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4-1刚体的平动、转动和定轴转动

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刚体1(精)

刚体1(精)

i
J z mi ri 2
i
五、刚体定轴转动的角动量定理
d M z Jz dt
冲量矩
d d ( J z ) dLz M z Jz dt dt dt
I z I z0
Lz J z
----刚体定轴转动的角动量定理

t
t0
M z dt
d (J z ) J z J z0
球体
1 2 J ml 3
2 2 J mr 5
例：一轻绳跨过定滑轮，绳的 两端分别悬挂质量为 m1 , m2 的物体，且 m1` < m2。设滑轮 质量为 m ，半径为 ，其转 轴上所受的摩擦力矩为 M r 。 绳与滑轮间无相对滑动。试 求物体的加速度和绳的张力。
r
[解 ]
研究对象：滑轮m、 物体m1、m2 。
Fr sin f r sin m r
2 i i i i i i i i i i i
M内 内力矩两两相消，即
fi内 f j内
i
ri
M内 0
d
j
rj
O
F r sin f r sin
i i i i i i i
i
mi ri
2 i
第四章
刚体转动
§4-1 刚体的定轴转动
刚体：在外力的作用下，大小和形状都不
变的物体
物体上任意两点之间的距离保持不变
物理模型
一、刚体运动 平动
转动
平动：若刚体中所有点的运动轨 迹都保持完全相同，或者说刚体内任 意两点间的连线在运动过程当中总是 彼此平行。

刚体平动
质点运动

转动：刚体中所有的点都绕同一直线做圆

刚体的转动

刚体的转动
2） 任一质点运动 ,, 均相同，但 v, a 不同；
32019/12/23
§4- 1 刚体的平动、转动和定轴转动 普通物理
二 匀变速转动公式 当刚体绕定轴转动的角加速度为恒量时，刚体做
匀变速转动 .
刚体匀变速转动与质点匀变速直线运动公式对比
地减速，经t=50 s后静止。
（1）求角加速度a 和飞轮从制动开始到静止所转过
的转数N；
（2）求制动开始后t=25s 时飞
0
轮的角速度 ；
（3）设飞轮的半径r=1m，求在 t=25s 时边缘上一点的速
度和加速度。
Oa an r
v
at
解 （1）设初角度为0方向如图所示，
广东技术师范学院
2019/12/23
25rad / s 78.5rad / s
广东技术师范学院
2019/12/23
§4- 1 刚体的平动、转动和定轴转动 普通物理
的方向与0相同 ；
（3）t=25s 时飞轮边缘上一点P 的速度。
由 v r v v r sin r sin 900
r 78.5m / s v 的方向垂直于 和 r 构成的平面，如
§4- 1 刚体的平动、转动和定轴转动 普通物理
量值为0=21500/60=50 rad/s，对于匀
变速转动，可以应用以角量表示的运动方程，在
t=50S 时刻 =0 ，代入方程=0+at 得
a 0 50 rad / s2
t
50
3.14 rad / s2
从开始制动到静止，飞轮的角位移 及转 数N 分别为
子的角加速度与时间成正比 . 问在这段时间内，转子转
过多少转？

4刚体的平面运动

4刚体的平面运动

A2
M
刚体的平面运动可以简化为平面图形在其自身平面S内的运动。
3 刚体平面运动的分解
平面图形S在其平面上的位置完 全可由图形内任意线段O'M的位置来 确定，而要确定此线段的位置，只需 确 定 线 段 上 任 一 点 O' 的 位 置 和 线 段 O'M与固定坐标轴Ox间的夹角 即可。 点O'的坐标和 角都是时间的函数， 即 y S M
以A为基点，分析点B的速度。
vB v A vBA
vBA wII BA wO (r1 r2 ) vA
vBA与vA垂直且相等，点B的速度
2 2 vB vA vBA 2vA 2wO (r1 r2 )
vC vA vB vBA vA B vA D vCA C A II wII
例7 直杆AB与圆柱O相切于D点， 杆的A端以 vA 60cm s匀速向前滑动， B r ，圆柱与地面、圆 10 cm 圆柱半径 柱与直杆之间均无滑动，如图，求 w 时圆柱的角速度。 60 O 解一：圆柱作平面运动，其 C1点，设其角速度为 w 。 瞬心在
w AB
D
C2
vD
3 刚体平面运动的分解
刚体上每一点都在与固定 平面M平行的平面内运动。 若作一平面N与平面M平行, 并以此去截割刚体得一平 面图形S。 可知该平面图 形S始终在平面N内运动。 因而垂直于图形S的任一条 直线A1A2必然作平动。 A1A2 的运动可用其与图形 S的交点 A的运动来替代。
A1 N A S
vCA
N
S
C
vA
A
vC vA w AC
如果取AC＝ vA /w ，则
vC vA w AC 0

刚体力学

刚体力学

例、在光滑的水平桌面上有一小孔0，一细绳穿过小孔， 其一端系一小球放在桌面上，另一端用手拉绳， 开始时小球绕孔运动，速率为 v1 ，半径为 r1 ，当半径变 为 r2 时 r2 f拉 求小球的速率 v2 解：小球受力：
f拉
L2 = L1
因f 拉为有心力
r r L2 = L1
r1 mv 1 = r2 mv 2 r1 v 2 = v1 显然 v 2 v1 r2
' 2
m
.
R
m1 Mf
' T1
m2
m
如图
T2'
T2
对m2： m 2 g - T2 = m 2 a
- m1 g = m1a
' 1


T1
m1 g
T 对m： R - T R - M f = J
m2 g
1 2 ' ' a = R , J = mR , T1 = T1 , T2 = T2 2
联立求得： = a
r M
M = rF sin = Fd
o
r r
r M

r F
r F应理解为在垂直于转轴的平面内。 r o 若不在,则将 F 分解为平行 于转轴的分量和垂直于转轴 的分量.只有垂直于转轴的力 的分量才对转轴有力矩.
r 20 F 的方向与转轴平行.
r F
r r

合外力矩 M = r1 F1 sin 1 - r2 F2 sin 2 r3 F3 sin 3

r Fi = m
r dv c
dt
注意各量的 物理意义
质心运动定理说明：不管物体的质量如何分布、外力作用 在什么地方，质心的运动就象物体的全部质量都集中于此， 而且所有的外力都作用于其上的一个质点的运动一样。 （例:炮弹在飞行轨道上爆炸 ……见教材p98--例3)

第四章 刚体的转动

第四章 刚体的转动
1 1 2 2 E k＝ E ki mi ri ＝ 2 2
m r
2 i i
2
用转动惯量表示
1 2 E k＝ J 2
四、刚体绕定轴转动的动能定理 设在合外力矩M的作用下，刚体绕定轴转过的角 位移为dθ，合外力矩对刚体所作的元功为 d dW =M dθ,由转动定律 M J J dt 得 d d
M＝r F r Fi r Fi M i
M F1 r1 sin 1 F2 r2 sin 2 F3 r3 sin 3
单位： N.m 注意：力矩的单位和功的单位不是一回事，力矩的 单位不能写成焦耳。 与转动垂直但通过转轴的力对转动不产生力矩； 与转轴平行的力对转轴不产生力矩； 刚体内各质点间内力对转轴不产生力矩。 对于刚体的定轴转动，不同的力作用于刚体上的 不同位置（或不同作用方向）可以产生相同的效 果。
§4－2 力矩
转动定律
转动惯量
一、力矩 从转轴与截面的交点到力的作用线的垂直距离叫做力对 转轴的力臂。力的大小和力臂的乘积，就叫做力对转 轴的力矩。用M表示。 用矢量表示 M rF 或：
M＝Fr sin
若力F不在垂直与转轴的平面内，则可把该力分解为两个 力，一个与转轴平行的分力，一个在垂直与转轴平面 内的分力，只有后者才对刚体的转动状态有影响。 合力矩对于每个分力的力矩之和。
第四章 刚体的转动
§4－1 刚体的定轴转动 一、刚体
定义:在外力作用下形状和大小保持不变的物体称为刚体。 说明: 刚体和质点一样是一个理想化的力学模型； 刚体内任何两点之间的距离在运动过程中保持不变； 刚体可以看成一个包含由大量质点、而各个质点间距 离保持不变的质点系。

大学物理04刚体

大学物理04刚体

合外力矩沿着转 轴方向的分量
----微分形式
冲量矩
Mdt dL
t2
Mdt

t1
L2 L1
dL

L2

L1

J2

J1
----积分形式
如果转动惯量变化了
t2
Mdt

t1
L2 L1
dL

J22

J11
二当、刚M体定0 轴转动角动量守恒
B两滑轮的角加速度分别为 A和 B ，不 计滑轮轴的摩擦，这两个滑轮的角加速
度大小满足（A ）
A A B
R
R
B A B
C A B
m
F
A
B
[例12]质量为mA的物体A静止在光滑水平面 上，它和一质量不计的绳索相连接，此绳 索跨过一半径为R、质量为mc的圆柱形滑 轮C，并系在另一质量为mB的物体B上，B 竖直悬挂。圆柱形滑轮可绕其几何中心轴
0.5m
JC 1 0.32 2 0.52
0.59kg m2
例4质量m,长度L 的均质细杆的转动惯量 （1）转轴过杆的端点
dm m
dl L
dm
dx
x
J L x2dm L x2dx 1 mL2
0
0
3
（2）转轴过杆的中点
dm dx x
J
单位：kg m2
连续分布有
r 2dl 线分布，为线密度
J
r
2dm



r
2
ds
面分布， 为面密度
r 2 dV 体分布，为体密度

定轴转动和转动定律[优质ppt]


l /2 x2 m d x
l / 2 l m x3 l/2
l 3 l / 2
J 1 ml2 12
例题：转动惯量的计算
例2：求匀质杆绕一端的垂直轴的转动惯量
J r 2 d m l x2 m d x 1 ml2
0l
3
例3：求匀质细圆环绕过圆心的垂直轴的转动惯量
J r2 d m R2 d m R2 d m mR2
2
3


M

1 mgl cos θ 2
例题：转动惯量的计算
例4：求匀质圆盘绕过圆心的垂直轴的转动惯量
将圆盘分成许多同心圆环
细圆环的转动惯量 d J r 2 d m
m
d J r2 2 r d r,


m
R2
J
dJ
R

2
r3
d
r

1

R4
0
2
J 1 mR2 2
r dr R
几种形状规则密度均匀刚体的转动惯量
正负由转轴正向和右手法则确定
• 若力不在转动平面内 —— 只算垂直分量
• 几个力同时作用时 — 各力矩的代数和
M M1 M2 M3 Mi
F sin
F cos
line of action
课堂练习：请说明下图中力对 z 轴的力矩
d
M F1r1 F2r2 F3r3 M Fd Fd 0 M F(r1 r2 )
3、平行轴定理
Z ZC d
m
C
J
JC
J JC md2
• 通过质心的轴线的转动惯量最小

大学物理—刚体的动轴转动


25
麦克斯韦分布
2 1 2 d mgR J mR 3 2 dt
设圆盘经过时间t停止转动，则有
t 0 2 1 g dt R d 0 0 3 2
F1
转动 平面
F
F2
r F1 只能引起轴的
变形, 对转动无贡献。 注 （1）在定轴动问题 中，如不加说明，所指的 力矩是指力在转动平面内 的分力对转轴的力矩。
r
（2） M Z rF2 sin F2d
d r sin 是转轴到力作
用线的距离，称为力臂。
F123麦克来自韦分布例 2: 一半径为 R ，质量为 m 匀质圆盘，平放 在粗糙的水平桌面上。设盘与桌面间摩擦系数为 ，令圆盘最初以角速度 0 绕通过中心且垂直盘 面的轴旋转，问它经过多少时间才停止转动？

d r dr
R
e
解 : 因摩擦力不是集中作用于一点，而是分布 在整个圆盘与桌子的接触面上，力矩的计算要用积 分法。在图中，把圆盘分成许多环形质元，每个质 元的质量dm=rddre，所受到的阻力矩是rdmg 。
a m2 G2
a
21
式中是滑轮的角加速度，a是物体的加速度。滑轮 边缘上的切向加速度和物体的加速度相等，即
麦克斯韦分布
a r
从以上各式即可解得
m 2 m1 g M r / r m 2 m1 g M / r a
J m 2 m1 2 r 1 m 2 m1 m 2
1. 刚体的角动量
图为以角速度绕定轴oz 转动的一根均匀细棒。
L
z

ri
O
Li
把细棒分成许多质点，其中第 i 个质点的质量为 mi 当细棒以转动时，该 质点绕轴的半径为 ri

大学物理一复习第四章刚体的转动-文档资料


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
40 半径减小角速度增加。
（2）拉力作功。请考虑合外力矩为0， 为什么拉力还作功呢？
W


0
Md
在定义力矩作功 时，我们认为只 有切向力作功， 而法向力与位移 垂直不作功。
但在例题中，小 球受的拉力与位 移并不垂直，小 球的运动轨迹为 螺旋线，法向力 要作功。
o
F
r d Fn F
解得
a2

R

mgR(R r) J mR2 mr2
FT1 mg ma1
FT2 mg ma2
例2：光滑斜面倾角为 ，顶端固定一半 径为 R ，质量为 M 的定滑轮，质量为 m 的物体用一轻绳缠在定滑轮上沿斜面 下滑，求:下滑的加速度 a 。
解：物体系中先以
物体 m 研究对象，
A
分别根据牛二定律和转动定律列方程：
角量、线量关系式
解得：
a
mB g
mA mB mC 2
T1

mAmB g
mA mB mC
2
T2

(mA mC 2)mBg mA mB mC 2
如令 mC 0，可得：

刚体的定轴转动和转动定律


受力： F Ft Fn
力矩：M r (Ft Fn )
r Ft rFt k
M F r ma r
z
M
Ft F
O r m
Fn
mr2
at r
即: M mr 2
3 – 2 力矩 转动定律 转动惯量
2、刚体转动定律
质元 m j 受力为：
右手螺旋定则
第三章 刚体的转动

3– 1 刚体的定轴转动
4、角加速度（矢量）
第三章 刚体的转动
大小： d
dt
方向： 若 2 > 1 则 与角速度同向， 若 2 < 1 则 与角速度反向。
3– 1 刚体的定轴转动
第三章 刚体的转动
二、匀变速转动公式
匀变速转动：转动的角加速度为恒量的运动。
J R 2π r3dr π R4 所以 J 1 mR2
0
2
2
3 – 2 力矩 转动定律 转动惯量
第三章 刚体的转动
例3 ：质量为m、高为h、半径为r的均匀圆柱体，求其对 圆柱中心的转动轴的转动惯量？
解：dm dV 2 r h dr
其中：

m V
3 – 2 力矩 转动定律 转动惯量
第三章 刚体的转动
三 转动惯量 J mjrj2 , J r 2dm
1、物理意义：
j
描述刚体转动过程中转动惯性大小的物理量.（ 转动
惯量的大小取决于刚体的质量、形状及转轴的位置 .）
2、转动惯量的计算方法：
1）质量离散分布刚体的转动惯量：
J mjrj2 m1r12 m2r22
对质量面分布的刚体： dm dS
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ω = ω0 +αt = (50π π × 25)rad / s = 25πrad / s = 78.5rad / s
角速度
ω的方向与ω0相同 ；
=25s 时飞轮边缘上一点P 的速度。 （3）t=25 时飞轮边缘上一点 的速度。 由
v =ω ×r 0 v = v = ωr sin = ωr sin 90
定轴转动
3. 刚体的定轴转动
定轴转动： 定轴转动： 刚体上各点都绕同一转轴作不同半径的圆周运 且在相同时间内转过相同的角度。 动，且在相同时间内转过相同的角度。
定轴转动
特点： 角位移，角速度和角加速度均相同； 特点： 角位移，角速度和角加速度均相同； 质点在垂直转轴的平面内运动， 质点在垂直转轴的平面内运动，且作圆周 运动。 运动。
从开始制动到静止，飞轮的角位移 从开始制动到静止，飞轮的角位移θ 及转 数N 分别为
ω ω0
角速度
1 2 1 2 θ =θ θ0 = ω0t + at = 50π ×50 ×π ×50 2 2 =1250 rad π
θ 1250 π N= = ＝ 转 625 2π 2π
=25s （2）t=25 时飞轮的角速度为 =25
角速度
例题4-2 例题4 一飞轮在时间t内转过角度θ＝at+bt3-ct4 , 一飞轮在时间t 式中a、 、 都是常量。求它的角加速度。 式中 、b、c 都是常量。求它的角加速度。 飞轮上某点角位置可用θ 解：飞轮上某点角位置可用θ表示为 θ ＝at+bt3-ct4 将此式对t求导数， 将此式对t求导数，即得飞轮角速度的表达式为
d 3 4 2 3 ω = (at + bt ct ) = a + 3bt 4ct dt
角加速度是角速度对 的导数， 角加速度是角速度对t的导数，因此得
dω d a= = (a + 3bt2 4ct3 ) = 6bt 12ct 2 dt dt
由此可见飞轮作的是变加速转动。 由此可见飞轮作的是变加速转动。
§4- 1 刚体的平动、转动和定轴转动 刚体的平动、
1. 刚体
刚体是一种特殊的质点系统， 刚体是一种特殊的质点系统， 无论它在多大外力作用下， 无论它在多大外力作用下，系统内 任意两质点间的距离始终保持不变。 任意两质点间的距离始终保持不变。
2. 平动和转动
刚体最简单的运动形式是平动和转动。 刚体最简单的运动形式是平动和转动。 当刚体运动时，如果刚体内任何一条给定的 当刚体运动时， 直线，在运动中始终保持它的方向不变， 直线，在运动中始终保持它的方向不变，这种运 动叫平动。 动叫平动。
平动和转动
刚体的平动过程
c a b
平动和转动
刚体的平动过程
c a b
平动和转动
刚体的平动过程
c a b b
平动和转动
刚体的平动过程
c a b
平动和转动
刚体的平动过程
c a b
平动和转动
刚体的平动过程
c a b
平动和转动
刚体的平动过程
c a b
平动和转动
刚体的平动过程
c a b
平动和转动
z
A
A′
角位移 角速度 角加速度
θ dθ ω= dt dω β= dt
r 1
o1 o2
B r2
θ
B′
刚体的定轴转动
角速度
4. 角速度矢量
角速度的方向： 角速度的方向：与刚 体转动方向呈右手螺旋关 系。 在定轴转动中， 在定轴转动中，角速 度的方向沿转轴方向。 度的方向沿转轴方向。
ω
角速度矢量
角速度
刚体的平动过程
c a b
平动和转动
刚体在平动时，在任意一段时间内， 刚体在平动时，在任意一段时间内，刚体中 所质点的位移都是相同的。而且在任何时刻，各 所质点的位移都是相同的。而且在任何时刻， 个质点的速度和加速度也都是相同的。 个质点的速度和加速度也都是相同的。所以刚体 内任何一个质点的运动， 内任何一个质点的运动，都可代表整个刚体的运 动。 刚体运动时， 刚体运动时，如果刚体的各个质点在运动中 都绕同一直线圆周运动，这种运动就叫做转动， 都绕同一直线圆周运动，这种运动就叫做转动， 这一直线就叫做转轴。 这一直线就叫做转轴。
d 3 4 2 3 ω = (at + bt ct ) = a + 3bt 4ct dt
角加速度是角速度对 的导数， 角加速度是角速度对t的导数，因此得
dω d a= = (a + 3bt2 4ct3 ) = 6bt 12ct 2 dt dt
由此可见飞轮作的是变加速转动。 由此可见飞轮作的是变加速转动。
2 t 2 n 3 2 2 2
a = a + a = (6.16×10 ) + 3.14 m/ s ≈ 6.16×10 m/ s a 的方向几乎和 an 相同。 相同。
3 2
角速度
例题4-2 例题4 一飞轮在时间t内转过角度θ＝at+bt3-ct4 , 一飞轮在时间t 式中a、 、 都是常量。求它的角加速度。 式中 、b、c 都是常量。求它的角加速度。 飞轮上某点角位置可用θ 解：飞轮上某点角位置可用θ表示为 θ ＝at+bt3-ct4 将此式对t求导数， 将此式对t求导数，即得飞轮角速度的表达式为
例题4 例题4-1
一飞轮转速n= 一飞轮转速 =1500r/min，受到制动后均匀 ，
s后静止 后静止。 地减速， 地减速，经t=50 s后静止。 求角加速度a （1）求角加速度 和飞轮从制动开始到静止所转过 的转数N； 的转数 ； 求制动开始后t=25 =25s （2）求制动开始后 =25 时飞 轮的加速度ω ； 设飞轮的半径r=1 =1m， （3）设飞轮的半径 =1 ，求在 t=25 时边缘上一点的速 =25s =25 度和加速度。 度和加速度。 解 （1）设初角度为ω0方向如图所示， 设初角度为 方向如图所示，
= ωr = 78.5m/ s
构成的平面， 构成的平面，如 图所示相应的切向加速度和向心加速度分别为
v 的方向垂直于 ω 和 r
at = ar = 3.14m/ s
2
角速度
an = ω r = 6.16×10 m/ s
2 3
2
边缘上该点的加速度 ห้องสมุดไป่ตู้ 为
a = an + al 其中 al 的方向 v 的方向相反， a 的方向指向轴心，a 的大小 的方向相反， 的方向指向轴心，
O a
ω0
an
v r at
角速度
=2π× π×1500/60=50 量值为ω0=2π×1500/60=50π rad/s，对于匀变 ， 速转动，可以应用以角量表示的运动方程， 速转动，可以应用以角量表示的运动方程，在 t=50 时刻ω =0 ，代入方程ω=ω0+at 得 =50S =50
50π 2 a= = rad / s t 50 2 = 3.14 rad / s