li5刚体的定轴转动1.

第五章刚体的定轴转动(Fixed-axisRotationofRigidBody)一、基本概念1．刚体(RigidBody)（理想模型）刚体是力学中又一个十分有用的理想模型。是一个特殊的质点系。因此，有关质点系的规律都可用于刚体，而且考虑到刚体的特点，规律的表示可较一般的质点系有所简化。在力的作用下，大小和形状都保持不变的物体称为刚体。或在力的作用下，组成物体的所有质点之间的距离始终保持不变的物体称为刚体。2．刚体的平动(Translation)刚体上任意两点间的连线在整个运动过程中，保持原方向不变。平动时，刚体上所有点运动都相同。因此，平动时刚体可当做质点来处理。3．刚体的转动(Rotation)刚体上各质点都绕同一轴作圆周运动。定轴转动:转轴固定不动的转动。定点转动:转轴沿某一固定点转动的转动。定轴转动定点转动刚体的一般运动=平动+转动4.一般运动v二、刚体定轴转动的运动学描述角量角坐标:ddt角速度:角加速度:角位移：22dtddtd转轴参考方向zOXp转动平面ω、α注：如果是定轴转动，运算时，无须考虑矢量符号,用正负号区分方向。规定其沿轴方向，符合右手螺旋法则（逆时针）为正，反之顺时针为负。刚体匀加速转动：t020021tt)(20202常量刚体定轴转动的特征：1.刚体内各质点的线速度与加速度一般不同。2.刚体内各点的角位移、角速度与角加速度相同。角速度与转速：n2vPr定轴刚体参考方向θz2tnararω、α角量与线量的关系rv22naaa例转速为4000转/分的飞轮，制动后5分钟停转，飞轮的角加速度大小是多少？解：制动后，飞轮做减速转动，所以角加速度方向与角速度方向相反，t060560400020)/(4.12srad例一飞轮半径为1.5m，初速为每分钟60/转，角加速度为10rad/s2,在t=2s时，飞轮边缘一点的加速度大小是多少？解：22222/2.72615726smaaansradt/22210606020222/726225.1smRan2/15105.1smRa三、刚体定轴转动定律,ooiriiFA★在A点取质元im★的运动遵循牛顿第二定律()iiiFmaim★同时叉乘方程两边ir0iirkri2()iiiirFmr))((iiniiinaam)]()()[(iiiniiiiiinraramFr★方程两边同时对所有质元求和M合外力矩:JMJ合外力矩2[()]iiiirFmr转动惯量dtdJJdtdJM刚体定轴转动定律：dtdL＝M刚体定轴转动的角动量JL又：0M合外★第一转动定律：0iF类比有:绕定轴转动的刚体所受的合外力矩为零时，将保持原有的运动状态不变。0va恒量由牛顿第一定律：0恒量刚体所受的对于某一固定转轴的合外力矩等于刚体对此转轴的转动惯量与刚体在此合外力矩的作用下所获得的角加速度的乘积。dMJJdt★第二转动定律：Fma牛顿第二定律：类比有:转动惯量是衡量物体转动惯性大小的物理量。转动惯量的物理意义：四、转动惯量J★质点★质点系★刚体转动惯量与（a）刚体的质量m有关；（b）与m的分布有关；（c）与转轴的位置有关。2Jmr2JrdmmroO’国际单位：2mkgZimirniiirmJ12几种常见刚体的转动惯量：Lm细棒231mLJ2121mLJ薄圆环或薄圆筒2mRJ圆盘或圆柱体221mRJRmmLRm性质2.平行轴定理以m表示刚体的质量，Jc表示它通过其质心c的轴的转动惯量。若另一轴与此轴平行并且相距为d，则此刚体对于后一轴的转动惯量为：2mdJJcLm例：22)2()121(LmmLJ231mLmL2121mLJcc性质1.对同一轴J具有可叠加性iJJ五、转动定律的应用()()()tttMJ用求导的方法积分加初始条件()()()MtttJ刚体定轴转动的两类问题：dMJJdt例电风扇在开启电源后，经过t1时间达到了额定转速，此时相应的角速度为0。当关闭电源后，经过t2时间风扇停转。已知风扇转子的转动惯量为J，并假定摩擦阻力矩和电机的电磁力矩均为常量，试根据已知量推算电机的电磁力矩。在0～t1内：解：关闭电源后，经过t2时间：1MMJ电磁摩擦2MJ摩擦0110t0220t)11(210ttJM电磁例飞轮的转动惯量为J，在t＝0时角速度为0。此后飞轮经历制动过程，阻力矩的大小与角速度的平方成正比，比例系数为k（k为大于零的常数）。当时，飞轮的角加速度＝？从开始制动到所经历的时间t＝？J103103解：（1）2Mk阻力103，时Jk920（2）2dkdtJdtdJk2001320tdkdtJ02Jtk例有一半径为R的圆形平板平放在水平桌面上，平板与水平桌面的摩擦系数为m，若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度开始旋转，它将在旋转几圈后停止？0OO解：MJ摩擦23dMmgRJdtm摩擦22132mgRmRddm210043gdRdm2n20316Rngm例半径为R的轮子缠绕不可伸长的轻绳与质量为m的重物相联，绳与轮子之间无相对滑动，转轴光滑。物体从距地面h高处由静止开始释放，落地所用时间为t。求轮子对定轴O的转动惯量。Rthm绳·OTG·RNTTmaTgm解：动力学方程JTR轮子：重物:maTmg运动学关系Ra221ath联立解得22)12(mRhgtJ讨论：1.此题给出了测量刚体转动惯量的一种方法。2.当不考虑轮子J＝0时，得221gthT·R例一根轻绳跨过一定滑轮（滑轮视为圆盘），绳的两端分别悬有质量为m1和m2的物体，m1m2。滑轮的质量为m，半径为R，所受的摩擦阻力矩为Mr，绳与滑轮间无相对滑动。试求：物体的加速度和绳的张力。已知：m1，m2，m，R，Mr求：21,,TTa.1m2mmR解:研究对象m1，m2，m建立坐标，受力分析ygm11Tgm22Tm'1T'2T0.1m2mmRrM对各隔离体写出运动方程：对m1：1111Tmgma对m2：2222mgTma对m：21122''1122,,,aaRJmRTTTT''21rTRTRMJ1a2a又：2112()12rMmmgRammm联立求得：121121[(2)]212rMmmmgRTmmm212121[(2)]212rMmmmgRTmmm讨论：当不计滑轮的质量及摩擦阻力时：0,0rmMgmmmma2112)(gmmmmTT2121212★注意：题中滑轮不是轻质滑轮，是有质量的刚体。所以，两边所受张力不同。六、刚体定轴转动的功和能1．力矩做功对刚体所作的元功：FrdFsinZFrOPrdd设在转动平面内，当刚体有角位移时，FdrdFdArdFcos其中，MFrsinMddA力对刚体所做的元功等于相应的力矩和角位移的乘积。21AMd当刚体在力矩作用下从转到时，力矩所做的功为：M12J2.刚体转动动能考虑刚体上第i个质元，质量为im整个刚体的动能为1mim221iikivmEkikEE2221iiRm2221iiRm的动能imiivR速度为212kEJ刚体的转动动能J应用：飞轮储能Ek2EkJ3.刚体定轴转动的动能定理合外力矩对定轴转动的刚体所作的功，等于刚体转动动能的增量。dtdJM又212221210JJdMAdtdddddddJdJMd故12kkEEA4.刚体的势能若刚体受到保守力作用，也可引入势能的概念。重力场中刚体的重力势能:himiΔEp=0一个不太大物体，其中各点的重力加速度相同，iiipghmEmhmmgiiicpmghEch★刚体重力势能一个不太大的刚体的重力势能=它的全部质量集中在质心时所具有的势能×Chc注意：功能原理适应于纯质点系统也适应于纯刚体系统同时也适应于（质点+刚体）的混合系统。但计算动能时注意212kEJ★刚体动能5.刚体定轴转动的功能原理2111nniiAAEE外非内刚体的机械能pkEEE6.刚体的机械能守恒定律2111nniiEE常量0AA外非内若：则：cmgh常数221J若刚体转动过程中只有重力矩作功，则机械能守恒。例一质量为m长为L的均匀细棒OA可绕通过其一端的光滑轴O在竖直平面内转动，今使棒从水平位置开始自由下摆，求细棒摆到竖直位置时：（1）质心C和端点A的线速度；（2）质心C的线加速度。OAC解法一:用运动方程（转动定律）求解MJ（1）研究对象：细棒受力分析：mg（不考虑N）运动方程：3cos2gLCmgOACrsin2LrFmgcos2mgL231mLJM=231cos2mLmgLcos23Lgdtd3cos2ddddgLt00cos23dLgdsin23212Lgsin3LgccRv方向：向左AARvcatcaR0gLL3gLL3212gLLgRacn23232（2）OAC（1）研究对象：细棒受力分析：mg（不考虑）NCmgOACr解法二：动能定理sin2LrFmgcos2mgLM=)(21202J2)31(sinsinmLmgLJmgLLgsin3（2）dmgLcos20221sin2JmgL0dMA合外力矩解法三：用机械能守恒0221J)31(2mLJOAgmCsin2Lmg（刚体只有重力矩作功）零势面