第四章 转动参照系
式中 r ′ 为质点相对 o′ 的位矢。
P197例 秒后p P197例4.3 求t秒后p点的速度和加速 度 建立坐标系o 解：建立坐标系o-xyz
ω α R P v’ y
v v v v = v′ + vt v v v v vt = ω × r = −ωv′t sinαi v v v v ∴v = v′sinα j − v′cosαk −ωv′t sinαi
解 建 动 o− xy ： 立 系
v v dv′ a′ = =0 dt
x ω v’ ac
r v & ω ×r = 0 v 2r 2 −ω r = −ω xi v v v v v 2ω × v′ = 2ωk × v′i = 2ωv′j
r r r 2 a = −ω xi + 2ωv′j
•
4.2 空间转动参考系
任一矢量： 2. 任一矢量： G = G x i + G y j + G z k
dG y dG z dG dG x di dj dk = i+ j+ k + Gx + G y + Gz dt dt dt dt dt dt dt
由泊松公式：
di =ω ×i dt
dj =ω × j dt
dk = ω × k 代入上式得： dt
a= dv di dj & & & & = ( && − yω − yω )i + ( && + xω + xω ) j + ( x − yω ) + ( y + xω ) x & y & dt dt dt
& & & & = ( && − yω − xω 2 − 2 yω )i + ( && + xω − yω 2 + 2 xω ) j x y
讨论 ： v v v v v 1)若v′ = 0, ac = 0, a′ = 0,则a = at，如同刚体上一点的加速度
r r r r r r r r 2 ac = 2ω× v'，v' = 0，ω = 0，v' // ω，ac = 0 ）
r v dω v v v v v 2 2 3 ω = c, ） = 0， at = (ω⋅ r )ω− rω = −ω R dt r r v v 2 ∴a = a′ − ω R + 2ω× v'
− ω 2 xi − ω 2 yj = −ω 2 r
3） 沿矢径指向O点，它是由于平板以角速度ω 转动所引起的 向心加速度。
2）、3）两项加速度都是由于平板转动所引起的，所以为牵连 牵连 加速度。 加速度
& & & & 4） − 2 yω i + 2 xω j = 2ω × ( xi + y j ) = 2ω × v ′
a c = 2ω × v ′
——科里奥利加速度 ——科里奥利加速度
是由于质点P对转动的 S ′ 系有一相对速度，从而 ω 与 v ′ 相互 影响所产生的，若两者平行或有一为零，此项加速度为零。 对转动参照系来讲，绝对加速度等于相对加速度、 对转动参照系来讲 ， 绝对加速度等于相对加速度 、 牵连加 速度与科里奥利加速度三者的矢量和。 速度与科里奥利加速度三者的矢量和。 注意：绝对速度与绝对加速度都是从静止参照系来观测一 注意 个在转动参照系中质点P的速度与加速度的，如果从转动参照 系中来看，只能看到相对速度与相对加速度。 13
o − xyz固 于 板 S′系 连 平
ξ r r r O k ω 有一质点在平板上运动 r = xi + yj ： P点的绝对速度 2. P点的绝对速度 r r r r r r r r r r r r r r r dr & & & & v= = xi + yj + xω× i + yω× j = xi + yj + ω× r = v'+ω× r dt
一般参照系： 4. 一般参照系：既平动又转动
ω R M r θ P
对于更一般的情况，即 S ′系的原点 o′ 不与S系的原点o重合， 对于更一般的情况 且 o′ 相对o的速度为 v 0 ，加速度为a 0 ，则：
v = v′ + v0 + ω × r ′
a = a′ + a0 + dω × r ′ + ω × (ω × r ′) + 2ω × v ′ dt
xy 1） &&.&& 为质点P对转动参照系的轴向加速度分量，它的合成： &&i + &&j = a ′ x y ———相对加速度
& & & & 2） − yω i + xω j = ω k × ( x i + y j ) = ω × r
是由于平板作变角速度转动所引起的切向加速度，如平 板以匀角速度转动，则此项加速度为零。 4
第四章 转动参考系
§4.1平面转动参照系 4.1平面转动参照系 §4.2空间转动参照系 4.2空间转动参照系 非惯性系动力学（ §4.3 非惯性系动力学（二） §4.4 地球自转的影响
•
4.1 平面转动参考系
2
§4.1平面转动参照系 4.1平面转动参照系
选取不同参照系，运动情况不同。 选取不同参照系，运动情况不同。本章讨论质点在不同参 照系中运动之间的关系。 照系中运动之间的关系。 η 1. 平面转动参照系 : 绕过o并垂直于轴以ω 绕过o并垂直于轴以ω转动的 P r 平板构成平转动参照系 。
ω ×r
——牵连速度 ，是由于 S ′ 系转动带动 r 一起转动而 牵连速度 引起的速度。
故在转动参照系中，质点的绝对速度等于相对速度和牵连 速度的矢量和。 11
现在求质点P对S系的绝对加速度 绝对加速度
dv d * v a= = +ω ×v dt dt
将 v 的表达式代入上式得：
d 2 r d *ω d *r d *r a= 2 + ×r +ω × +ω ×( + ω × r) dt dt dt dt
10
故在转动参照系中，一个矢量G的绝对变化率，等于相对 在转动参照系中，一个矢量 的绝对变化率 的绝对变化率， 在转动参照系中 变化率和牵连变化率的矢量和。 变化率和牵连变化率的矢量和。 = + ω × r = v′ + ω × r dt dt
d *r = v ′ ——相对速度，是质点P相对于 S ′系的速度。 相对速度， 相对速度 dt
r
v r r dω r r r 2 a = a '+ × r −ω R + 2ω × v′ x r v dt v v dω v dv′ a′ = = 0, = 0, R = v′t sinα j dt dt v v v 2 2 ∴at = −ω R = −ω v′t sinα j v v v v r r v ac = 2ω × v′ = 2ωk × (v′sinα j − v′cosαk ) = −2v′ω sinαi
v v v v v 2 ∴a = at + ac = −2v′ω sinαi −ω v′t sinα j v a = v′ωsinα 4 +ω2t 2
•
4.3 非惯性系动力学（二） 非惯性系动力学（
16
非惯性系动力学（ §4.3 非惯性系动力学（二）
一、平面转动参照系 动力学方程（质点相对运动微分方程） 1. 动力学方程（质点相对运动微分方程）:
d r dt 2
2*
——相对加速度，是质点P相对 S ′系的加速度。 相对加速度， 相对加速度
12
at =
dω × r + ω × (ω × r ) dt
dω ×r dt
——牵连加速度 牵连加速度
—— 由ω 的大小发生改变所产生的，如参照系S ′ 以 恒定角速度转动，则此项为零；
ω × (ω × r ) ——是由于 S ′ 系以角速度 ω 转动所产生的。
r r r r r r r & × r −ω2r + 2ω × v ' Qa = a '+ω r r r r r r r & × r +ω2r − 2ω × v ' ∴a ' = a −ω
以m乘上式，并知 o − ξηζ 为惯性系F=ma 为惯性系F=ma 乘上式，
r r r r r r r & × r + mω2r − 2mω× v' ∴ma' = F − mω
r r r 其中， ' = xi + yj，为 , j不动时质点的速度，是′看到的，称之为相对速 v & & i s 度。
o −ξηζ 为 坐 系 S系 静 标 ,
r r 是由于板转动带动P点一同转动引起的，称之为牵连速度。 ω×r 是由于板转动带动P点一同转动引起的，称之为牵连速度。
提问：为什么这里的速度表达式与第三章中定点（或定轴） v′ v =ω ×r 转动的速度表达式： 比较多了 ？ 答：因为在刚体中，组成刚体的各个质点，都只随着刚体一 起转动，它们与整个刚体并无所谓相对运动。 3. 加速度
& a = a ′ + ω × r − ω 2 r + 2ω × v ′ = a′ + at + ac
——相对加速度 & ——牵连加速度 at = ω × r − ω 2r
a′
a c = 2ω × v ′
——科里奥利加速度
转动参照系
例：一光滑直管中有一质量为 m 的 一光滑直管中有一质量为 小球，直管以匀角速度绕一端旋转。 小球，直管以匀角速度绕一端旋转。 初始条件： 初始条件：小球距转轴为 a, 球相对 于管子的速度为零。分析小球的运 于管子的速度为零。 动规律和受到的约束反作用力。 动规律和受到的约束反作用力。 z
y
ω
N F离 x
& x = Aωeωt − Bωe−ωt
[ 例 ]( 续)
& 初始条件： 当 t = 0 时，x = a, x = 0 初始条件：
A= B = a/ 2
a ω t −ω t 于是得到小球的运动规律： 于是得到小球的运动规律： x = (e + e ) 2 & Nz = −2mωx = −maω2 (eωt − e−ωt )
F科
v v v v & F = −2mω ×v' = 2mω x k 科 v v v v v && = mg + F + F + N mr C 科 离
m&& = mω2 x x m&& = 0 = Ny − mg y & m&& = 0 = 2mω x + Nz z
v v 2v 2 F = mω r = mω x i 离
特殊情况：定轴转动，恒定角速度
v dω ≡0 dt
M
三、 相对 平衡
v v v v v 2 ma' = F + mω R − 2mω × v'
三、相对平衡 质点相对于转动参照系静止不动的问题，
ω R
P
θ
O
v v 即 v' = 0, a' = 0 v v v v v v v v v v & × r − m(ω⋅ r )ω + mω2r − 2mω × v' = 0 ma' = F − mω
第四章_转动参照系(1)
牵连速度 vt= ω × r = vt ω = r
v
O
ω
B
2bω
10
2011-3-18
第四章 转动参照系（1）
A
三角形转一周的时间为
T= 2π
β v'
•
ω×r
ω
P B
P点的相对速度为 v= ' P点绝对速度的大小
v=
b ωb = T 2π
v
O
ω
π v ' + vt − 2v ' vt cos π − 4
ijk???讨论矢量的时间变化率?g??xyzggigjgk????其时间变化率为xyzdgdgigjgkdt?????2011318第四章转动参照系115?xyzdgdgigjgkdtdt?????由326v?r??dj??可得didkijkdtdtdt???????所以xyzdggi?gj?gk?gdt????????xyzxyzdidjdkgi?gj?gk?gggdtdtdt?????2011318第四章转动参照系116或dgdggdt??dt???????424其中xyzdggi?gj?gk?dt???相对变化率g???牵连变化率例如若取得gr???drdrv?r?dtdt???绝对速度相对速度牵连速度4252011318第四章转动参照系117若取得gv???dvdva?v?dtdt???426进一步将425代入ddradt??2drdrr?r?dtdt?????????????????2ddrdrr?r?dtdtdtdt???????222drddrr?r?dtdtdt??????2011318第四章转动参照系118222drddra?r?r?dtdt2dt??????427式中2dra?dt??相对加速度而?2ddddt?dtdtr?r?r????????????????428429所以tcaa?aa???42102r?22tcddra?r?r?a?v?dtdt??????牵连加速度科氏加速度2011318第四章转动参照系1192r?22tcddra?r?r?a?v?dtdt????????若即c??0ddt?则有22ta?r?r?r???????opr?r??m?向轴加速度22a?a?rv?????42122011318第四章转动参照系120作业?p2644243
第四章 空间转动参考系 (302宿舍作品)
对于平面转动参考系来讲，参考 系转动的角速度恒与质点相对于参考 系的速度垂直。
返回
课堂巩固
[例] 在一光滑水平直管中，有一质量为m的小球。此管以恒定角速度 ω绕通过管子一端的竖直轴转动。如果起始时，球距转动轴的距 离为a，球相对于管子的速度为零，求小球沿管的运动规律及管对 小球的约束反作用力。
2
••
••
•
其中
a′ = x+ y aτ =ω×r −ω r ac = 2ω×v′
2 •
相对加速度
•• ••
牵引加速度
a = a′ + aτ + ac
科里奥利加速度
习题讲解
例题 圆盘半径为R，以匀速角速度ω绕垂直于 盘心O的轴线转动。一质点沿径向槽自盘心以匀速度v’ 向外运动，试求质点加速度各分量的量值（如下图）
返回
②惯性离心力
惯性离心力是由于转动 参考系的转动所引起的。 参考系的转动所引起的。惯 性离心力的量值和ω的平方 O 及质点离开坐标轴原点O的 距离r成正比，它的方向则 自坐标原点O沿矢径向外， 如图所示。
返回
ω
υ′
r
P
mω 2 r
− 2 mω × υ ′
③科里奥利力
科里奥利力是由于参考系的转动及质点对此转动参考 系又有相对运动所引起的。 系又有相对运动所引起的。科里奥利力的量值与参考系转 动的角速度ω及质点相对于参考系的速度成正比，方向垂 直于它们所确定的平面。
由此可知绝对速度等于相对速度与牵引速度的 矢量和，由公式表示为
ω
ω
v = v′ + ω × r
相对加速度、向心加速度、科里奥利加速度（ 相对加速度、向心加速度、科里奥利加速度（一）
转动力学解题指导
第四章 转动参照系解题指导（一）基本要求这一章实际上是在两个作相对运动的参照系上研究对同一质点（或物体）所观察到运动特征间的关系。
因此从运动学来说，这是运动合成的问题；以动力学来说，则是如何对非惯性系建立运动方程的问题。
在数学处理前应该注意到下面几点。
（二）解题要点首先，应该注意参考系、坐标系、观察者三位一体。
我们说“相对某某坐标系运动”，“从某某坐标系来看”等等，意思是指站在该坐标系上（比如原点处）的观察者所看到的运动。
因此，当牵涉到不同坐标系时，大家应该把自己“扮演”成不同角色，在这些坐标系之间“跳来跳去”，并设身处地的想一想，这样才有助于对问题的理解。
为了理解牵连速度，就需要会严格区分质点P 和它在动点P '上所占据的几何位置（或重合点）。
由于动系在不同时刻运动状态并不相同，所以质点P 在动系上几何位置P '也不固定，因此牵连运动随时随地在发生变化。
理解转动参照系（相对运动）的关键就在这里。
无论是平动还是空间转动参照系，质点的绝对速度总等于相对速度和牵连速度的矢量和。
也就是说，在转动参照系S '中，任一矢量G 对固定参照系S 的时间变化率总可写成：绝对变化率=相对变化率+牵连变化率。
G GG⨯+=*ωdt d dt d由于在加速度矢量中出现了科氏加速度c a （实际上也是牵连变化的一部分）。
这个加速度对在动坐标系中的观察者是观测不到的，但它又是绝对变化的一部分。
另外，在解决运动学或动力学问题时，泊松公式必须常记心中。
它们是：k ωk j ωj i ωi⨯=⨯=⨯=dt d dt d dt d ；；解答相对运动中关于加速度的合成问题时，我们建议一般采用以下步骤：1.确定定系（一般取固连在地球表面的参照系）、动系（取相对定系运动的物体上）、动点（研究对象）、相对运动（动点对动系的运动）、牵连运动（动系对定系的运动）、绝对运动（动点对定点的运动）。
2.分析动系的运动规律，及运动类型（平面，空间转动），不同类型，所列方程不一样。
平面转动参考系
第一节 平面转动参考系
设平面参考系 S′ 以角速度 ω 转动， 在平面参考系上建立坐标系 O-xy ， 原点与静止坐标系 S 原点 O 重合。 则转动矢量 ω = ωk 沿 z 轴方向。 设该平面参考系为一平板，P 为平板 上运动着的一点，则其位矢为
r = xi + yj ( 4.1.1)
2
这一项叫做科里奥利加速度，简称科氏加速度。是牵连运动 与相对运动相互影响所产生。方向垂直角速度和相对速度， 但角速度恒沿 k 方向，所以科氏加速度在 xy 平面内。
3
根据上述分析可以将加速度简写成
& a = a ′ + ω × r − ω 2 r + 2ω × v ′
( 4 .1 .6 )
若令
& at = ω × r − ω 2 r a c = 2ω × v ′
考虑到 (4.1.2) 式，求 (4.1.1) 式对时间的微商后得质点 P 对 静止坐标系的速度
v= dj dk di dr & & & = xi + yj + z k + x + y + z dt dt dt dt & & = ( x − ωy ) i + ( y + ωx ) j
现在求 P 点对静止坐标系的加速度 dv & & & & a= = ( && − 2ωy − ω 2 x ) i + ( && + 2ωx − ω 2 y ) j − ωyi + ωxj x y dt 对 (4.1.5) 的讨论 相对加速度 向心加速度 切向加速度 另外还有
大学物理一复习第四章刚体的转动精品
R β1
R β2
(A) 不变 (B) 变小
(C) 变大
G
(D) 无法判断
解 GR J2 2 GR J
FTR J1 1 FTR J
又G FT
2 1
选（C）
R 1
FT FT’
G
R 2
G
14、一轻绳跨过两个质量为 m、半径为 r 的均 匀圆盘状定滑轮,绳的两端分别挂着质量为 2m 和 m 的重物,如图所示,绳与滑轮间无相对滑动,
mg FT2 ma2
FT1 FT2
R
mg FT1 r
m
a1
J
a1 r
a2 R
FT1 r R
FT1'
A
mg
β
FT2
FT2'
B
mg
mg(R r)
J mR2 mr2
a1
r
J
mgr(R r) mR2 mr2
mg
例4：在光滑水平桌面上放置一个静止的
质量为 M、长为 2l 、可绕中心转动的细 杆，有一质量为 m 的小球以速度 v0 与杆
的一端发生完全弹性碰撞，求小球的反弹
速度 v 及杆的转动角速度 。
解：在水平面上， 碰撞过程中系统角 动量守恒，
M ,2l
L0 L
mlv 0 mlv J （1）
O
稳定平衡状态，当其受到微小扰动时，细
杆将在重力作用下由静止开始绕铰链O 转
动．试计算细杆转动到与竖直线成 角时
的角加速度和角速度．
解 细杆受重力和 铰链对细杆的约束力FN
作用，由转动定律得
第四章转动参考系
第四章转动参考系１第四章转动参考系⾃学辅导习题（2012年使⽤）⼀、选择题(每个⼩题给出的四个选项中只有⼀项是正确的)。
1.坐标系xyz o ?以⾓速度i ?ω=ωK 绕x 轴转动，x,y,z 轴的单位⽮量⽤i ?，j ?和k ?表⽰，则：[ ] A.j ?dt i ?d ω=；i ?dt j ?d ω? =；0dt k ?d =； B.k ?dt id ω=；0dt jd =；i ?dt k ?d ω=； C.0dt i ?d =；k ?dt jd ω=；j ?dt kd ω?=； D.i ?dt i ?d ω=；j ?dt j ?d ω=；k ?dt k ?d ω=1.C2.坐标系xyz o ?以⾓速度j ?ω=ωK 绕y 轴转动，x,y,z 轴的单位⽮量⽤i ?，j ?和k ?表⽰，则：[ ] A.j ?dt id ω=；i ?dt jd ω?=；0dt k ?d =； B.k ?dt id ω?=；0dt jd =；i ?dt k ?d ω=； C.0dt i ?d =；k ?dt j ?d ω=；j ?dt k ?d ω?=； D.i ?dt i ?d ω=；j ?dt j ?d ω=；k ?dt k ?d ω=2.B3.坐标系xyz o ?以⾓速度k ?ω=ωK 绕z 轴转动，x,y,z 轴的单位⽮量⽤i ?，j ?和k ?表⽰，则：[ ] A.j ?dt i ?d ω=；i ?dt j ?d ω?=；0dt k ?d =； B.k ?dt i ?d ω=；0dt j ?d =；i ?dt k ?d ω=； C.0dt i ?d =；k ?dt j ?d ω=；j ?dt k ?d ω?=； D.i ?dt id ω=；j ?dt j ?d ω=；k ?dt k ?d ω=3.A4.坐标系xyz o ?以⾓速度ωK 绕某轴转动，x,y,z 轴的单位⽮量⽤i ?，j ?和k ?表⽰，则：[ ] A.j ?dt i ?d ω=； B.k ?dt i ?dω=； C.i ?dt id ×ω=K ； D.i ?dt i4.C5.坐标系xyz o ?以⾓速度ωK 绕某轴转动，x,y,z 轴的单位⽮量⽤i ?，j ?和k ?表⽰，则：[ ] A.i ?dt j ?d ω?=； B.0dt j d=；２ C.k ?dt j ?d ω=； D.j ?dtj ?d ×ω=K ； 5.D6.坐标系xyz o ?以⾓速度ωK 绕某轴转动，x,y,z 轴的单位⽮量⽤i ?，j ?和k ?表⽰，则：[ ] A.0dt k ?d =； B.i ?dtk ?d ω=； C.j ?dt k ?d ω?=； D.k ?dtk ?d ×ω=K 6.D7.坐标系xyz o ?以⾓速度ωK 绕某轴转动，x,y,z 轴的单位⽮量⽤i ?，j ?和k ?表⽰，则：[ ] A.j ?dt i ?d ω=；i ?dt j ?d ω?=； B.k ?dt i ?d ω?=；0dtj ?d =； C.0dt i ?d =；k ?dt j ?d ω=； D.i ?dt i ?d ×ω=K ；j ?dtj ?d ×ω=K ； 7.D8.坐标系xyz o ?以⾓速度ωK 绕某轴转动，x,y,z 轴的单位⽮量⽤i ?，j ?和k ?表⽰，则：[ ] A.j ?dt i ?d ω=；0dt k ?d =； B.k ?dt i ?d ω?=；i ?dtk ?d ω=； C.0dt i ?d =；j ?dt k ?d ω?=； D.i ?dt i ?d ×ω=K ；k ?dtk ?d ×ω=K 8.D9.坐标系xyz o ?以⾓速度ωK 绕某轴转动，x,y,z 轴的单位⽮量⽤i ?，j ?和k ?表⽰，则：[ ] A.i ?dt j ?d ω?=；0dt k ?d =； B.0dt j ?d =；i ?dtk ?d ω=； C.k ?dt j ?d ω=；j ?dt k ?d ω?=； D.j ?dt j ?d ×ω=K ；k ?dtk ?d ×ω=K 9.D10.坐标系xyz o ?以⾓速度ωK 绕某轴转动，x,y,z 轴的单位⽮量⽤i ?，j ?和k ?表⽰，则：[ ] A.j ?dt i ?d ω=；i ?dt j ?d ω?=；0dt k ?d =； B. i ?dt i ?d ×ω=K ；j ?dtj ?d ×ω=K ；k ?dt k ?d ×ω=K ；３ C.0dt i ?d =；k ?dt j ?d ω=；j ?dt k ?d ω?=； D.i ?dt i ?d ω=；j ?dt j ?d ω=；k ?dtk ?d ω= 10.B11.在匀加速直线运动的车厢内，⾃由下落⼩球的相对轨迹是：[ ]A.沿铅垂直线；B.沿向后倾斜的直线；C.抛物线；D.双曲线。