第五章-刚体的转动

§5-1刚体的平动、转动和定轴转动§5-2力矩转动定律转动惯量§5-3刚体定轴转动动能力矩的功§5-4绕定轴转动的刚体的角动量和角动量守恒定律一、刚体在外力作用下任意两点间的距离保持不变§5-1刚体的平动、转动和定轴转动在外力作用下形状和大小都不变化的物体形状和大小改变不显著，可视为刚体形状改变，不能视为刚体形状大小不变可视为刚体刚体是一种理想模型刚体有许多物体在外力不甚大时，二、刚体的平动和转动平动刚体作平动质心运动轨迹整个刚体可当作质点来处理，满足牛顿定律其中各点的速度、加速度相等，运动轨迹相同刚体运动时，其中任一直线的方位始终保持不变转轴转轴作用力平动转动转轴转轴转轴转轴放大起重吊车刚体中所有质点都绕着一直线作圆周运动刚体的一般运动平动和转动（转轴位置变）轮轴平动车轮绕轴转动转轴平动绕轴转动转轴可以当作由一平动和一绕瞬时轴的转动组合而成三、定轴转动特点刚体中任一点都在垂直于轴的平面内转轴转轴转轴转轴固定的转动同一时刻，各质点的角速度和角加速度相等在同一时间间隔内，各质点的角位移相等作半径不同的圆周运动刚体中各质点的速度和加速度，因其位置和到转轴的距离不同而不同rarart2n,,vP转轴r20021ttt0匀角速运动有t0匀角加速运动有关系式描写刚体绕定轴转动的物理量：角位移，角速度，角加速度。线量与角量的关系为例题5-1飞轮转速为1800r/min，因制动而均匀rad/sπ60rad/s601800π2π20ns20,0t飞轮均匀减速，为匀变速转动，角加速度为20rad/sπ3rad/s20π60t解(1)设为初角速度，由题意得010s时飞轮边缘点的线速度和切向与法向加速度。10s时飞轮的角速度；(3)设飞轮半径为0.5m，求在t=始到停止转动飞轮转过的转数；(2)求制动开始后t=地减速，经20s停止转动。(1)求角加速度和从制动开radπ6002120att从开始制动到停止转动飞轮的角位移及转数N分（2）t=10s时飞轮的角速度为rad/sπ300tm/s71.4rv232n2tm/s10444m/s71.4.rωara相应的切向加速度及法向加速度为（3）t=10s时，飞轮边缘上一点的线速度为300π2π600π2N别为一、力对转轴的力矩使物体转动的作用不仅与力的大小有关而且还§52力矩转动定律转动惯量作用力方向转轴作用线到转轴距离（力臂）力的大小F与力臂d的乘积FdM力臂力矩力的作用线与转轴的距离与力的方向以及作用线和转轴的距离有关力臂为sinrd力臂为零，力矩等于零1.力位于垂直于转轴的平面内Frd转轴rFFrMsin2.力不在垂直于转轴的平面内F2F1Fr转轴sinrFM将作用力分解为垂直于转轴的平面与转轴平行与转轴垂直两个分力2F1F如果力的作用线通过转轴一般规定：使刚体沿反时针方向转动的力矩为正使刚体沿顺时针方向转动的力矩为负各个力对转轴的力矩的代数和MMMM刚体内各质点间内力对转轴的合力矩为零。与转轴垂直但通过转轴的力对转轴的力矩为零；与转轴平行的力对转轴的力矩为零；对于定轴转动的刚体：刚体所受的合力矩二、转动定律刚体可看成由无数质点组成iFir转轴与转轴垂直的截面tiFiPiFtiF外力内力质点Pi的切向运动为iiiiiirmamFFttt两边乘以ir2ttiiiiiirmrFrF对所有质点求和，得iiiiiiiiirmrFrF)(2tt每个质点绕定轴作半径不同的圆周运动内力成对出现，内力产生的力矩和等于零，即0tiiirF对一定的转轴，刚体的转动惯量表示为iiirmJ得刚体的角加速度与它所受的合外力矩成正比，JM转动定律外力产生的力矩的代数和为iiirFMt与刚体的转动惯量成反比，即三、转动惯量转动惯量是物体的转动惯性大小的量度根据转动惯量的定义iiirmJ决定刚体的转动惯量大小的因素为刚体的总质量刚体的质量分布刚体的转轴的位置转轴I转轴II总质量mimirir反之，转动状态容易改变转动惯量越大，欲改变其转动状态越困难质点组成的系统的转动惯量2332222112rmrmrmrmJiii1.转动惯量的计算质量连续分布的物体的转动惯量mrJd2lmdd线密度转轴线元rLLlrJd2面密度Smdd转轴面元rSSSrJd2体密度Vmddr转轴体元VVVrJd2质量均匀分布的几种刚体的转动惯量2mRJ221mRJ252mRJ2121mLJ231mLJ例题5-2求质量为m、长为l的均匀细棒对于质量为xmdd3212122121ddlxxmxJ棒的质量线密度，代入上式得lm2121mlJOO'xdxx解在棒上取距轴OO'为x、长为dx的一小段根据转动惯量定义，棒对轴OO'的转动惯量为通过棒的中点而与棒垂直的轴的转动惯量。4032π21dπ2drxxmxJr2πrm221mrJ例题5-3求质量为m、半径为r的匀质圆盘解在圆盘上取半径为x，宽dx的圆环xxdπ2xxmdπ2d圆盘的质量面密度代入上式得对于通过圆心而垂直于圆平面的轴的转动惯量。圆盘对通过圆心O而垂直圆平面的轴的转动惯量为质量为面积为2.转动定律的应用基本步骤：隔离法选择研究对象；质点受力分析和刚体受力矩分析；对质点运用牛顿定律，对刚体运用转动定律；建立角量与线量的关系，求解方程；结果分析及讨论。例题5-4半径分别为R1、R2的阶梯形滑轮，转m1m2m2m1T1FT1FT2FT2FNFgm1gm21a2aα解T2T2T1T1,FFFF假设滑轮沿顺时针方向转动对轻绳应有受力分析角加速度及各绳中张力FT1、FT2。为m1、m2的物体，忽略滑轮与轴间摩擦，求滑轮的动惯量为J，其上反向绕有两根细绳，各悬挂质量选取物体运动方向为坐标轴正向11T11amFgm滑轮边缘的切向加速度等于物体的加速度2211,RaRa解以上各式得gRmRmJRmRm2222112211gmRmRmJRRmRmJRgmF1222211212222111T根据牛顿第二定律和转动定律可得222T2amgmFJRFRF2T21T1gmRmRmJRRmRmJRgmF2222211211211222T一、转动动能§5-3刚体定轴转动动能力矩的功221iimv质量为的质点动能为im等于所有质点动能相加2222k21Δ21Δ21JrmmEiiiiiiv转动惯量iirv转轴irimiv刚体转动动能二、力矩的功ddsindcosddMFrsFrFWMMMW00dd垂直于转轴的平面Fr转轴Odrd在外力作用下Fddrs外力在位移中的功为Frd当刚体在力矩M作用下角位移为时，力矩的功如果力矩恒定不变rd力的作用点位移的大小为d角位移ddddddJttJMWtJJMdd21222121d21JJJW根据转动定律，合外力矩为在dt时间内刚体角位移为tdd则当刚体角速度由变为时，合外力矩的功12合外力矩对刚体所作的功等于刚体转动动能的增量例题5-5质量为m、长为l的均匀细杆可绕水dsin2dlmgW0vOAgmhmCNF重力矩所作元功为当杆沿升高方向有角位移d时，解高度。气阻力和轴上摩擦，求杆摆动时端点A升高的最大231mlJ点时的速率为v0，杆的转动惯量为，忽略空平光滑轴O在竖直平面内自由转动。端点A过最低mm00dsin2dlmgWW2006121021vmJmghW当杆从平衡位置转到最大角位移m处，)cos1(mlh因mghW21平衡位置处l00v0则得gh320v重力矩所作总功为，得合外力的功等于转动动能的增量，得转到最大角位移m处，)cos1(2mlmg刚体对转轴的角动量为§5-4绕定轴转动的刚体的角动量和角动量守恒定律转轴irimiv对转轴的角动量为iiirmvJrmrmrmLiiiiiiiiii22vtLtJtJMddd)(ddd转动定律可写为此式不但适用于绕定轴转动的刚体im刚体中质量为的质点也适用于绕定轴转动的任意物体和物体系角动量守恒定律当作用于转动物体的合外力矩M=0时，得角动量守恒定律L=J=常量即当作用于转动物体的合外力矩为零时J减小增大物体的角动量保持不变系统的总角动量将保持不变iiiJL常量合外力矩为零时有自然界的普遍规律之一对于物体系统如果系统合外力矩为零时角动量守恒定律是例题5-6水平放置的圆盘形转台质量为m'，半解人和转台为一系统，系统未受外力矩作用，22212221421mRRmRmRm12422mmmm2211JJ常量系统角动量守恒，则1转动，当人走到台边后，求人与转台的角速度。的人站在台上距转轴为R/2处，人和转台以角速度径为R，可绕过中心的光滑竖直轴转动，质量为m即