 ，
则必有ａ＝ｂ，即质心位于ＡＢ之中点．衣架周期为
Ｔ = 2π
＝ 2π 
． 
根据图 9 标注的尺寸可知
ａ＝ 5 ｃｍ，ｃ＝
ｃｍ ≈ 2 1 ． 6 ｃｍ，
代入后得　　Ｔ ≈1. 0 3 ｓ．
本题是国际物理奥林匹克的一道赛题，题意简洁，解答方法也很多，笔者给出的这种解法应该说比较严密且巧妙．
最后，我们再尝试解答另外一道比较繁难的国际物理奥林匹克竞赛试题，该题涉及动量矩守恒定律的运用．
例 7 　如图 1 2
所示，一个质量为ｍ，半径为ＲＡ的均匀圆盘Ａ在光滑水平面ｘＯｙ内以速度ｖ沿ｘ轴方向平动，圆盘中心至ｘ轴的垂直距离为ｂ．圆盘Ａ与另一静止的、其中心位于坐标原点Ｏ的均匀圆盘Ｂ相碰．圆盘Ｂ的质量与Ａ相同，半径为Ｒ
Ｂ
．假定碰撞后两圆盘接触处的切向速度分量(垂直于连心线方向的速度)相等，并假设碰撞前后两圆盘沿连心线方向的相对速度大小不变．在发生碰撞的情况下，试求：
( 1
)碰后两圆盘质心速度的ｘ分量和ｙ分量，结果要以给定的参量ｍ、Ｒ Ａ
、Ｒ Ｂ 、ｖ和ｂ表示；
( 2 )碰后两圆盘的动能，结果要以给定的参量ｍ、Ｒ Ａ 、Ｒ Ｂ
、ｖ和ｂ表示．(第 24 届ＩＰｈＯ试题)
分析与解 ( 1
)本题情景是质量相同的运动圆盘Ａ与静止圆盘Ｂ在水平面上发生非弹性斜碰．碰撞前后，质心动量守恒
—— 系统不受外力；对Ｏ点的角动量守恒 ——
外力冲量矩为零；动能不守恒 ——
碰撞后两圆盘接触处的切向速度分量相等，必有摩擦力存在，动能有损失．本题给出诸多的附加条件，除了根据动量守恒与角动量守恒列出基本方程外，还必须根据附加条件给出足够的补充方程，并适当选用速度分量，方可最终得解．
图 12
图 13
如图 13 所示，设碰撞时两盘质心连线与ｘ轴成 θ
角，由几何关系可知
ｂ = (Ｒ Ａ + Ｒ Ｂ )ｓｉｎ θ ．
对系统，在法向与切向动量均守恒，即
ｍｖｓｉｎ θ ＝ｍｖ Ａｔ ＋ｍｖ Ｂｔ ，
ｍｖｃｏｓ θ ＝ｍｖ Ａｎ ＋ｍｖ Ｂｎ ，
式中，ｖ Ａｔ 、ｖ Ｂｔ 、ｖ Ａｎ 、ｖ Ｂｎ
是Ａ、Ｂ盘碰撞后沿切向与径向的质心速度；系统对Ｏ点的角动量守恒即
ｍｖｂ＝ＪＡω Ａ ＋ｍｖ Ａｔ (Ｒ Ａ ＋Ｒ Ｂ
)＋ＪＢω Ｂ ，
该式中，ＪＡ＝( 1 ／ 2 )ｍＲ Ａ 2
，ＪＢ＝( 1 ／ 2 )ｍＲ Ｂ 2 ， ω Ａ 、 ω Ｂ
为两盘碰撞后的角速度(待定)．注意碰撞后Ａ盘既有转动又有平动，对Ｏ点的角动量由两部
分组成，而Ｂ盘质心在Ｏ点，故角动量仅为ＪＢω Ｂ
．上述三个方程涉及六个未知量，需列出补充方程．根据两盘接触处切向速度相同有
ｖ Ａｔ － ω Ａ Ｒ Ａ ＝ｖ Ｂｔ ＋ ω Ｂ Ｒ Ｂ ，
根据两盘法向相对速度不变有
ｖｃｏｓ θ ＝ｖ Ｂｎ －ｖ Ａｎ ．
对Ｂ盘，由动量定理和角动量定理，摩擦力ｆ的作用是
ｆ · Δ ｔ＝ｍｖ Ｂｔ ，ｆ · Ｒ Ｂ · Δ ｔ＝ＪＢω
Ｂ ，
即　　ｍｖ Ｂｔ Ｒ Ｂ ＝ＪＢω Ｂ ．
由上述六个方程，解得
ω Ａ ＝ｖｓｉｎ θ ／ 3 Ｒ Ａ ， ω Ｂ ＝ｖｓｉｎ θ ／ 3 Ｒ Ｂ
，
ｖ Ａｔ ＝( 5 ／ 6 )ｖｓｉｎ θ ， ω Ｂｔ ＝( 1 ／ 6
)ｖｓｉｎ θ ，
ｖ Ａｎ ＝ 0 ，ｖ Ｂｎ ＝ｖｃｏｓ θ ．
碰后两盘的质心速度的ｘ分量分别为
ｖ Ａｘ ＝ｖ Ａｔ ｓｉｎ θ ＋ｖ Ａｎ ｃｏｓ θ ＝( 5 ／ 6
)ｖｓｉｎ ２ θ ，
ｖ Ｂｘ ＝ｖ Ｂｔ ｓｉｎ θ ＋ｖ Ｂｎ ｃｏｓ θ ＝( 1 ／ 6
)ｖｓｉｎ ２ θ ＋ｖｃｏｓ ２ θ ，
碰后两盘的质心速度的ｙ分量分别为
ｖ Ａｙ ＝ｖ Ａｔ ｃｏｓ θ －ｖ Ａｎ ｓｉｎ θ ＝( 5 ／ 6
)ｖｓｉｎ θ ｃｏｓ θ ，
ｖ Ｂｙ ＝ｖ Ｂｔ ｃｏｓ θ －ｖ Ｂｎ ｓｉｎ θ ＝－( 5 ／ 6
)ｖｓｉｎ θ ｃｏｓ θ ，
其中　ｓｉｎ θ ＝ｂ／(Ｒ Ａ ＋Ｒ Ｂ )，ｃｏｓ θ ＝
／(Ｒ Ａ ＋Ｒ Ｂ )．
( 2
)各圆盘的动能是各盘质心平动动能与圆盘转动动能之和，这里不再赘述，答案是
Ｅ Ａ ＝ 3 ｍｖ２ｂ ２ ／ 8 (Ｒ Ａ ＋Ｒ Ｂ )，Ｅ Ｂ
＝( 1 ／ 2 )ｍｖ２( 1 －( 11 ｂ ２ ／ 1 2
(ＲＡ＋ＲＢ) ２ ))．
四、ＣＰｈＯ竞赛训练题
1 ．如图 1 4 所示，质量为ｍ的均匀圆柱体的截面半径为Ｒ，长为 2
Ｒ．试求圆柱体绕通过质心及两底面边缘的转轴(如图中的Ｚ １ 、Ｚ ２
轴)的转动惯量Ｊ．
图 14
图 15
2 ．如图 15
所示，匀质立方体的边长为ａ，质量为ｍ．试求该立方体绕对角线轴ＰＱ的转动惯量Ｊ．
3
．椭圆细环的半长轴为Ａ，半短轴为Ｂ，质量为ｍ(未必匀质)，已知该环绕长轴的转动惯量为ＪＡ，试求该环绕短轴的转动惯量ＪＢ．
4
．在一根固定的、竖直的螺杆上有一个螺帽，螺距为ｓ，螺帽的转动惯量为Ｊ，质量为ｍ．假定螺帽与螺杆间的动摩擦因数为零，螺帽以初速度ｖ
０
向下移动，螺帽竖直移动的速度与时间有什么关系？这是什么样的运动？重力加速度为
g ．
5 ．如图 1 6
所示，两个质量和半径均相同的实心圆柱轮，它们的质心轴互相平行，并用一轻杆相连，轴与轴承间的摩擦忽略不计．两轮先以共同的初速度ｖ
０ 沿水平方向运动，两轮的初角速度为零，如图 1 6
甲所示．然后同时轻轻地与地面相接触，如图 1 6
乙所示，设两轮与地面之间的动摩擦因数分别为 μ １ 和 μ ２ ( μ １
＞ μ ２
)．试求两轮均变为纯滚动所需的时间及纯滚动后的平动速度大小．
图 16
图 17
6 ．如图 17
所示，光滑水平地面上静止地放着质量为Ｍ、长为ｌ的均匀细杆．质量为ｍ的质点以垂直于杆的水平初速度ｖ
０ 与杆的一端发生完全非弹性碰撞．试求：( 1
)碰后系统质心的速度及绕质心的角速度；( 2
)实际的转轴(即静止点)位于何处？
7 ．如图 1 8
所示，实心圆柱体从高度为ｈ的斜坡上由静止做纯滚动到达水平地面上，且继续做纯滚动，与光滑竖直墙发生完全弹性碰撞后返回，经足够长的水平距离后重新做纯滚动，并纯滚动地爬上斜坡．设地面与圆柱体之间的动摩擦因数为
μ ，试求圆柱体爬坡所能达到的高度ｈ ′ ．
图 18
图 19
8 ．如图 19
所示，半径为Ｒ的乒乓球绕质心轴的转动惯量为Ｊ＝( 2 ／ 3
)ｍＲ2
，ｍ为乒乓球的质量．乒乓球以一定的初始条件在粗糙的水平面上运动，开始时球的质心速度为ｖ
Ｃ０ ，初角速度为 ω ０ ，两者的方向如图 1 8
所示．已知乒乓球与地面间的动摩擦因数为 μ
．试求乒乓球开始做纯滚动所需的时间及纯滚动时的质心速度．
9
．一个均匀的薄方板的质量为Ｍ，边长为ａ，固定它的一个角点，使板竖直悬挂，板在自身的重力作用下，在方板所在的竖直平面内摆动．在通过板的固定点的对角线上距固定点的什么位置(除去转动轴处之外)，粘上一个质量为ｍ的质点，板的运动不会发生变化？已知对穿过板中心而垂直于板的轴，方板的转动惯量为Ｊ＝(
1 ／ 6 )Ma2 ．
图 20
1 0 ．如图 20
所示，一个刚性的固体正六角棱柱，形状就像通常的铅笔，棱柱的质量为Ｍ，密度均匀．横截面呈六边形且每边长为ａ．六角棱柱相对于它的中心轴的转动惯量为Ｊ＝(
5 ／ 1 2 )Ma2 ，相对于棱边的转动惯量是Ｊ ′ ＝( 17 ／
1 2 )Ma2
．现令棱柱开始不均匀地滚下斜面．假设摩擦力足以阻止任何滑动，并且一直接触斜面．某一棱刚碰上斜面之前的角速度为
ω ｉ ，碰后瞬间角速度为 ω ｆ ，在碰撞前后瞬间的动能记为Ｅ ｋｉ
和Ｅ ｋｆ ，试证明： ω ｆ ＝ｓ ω ｉ ，Ｅ ｋｆ ＝ｒＥ ｋｉ
，并求出系数ｓ和ｒ的值．(第 2 9 届ＩＰｈＯ试题)
五、训练题简答
图 21
图 22
1 ．解：如图 2 1 所示，对图所示的Ｚ １ 、Ｚ ２
、Ｚ坐标系与Ｚ ３ 、Ｚ ４ 、Ｚ坐标系运用正交轴定理，有
Ｊ１＋Ｊ２＋Ｊ５＝Ｊ３＋Ｊ４＋Ｊ５，
Ｊ３＝( 1 ／ 2 )ｍＲ2
，Ｊ４＝( 7 ／ 1 2 )ｍＲ2
，Ｊ１＝Ｊ２，
则　Ｊ１＝Ｊ２＝( 13 ／ 24
)ｍＲ2 ．
2 ．解：将立方体等分为边长为ａ／ 2 的八个小立方体，依照本文例 3
分析法用量纲求解，有
ｋｍａ2＝ 2 · ｋ(ｍ／ 8 )(ａ／ 2 ) ２ ＋ 6 ·
［ｋ(ｍ／ 8 )(ａ／ 2 ) ２
＋(ｍ／ 8 )(ａ／
) ２ ］，
则　ｋ＝ 1 ／ 6 ，Ｊ＝( 1 ／ 6 )ｍａ2．
3 ．解：由正交轴定理ＪＡ＋ＪＢ＝
ｍｉ(ｘｉ２ ＋ｙ ｉ ２
)及椭圆方程(ｘ ２ ／Ａ2)＋(ｙ ２ ／Ｂ2
)＝ 1 ，得
ＪＢ＝ｍＡ2－(Ａ2／Ｂ2
)ＪＡ．
4 ．解：由机械能守恒，得
ｍｇｓ＝( 1 ／ 2 )Ｊ( ω t2－ ω
O2)＋( 1 ／ 2 )ｍ(ｖ ｔ2 －ｖ
０２)，
又　 ω ｔ ／ｖ ｔ ＝ ω ０ ／ｖ ０ ＝ 2π ／ｓ，
可得ｖ ｔ2 －ｖ ０２＝ 2 ｍ／((
4π2Ｊ／ｓ2)＋ｍ)ｇ＝ 2 ｇ ′ ｓ．
故螺帽沿螺杆竖直向下做匀加速直线运动，有
ｖ ｔ ＝ｖ ０ ＋ｇ ′ ｔ，ｇ ′ ＝ｍ／((
4π2Ｊ／ｓ2)＋ｍ)．
5 ．解：两轮相对于地面动量守恒，因为 μ １ ＞ μ ２ ，轮 1
先做纯滚动，轮 2
做纯滚动所需时间为ｔ，则系统从触地到均做纯滚动时对地面角动量守恒，得
2 ｍｖ ０ Ｒ＝ 2 ｍｖ ｔ Ｒ＋ 2 · ( 1 ／ 2 )ｍＲ2
ω ，
又ｖ ｔ ＝ ω Ｒ，解得
ｖ ｔ ＝( 2 ／ 3 )ｖ ０ ， ω ＝ 2 ｖ ０ ／ 3 Ｒ，ｔ＝ ω ／
α ２ ＝ ω Ｒ／ 2μ ２ ｇ＝ｖ ０ ／ 3 μ ２ ｇ．
6 ．解：碰后系统质心位置从杆中点右移为
Δ ｘ＝(ｍ／(Ｍ＋ｍ)) · (ｌ／ 2 )．
由质心的动量守恒，求得质心速度为
ｖ Ｃ ＝(ｍ／(Ｍ＋ｍ))ｖ ０ ．
由角动量守恒并考虑质心速度与角速度关系，求得瞬时轴在杆中心左侧ｘ＝ｌ／
6 处， ω ＝ 6 ｍｖ ０ ／(Ｍ＋ 4 ｍ)ｌ．
7 ．解：纯滚动时，无机械能损失，ｖ＝Ｒ ω
．非纯滚动时，运用动量定理及角动量定理，求上坡前的质心速度及角速度，根据机械能守恒即可求得．ｈ
′ ＝ｈ／ 9 ．
8
．解：乒乓球与地接触点Ｏ即滚动又滑动且达到纯滚动时，由角动量守恒，得
ｍＲｖ Ｃ 0 －Ｊ ω ０ ＝ｍＲｖ Ｃ ＋Ｊ ω ，
即　ｖ Ｃ 0 －ｖ Ｃ ＝( 2 ／ 3 )Ｒ( ω ０ ＋ ω )，
达到纯滚动时，有　　　ｖ Ｃ ＝Ｒ ω ，
可得到纯滚时质心速度为　ｖ Ｃ ＝( 3 ／ 5 )ｖ Ｃ 0 －( 2 ／ 3
)Ｒ ω ０ ．
其中，若ｖ Ｃ 0 ＞( 2 ／ 3 )Ｒ ω ０
，纯滚动后，球向右顺时针方向做纯滚动；ｖ Ｃ 0 ＜( 2 ／ 3 )Ｒ ω
０ ，则纯滚动后，球向左逆时针方向做纯滚动．
质心做匀加速运动，达到纯滚时间设为ｔ，由ｖ Ｃ ＝ｖ Ｃ 0 － μ
ｇｔ，可得
ｔ＝ 2 (ｖ Ｃ 0 ＋Ｒ ω ０ )／ 5 μ ｇ．
9 ．解：原薄方板对悬点的转动惯量Ｊ ０ ＝( 2 ／ 3
)Ma2 ，粘上质量为ｍ的质点后有Ｊ＝( 2 ／ 3
)Ma2 ＋ｍ · ｘ ２ ．振动周期相同，应有
Ｊ ０ ／Ｍｇｌ＝Ｊ／(Ｍ＋ｍ)ｇｌ ′ ，
ｌ ′ ＝(ｍｘ＋Ｍｌ)／(Ｍ＋ｍ)，ｌ＝(
／ 2 )ａ，
解得　　ｘ＝( 2
／ 3 )ａ．
1 0 ．解：设以某棱为轴转动时间 Δ
ｔ，此碰撞瞬间前后的角速度分别为 ω ｉ 、 ω ｆ
，时间短，忽略重力冲量及冲量矩，知矢量关系如图 2 3 所示．
图 23
对质心有　　Ｎ Δ ｔ＝Ｍａ( ω ｆ － ω ｉ )ｓｉｎ 3 0 °
，
－ｆ Δ ｔ＝Ｍａ( ω ｆ － ω ｉ )ｃｏｓ 3 0 °
，
对刚体有
ｆ Δ ｔａｃｏｓ 3 0 ° －Ｎ Δ ｔａｓｉｎ 3 0 ° ＝( 5 ／ 1 2
)Ma2 ( ω ｆ － ω ｉ )．
解得　　　 ω ｆ ＝( 11 ／ 17 ) ω ｉ ，ｓ＝ 11 ／ 17 ，ｒ＝ｓ ２
＝ 1 2 1 ／ 28 9 ．