刚体的定轴转动

pdθrzxθo4-1刚体的定轴转动一、刚体极其运动刚体——受力时不改变形状和体积的物体。注：（1）刚体是固体物件的理想模型。（2）刚体是一个特殊的质点系（各质点间的相对位置在运动中保持不变）。刚体的运动分为平动和转动。平动：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总是平行于它们的初始位置间的连线。（用质点力学处理）转动：刚体中所有的点都绕同一直线做圆周运动.转动又分定轴转动和非定轴转动。二、刚体转动的角速度和角加速度刚体定轴转动时，由于各质元间的相对位置保持不变，因此描述各质元的角量是一样的。用角量描写刚体的整体运动。角坐标：t角位移：角速度：角速度的方向：右手螺旋法则。角加速度：dtd定轴转动的特点：（1）每一质点均作圆周运动，圆面为转动平面；（2）任一质点运动,,均相同，但av,不同；（3）运动描述仅需一个坐标。三、匀变速转动公式匀变速转动------刚体绕定轴转动的角加速度为恒量。刚体匀变速转动与质点匀变速直线运动公式对比四、角量与线量的关系rvra2rantttddlim0)()(ttt匀at0vv22100attxxv)(20202xxavvt0)(2020222100tt匀变速转动匀变速直线运动4-2力矩转动定律转动惯量一、力矩设一质点系由n个质点组成，其中i质点受力为现对i质点所受力的力矩：对i求和，刚体所受力的力矩为（内力矩为零）二、刚体的转动定律组成刚体的各质点间无相对位移，所以刚体对给定轴的力矩为即刚体定轴转动的转动定律：绕定轴转动的刚体的角加速度与作用于刚体上的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比。它在定轴转动中的地位相当于牛顿第二定律在质点力学中的地位。三、转动惯量及其的计算1．转动惯量令iiirmJ2，将其定义为转动惯量。2．转动惯量的计算：单个质点的转动惯量为质点系的转动惯量为质量连续分布的刚体的转动惯量为转动惯量的单位是千克二次方米（kg·m2）例：如图所示，求质量为m，长为z的均匀细棒的转动惯量：(1)转轴通过棒的中心并与棒垂直；(2)转轴通过棒一端并与棒垂直11njjiifF外)(11njjiiiifFrM外外iniiiiFrMM12mrJ2iirmJdmrJm2JdtdJmramrMiiiiiiiz)(2解(1)转轴通过棒的中心并与棒垂直在棒上任取一质元，其长度为dx距轴0的距离为x，设棒的线密度(即单位长度上的质量)为，则该质元的质量dm=λdx该质元对中心轴的转动惯量为整个棒对中心周6的转动惯量为（2）转轴通过棒一端并与棒垂直时，整个棒对该轴的转动惯量为由此看出，同一均匀细棒，转轴位置不同，转动惯量不同例设质量为m，半径为R的细圆环和均匀圆盘分别绕通过各自中心并与圆面垂直的轴转动，求圆环和圆盘的转动惯量。解(1)求质量为m，半径为R的圆环对中心轴的转动惯量如图所示，在环上任取一质元。其质量为dm,该质元到转轴的距离为R，则该质元对转轴的转动惯量为dmRdJ2考虑到所有质元到转轴的距离均为R，所以细圆环对中心轴的转动惯量为lmdxxdmxdJ22222121121mldxxdJJ22031mldxxJl222mRdmRdmRdJJmm(2)求质量为m，半径为R的圆盘对中心轴的转动惯量。整个圆盘可以看成许多半径不同的同心圆环构成为此，在离转轴的距离为r处取一小圆环，其面积为dS=2πrdr，设圆盘的面密度(单位面积上的质量)，2Rm则小圆环的质量rdrdSdm2该小圆环对中心轴的转动惯量为则整个圆盘对中心轴的转动惯量为表明，质量相同，转轴位置相同的剐体，由于质量分布不同，转动惯量不同。刚体转动惯量的特点：(1)与刚体的总质量有关；(2)与刚体质量对轴的分布有关，质量分布离轴越远，转动惯量越大；(3)与轴的位置有关，对质量分布均匀的物体，其对中心轴的转动惯量最小；(4)转动惯量具有可加性。例如图所示，质量均为m的两物体A，B。A放在倾角为α的光滑斜面上，通过定滑轮由不可伸长的轻绳与B相连定滑轮是半径为R的圆盘，其质量也为m物体运动时，绳与滑轮无相对滑动。求绳中张力T1和T2及物体的加速度a(轮轴光滑)。解物体A，B，定滑轮受力如图，drrdmrdJ322230212mRdrrdJJR对于作平动的物体A，B分别由牛顿定律得又对定滑轮，由转动定律得由于绳不可伸长，所以又联立以上各式得例转动着的飞轮的转动惯量为I，在t=0时角速度为ω0此后飞轮经历制动过程，阻力矩M的大小与角速度ω的平方成正比，比例系数为k(k为大于零的常数)，BAmaTmgmamgT21sin2211,TTTT112JRTRT1RaaBA221mRJgaamgTmgTBA5)sin1(25sin235sin3221当ω=ω0/3时，飞轮的角加速度是多少?从开始制动到现在经历的时间是多少?解（1）由题知M=-kω2，故由转动定律有-kω2=Jβ将代入，求得这时飞轮的角速度为（2）为求经历的时间t，将转动定律写成微分方程的形式，即分离变量，并考虑到t=0时，ω=ω0，两边积分dtJkdt031200故031当时，制动经历的时间为小结：１、本节内容分为刚体定轴转动的运动学部分和动力学部分。２、在运动学部分，重点掌握描述运动的角量、线量及角量与线量的关系。３、动力学部分重点掌握转动定律，它的地位如同质点力学中的牛顿第二定律。分析方法也与牛顿第二定律相似。４、注意刚体受变力矩作用时的力矩分析，同样应在任意位置，不能在特定位置。５、学习这部分内容应反复与质点力学类比。4-3角动量、角动量守恒定律一、质点的角动量定理和角动量守恒定律1、质点的角动量vmrprL质量为m的质点以速度v在空间运动，某时刻相对原点O的位矢r，质点相对于原点的角动量为：Jk2Jk920dtdJkdtdJJM2,03102KJt大小：sinrmvL方向：符合右手法则.注意：作圆周运动的质点相对圆心的角动量：JmrL22、质点的角动量定理pdtrddtpdrprdtddtLd因为0pdtrd则FrdtpdrdtLd定义：力矩dtLdM即，作用于质点的合力对参考点O的力矩，等于质点对该点O的角动量随时间的变化率.将上式变形，得LddtM两边积分有：1221LLdtMtt定义冲量矩：21ttdtM。所以，质点的角动量定理：对同一参考点O，质点所受的冲量矩等于质点角动量的增量.3、质点的角动量守恒定律如果0M，则L为恒矢量。即，质点角动量守恒定律：质点所受对参考点O的合力矩为零时，质点对该参考点O的角动量为一恒矢量。注：质点的角动量守恒定律常用于质点仅受有心力的情况，如行星的运动。（此时，动量不守恒）二、刚体定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律1、刚体定轴转动的角动量iiiiiiirmvrmL2即：JL2、刚体定轴转动的角动量定理dtJddtdLM积分有：tJtLMd)(ddd000)(JJdLdtMzLLiztt刚体定轴转动的角动量定理-----刚体绕定轴转动时，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。3、刚体定轴转动的角动量守恒定律当合外力矩为零时，有：J恒量即，刚体定轴转动的角动量守恒定律：如果物体所受的合外力矩为零，或者不受外力矩的作用，物体的角动量保持不变。小结：１、本节从力矩的时间累计效应，分别引入了角动量、冲量矩、角动量定理、角动量守恒。２、角动量定理及守恒定律的应用4-4力矩的功定轴转动的动能定理一．转动动能刚体绕定轴转动时的动能，称为转动动能设刚体以角速度。设第i个质元质量为△mi，离轴的距离为ri,它的线速度为vi=riω，则i质元的动能为：整个刚体的转动动能为：刚体绕定轴转动时的转动动能等于刚体的转动惯量与角速度平方乘积的一半。（转动动能也与轴的位置有关。）二．力矩的功22)(2121iiiirmvm222122121)(2121JrmrmEiiniiinik如图所示。设在转动平面内的外力Fi作用于P点经dt时间后P点沿一圆周轨道移动dsi弧长，半径ri扫过dθ角，并有∣dri∣=dsi=ridθ，由功的定义式有式中M为作用于刚体上外力矩之和。上式说明力矩所作元功等于力矩和角位移的乘积。当刚体在力矩M作用下，由θ1转到θ2时，力矩的功为力矩的功率是当输出功率一定时，力矩与角速度成反比。三．刚体定轴转动的动能定理如果将转动定律写成如下形式分离变量并积分，又考虑到θ=θ1时，ω=ω1，所以2121dJMd于是可得2122212121JJMd此即刚体定轴转动时的动能定理：合外力矩对定轴转动刚体所做的功等于刚体转动动能的增量。例如图所示，一根质量为m，长为z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，求棒摆到与水平位置成30º角时，中心点C和端点A的速度。MddMdAidFMFFdMdrFdsFdAiiiiiiiiiiii)(,cos求和，得然后对式中MdA21MdtdMdtdAP解棒受力如图2-39所示，其中重力G对O轴的力矩大小等于cos2lmg，是θ的函数，轴的支持力对O轴的力矩为零。由转动动能定理，有JJJdlmg212121cos220260等式左边的积分为重力矩的功。即060cos2ccGhhmgdlmgA则中心点C和端点A的速度分别为gllvc6412gllvA621例如图，物体的质量为m1，m2且m1﹥m2。圆盘状定滑轮的质量为M1和M2，半径为R1、R2，质量均匀分布。绳轻且不可伸长，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑。试求当m1下降了x距离时两物体的速度和加速度。解以两物体、两滑轮、地球成为一系统，A外=0，A内非=0，故机械能守恒。以m1下降x时的位置为重力势能零点，则有由于解得212121224MMmmgxmmv由于运动过程中物体所受合力为恒力，a为常数，v2=2ax，故有21212122MMmmgmma质点与刚体力学规律对照表质点刚体（定轴转动）力F，质量m牛顿第二定律F=ma动量mv，冲量动量定理动量守恒定律平均动能力的功动能定理功能原理力矩M=r×F，转动惯量转动定律M=Jβ角动量L=Jω，冲量矩角动量定理角动量守恒定律转动动能力矩的功动能定理功能原理2222112221221212121212JJvmvmxgmgxmgxm22222111221121,21,RMJRMJRRvdmrJ2dtFdtM0mvmvdtM00JJdtM常矢iiivmF0常矢iiJM0221mv221JbadrFA0MdA2022121mvmvA2022121JJA例如图，质量为m，长为l的均匀细棒，可绕过其一端的水平轴0转动现将棒拉到水平位置(OA’)后放手，棒下摆到竖直位置(OA)时，与静止放置在水平面A处的质量为M的物块作完全弹性碰撞，物体在水平面上向右滑行了一段距离s后停止。设物体与水平面间的摩擦系数μ处处相同，求证：sMmlm2236解此题可分解为三个简单过程：(1)棒由水平位置下摆至竖直位置但尚未与物块相碰此过程机械能守恒。以棒、地