大学物理刚体力学课件

返回第二章刚体定轴转动本章将要介绍一种特殊的质点系—刚体—所遵从的力学规律。刚体可以看成由许多质点组成。在外力的作用下各质元之间的相对位置保持不变。因此，刚体是固体物件的理想化模型。音乐花径不曾缘客扫，蓬门今始为君开。名句赏析内容提要刚体定轴转动运动学转动定律刚体定轴转动能定理，功能关系角动量原理角动量守恒定律水平面刚体水平面刚体第一节刚体的两种基本运动形式刚体的两种基本运动形式一平动结论：刚体在平动运动中，连接体内的直线在空间的指向总保持不变，各点具有相同的速度,相同加速度。可按质点力学的规律处理。aMFciVMddtFc合外固定轴刚体二定轴转动特点：刚体上各点绕轴在与轴垂直的平面内做圆周运动。各质点的速度，加速度一般不同,可按前面的质点运动学处理.三刚体更复杂的运动形式：平面平行运动，定点转动，举例说明（略讲)。定轴转动平动一刚体定轴转动的运动方程第二节刚体定轴转动运动学固定轴刚体如图，一刚体定轴转动，如何确定该刚体的位置。在固定轴上固结轴。oxox与的夹角不断设想在刚体上有一直线，在刚opop体转动中，ox变化，是时间的函数，一定，则刚体的位置确定（或曰刚体上的所有质点的位置确定），变化，说明刚体的位置变化。因而，用t可确定刚体的位置。为刚体定轴转动的运动方程。如同质点一维运动时的txxtttttpt二角速度ttttt设ttt称为角位移，代数量。t则固定轴刚体oxtp平均角速度t瞬时角速度tttlim0dtd即对运动方程求一阶导数。单位秒弧度或srad矢量性角速度可以定义为矢量，以表示，它的方向规定为沿轴的方向。其指向用右手法则确定。在定轴转动中，因为角速度仅有两个方向，故可用代数量来表示其矢量性。具体做法是：规定一转动方向为正方向，当角速度与其同向时，取正；反之取负，详见后面例题分析。刚体三角加速度固定轴刚体oxtp加速转动减速转动若是变化的，同理得瞬时角加速度.dtddtd22单位秒弧度2或srad2或由运动方程可得，t,,均为代数量。矢量式为dtd同样，在定轴转动中，角加速度仅两个方向，当角加速度与其同向时，取正；反之取负，详见后面例题分析。对匀变速转动的特殊情形恒量t0tt20212202若则有质点直线运动与刚体定轴转动运动规律比较运动方程txx速度dtdxV加速度dtdVaatVV0saVV2202attVs2021其他关系式运动方程t角速度dtd角加速度dtdt02202tt2021其他关系式固定轴四角量和线量的关系如图示，刚体上一点绕轴在与刚体的轴相垂直的平面内做圆周运动，P半径为。rpr加速度法向加速度切向加速度rdtdrdtrddtdVatrrVan22aatanaaant22例题V该点速度为rV例2—1刚体定轴转动的运动方程为，求:t4231时的和；st22时，处的，和。st2mr1.0anata解：tdtd122tdtd241st2srad48srad2482smrV8.4smran22103.22smrat28.4saaatn103.32222时***矢量关系矢量式rVrooVRVrdtrdrdtdrdtddtVda大小RrVsin方向向内:刚体上一质点的速度r沿方向.刚体上一质点的加速度第二节刚体定轴转动定律问题的提出：mFa当质点运动或刚体平动时，是运动状态，是运动状态的变化，原因是即合力是产生加速度的原因。FaVa在刚体定轴转动中，转动状态，转动状态变化，角加速度产生的原因是什么呢?本节回答此问题。rFMoFr定轴o一力矩力的作用线在轴垂直的平面内,力对水平轴的力矩为刚体rFM1，力对水平轴的力矩oFr定轴oF1F2分解力Fr，则力矩可记为sinrFM矢量式FrM方向：沿轴，与和均垂直。rFM若力的作用线不在与轴垂直的平面内，则把力沿轴与轴垂直的方向分解：作用线沿轴的分力对轴不产生力矩；而作用线在与轴垂直的平面内的力的力矩可用以上方法来分析与计算。平行转动轴的分力的力矩平行于转动轴，不会产生轴向力矩。二刚体定轴转动定律设一刚体定轴转动中，研究力矩与角加速度间的定量关系。M在刚体上取一小块，miri质量为，到轴的垂直距离为。mirifiFifiFi内力外力据牛二律amfFiiii法向分量式：rmamfFiiiniinin2切向分量式：rmamfFiiitiitit12为简单其见，设二力的作用线在与轴垂直的平面内。由于本题的讨论中心是角加速度与力矩的关系，而第二式含有，故仅讨论第二式。mirfitFitri2得rmrfrFiiiitiit2对整个刚体求和rmrfrFiNiiiNiitiNiit2111因01rfiNiit解释原因则rmrmrFiNiiiNiiiNiit21211令rFMiNiit1合外力矩rmIiNii21结论IM合外式中称为转动惯量。为刚体受外力矩的代数和。IM合上式表示的内容为转动定律。说明：1该式具有瞬时性（解释）。2矢量式为IMMi合外具体用法是：规定一转动方向为正方向，当力矩与规定正方向一致时，取正；反之取负；当角加速度与规定正方向同向时，取正；反之取负；通常选择转动的方向（角速度方向）为规定正方向，这样得到了转动定律的代数式。祥见后面例题分析。也为刚体受的外力，但对轴的力矩为零。Ngm,如图示，规定力的力矩方向为正方向时，则有FRFRM12外oRF1F2NgmF2三转动惯量1物理意义牛二律知mFamIM由转动定律M由比较知，当合外力矩一定时，转动惯量越大，越小，刚体的转动状态即角速度越难以改变，即刚体维持原有运动状态的能力强；反之则弱。因此，转动惯量是刚体转动惯性的量度。I在力一定时，越大，则加速度越小，表示物体维持原来运动状态的能力越强；反之亦然。称为物体平动惯性的量度。简言之，质量越大，其状态越难以改变。Fma2计算转动惯量rmIiNii21，如图所示。mirim1m2r1r2定轴oo其物理意义为：各质元的质量与到轴的垂直距离的平方之积的和。考虑到刚体是质量分布的连续体，则dmrI21求均质圆环对中心轴的转动惯量。oRm例2—2解：dmrmRdmRdmrI222可见，转动惯量与质量的大小有关。2求均质圆盘对中心轴的转动惯量。mR解：利用上题的结果为基础，取一圆环。ordrrrdrRmdI222mRdII221由上可知，转动惯量与质量的分布有关。此结果也适合圆柱体。解：1轴过端点。例2—3求均匀直杆的转动惯量。1轴过端点。2轴过质心。olmdmrmldrlmrdIIl203122轴过质心。olmdmrmldrlmrdIIl22012122可见，刚体的转动惯量与轴的位置有关。coICIOdm***平行轴定理简介mdIICO2解释:Ic对过质心轴的转动惯量:Io对与过质心轴相平行轴的转动惯量:d二轴间的距离（证明略）例均质杆codlmlmIc2121dmlmI220121***垂直轴定理简介薄板yzIIIyxz***垂直轴定理简介证明薄板xyzomixiyixmIiiy2ox对轴的转动惯量oz对轴的转动惯量oy对轴的转动惯量ymIiix2yxmIiiiz22则有IIIyxzx结论：转动惯量2与质量的分布有关,1与质量有关,3与轴的位置有关。例2---4求由杆与球组成的体系对轴的转动惯量。lmMROo1解：转动惯量具有叠加性。IIIo球杆m1m2oBA例2—5如图，半径为，质量为的均质圆盘可绕通过质心的水平轴自由转动。盘上绕一段绳，绳的两端分别系二物体和，如图所示。求盘的角加速度，二物的加速度及绳内的张力。设物体运动中，绳与轮间无相对运动，而且。Rmmm21AB解：解题思路：本题似曾相识。在高中阶段如何求解此题?轮质量不计。仅研究和二物体，绳仅为连接体。则有m2T2gm2am1T1gm1aABTT21然而，此处要考虑轮（因给出了质量和半径）-----刚体。此为一刚体和二质点组成的物体系。如何求解：用隔离体法，分析各物体受力。m1m2oBAomNT1T2gmm2T2gm2am1T1gm1a此处，，因和质量不等，二者会加速运动，它们的加速度大小与轮的边缘处的切向加速度的大小同值，故按转动定律，轮所受的合外力矩定不为零，故。ABTT21TT21omNT1T2gmm2T2gm2am1T1gm1aR转动的正方向xyAB轮投影式：对轮，运用转动定律，则RmRTRT22121对二物体和，运用牛二律，则（1）AABBamTgm111（2）amgmT222（3）Ra（4）联立可得（略）。aTT,,,21Rm1m2o例2—6如图，半径为，质量为的均质圆盘可绕通过质心的水平轴自由转动。盘上绕一长绳，绳另一端系一质量为的物体，求绳中的张力及.Rm1,aom2TTRmTRm21121:amTgmm222:Ra三式联立求解得Ta,,运动学联系m1R解：力图Ngm1Tm2gm2ax设转动正方向(略)Rm1m2本题的转动定律又可写为RmRgm21221本题的转动定律又可写为RmRmRgm2221221oRm1m2讨论1系统从静止开时，经时间t物体下落的高度及轮转过的角度。ath221t2212若轮转动时，轴处的摩擦阻力矩为（恒力矩），结果如何?M0解：轮：RNTgm1RmMTR21021Tgm2物：amTgm22aM0x转动正方向RaoRm1m23若阻力矩为，为恒量，求轮的角速度的表达式。kMrkTgm1dtdRmkTRMTRr2121物：Tgm2dtdRmdtdVmamTgm2222a解：轮：RN二式联立，消去，在利用分离变量法，积分求得。（略）T例2—7在外力矩的作用下，物体以速度上升，撤去外力矩后，物体上升多高时开始下落。并求轮的角加速度。V0oRm1m20V0解：oRm1Tm2gm2TaV减速运动y设转动正方向HaV220RV00RmTR2121amgmT22Ra联立求解，得0,0a联立求解。m1m2mmRR例2—8求,,a.Tmm21mmRRm1m2TTT1T2T1T2gm1gm2a解：RmRTRT2121RmRTRT2221amTgm1111amgmT2222Raaa21olm解：杆受力如图。gmc2lN0lgmllmgIM233122432glat02ran43gaat1例2—9如图示，一长为质量为的均质杆可绕过一端的水平轴自由转动，开始时，杆水平。若杆突然释放，求:1释放后瞬时（杆仍水平）的，，，，atana2当杆转到与水平成时的上述值。0质心处的.lmoamgmNcNgm由质心运动定理，有mamgNcmggmmgmamgmamgNtc4143