8刚体2

例6：R=0.2m,m=1kg,v0=0,h=1.5m,绳轮无相对滑动，绳不可伸长，下落时间t=3s.求轮对O轴J=?v0=0定轴ORtm绳·hTGRNTmgma解：动力学关系：对轮：对：m运动学关系：Ra221athmaTmgJTR联立解得：2212mRhgtJ214.1kgm分析：1、单位对；合理；2、h、m一定，Jt3、若J=0，得221gth正确例7、有一均质细直杆在一个粗糙的水平面上可绕一条通过其一端的竖直轴旋转，它与平面之间的摩擦系数为m。设杆子质量为m,长度为l，其初始转速为ω0。试求当它的转速为原来的一半时所用的时间。lo´odxx解：dxlmdmgdmdfmxdfdMgdmxmdxlmgxmlxdxlmgM0mmglm21dtdJ231mlJdtdmlmglm23121200023mddtlgtgltm30质点系的动能定理内外AA21222121vmvmEEiiiiikIkII定轴刚体外A21222121vmvmEEiiiiikIkII力矩的功：当刚体在外力矩作用下绕定轴转动而发生角位移时，就称力矩对刚体做功。力对P点作功：FrFddAsindsF2cosdsFddrs0‘0drFrdP§3-3定轴转动中的功能关系一、力矩的功因MFrsinddMA0ddMMA力矩作功：对于刚体定轴转动情形，因质点间无相对位移，任何一对内力作功为零。0‘0drFrdP221iivm因此整个刚体的动能刚体的转动动能应该是组成刚体的各个质点的动能之和。设刚体中第i个质点的质量为，速度为,则该质点的动能为：imiv刚体做定轴转动时，各质点的角速度相同。设质点离轴的垂直距离为，则它的线速度imir2222121iiiiKrmvmEiirv二、刚体的转动动能221JEK上式中的动能是刚体因转动而具有的动能，因此叫刚体的转动动能。式中是刚体对转轴的转动惯量，所以上式写为2iirmJ总外力矩对刚体所作的功为：21dAM21222111d22AMJJ22211122kEJJ与此对应的动能增量为：三、定轴转动的动能定理转动的动能定理A内力矩？dtdJJM21dJddtdJ21MdA21222121JJ刚体的转动动能2221211122kkAEEJJ——合外力矩所做的功等于转动动能的增量刚体定轴转动的动能定理四、定轴转动的功能原理质点系功能原理对刚体仍成立：1122PkPkEEEEAA内非外0内非外若AA常量PkEE机械能守恒cPmghE刚体重力势能：ihim0EPiiiPghmEmhmmgiiiCch——刚体重力势能等于质量集中在质心时的重力势能若刚体转动过程中只有重力矩作功，则机械能守恒。解：先对细棒OA所受的力作一分析；重力作用在棒的中心点C，方向竖直向下；轴和棒之间没有摩擦力，轴对棒作用的支承力垂直于棒和轴的接触面且通过O点，在棒的下摆过程中，此力的方向和大小是随时改变的。NG例题3-6一根质量为m、长为l的均匀细棒OA（如图），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其中点C和端点A的速度。GAAO在棒的下摆过程中，对转轴O而言，支撑力N通过O点，所以支撑力N的力矩等于零，重力G的力矩则是变力矩，大小等于mg(l/2)cos，棒转过一极小的角位移d时，重力矩所作的元功是dcosd2lAmg在使棒从水平位置下摆到竖直位置过程中，重力矩所作的功是应该指出：重力矩作的功就是重力作的功，也可用重力势能的差值来表示。棒在水平位置时的角速度0＝0，下摆到竖直位置时的角速度为，按力矩的功和转动动能增量的关系式得2cos220lmgdlmgdAA2212Jlmg由此得Jmgl代入上式得因231mlJJg3所以细棒在竖直位置时，端点A和中心点C的速度分别为gllvA3gllvC3212解：杆+地球系统，机械能守恒求：杆下摆角后，角速度的大小及轴对杆的作用力？例、均匀直杆m，长为，初始时水平静止只有保守内力重力作功，0E1k初态：01PE令2221JEk末态：sin4mgE2P10sin4212mgJ则：2mdJJc224121mm24872m得：、由217sin62g轴光滑，AO=(1/4)应用质心运动定理：camgmN：ˆ3sincmaNmg：tˆ4coscttmaNmg5sin7642gac4cta67cos3gactJmgcos4可解出：、、、由6543tˆcosmg74ˆsinmg713N回顾“刚体运动”中22ndvaRdtvaRR匀加速定轴转动公式20012tt0t22002()线量和角量的关系定轴转动第二定律MJdtdJdtLd0Ad合外力矩ＭkEJJ2022121定轴转动的动能定理若刚体转动过程中只有重力矩作功，则机械能守恒。常数221JmghccamF合外力质心运动定理一、刚体的角动量对于定点转动而言：LPrLrmvmPsinrovmr§3-4定轴转动刚体的角动量定理和角动量守恒定律irimivzLiiiivmrLkrmii2对于绕固定轴oz转动的整个刚体而言:对于绕固定轴oz的转动的质元而言:imJrmLNiii2角动量的方向沿轴的正向或负向,所以可用代数量来描述.ddMJtddJtddLtdddMtJL微分形式：00dttMtJJ积分形式：二、定轴转动刚体的角动量定理刚体角动量定理—作用在刚体上的冲量矩等于刚体角动量的增量合外力矩M在dt时间内的冲量矩d()dJMt当M=0时刚体在定轴转动中，当对转轴的合外力矩为零时，刚体对转轴的角动量保持不变，这一规律就是定轴转动的角动量守恒定律。由定轴转动定理：d()0dJt即常量00JJ三、定轴转动刚体的角动量守恒定律a.对于绕固定转轴转动的刚体，因J保持不变，当合外力矩为零时，其角速度恒定。时，当0zMJ=恒量=恒量b.若系统由若干个刚体构成,当合外力矩为零时,系统的角动量依然守恒。J大→小,J小→大。时，当0zM恒量2211JJLz讨论：再如：跳水运动员的“团身--展体”动作例如：花样滑冰运动员的“旋”动作c.若系统内既有平动也有转动现象发生，若对某一定轴的合外力矩为零,则系统对该轴的角动量守恒。刚体定轴转动与质点一维运动的对比位移x角位移速度dtdxv角速度dtd加速度22dtxddtdva角加速度22dddtdt质点一维运动刚体定轴转动质量m转动惯量dmrJ2力F力矩MrF运动定律amF转动定律MJ动量vmp动量质心vmp角动量prL角动量JLi动量定理1221mvmvFdttt角动量定理2121ttMdtJJ动量守恒定律时0F恒量iivm角动量守恒定律0M时恒量J质点一维运动刚体定轴转动力的功rdFA力矩的功AMd动能221mvEk转动动能221JEk（平动动能）221质心mvEk动能定理22211122Amvmv外21222121JJA外转动动能定理重力势能mgh重力势能质心mgh机械能守恒定律时非保内外0AA恒量pkEE时非保内外0AA机械能守恒定律恒量pkEE定轴角动量守恒解：人和转盘:例3:人和转盘的转动惯量J0，哑铃的质量为m，初始转速为1求：双臂收缩由变为时的角速度大小1r2r21012mrJJ2211JJ2112/JJ22022mrJJmm12r1r例题3-7一匀质细棒长为l，质量为m，可绕通过其端点O的水平轴转动，如图所示。当棒从水平位置自由释放后，它在竖直位置上与放在地面上的物体相撞。该物体的质量也为m，它与地面的摩擦系数为m。相撞后物体沿地面滑行一距离s而停止。求相撞后棒的质心C离地面的最大高度h，并说明棒在碰撞后将向左摆或向右摆的条件。解：这个问题可分为三个阶段进行分析。第一阶段是棒自由摆落的过程。这时除重力外，其余内力与外力都不作功，所以机械能守恒。我们把棒在竖直位置时质心所在处取为势能CO零点，用表示棒这时的角速度,则2223121212mlJlmg＝（1）第二阶段是碰撞过程。因碰撞时间极短，自由的冲力极大，物体虽然受到地面的摩擦力，但可以忽略。这样，棒与物体相撞时，它们组成的系统所受的对转轴O的外力矩为零，所以，这个系统的对O轴的角动量守恒。我们用v表示物体碰撞后的速度，则（2）223131mlmvlml式中’为棒在碰撞后的角速度，它可正可负。’取正值，表示碰后棒向左摆；反之，表示向右摆。第三阶段是物体在碰撞后的滑行过程。物体作匀减速直线运动，加速度由牛顿第二定律求得为mamgm（3）由匀减速直线运动的公式得asv202gsvm22（4）亦即由式（1）、（2）与（4）联合求解，即得lgsglm233（5）亦即l6ms；当’取负值，则棒向右摆，其条件为0233gsglm亦即l6ms棒的质心C上升的最大高度，与第一阶段情况相似，也可由机械能守恒定律求得：223121mlmgh把式（5）代入上式，所求结果为slslhmm632当’取正值，则棒向左摆，其条件为0233gsglm(6)例题3-8工程上，常用摩擦啮合器使两飞轮以相同的转速一起转动。如图所示，A和B两飞轮的轴杆在同一中心线上，A轮的转动惯量为JA=10kgm2，B的转动惯量为JB=20kgm2。开始时A轮的转速为600r/min，B轮静止。C为摩擦啮合器。求两轮啮合后的转速；在啮合过程中，两轮的机械能有何变化？AACBACB解：以飞轮A、B和啮合器C作为一系统来考虑，在啮合过程中，系统受到轴向的正压力和啮合器间的切向摩擦力，前者对转轴的力矩为零，后者对转轴有力矩，但为系统的内力矩。系统没有受到其他外力矩，所以系统的角动量守恒。按角动量守恒定律可得BABBAAJJJJ＝为两轮啮合后共同转动的角速度，于是BABBAAJJJJ以各量的数值代入得20.9rad/s或共同转速为200r/minn在啮合过程中，摩擦力矩作功，所以机械能不守恒，部分机械能将转化为热量，损失的机械能为22241112221.3210JABABABEJJJJ例题3-9恒星晚期在一定条件下，会发生超新星爆发，这时星体中有大量物质喷入星际空间，同时星的内核却向内坍缩，成为体积很小的中子星。中子星是一种异常致密的星体，一汤匙中子星物体就有几亿吨质量！设某恒星绕自转轴每45天转一周，它的内核半径R0约为2107m，坍缩成半径R仅为6103m的中子星。试求中子星的角速度。坍缩前后的星体内核均看作是匀质圆球。解：在星际空间中，恒星不会受到显著的外力矩，因此恒星的角动量应该守恒，则它的内核在坍缩前后的角动量J00和J应相等。因22052520mRJmRJ＝，＝代入J00=J中，整理后得2003r/sR