第二章非惯性系中的质点动力学
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大学物理课件第二章质点动力学
N sin m(a 'cos a) N cos mg m(a 'sin )
m0g N
N
a’ B mg
联立解得
(m m0 )sin m cos sin a g, a ' g 2 2 m0 m sin m0 m sin
例题2 质量为m的快艇以速率v0行驶，关闭发动 机后，受到的摩擦阻力的大小与速度的大小成 正比，比例系数为k，求关闭发动机后 （1）快艇速率随时间的变化规律； （2）快艇位置随时间的变化规律
B
A
F
B
m0g
A
解：隔离两物体，分别受力分析， aA-地对楔块A N sin m0a
N
F ( N cos m0 g ) 0
N
对物体B（aB地 aB A aA地 ）
B
a
B-A
a
N sin m(aB A cos a)
A-地
mg
N cos mg m(aB A sin 0)
m0 m sin
(m m0 )sin 联立解得 a m cos sin g , aB A g 2 2 m0 m sin
B
A
F A a
解：隔离两物体，分别受力分析， 对楔块A N sin m0a N cos m0 g F 物体B相对楔块A以a’加速下滑
二、牛顿第二定律 1.动量： p mv
2.力的定义： dp d (mv ) F dt dt --牛顿第二定律(质点运动微分方程）
v c 物体质量为常量时：
dv F m ma dt
惯性演示实验
当锤子敲击在一大铁块上时，铁块下的手 不会感到有强烈的冲击；而当用一块木头取代 铁块时，木块下的手会感到明显的撞击。
m0g N
N
a’ B mg
联立解得
(m m0 )sin m cos sin a g, a ' g 2 2 m0 m sin m0 m sin
例题2 质量为m的快艇以速率v0行驶，关闭发动 机后，受到的摩擦阻力的大小与速度的大小成 正比，比例系数为k，求关闭发动机后 （1）快艇速率随时间的变化规律； （2）快艇位置随时间的变化规律
B
A
F
B
m0g
A
解：隔离两物体，分别受力分析， aA-地对楔块A N sin m0a
N
F ( N cos m0 g ) 0
N
对物体B（aB地 aB A aA地 ）
B
a
B-A
a
N sin m(aB A cos a)
A-地
mg
N cos mg m(aB A sin 0)
m0 m sin
(m m0 )sin 联立解得 a m cos sin g , aB A g 2 2 m0 m sin
B
A
F A a
解：隔离两物体，分别受力分析， 对楔块A N sin m0a N cos m0 g F 物体B相对楔块A以a’加速下滑
二、牛顿第二定律 1.动量： p mv
2.力的定义： dp d (mv ) F dt dt --牛顿第二定律(质点运动微分方程）
v c 物体质量为常量时：
dv F m ma dt
惯性演示实验
当锤子敲击在一大铁块上时，铁块下的手 不会感到有强烈的冲击；而当用一块木头取代 铁块时，木块下的手会感到明显的撞击。
大学物理第二章质点动力学PPT课件
•若物体与流体的相对速度接近空气中的声速时，阻 力将按 f v3 迅速增大。
•常见的正压力、支持力、拉力、张力、弹簧的恢复 力、摩擦力、流体阻力等，从最基本的层次来看， 都属于电磁相互作用。
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12
五、牛顿定律的应用
•应用牛顿运动定律解题时，通常要用分量式：
如在直角坐标系中：
在自然坐标系中：
Fn
man
mv2
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三、牛顿第三定律
物体间的作用是相互的。两个物体之间的作用
力和反作用力，沿同一直线，大小相等，方向相反，
分别作用在两个物体上。
F21F12
第三定律主要表明以下几点：
（1）物体间的作用力具有相互作用的本质：即力总 是成对出现，作用力和反作用力同时存在，同时消 失，在同一条直线上，大小相等而方向相反。
（4）由于力、加速度都是矢量，第二定律的表示式 是矢量式。在解题时常常用其分量式，如在平面直 角坐标系X、Y轴上的分量式为 ：
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Fx mxamddxvtmdd22xt Fy myamddyvtmd d22yt
在处理曲线运动问题时，还常用到沿切线方向 和法线方向上的分量式，即：
Ft
mat
mdv dt
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27
1983年第17届国际计量大会定义长度单位用真空中 的光速规定：
c = 299792458 m/s
因而米是光在真空中1299,792,458秒的时间间 隔内所经路程的长度。
❖其它所有物理量均为导出量，其单位为导出单位
如：速度 V=S/ t， 单位：米/秒（m/s）
加速度a=△V/t，单位：米/秒2（m/s2）
•摩擦力：两个相互接触的物体在 沿接触面相对运动时,或者有相对 运动趋势时,在接触面之间产生的
《理论力学 动力学》 第五讲 非惯性系中质点的动能定理
4、非惯性系中质点的动能定理惯性参考系中的动能定理只适用于惯性系。
在非惯性参考系中，由于质点的运动微分方程中含有惯性力，因此需要重新推导动能定理。
质点的相对运动动力学基本方程为r d d m t=++Ie IC v F F F 式中e C r2m m m =-=-=-´Ie IC F a F a ωv ，r d d tv 是对时间t 的相对导数r v 上式两端点乘相对位移d ¢r r d d d d d d m t¢¢¢¢×=×+×+×Ie IC v r F r F r F r 注意到，并且科氏惯性力垂直于相对速度，所以IC F r v d 0¢×=IC F r d d r t¢=r v 上式变为：r r d d d m ¢¢×=×+×Ie v v F r F r δW ¢Ie—表示牵连惯性力F Ie 在质点的相对位移上的元功。
δF W ¢—表示力F 在质点的相对位移上的元功。
则有：2r 1d()δδ2F mv W W ¢¢=+Ie 质点在非惯性系中相对动能的增量等于作用于质点上的力与牵连惯性力在相对运动中所作的元功之和。
——质点相对运动动能定理（微分形式）4、非惯性系中质点的动能定理积分上式得22r r01122F mv mv W W ¢¢-=+Ie ——质点相对运动动能定理（积分形式）质点在非惯性系中相对动能的变化等于作用于质点上的力与牵连惯性力在相对路程上所作功的和。
注意：因为在非惯性系中科式惯性力始终垂直于相对速度，因此在相对运动中科式惯性力始终不做功。
例4 已知：一平板与水平面成θ角，板上有一质量为m 的小球，如图所示，若不计摩擦等阻力。
求: (1)平板以多大加速度向右平移时，小球能保持相对静止?(2)若平板又以这个加速度的两倍向右平移时，小球应沿板向上运动。
第二章质点动力学
第二章 教学基本要求
一 万有引力
第二章 牛顿定律 引力常量
11 2 2
G = 6.67 ×10 N m kg GmE g = 2 ≈ 9.80 m s - 2 重力 P = mg , R
二 弹性力 （压力，张力，弹簧弹性力等） 压力，张力，弹簧弹性力等） 弹簧弹性力 f = kx
m1m2 F =G 2 r
v 0 FT
a2
v y F T
a1
a2 = ar + a
v Py 1
v P0 2
2 – 5
牛顿定律的应用举例
第二章 牛顿定律
的轻绳， 的小球, 例2 如图长为 l 的轻绳，一端系质量为 m 的小球, 时小球位于最低位置， 另一端系于定点 o ， t = 0 时小球位于最低位置，并具 v 求小球在任意位置的速率及绳的张力. 有水平速度 v0 ，求小球在任意位置的速率及绳的张力. 解
第二章 教学基本要求
第二章 牛顿定律
第二章 教学基本要求
第二章 牛顿定律
教学基本要求
掌握牛顿定律的基本内容及其适用条件 一 掌握牛顿定律的基本内容及其适用条件 . 熟练掌握用隔离体法分析物体的受力情 二 熟练掌握用隔离体法分析物体的受力情 况, 能用微积分方法求解变力作用下的简单质点 动力学问题 .
3.2 ×10 s
7
约
0.9s 25 10 s
第二章 教学基本要求
实际长度 可观察宇宙半径 地球半径 说话声波波长 可见光波波长 原子半径 质子半径 夸克半径
第二章 牛顿定律 实际质量
10 m
6.4 ×10 m
6
26
宇宙 太阳 地球 宇宙飞船 最小病毒 电子
10 kg
大学物理——第2章-质点和质点系动力学
2 2 2 α + a1 cos2 α
a1 = cot α 方 向: tanθ = ax g
由式④得:
ay
θ 为 a 与 x 正向夹角
FN = m(g + a1) cosα
10
例2-2 阿特伍德机 (1)如图所示滑轮和绳子的质量均不计,滑 轮与绳间的摩擦力以及滑轮与轴间的摩擦力 均不计.且 m > m2 . 求重物释放后,物体 1 的加速度和绳的张力. 解: 以地面为参考系 画受力图,选取坐标如图
ar
ar
m1 m2
a
m g FT = m a1 1 1 m2g + FT = m2a2
a1 = ar a
FT 0
a2 = ar + a
m1 m2 ar = m + m (g + a) 1 2 a1 FT = 2m1m2 (g + a) P 1 m1 + m2
a2
y FT
y
P0 2
12
8
桥梁是加速度 a
例2-1 升降机以加速度a1上升,其中光滑斜面上有一物体m沿 斜面下滑. 求:物体对地的加速度 a ? y 斜面所受正压力的大小? 解: 由于升降机对地有加速度,为一非惯性 系,故选地面为参考系,设坐标如图.
FN
a1
a2
a = a2 + a1
在 x , y 方向上有:
G
α
x
ax = a2 a1 sin α a = a cosα 1 y
m1 m2
FT 0
m g FT = m a 1 1 m2 g + FT = m2a
m1 m2 a= g m1 + m2
2m m2 1 FT = g m + m2 1
a1 = cot α 方 向: tanθ = ax g
由式④得:
ay
θ 为 a 与 x 正向夹角
FN = m(g + a1) cosα
10
例2-2 阿特伍德机 (1)如图所示滑轮和绳子的质量均不计,滑 轮与绳间的摩擦力以及滑轮与轴间的摩擦力 均不计.且 m > m2 . 求重物释放后,物体 1 的加速度和绳的张力. 解: 以地面为参考系 画受力图,选取坐标如图
ar
ar
m1 m2
a
m g FT = m a1 1 1 m2g + FT = m2a2
a1 = ar a
FT 0
a2 = ar + a
m1 m2 ar = m + m (g + a) 1 2 a1 FT = 2m1m2 (g + a) P 1 m1 + m2
a2
y FT
y
P0 2
12
8
桥梁是加速度 a
例2-1 升降机以加速度a1上升,其中光滑斜面上有一物体m沿 斜面下滑. 求:物体对地的加速度 a ? y 斜面所受正压力的大小? 解: 由于升降机对地有加速度,为一非惯性 系,故选地面为参考系,设坐标如图.
FN
a1
a2
a = a2 + a1
在 x , y 方向上有:
G
α
x
ax = a2 a1 sin α a = a cosα 1 y
m1 m2
FT 0
m g FT = m a 1 1 m2 g + FT = m2a
m1 m2 a= g m1 + m2
2m m2 1 FT = g m + m2 1
非惯性系内质点的动力学方程
y Ae t Be t
t0 时 y a, y 0
y a et et ach t 2
A B a/2
0 FRx 2my
FRx 2my 2m 2ash t
0 FRz mg
FRz mg
§5-2 非惯性系内质点的动力学方程
FR 2m 2ash ti mgk
例题4 解法一
§5-2 非惯性系内质点的动力学方程
ma F
ma ma mat mac F
F
m
m a F mat mac
d2R dt 2
m
r
m
r
2m
v
牵连惯性力 Ft mat
科里奥利惯性力 Fc mac
惯性力合力 FI Ft Fc
ma F FI
§5-2 非惯性系内质点的动力学方程
FN FNnen
受惯性力
md2R / dt 2 0(R 0)
m r 0( 0)
m
r
2ma
2
2m
v
2ma
en
coFsc2(veraFtet
)
§5-2 非惯性系内质点的动力学方程
沿圆圈切向的运动微分方程为
mat
ma
2ma
2
cos
2
sin
2
2 sin 0
可见，与大幅角单摆运动的微分方程完全相同.
§5-2 非惯性系内质点的动力学方程
例题3
m
受惯性力
r m 2
yj
m
d2R dt 2
0
2m
v
2my
i
m r 0
mx 0 FRx 2my my m 2 y
mz 0 FRz mg
§5-2 非惯性系内质点的动力学方程
t0 时 y a, y 0
y a et et ach t 2
A B a/2
0 FRx 2my
FRx 2my 2m 2ash t
0 FRz mg
FRz mg
§5-2 非惯性系内质点的动力学方程
FR 2m 2ash ti mgk
例题4 解法一
§5-2 非惯性系内质点的动力学方程
ma F
ma ma mat mac F
F
m
m a F mat mac
d2R dt 2
m
r
m
r
2m
v
牵连惯性力 Ft mat
科里奥利惯性力 Fc mac
惯性力合力 FI Ft Fc
ma F FI
§5-2 非惯性系内质点的动力学方程
FN FNnen
受惯性力
md2R / dt 2 0(R 0)
m r 0( 0)
m
r
2ma
2
2m
v
2ma
en
coFsc2(veraFtet
)
§5-2 非惯性系内质点的动力学方程
沿圆圈切向的运动微分方程为
mat
ma
2ma
2
cos
2
sin
2
2 sin 0
可见，与大幅角单摆运动的微分方程完全相同.
§5-2 非惯性系内质点的动力学方程
例题3
m
受惯性力
r m 2
yj
m
d2R dt 2
0
2m
v
2my
i
m r 0
mx 0 FRx 2my my m 2 y
mz 0 FRz mg
§5-2 非惯性系内质点的动力学方程
《大学物理》第2章 质点动力学
TM
Tm
2Mm M m
g
a
ar
M M
m m
g
a
FM
TM
ar
F m
Tm m
a
M PM
ar
Pm
注：牛顿第二 定律中的加速 度是相对于惯 性系而言的 。
例2 在倾角 θ 30 的固定光滑斜面上放一质量为
M的楔形滑块，其上表面与水平面平行，在其上 放一质量为m的小球， M 和m间无摩擦，
且 M 2m 。
解：以弹簧原长处为坐标原点 。
Fx kx
F Bm A
元功：
O xB x
xA x
dW Fx dx kxdx
dx
弹力做功：W
xB xA
kxdx
1 2
kxA2
1 2
kxB2
2.3.4 势能 Ep
W保 Ep Ep0 Ep
Ep重 mgh
牛顿 Issac Newton（1643－1727） 杰出的英国物理学家,经 典物理学的奠基人.他的 不朽巨著《自然哲学的数 学原理》总结了前人和自 己关于力学以及微积分学 方面的研究成果. 他在光 学、热学和天文学等学科 都有重大发现.
第2章 质点动力学
2.1 牛顿运动定律 2.1.1 牛顿运动定律
1 牛顿第一定律（惯性定律） • 内容：一切物体总保持静止状态或匀速直线运动 状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。 • 内涵： 任何物体都有保持静止或匀速直线运动状态的趋势。 给出了力的定义 。 定义了一种参照系------惯性参照系。
非惯性参照系：相对于已知的惯性系作变速运动 的参照系。
惯性定律在非惯性系 中不成立。
2．2 动量定理 动量守恒定律
大学物理第2章-质点动力学基本定律
②保守力作功。
势能的绝对值没有意义，只关心势能的相对值。 势能是属于具有保守力相互作用的系统 计算势能时必须规定零势能参考点。但是势能差是一定的，与零点的选择无关。 如果把石头放在楼顶，并摇摇欲坠，你就不会不关心它。 一块石头放在地面你对它并不关心。
重力势能：以地面为势能零点
01
万有引力势能：以无限远处为势能零点
m
o
θ
设：t 时刻质点的位矢
质点的动量
运动质点相对于参考原点O的角动量定义为：
大小：
方向：右手螺旋定则判定
若质点作圆周运动，则对圆心的角动量：
质点对轴的角动量:
质点系的角动量:
设各质点对O点的位矢分别为
动量分别为
二.角动量定理
对质点:
---外力对参考点O 的力矩
力矩的大小：
力矩的方向:由右手螺旋关系确定
为质点系的动能，
令
---质点系的动能定理
讨论
内力和为零,内力功的和是否为零？
不一定为零
A
B
A
B
S
L
例:炸弹爆炸，过程内力和为零，但内力所做的功转化为弹片的动能。
内力做功可以改变系统的总动能
例 用铁锤将一只铁钉击入木板内,设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板之深度成正比,如果在击第一次时,能将钉击入木板内 1 cm, 再击第二次时（锤仍以第一次同样的速度击钉）,能击入多深？ 第一次的功 第二次的功 解：
（1）重力的功
重力做功仅取决于质点的始、末位置za和zb，与质点经过的具体路径无关。
（2） 万有引力的功
*
设质量M的质点固定，另一质量m的质点在M 的引力场中从a运动到b。
M
a
b
势能的绝对值没有意义，只关心势能的相对值。 势能是属于具有保守力相互作用的系统 计算势能时必须规定零势能参考点。但是势能差是一定的，与零点的选择无关。 如果把石头放在楼顶，并摇摇欲坠，你就不会不关心它。 一块石头放在地面你对它并不关心。
重力势能：以地面为势能零点
01
万有引力势能：以无限远处为势能零点
m
o
θ
设：t 时刻质点的位矢
质点的动量
运动质点相对于参考原点O的角动量定义为：
大小：
方向：右手螺旋定则判定
若质点作圆周运动，则对圆心的角动量：
质点对轴的角动量:
质点系的角动量:
设各质点对O点的位矢分别为
动量分别为
二.角动量定理
对质点:
---外力对参考点O 的力矩
力矩的大小：
力矩的方向:由右手螺旋关系确定
为质点系的动能，
令
---质点系的动能定理
讨论
内力和为零,内力功的和是否为零？
不一定为零
A
B
A
B
S
L
例:炸弹爆炸，过程内力和为零，但内力所做的功转化为弹片的动能。
内力做功可以改变系统的总动能
例 用铁锤将一只铁钉击入木板内,设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板之深度成正比,如果在击第一次时,能将钉击入木板内 1 cm, 再击第二次时（锤仍以第一次同样的速度击钉）,能击入多深？ 第一次的功 第二次的功 解：
（1）重力的功
重力做功仅取决于质点的始、末位置za和zb，与质点经过的具体路径无关。
（2） 万有引力的功
*
设质量M的质点固定，另一质量m的质点在M 的引力场中从a运动到b。
M
a
b
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牵连惯性力 科氏惯性力
x'
y
O
x
非惯性系中的质点动力学基本方程
mar F FIe FIC 或质点相对运动动力学基本方程
在非惯性系内，上式写成微分方程形式
m
d
2
r
dt 2
F
FIe
FIC
非惯性系中的质点运动微分方程
质点相对运动微分方程
其中 r表 示质点M在非惯性系中的矢径
d 2r dt 2
解：
以上抛点为坐标原点，选取固定于地球的非惯 性参考系为 Oxyz
其中 z轴 铅直向上， 近似通过地球中心。
x轴水平向东， y轴水平向北。
表现重力
P F FIe mg
其中 F为地球引力
科氏惯性力
FIC maC 2m vr
vr xi yj zk
FIC
的矢量积可展开为
i j k
例2－ 4 已知：一平板与水平面成θ角，板上有一质量为m 的小球，
如图所示，若不计摩擦等阻力。
求：平板以多大加速度向右平移时，小球能保持相对静止。 若平板又以这个加速度的两倍向右平移时，小球应沿 板向上运动。球沿板走了l 距离后，小球的相对速度是 多少？
a
解： （1）在平板上固结一动参考系 Oxy
md2来自rdt 2mg
F1
F2
FIe
FIC
（a）
将上式投影到 x轴 上得 mx mx 2
令 vr x
dvr dvr dx 2x
dt dx dt
z'
O
y' F1
F2
B
mg
FIC
FIeA x'
注意
dx dt
vr
上式分离变量并积分
即
vr 0
vrdvr
x 1
2
xdx
2
得
1 2
vr2
)
δWF
δWIe
质点相对运动动能定理的微分形式： 质点在非惯性系中相对动能的增量等于作用于质点
上的力与牵连惯性力在相对运动中所作的元功之和。
积分上式得
1 2
mvr2
1 2
mvr20
WF
WIe
质点相对运动动能定理的积分形式： 质点在非惯性参考系中相对动能的变化等于作用在质
点上的力与牵连惯性力在相对路程上所作的功之和。
发生在惯性参考系中的任何力学现象都无助于发 觉该参考系本身的运动情况----相对性原理
（3）a质r 点 0相，对于r 动0参考F系IC静止0 F FIe 0
质点相对静止的平衡方程
即当质点在非惯性参考系中保持相对静止时， 作用在质点上的力与质点的牵连惯性力相互平衡。
（4）质点相对于动参考系作等速直线运动
应用相对运动动能定理，有
m 2
vr2
0
(FIe
cos
)l
(mg
sin
)l
m 2
vr2
(mg
sin )l
vr 2gl sin
例2－5
已知：半径为R 的环形管，绕铅垂轴z 以匀角速度ω 转动。 如图所示，管内有一质量为m的小球，原在最低 处平衡，小球受微小扰动时可能会沿圆管上升。 忽略管壁摩擦。
求：小球能达到的最大偏角 ma。x
t 2h g
（i）
x 2h cos 2h
3
g
此时 x为 正值， 偏移向东。
这就是地球上的落体偏东现象。
§ 2－2 非惯性系中质点的动能定理
质点的相对运动动力学基本方程为
m dvr dt
F
FIe
FIC
式中 FIe mae ，FIC maC 2m vr
dvr dt
是
vr对时间t 的相对导数
FIC 2m 0 cos sin
x y' z
2m[( y
sin
z
cos
)i
x s in
j
x
cos
k ]
（a）
质点相对于地球的运动微分方程
mar F FIe FIC mg 2m vr
引用式（a） 上式沿x，y轴，的z投影式为
x 2 ysin 2 zcos
y 2 xsin
上式两端点乘相对位移dr
m
dvr dt
dr
F
dr
FIe
科氏惯性力FIC垂直于相对速度
dr
vr
FIC
有
dr
FIC
dr
0
mvr dvr F dr FIe dr
δWF －表示力 F在质点的相对位移上的元功。
δWIe －表示牵连惯性力 FI在e 质点的相对位移上的元功。
d(
1 2
mvr2
dt 2
m(g
a0 )
令
02
g
a0 l
则上式可写成自由振动微分方程的标准形式
d 2
dt 2
02
0
其解的形式为 Asin(0t ) 而振动周期为
2π 2π l
0
g a0
例2－2
已知：一直杆OA，长l=0.5m，可绕过端点O的 z轴在水 平面内作匀速转动，其转动角速度 2π rad/s
分析小球受力如图所示。
FIe ma0
因动参考系作平移，所以科氏惯性力
FIC
0y'
mar F P FIe
Ft
P FIe
将上式投影到轨迹的切向轴t上 得
d2s m
dt 2
(P
FIe ) sin
m(g
a0 ) sin
当摆作微振动时 角很小 有sin 且 s l
上式成为
ml
d 2
FIe mae
FIC 0
y'
小球相对静止，方程为
Fx 0，FN mg cos FIe sin 0 Fy 0， mg sin FIe cos 0
mg sin FIe cos mae cos
FN
FIe
mg a
ae g tan
x' O'
（2）当加速度 ae 2g 时tan
FIe 2mg tan
解： 以环形管为动参考系 FIe m2Rsin
经过微小角度d时 此惯性力作功为 δW1 FIeRd cos m2R2 sin cosd
相对运动的动能定理
0 0 mgR(1 cosmax )
max m 2 R 2 sin cosd
0
mgR(c os max
1)
1 2
m
2
R2
sin
思考：如果中心是高压，四周是 低压，是否会形成顺时针方向的 气旋？
例2－1
已知：如图所示单摆，摆长为l，小球质量为m。 其悬挂点O以加速度 a0向上运动。
求：此时单摆作微振动的周期。
a0
O
x'
y'
解： 在悬挂点O上固结一平移参考系 Oxy
a0
O
小球相对于此动参考系的运动
x'
相当于悬挂点固定的单摆振动
在杆OA上有一质量为m=0.1kg的套筒B。设开始运
动时，套筒在杆的中点处于相对静止，忽略摩擦。
求：套筒运动到端点A所需的时间及此时对杆的水平压力。
z'
y'
O
B
A x'
解： 研究套筒B相对于OA的运动 选取和杆OA一起转动的坐标系 Oxyz 为动参考系
FIe m2 x FIC 2m x
建立相对运动微分方程
2
max
0
因 sin 2 max 1 cos2 max
mgR(c os max
1)
1 2
m
2
R
2
(1
cos2
max
)
0
或 2Rcos2 max 2g cosmax 2g 2R 0
FIe mg
cos max
g ( 2 R g) 2R
其中
cos max
g ( 2 R g) 2R
是
r对 时间t
的二阶相对导数
几种特殊情况
（1）aC动参0考系FI相C 对 0于定 参考相系对作运平动移动力学基本方程为 mar F FIe
（2）动参考系相对于定参考系作匀速直线平移
aC 0
ae 0 FIe FIC 0
mar F
所有相对于惯性参考系作匀速直线平移的参考系 都是惯性参考系
ar 0
F FIe FIC 0
质点相对平衡方程
地球自转的影响
地球总是在自转，固结在地面上的参考系实质上是非惯性 系。由于地球自转角速度较小，每24小时转2π弧度，因此一 般工程上可以将其看为惯性系。但地球自转的影响是真实存 在的，在许多情况下不可忽略。在地面上物体的重量是地球 引力与离心惯性力的合力，称之为表观重力。地面上铅垂线 的方向也是表观重力的方向。自由落体甚至不沿表观重力方 向下落，这是由于有科氏惯性力的存在。在北半球，河流的 右岸受较大的冲刷，铁路的右轨易磨损也是由于科氏惯性力 的作用。
x 0，y 0，z gt v0
（e）
将上式代入式（b）， 得一次近似的微分方程
x 2(gt v0 ) cos ，y 0 ，z g
在式（d）的初始条件下，上式积分一次 得一次近似的速度
x (gt2 2v0t) cos ，y 0，z gt v0
再积分一次，得一次近似的上抛质点运动方程
x 2 ysin 2 zcos
y 2 xsin
z g 2 xcos
（b）
注意此时 v0 0
其零次近似的速度式改为 x 0，y 0，z gt
以始落点为原点，一次近似的质点运动方程式为
x 1 gt3 cos ，y 0，z 1 gt 2
x'
y
O
x
非惯性系中的质点动力学基本方程
mar F FIe FIC 或质点相对运动动力学基本方程
在非惯性系内，上式写成微分方程形式
m
d
2
r
dt 2
F
FIe
FIC
非惯性系中的质点运动微分方程
质点相对运动微分方程
其中 r表 示质点M在非惯性系中的矢径
d 2r dt 2
解：
以上抛点为坐标原点，选取固定于地球的非惯 性参考系为 Oxyz
其中 z轴 铅直向上， 近似通过地球中心。
x轴水平向东， y轴水平向北。
表现重力
P F FIe mg
其中 F为地球引力
科氏惯性力
FIC maC 2m vr
vr xi yj zk
FIC
的矢量积可展开为
i j k
例2－ 4 已知：一平板与水平面成θ角，板上有一质量为m 的小球，
如图所示，若不计摩擦等阻力。
求：平板以多大加速度向右平移时，小球能保持相对静止。 若平板又以这个加速度的两倍向右平移时，小球应沿 板向上运动。球沿板走了l 距离后，小球的相对速度是 多少？
a
解： （1）在平板上固结一动参考系 Oxy
md2来自rdt 2mg
F1
F2
FIe
FIC
（a）
将上式投影到 x轴 上得 mx mx 2
令 vr x
dvr dvr dx 2x
dt dx dt
z'
O
y' F1
F2
B
mg
FIC
FIeA x'
注意
dx dt
vr
上式分离变量并积分
即
vr 0
vrdvr
x 1
2
xdx
2
得
1 2
vr2
)
δWF
δWIe
质点相对运动动能定理的微分形式： 质点在非惯性系中相对动能的增量等于作用于质点
上的力与牵连惯性力在相对运动中所作的元功之和。
积分上式得
1 2
mvr2
1 2
mvr20
WF
WIe
质点相对运动动能定理的积分形式： 质点在非惯性参考系中相对动能的变化等于作用在质
点上的力与牵连惯性力在相对路程上所作的功之和。
发生在惯性参考系中的任何力学现象都无助于发 觉该参考系本身的运动情况----相对性原理
（3）a质r 点 0相，对于r 动0参考F系IC静止0 F FIe 0
质点相对静止的平衡方程
即当质点在非惯性参考系中保持相对静止时， 作用在质点上的力与质点的牵连惯性力相互平衡。
（4）质点相对于动参考系作等速直线运动
应用相对运动动能定理，有
m 2
vr2
0
(FIe
cos
)l
(mg
sin
)l
m 2
vr2
(mg
sin )l
vr 2gl sin
例2－5
已知：半径为R 的环形管，绕铅垂轴z 以匀角速度ω 转动。 如图所示，管内有一质量为m的小球，原在最低 处平衡，小球受微小扰动时可能会沿圆管上升。 忽略管壁摩擦。
求：小球能达到的最大偏角 ma。x
t 2h g
（i）
x 2h cos 2h
3
g
此时 x为 正值， 偏移向东。
这就是地球上的落体偏东现象。
§ 2－2 非惯性系中质点的动能定理
质点的相对运动动力学基本方程为
m dvr dt
F
FIe
FIC
式中 FIe mae ，FIC maC 2m vr
dvr dt
是
vr对时间t 的相对导数
FIC 2m 0 cos sin
x y' z
2m[( y
sin
z
cos
)i
x s in
j
x
cos
k ]
（a）
质点相对于地球的运动微分方程
mar F FIe FIC mg 2m vr
引用式（a） 上式沿x，y轴，的z投影式为
x 2 ysin 2 zcos
y 2 xsin
上式两端点乘相对位移dr
m
dvr dt
dr
F
dr
FIe
科氏惯性力FIC垂直于相对速度
dr
vr
FIC
有
dr
FIC
dr
0
mvr dvr F dr FIe dr
δWF －表示力 F在质点的相对位移上的元功。
δWIe －表示牵连惯性力 FI在e 质点的相对位移上的元功。
d(
1 2
mvr2
dt 2
m(g
a0 )
令
02
g
a0 l
则上式可写成自由振动微分方程的标准形式
d 2
dt 2
02
0
其解的形式为 Asin(0t ) 而振动周期为
2π 2π l
0
g a0
例2－2
已知：一直杆OA，长l=0.5m，可绕过端点O的 z轴在水 平面内作匀速转动，其转动角速度 2π rad/s
分析小球受力如图所示。
FIe ma0
因动参考系作平移，所以科氏惯性力
FIC
0y'
mar F P FIe
Ft
P FIe
将上式投影到轨迹的切向轴t上 得
d2s m
dt 2
(P
FIe ) sin
m(g
a0 ) sin
当摆作微振动时 角很小 有sin 且 s l
上式成为
ml
d 2
FIe mae
FIC 0
y'
小球相对静止，方程为
Fx 0，FN mg cos FIe sin 0 Fy 0， mg sin FIe cos 0
mg sin FIe cos mae cos
FN
FIe
mg a
ae g tan
x' O'
（2）当加速度 ae 2g 时tan
FIe 2mg tan
解： 以环形管为动参考系 FIe m2Rsin
经过微小角度d时 此惯性力作功为 δW1 FIeRd cos m2R2 sin cosd
相对运动的动能定理
0 0 mgR(1 cosmax )
max m 2 R 2 sin cosd
0
mgR(c os max
1)
1 2
m
2
R2
sin
思考：如果中心是高压，四周是 低压，是否会形成顺时针方向的 气旋？
例2－1
已知：如图所示单摆，摆长为l，小球质量为m。 其悬挂点O以加速度 a0向上运动。
求：此时单摆作微振动的周期。
a0
O
x'
y'
解： 在悬挂点O上固结一平移参考系 Oxy
a0
O
小球相对于此动参考系的运动
x'
相当于悬挂点固定的单摆振动
在杆OA上有一质量为m=0.1kg的套筒B。设开始运
动时，套筒在杆的中点处于相对静止，忽略摩擦。
求：套筒运动到端点A所需的时间及此时对杆的水平压力。
z'
y'
O
B
A x'
解： 研究套筒B相对于OA的运动 选取和杆OA一起转动的坐标系 Oxyz 为动参考系
FIe m2 x FIC 2m x
建立相对运动微分方程
2
max
0
因 sin 2 max 1 cos2 max
mgR(c os max
1)
1 2
m
2
R
2
(1
cos2
max
)
0
或 2Rcos2 max 2g cosmax 2g 2R 0
FIe mg
cos max
g ( 2 R g) 2R
其中
cos max
g ( 2 R g) 2R
是
r对 时间t
的二阶相对导数
几种特殊情况
（1）aC动参0考系FI相C 对 0于定 参考相系对作运平动移动力学基本方程为 mar F FIe
（2）动参考系相对于定参考系作匀速直线平移
aC 0
ae 0 FIe FIC 0
mar F
所有相对于惯性参考系作匀速直线平移的参考系 都是惯性参考系
ar 0
F FIe FIC 0
质点相对平衡方程
地球自转的影响
地球总是在自转，固结在地面上的参考系实质上是非惯性 系。由于地球自转角速度较小，每24小时转2π弧度，因此一 般工程上可以将其看为惯性系。但地球自转的影响是真实存 在的，在许多情况下不可忽略。在地面上物体的重量是地球 引力与离心惯性力的合力，称之为表观重力。地面上铅垂线 的方向也是表观重力的方向。自由落体甚至不沿表观重力方 向下落，这是由于有科氏惯性力的存在。在北半球，河流的 右岸受较大的冲刷，铁路的右轨易磨损也是由于科氏惯性力 的作用。
x 0，y 0，z gt v0
（e）
将上式代入式（b）， 得一次近似的微分方程
x 2(gt v0 ) cos ，y 0 ，z g
在式（d）的初始条件下，上式积分一次 得一次近似的速度
x (gt2 2v0t) cos ，y 0，z gt v0
再积分一次，得一次近似的上抛质点运动方程
x 2 ysin 2 zcos
y 2 xsin
z g 2 xcos
（b）
注意此时 v0 0
其零次近似的速度式改为 x 0，y 0，z gt
以始落点为原点，一次近似的质点运动方程式为
x 1 gt3 cos ，y 0，z 1 gt 2