刚体定轴转动定律

复习质点的角动量力矩FrMLrmvsinLrmv角动量定理dLMdt角动量守恒定律若0ML常矢量sinMrF00ttMdtLL本章主要内容1刚体的运动2刚体的角动量3刚体受到的力矩4刚体定轴转动定律5刚体的动能定理6刚体的角动量守恒定律6.1刚体的运动与描述质点的运动只代表物体的平动，物体实际上是有形状、大小的，它可以平动、转动，甚至更复杂的运动。因此，对于机械运动的研究，只限于质点的情况是不够的。刚体是一种特殊的质点系，无论在多大外力作用下，系统内任意两质点间的距离始终保持不变。即物体的形状、大小都不变的固体称为刚体（rigidbody）。刚体考虑了物体的形状和大小，但不考虑它的形变，刚体同质点一样，也是一个理想化模型。一、刚体的运动固联在刚体上的任一条直线，在各个时刻的位置始终保持彼此平行的运动，叫做刚体的平动。1.平动刚才的动画演示了一个圆柱体的平动。在运动过程中，我们看到，刚体中所有质点的位移都是相同的。而且在任何时刻，各个质点的速度和加速度也都相同。这时我们可以选取刚体上任一点的运动来代表刚体的运动。2.转动如果刚体上所有各点绕同一直线（转轴）作圆周运动，则称为刚体的转动。转动时，轴外各点在同一时间间隔内走过的弧长虽然不一样，但角位移全同。固定转轴：转轴不随时间变化——刚体定轴转动瞬时转轴：转轴随时间变化——一般转动3.刚体的一般运动例如，一个车轮的滚动，可以分解为车轮随着转轴的平动和整个车轮绕转轴的转动。在研究刚体一般运动时，我们一般将它分解为质心的平动（应用质心运动定理）和刚体绕过质心轴的转动（应用转动定律）。一个汽车轮子在地上的滚动A、B、C、…各点的运动都不相同绕过o轴的转动oABCoo轮子的平动ABCoABCoABABCCo刚体的运动＝平动＋转动平动：刚体上所有点运动状态都相同转动：各质元均作圆周运动二.刚体平动的描述刚体的平动可用质心运动来代表整体的运动1。质心的位矢设N个质点m1,m2,,mN，对应的位矢Nrrr21,iiicmrmriicxmMx1定义：质心的位矢iicymMy1iiczmMz1xdmMxc1ydmMyc1zdmMzc1质心重心2。质心运动定理质心的速度：dtrdVcc)1(iirmMdtddtrdmMii1iivmM1质心的加速度：dtVdacc)1(iivmMdtddtvdmMii1iiamM1设mi受力内外、iifF则：iiiifFam对所有质点求和：iiiifFam0合外FMMcaMF合外——质心运动定理即：质心运动如同一质点，只是将质量全部集中于该点，所受的力是质点系受的所有外力。注：质心上可能既无质量，又未受力。iiicmrmr2角位置θ角速度ωdtdttlim0＝角加速度α220limtddtdtdt＝·pro转动平面三.刚体（定轴）转动的角量描述6.2刚体的定轴转动定律一.刚体定轴转动所受力矩力矩一般定义：FrMM此处即可是对某点也可是对某轴而言当刚体作定轴转动时，力矩就可以用标量来表示。oo习惯上把定轴用z表示力矩表示为zMoo.P1）在垂直oo的平面内FFsinMrF2）不在垂直oo的平面内Foo.PrrFF//F//FFF对刚体绕oo轴转动无贡献计算力矩时只需考虑的力矩F总可分解成两个分量：FFroor5zziMM＝合外力矩ooFFFr1。一个质点的情况FnF法向力nF对轴的矩为零切向力Fmamr对轴的矩2zMrFmr二.刚体定轴转动定律见右下平面图（刚体类似于多质点系）设某刚体绕固定轴—Z轴转动Zmi取质量元mi，其到转轴的距离riiriFifii受力如图示，根据牛顿定律：iiiiamfF各质元加速度不同，但角加速度相同iiiiiiamfFsinsin用ri乘以上式：iiiiiiiiiarmfrFrsinsinra2sinsiniiiiiiiirmfrFr将所有质元相加：2sinsiniiiiiiiirmfrFrfifj0||iiFr)(2iirmM合外ro2。连续质量分布刚体的情况定义2iirmJM合外)(2iirm——刚体对定轴（z轴）的转动惯量则有zdMJJdt——定轴转动定律由zMJ与牛顿定律比较：MJ或amFaJmFMm反映质点的平动惯性J反映刚体的转动惯性3。理解注意是合外力矩这条定律表明，刚体绕定轴转动时，它的角加速度与作用于刚体上的合外力矩成正比，与刚体对转轴的转动惯量成反比。JβdJdtωzdLdt1nziziMM内力矩成对抵消，不能改变刚体的角动量，因而不能改变刚体的角速度。这是角动量定理在刚体定轴转动情形下的特例（1）zM（2）（3）质量连续分布质量离散分布对刚体定义—转动惯量单质点单位：kg∙m22Jrdm2Jrdm2iiiJmr─质量元dm─第i个质点的质量imr─到转轴的距离dmir─到转轴的距离im2Jmr三.转动惯量及计算质量为线分布质量为面分布质量为体分布、、分别为质量的线密度、面密度和体密度。线分布体分布面分布只有对于几何形状规则、质量连续且均匀分布的刚体才能用积分计算出刚体的转动惯量。dmdldmdsσdmdVρ如图套两个质点的细杆长l，杆绕空端转动，分析整个系统绕o点的转动惯量。将两质点换位再作计算。解：普通物理学教案例题1：o2mm由2iiiJmr232ml()22122lJmmlom2m294ml()22222lJmml结论：21JJ•J与刚体的质量分布有关•J与转轴的位置有关因为质量分布是对转轴而言的，上例也可看作质心离转轴越远转动惯量越大。•形状和转轴确定后，J与刚体的质量有关AlFe讨论影响转动惯量的因素求长为L、质量为m的均匀细棒对端点轴和中垂轴的转动惯量。解：普通物理学教案例题2：ABL/2L/2Cx取如图坐标取质量元dmdxABLxdm/22103LJxdxmL/2222212LLJxdxmL12JJ求质量为m、半径为R的均匀圆环的转动惯量。轴与圆环平面垂直并通过圆心。解：普通物理学教案例题3：取质量元dmdx2mR2Rdm2JRdmORdm求质量为m、半径为R均匀圆盘的转动惯量。轴与盘平面垂直并通过盘心。解：普通物理学教案例题4：这样的一个圆盘可以视为半径不等的有宽度的圆环拼接而成。任取其中一环2dmrdr利用前例环的转动惯量结果32rdr2dJrdm412R302RrdrJdJ2mR212JmRRrdr内半径为R1外半径为R2质量为m的匀质中空圆柱绕其对称轴的转动惯量。解：普通物理学教案例题5：1R2R()22212mrdrRR2dmrdr()21222212RRmJrrdrRR()222112mRR质量为m半径为R的匀质薄球壳绕过中心轴的转动惯量。解：普通物理学教案例题6：sinRd在球面取一圆环带，半径sinrR224mdmrRdR2Jrdmsin22302mRd223mR质量为m半径为R的匀质球体绕过球心轴的转动惯量。解：普通物理学教案例题7：MR把球体看作无数个同心薄球壳的组合23443mdmrdrR233mrdrRJdJ223dmr4302RmrdrR225mR如图所示，滑轮半径为r。（设绳与滑轮间无相对滑动）①若m2与桌面间的摩擦系数为μ，求系统的加速度a及张力T1与T2；②若桌面光滑，再求。解：普通物理学教案例题8：2m2T1T1mJ1mg2mg力和力矩分析、方法1按隔离法建坐标y0对质点用牛顿定律对刚体用转动定律ar222Tmgma12TrTrJ111mgTma限制性条件12212/mmagmmJr解得：22211212(/)/mmJrTmgmmJr21122212(/)/mmJrTmgmmJr若桌面光滑，摩擦力矩为零2m2T1T1mJ1mg2mgy0解法2由系统角动量定理取m1、m2、J为系统外力矩系统的角动量12Mmgrmgr2212LmrmrJ（任一时刻）（对滑轮转轴）由角动量定理dLMdt12mgrmgr2212()dmrmrJdt由解得：221212()mgrmgrmrmrJ/ar12212/mmagmmJr再由牛顿定律可得张力。2m2T1T1mJ1mg2mgy0这也是定轴转动定律(整体分析方法)一根均质细杆（m、L），一端可在竖直平面内自由转动。杆最初静止在水平位置，由此下摆角求角加速度和角速度。解：普通物理学教案例题9：odm∙gdml下摆过程重力矩做功以杆为对象取质元dmdl当杆处在下摆角时，该质量元所受重力对o点的矩为cosgldlθλcosdMdmglθ重力对整个棒的合力矩为：MdM代入转动定律，可得：MdM0cosLgldlθ1cos2mgLθ2cos2gLθ3cos2gL2(cos)/2/3mgLmLMJ代入转动动能定理2011cos022θmgLθdθJ211sin22mgLθJω21()3JmL3singθLsinmgLθIω匀质圆盘的质量为m，半径为R，在水平桌面上绕其中心旋转。设圆盘与桌面之间的摩擦系数为μ，求圆盘从以角速度ω0旋转到静止需要多少时间？解：普通物理学教案例题10：Ro0r摩擦力矩导致减速盘上任取微圆环2dsrdr圆环上各质点所受摩擦力矩全同，取ω0的方向为正，圆环所受力矩为dMgrdm22mrdrR22mrdrRdmdS222rdMmgdrR整个圆盘所受的力矩为根据转动定律，得角加速度为常量，所以当圆盘停止转动时ω=0，43gR22312mgRmRMJ23mgR2202RrMmgdrR得0t034Rg0t