3刚体力学基础

第三章刚体力学基础2刚体的转动在外力作用下形状和大小不发生变化的物体刚体内任意一条直线总是平行运动刚体刚体的平动刚体中所有点的运动轨迹完全相同3刚体中所有的点都绕同一直线作圆周运动刚体的转动刚体的定轴转动：刚体绕固定转轴的转动即转轴固定不动4描述刚体转动的物理量对定轴转动的刚体可选取垂直于转轴的一个平面进行研究xo•Pr点P的转动可代表整个刚体描述点P转动:角坐标(t)角速度dtd一般规定逆时针转动为正0角速度矢量𝝎方向用右手法则确定5角加速度22dddtdt角加速度矢量𝜷角量与线量的关系vr瞬时速率切向加速度法向加速度ar2nar考虑方向关系后：瞬时速度vr6一圆柱形转子可绕垂直其横截面通过中心的轴转动.开始时它的角速度0=0,经过300秒后,角速度=18000转/分.已知其角加速度与时间成正比.问在这段时间内,转子转过多少转?解:已知=Ct即:tdtdC或d=Ctdt积分:ttdtd00C2C21t得:由条件t=300s时1-srad60060218000753006002222tC2150t角速度为再由:dtddttdtd2150积分002150tdttd3450t在0~300s内,转过的转数230045022N=3104转得例3.17力矩设力f的作用线位于转动平面内，其与转轴的距离d即为力f对该转轴的力臂力的大小与力臂的乘积，叫做力f对该转轴的力矩MsinMfdfr矢量表示MrfOPfrd8对定轴转动𝑴=𝑴𝟏+𝑴𝟐+⋯+𝑴𝒏一对内力对任意转轴的力矩r1F1F2r2成对内力大小相等，方向相反其力臂必相同，故力矩大小相等ddFrFM11111sindFrFM22222sin一对内力对任意转轴的合力矩为零多个外力作用于质点系上时021MMM合力矩𝑴=𝑴𝟏+𝑴𝟐+⋯+𝑴𝒏9OPFifiii转动定律刚体转轴为O对任意质点P，受外力Fi和内力fi在切向方向，有：sinsiniiiiiiiiFfmamr2sinsiniiiiiiiiFrfrmr同乘ri外力力矩内力力矩对所有质点求和（内力合力矩为0）2siniiiiiiiFrmr10刚体在外力矩作用下，获得的角加速度的大小与合外力矩的大小呈正比，和刚体对给定转轴的转动惯量呈反比，角加速度的方向和合外力矩的方向相同。MJ刚体的转动定律转动惯量定义转动惯量2iiiJmr刚体的转动惯量是刚体转动时惯性的量度对分立质量系统（质点系）2iiiJmr11220limiiimimJmrrdm对质量连续分布的刚体质量为线分布质量为面分布质量为体分布其中、、分别为质量的线密度、面密度和体密度dmdldmdsdmdV14llRRRR1R22112Jml212JmR2JmR225JmR2212()2mJRR213Jml15与刚体质量分布有关与转轴的位置有关JC是刚体通过质心的转动惯量d是质心转轴到另一平行轴的距离dC如长为l的直棒通过质心C的转动惯量为则通过一端转轴的转动惯量为刚体的转动惯量平行轴定理2CJJmd2112CJml2222111223ClJJmdmlmml16如图所示，质量为m的滑块A放在光滑斜面上，通过定滑轮C由不可伸长的轻绳与质量同为m的物体B相连。定滑轮C是一质量为m、半径为R的圆盘。物体运动过程中，绳与轮之间没有相对滑动。求绳中的张力T1、T2及物体的加速度a。（滑轮转轴光滑）例3.21721(5)2JmR123sin5Tmg232sin5Tmg解:物体受力分析如下:mgN不计绳的质量,T1=T´1,T2=T´2对A:T'1－mgsin=maA(1)对B:mg-T'2=maB(2)由转动定律对C:RT2–RT1=J(3)T2T1mgT'2mgNAT'1又aA=aB=R(4)且联立求解得2(1sin)5ABaag18飞轮的转动惯量为J，t=0时角速度为0.此后飞轮经历制动过程，阻力矩M=−K2(k为常量）,当=0/3时，飞轮的角加速度为多少，从开始制动到现在经历的时间为多少？解(1)由转动定律2kJ即2kJ把=0/3代入上式，有209kJ(2)由转动定律的微分形式2dkJdt分离变量并积分00/320tdkdtJ02Jtk解得:例3.319O细杆长为l,质量为m,求转到角时的角加速度和角速度.解:GN𝑵对轴O的力矩为零重力𝑮对O的力矩为1sin2Mmgl由转动定律MJ转动惯量213Jml3sin2gl利用1ddtddt，3sin2gddl有l积分:00sin23dlgd3(1cos)gl例3.41920力矩的功和功率OPFdsd元功sindAFdsFdsrsinFrdMd总功21AdAMd功率dAdPMMdtdt当力矩与角速度同方向时，功和功率为正值，此力矩为动力矩当力矩与角速度反方向时，功和功率为负值，此力矩为阻力矩21转动动能刚体上任一质点的动能221122iiiiiEmvmr=2221122kiiiiiEEmrJ各质点动能总和即为刚体的转动动能对作定轴转动的刚体dMJJdtddt22211122211122dAMdJdtJdJJdt合外力矩的功22合外力矩对定轴转动的刚体所做的功，等于刚体转动动能的增量2221211122kkAJJEE刚体定轴转动时的动能定理刚体的合内力矩为0，其功也为0对非刚体来说，转动过程中转动惯量会有变化，内力或内力矩的功可能不为0，此时需用系统的动能定理进行具体的分析。系统的机械能包括系统势能，系统内各物体的平动动能和转动动能。机械能守恒定律仍适用。23如图,一根质量为m,长为l的均匀细棒OA，可绕固定点O在竖直平面内转动，今使棒从水平位置开始自由下摆，求摆到与水平成30角时，求中心点C和端点A的速度N解：cos2lmg重力矩为32gl由转动的动能定理mgA/622200111cos2222lmgdJJJ重力矩的功为213Jml/60cos24GllAmgdmg而转动惯量J为1624Clvgl解得162Avlgl则例3.524质点的角动量Oxyz•mrvd定义质点m对点O的角动量prLvrm大小L=mvrsin方向为右手关系角动量𝑳是矢量质点的角动量是对参考点O而言的角动量大小可以表达为mvd对于做圆周运动的质点，其对圆心O的角动量大小为L=rmv=mr225质点的角动量定理牛顿第二定律𝑭=𝒅𝒑𝒅𝒕=𝒅𝒎𝒗𝒅𝒕𝒓×𝑭=𝒓×𝒅𝒎𝒗𝒅𝒕()()dddrrmvrmvmvdtdtdt()drmvdt()drFrmvdtddLMtddMtL定义𝑴𝒅𝒕为冲量矩ttMdtLL2121质点所受的冲量矩等于质点角动量的增量质点的角动量定理𝒓×26质点的角动量守恒ttMdtLL2121若𝑴=𝟎，则𝑳为恒矢量当质点所受对参考点O的合力矩为零时，质点对该参考点O的角动量为恒矢量。当质点只受有心力作用时，其角动量不随时间变化，即角动量守恒。当𝑭∥𝒓时，力矩𝑴=𝒓×𝑭=𝟎，角动量守恒2701()mvmMv222120111()()()222mMvmMvkll012()()sinlmMvlmMvv2BAOl0lMmv0如图,子弹击中木块并嵌在木块内运动。解:击中瞬间,v0方向动量守恒AB过程，子弹、木块系统机械能守恒AB过程，水平面内角动量守恒联立求解:2220202()()kllmvvmMmM002200arcsin()()lmvlmvkllmMv1例3.628讨论圆锥摆的角动量守恒问题(1)质点m对圆心O和悬点B的角动量,(2)重力和张力对O和B的力矩,(3)角动量是否守恒？解:(1)对O点mvro00Lrmv大小L0=r0mvsin90=r0mv=mr2对BrBBOlBBLrmvLB=l·mvsin90=mlr(2)力矩mg重力矩大小:Mg=r0mg拉力矩MT=r0Tcos=r0mgMrF对O点0gTMM对B点MT=0,Mg=r0mg0BBMrmg(3)对O点角动量守恒，对B点不守恒T例3.729刚体定轴转动的角动量定理刚体上任一质点对转轴的角动量ΔΔiiiiiiLmvrmr2刚体对转轴的力矩ΔiiiiLLmr2J()iiiidLdMmrdtdt2质点所受力矩刚体对转轴的角动量()()iiddLdMMLJdtdtdt考虑到刚体定轴转动时内力合力矩为0，则作用于刚体的合外力矩等于刚体绕此定轴的角动量随时间的变化率。dMJJdt当J为恒量时30ddLMtddMtL定义𝑴𝒅𝒕为冲量矩=ttMdtLLJJ21212211作用在物体上的冲量矩等于物体角动量的增量角动量定理刚体的角动量守恒定律若𝑴=𝟎，则𝑳=𝑱𝝎为恒矢量若物体所受外力合力矩为零，或者不受外力矩作用,物体的角动量保持不变——角动量守恒定律。当J不变时（刚体），𝑱𝝎=𝑱𝝎𝟎→𝝎=𝝎𝟎当J可变时𝑱𝝎=𝑱𝟎𝝎𝟎→𝝎=𝑱𝟎𝑱𝝎𝟎31一长为l、质量为m的杆可绕支点O自由转动.一质量为m、速率为v的子弹射入杆内距支点为a处,使杆的偏转角为30º.问子弹的初速率为多少?m'Olva解：把子弹和杆作为一个系统,碰撞过程中系统所受外力矩为零,角动量守恒2231malmmva碰后子弹、杆和地系统，机械能守恒)30cos1(2)30cos1(3121222lgmmgamalm联立两式得)3)(2)(32(6122malmmalmgmavm例3.832质量m,长为l的均匀细棒，在水平位置释放，棒下摆到竖直位置时，与静止的质量为M的物块作完全弹性碰撞，物块在水平面上向右滑行一段距离s后停止，设摩擦系数为，求证：226(3)mlmMs解此题可分解为三个过程22211226lmgIml(1)下摆过程，机械能守恒(2)碰撞过程角动量守恒2102mgsMv2222211111()()23232mlmlMv同时机械能守恒221133mlmlMvl(3)水平滑行满足动能定理226(3)mlmMsAA'OMMs联立解得:例3.933质点运动刚体定轴转动位移∆𝒓角位移∆𝜽速度𝒗=𝒅𝒓𝒅𝒕角速度𝝎=𝒅𝜽𝒅𝒕加速度𝒂=𝒅𝒗𝒅𝒕=𝒅𝟐𝒓𝒅𝒕𝟐角加速度𝜷=𝒅𝝎𝒅𝒕=𝒅𝟐𝜽𝒅𝒕𝟐质量𝒎转动惯量𝑱=𝒓𝟐𝒅𝒎力𝑭力矩𝑴=𝒓×𝑭牛顿定律𝑭=𝒎𝒂转动定律𝑴=𝑱𝜷34质点运动刚体定轴转动动量𝒑=𝒎𝒗角动量𝑳=𝑱𝝎动量定理𝑭𝒅𝒕𝒕𝟐𝒕𝟏=𝒎𝒗𝟐−𝒎𝒗𝟏角动量定理𝑴𝒅𝒕𝒕𝟐𝒕𝟏=𝑱𝝎𝟐−𝑱𝝎𝟏力的功𝒅𝑨=𝑭∙𝒅𝒓力矩的功𝒅𝑨=𝑴𝒅𝜽平动动能𝟏𝟐𝒎𝒗𝟐转动动能𝟏𝟐𝑱𝝎𝟐动能定理𝑾=𝟏𝟐𝒎𝒗𝟐𝟐−=𝟏𝟐𝒎𝒗𝟏𝟐转动动能定理𝑨=𝟏𝟐𝑱𝝎𝟐𝟐−𝟏𝟐𝑱𝝎𝟏𝟐本