第二章-刚体力学-大学物理上-中南大学

平动：用质心运动讨论刚体在运动中，其上任意两点的连线始终保持平行。AAABBB一、刚体的平动和转动刚体：在讨论问题时可以忽略由于受力而引起的形状和体积的改变的理想模型。各质点间的相对位置永不发生变化的质点系。2.1刚体运动学转动：对点、对轴（只讨论定轴转动）既平动又转动：质心的平动加绕质心的转动定轴转动：各质元均作圆周运动，其圆心都在一条固定不动的直线（转轴）上。转轴AA转动平面转轴参考方向PXQPXX各质元的线速度、加速度一般不同，但角量（角位移、角速度、角加速度）都相同描述刚体整体的运动用角量最方便。rvvr角速度方向规定为沿轴方向，指向用右手螺旋法则确定。dtd22dtddtd加速转动方向一致减速转动方向相反dtd二、描述刚体定轴转动的物理量在刚体作匀变速转动时，相应公式:20021ttt0)(2020220、本来是矢量，由于在定轴转动中轴的方位不变，故只有沿轴的正负两个方向，可以用标量代替。一、刚体转动定律可由牛顿第二定律直接导出dmddafF和为合外力和合内力FdfddmrrdfrdF2将切向分量式两边同乘以r，变换得dmadfdFdmadfdFnnn分解为作用在质量元dm上的切向力和法向力：2.2刚体的转动定律OddfZMdm转动平面zrdFndFdF于是有IdtdIM角加速度对所有质量元都相等,所以等式右边积分为：Idmrdmrmm)(22其中mdmrI2刚体绕定轴Z的转动惯量(momentofinertia)MrdFrdfrdF对等式左边积分得到外力矩刚体定轴转动的转动定律刚体绕定轴转动时，它的角加速度与作用于刚体上的合外力矩成正比，与刚体对转轴的转动惯量成反比。写成矢量形式dtdIIMIdtdIMniiz1dtdLIdtdMzniiz)(1将定轴转动刚体看作质点系，则有：力矩是使刚体转动状态发生改变而产生角加速度的原因。m反映质点的平动惯性，I反映刚体的转动惯性地位相当，各量一一对应：FmaMI与二、转动惯量的计算与转动惯量有关的因素：刚体的质量；质量一定时，质量的分布；转轴的位置。质点系的转动惯量单位为千克·米2（kg·m2）niiirmI12)(单个质点的转动惯量质量连续分布的刚体的转动惯量mdmrI2dldmdsdmdVdm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。线分布体分布面分布注意只有对于几何形状规则、质量连续且均匀分布的刚体，才能用积分计算出刚体的转动惯量。例1、求质量为m、半径为R的均匀圆环的转动惯量。轴与圆环平面垂直并通过圆心。I是可加的，所以若为薄圆筒（不计厚度）结果相同。ROdm解:dmrI2222mRdmRdmR思考题：其他条件不变，若质量非均匀分布，结果如何？例2、求质量为m、半径为R、厚为l的均匀圆盘的转动惯量。轴与盘平面垂直并通过盘心。ZOR可见，转动惯量与l无关。所以，实心圆柱对其轴的转动惯量也是mR2/2。lRdrlrdIIR4032122221mRIlRm解：取半径为r宽为dr的薄圆环,dVdmdrlrdmrdJ322lrdr2例3、求长为L、质量为m的均匀细棒对图中不同轴的转动惯量。解：取如图坐标，dm=dxdmrIA23202/mLdxxLdmrIC2122222/mLdxxLLABLXABL/2L/2CXdmdm平行轴定理前例中IC表示相对通过质心的轴的转动惯量，IA表示相对通过棒端的轴的转动惯量。两轴平行，相距L/2。可见：222231411212mLmLmLLmIICA＋＝推广上述结论，若有任一轴与过质心的轴平行，相距为d，刚体对其转动惯量为I，则有：I＝IC＋md2。这个结论称为平行轴定理。3/2mLIA12/2mLIC例4：右图所示，刚体对经过棒端且与棒垂直的轴的转动惯量如何计算？(棒长为L、球半径为R）2131LmILL252RmIoo2002002)(RLmIdmIIL2221212()35LLLooIIImLmRmLRLmOm解：例5、质量为M，半径为R的匀质圆盘，被割去一半径为r=R/2,质量为m的圆盘后，求其对过圆心且垂直盘面的转轴O的转动惯量。解：切割前圆盘的转动惯量I是切去部分和剩余部分对O轴的转动惯量之和。I=MR2/2由平行轴定理可知，切去的小圆对O轴的转动惯量为：Ir=IC+md2=mr2/2+mr2=3mr2/2所以，剩余部分的转动惯量为：IR=I-Ir=MR2/2-3mr2/2RrOo'解：对两物体做受力分析，设物体的加速度大小为a，绳子两边的张力分别为T1和T2T1-m1g=m1am2g-T2=m2aT1=T2a=Rβ解方程组可得：2121mmmmag1212212mmmmTTg/aR例6：一个半径为Ｒ的定滑轮上面绕有细绳，绳的一端挂一质量为ｍ1的物体，另一端挂一质量为ｍ2(ｍ1ｍ2)的物体。（忽略轴处摩擦，绳与滑轮之间没有相对滑动）求物体的加速度大小和绳子的张力大小及滑轮的角加速度大小。m1m2m1gm2gT1T2刚体定轴转动的转动定律的应用例1、一个质量为M、半径为R的定滑轮（当作均匀圆盘）上面绕有细绳，绳的一端固定在滑轮边上，另一端挂一质量为m的物体而下垂。忽略轴处摩擦，求物体m由静止下落高度h时的速度和此时滑轮的角速度。mgMmmghRRv241242MmmghahvgMmma2解方程得：mg解：RamaTmgm:对221MRIITRMM＝＝＝：对解：用隔离法对和滑轮进行受力分析，设物体的加速度大小为a，绳子两边的张力分别为T1和T2，经分析可得：例2：一个质量为M，半径为Ｒ的定滑轮（当作均匀圆盘）上面绕有细绳，绳的一端挂一质量为ｍ1的物体，另一端挂一质量为ｍ2(ｍ1ｍ2)的物体。（忽略轴处摩擦，绳与滑轮之间没有相对滑动）求物体的加速度大小和绳子的张力大小及滑轮的角加速度大小。T1-m1g=m1am2g-T2=m2aT2R-T1R=(mR2/2)βa=Rβm2m2gT2m1m1gT1T1T2R解得21212()2()mmmmMag1212(4)12()mmMmmMTg/aR2112(4)22()mmMmmMTg三、定轴转动的动能定律1、转动动能221222121)(2121IrmrmEniiiiniik比较：ILEk22mpEk22221mvEk221IEk刚体绕定轴转动时转动动能等于刚体的转动惯量与角速度平方乘积的一半。为刚体对转轴的角动量LI2、力矩的功2coscos()siniiiiiiiiiiidAFdrFdrFrdFrdMd对i求和，得：MddMdAi)(dMA21力矩的功率为：MdtdMdtdAP当输出功率一定时,力矩与角速度成反比。OiiFirirdd3、刚体定轴转动的动能定理ddIdtdddIIdtdIM2122211122AMdII即：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。刚体定轴转动的动能定理4、刚体的重力势能1）刚体的重力，作用在重心。若选刚体和地球组成系统，刚体的重力势能为：EP=mghc(hc为重心到势能零点的高度）2）刚体定轴转动时，若转轴通过重心，则重力势能不变；若转轴不通过重心，则重力势能变化，此时，如果外力作功为零（即外力矩不作功，则刚体的机械能守恒：212cImgh常量例3、一根长为l、质量为m的均匀细直棒，其一端有一固定的光滑水平轴，因而可以在竖直平面内转动。最初棒静止在水平位置，求它由此下摆角时的角加速度和角速度。解：棒下摆为加速过程，外力矩为重力对O的力矩。棒上取质元dm,当棒处在下摆角时，该质量元的重力对轴的元力矩为OgdmdmldlcoscosdMlgdmgldl重力对整个棒的合力矩为coscosmgLgL2122LdlgldMM0cos＝OgdmdmldldlglgdmldMcoscosLgmLmgLIM2cos331cos212代入转动定律，可得cos21mglM＝代入2021cos21IdmgL221sin21ImgLLgImgLsin3sin2121212221IIMd231mLI定轴转动刚体的角动量的增量等于合外力矩的冲量矩，此即刚体的角动量定理。2.3刚体的角动量定理和角动量守恒定律0M若0II则有即刚体对轴的角动量守恒定律外力对某轴的力矩之和为零，则该物体对同一轴的角动量守恒。ddtMII刚体定轴转动I不变dLdtM000tLtLMdtdLLL因而有冲量矩000()ttMdtdIII定轴时角动量守恒定律的两种情况：1、转动惯量保持不变的刚体000则时，当,IIM例：回转仪2、转动惯量可变的物体保持不变就增大，从而减小时，当就减小；增大时，当III例：旋转的舞蹈演员例1、如图，一根长为L，质量M的匀质棒，其一端挂在光滑水平轴上，静止于竖直位置。今有一质量为m的子弹以水平速度v0射入棒的下端而不复出，求棒和子弹开始一起运动时的角速度。0voLM解：选子弹和棒为一个系统，则子弹射入过程中，子弹和棒之间的摩擦力为内力，其对O轴力矩和为零。故系统所受合外力矩为零，对O轴角动量守恒。220013()3(3)LmvmLMLmvmML解得方向沿O轴向外例2、质量为m的小孩荡秋千，秋千板的质量忽略不计，开始时小孩蹲着（如图），此时他的质心离地的高度为h1，距悬点R。当秋千荡至最低点时，其质心离地h1/2，此时他及时站起，质心升高了h',求当秋千荡到另一侧最高点时，他的质心离地的高度h.h1h1/2h'hABC解：设荡至最低点B时，速度为v，在B点人站起前的角速度为ω1，站起后为ω2。把秋千、人和地球看作一个系统，设B点重力势能为零，则A→B，B→C两个过程系统机械能守恒。在B点人站起前后，秋千和人组成的系统对悬点角动量守恒。由上述分析可得以下方程组：2112212212122'()1''[()]()22hmgmvvRmRmRhhmRhmghh解方程组得：21112''22()RhhhhhRh即秋千越荡越高，内力作功可使系统的机械能发生变化陀螺的运动*旋进（进动）我们知道：甩手榴弹时，手榴弹要翻跟，但为了保证子弹，炮弹不至如此，常在炮筒内加来复线，以保证弹头朝前。CfLrfM'XYZOmgLdL当陀螺绕其对称轴旋转时具有角动量受重力的力矩pdLLdcr也即刚体绕新的轴运动，产生了进动。进动角速度aJLgmrMcdtMLd产生一个新的角动量LdLLdtdPPMLdO二）旋进的解释MdtdLsinpJMdLdL)sin(dtLpsindtJpsin由图：dtdpgmrMc又XYZOMmgLdLLdpdLLdcrasinmgrMcLmgrJmgrccp