物理刚体运动

§4-1刚体的平动、转动和定轴转动1.刚体刚体是一种特殊的质点系，无论它在多大外力作用下，系统内任意两质点间的距离恒保持不变。2.平动和转动刚体最简单的运动形式是平动和转动。当刚体运动时，如果刚体内任何一条给定的直线，在运动中始终保持平行，这种运动叫平动。刚体平动时，在任意一段时间内，刚体中各质点的位移相同。且在任何时刻，各质点的速度和加速度都相同。所以刚体内任何一个质点的运动，都可代表整个刚体的运动。刚体运动时，如果刚体的各个质点在运动中都绕同一直线圆周运动，这种运动就叫做转动，这一直线就叫做转轴。3.刚体的定轴转动定轴转动：刚体上各点都绕同一转轴作不同半径的圆周运动，且在相同时间内转过相同的角度。特点：(1)角位移，角速度和角加速度均相同；(2)质点在垂直转轴的平面内运动，且作圆周运动。角位移角速度角加速度tddtdd4.角速度矢量角速度的方向：与刚体转动方向呈右手螺旋关系。ω角速度矢量在定轴转动中，角速度的方向沿转轴方向。例1:一飞轮转速n=1500r/min，受制动后均匀减速，经t=50s后静止。（1）求角加速度α和飞轮从制动开始到静止所转转数N；（2）求制动开始后t=25s时飞轮的速度；（3）设飞轮的半径r=1m，求在t=25s时边缘上一点的速度和加速度。0vanatarO解:（1）设初角度为0方向如图所示，0=21500/60=50rad/s，在t=50S时刻=0，代入方程=0+αt得220rad/s14.3rad/s5050t从开始制动到静止，飞轮的角位移及转数N分别为radatt125050215050212200转＝625212502N（2）t=25s时飞轮的角速度为rad/s5.78rad/s25rad/s25500t的方向与0相同；（3）t=25s时飞轮边缘上一点P的速度。rvsmrrrvv/5.7890sinsin0的方向垂直于和构成的平面，如图所示相应的切向加速度和向心加速度分别为vr2/14.3smarat由232/1016.6smran边缘上该点的加速度其中的方向与的方向相反，的方向指向轴心，的大小为lnaaalavnaa23222322/1016.6/14.3)1016.6(smsmaaant的方向几乎和相同。ana例2:一飞轮在时间t内转过角度＝at+bt3-ct4,式中a、b、c都是常量。求它的角加速度。解：飞轮上某点角位置可用表示为＝at+bt3-ct4将此式对t求导数，即得飞轮角速度的表达式为324343)(ctbtactbtatdtd角加速度是角速度对t的导数，因此得dtda由此可见飞轮作的是变加速转动。)43(32ctbtadtd2126ctbt§4-2刚体的角动量转动动能转动惯量1.刚体的角动量图为以角速度绕定轴oz转动的一根均匀细棒。把细棒分成许多质点，其中第i个质点的质量为im当细棒以转动时，该质点绕轴的半径为ir它相对于o点的位矢为iRziRLimiLizLOiriiiivmRL则对o点的角动量为：im因iiRv，所以的大小为iLiiiivRmL从图中可以看出：cosiixLL因此2coscosiiiiiiiiizrmvrmvRmLL而这个分量实际上就是各质点的角动量沿轴的分量之和。zLOzziL对于定轴转动，我们感兴趣的只是对沿轴的分量，叫做刚体绕定轴转动的角动量。OzzLL刚体对点的角动量，等于各个质点角动量的矢量和。o式中叫做刚体对轴的转动惯量，用J表示。2iirmOz刚体转动惯量：2iirmJ刚体绕定轴的角动量表达式：JLz2.刚体的转动动能221iivm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因此，整个刚体的动能2222121iiiiKrmvmEiirv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JmrJd2dm—质元的质量r—质元到转轴的距离刚体的质量可认为是连续分布的，所以上式可写成积分形式3.转动惯量的计算按转动惯量的定义有iimrJ2区别：平动：平动动能221mv线动量mv转动：转动动能221J角动量JZ转动平面OrAFMrFMZM沿Z轴分量为对Z轴力矩ZMMFsinrFMFrM对O点的力矩：F§4-3力矩刚体定轴转动定律1.力矩力不在转动平面内注（1）在定轴动问题中，如不加说明，所指的力矩是指力在转动平面内的分力对转轴的力矩。FrM只能引起轴的变形,对转动无贡献。1Fr转动平面1FF2F)(21FFr21FrFrr是转轴到力作用线的距离，称为力臂。sinrddFrFMZ22sin（2）（3）对转轴的力矩为零，1F在定轴转动中不予考虑。（4）在转轴方向确定后，力对转轴的力矩方向可用+、-号表示。转动平面1FF2Fr2.刚体定轴转动定律应用牛顿第二定律，可得：ωOiFifiiimir对刚体中任一质量元im-外力iF-内力ifiiiimafF采用自然坐标系，上式切向分量式为：iiiiiiiirmamfFsinsinO’用乘以上式左右两端：ir2sinsiniiiiiiiirmrfrF设刚体由N个点构成，对每个质点可写出上述类似方程，将N个方程左右相加，得：NiiiNiiiiNiiiirmrfrF1211)(sinsin根据内力性质(每一对内力等值、反向、共线,对同一轴力矩之代数和为零)，得：0sin1NiiiirfNiiiNiiiirmrF121)(sin得到：上式左端为刚体所受外力的合外力矩，以M表示；右端求和符号内的量与转动状态无关，称为刚体转动惯量，以J表示。于是得到tJJMdd刚体定轴转动定律讨论：惯性大小的量度；β转动惯量是转动（1）M一定，J（4）J和转轴有关，同一个物体对不同转轴的转动惯量不同。（3）J和质量分布有关；（2）M的符号：使刚体向规定的转动正方向加速的力矩为正；例1:一轻绳跨过一定滑轮，滑轮视为圆盘，绳的两端分别悬有质量为m1和m2的物体1和2，m1m2如图所示。设滑轮的质量为m，半径为r，所受的摩擦阻力矩为m。绳与滑轮之间无相对滑动。试求物体的加速度和绳的张力。解:滑轮具有一定的转动惯量。在转动中受到阻力矩的作用，两边的张力不再相等，设物体1这边绳的张力为T1、T1’(T1’=T1)，m1m2T2T1T1T2G2G1aaam1m2物体2这边的张力为T2、T2’(T2’=T2)因m2m1，物体1向上运动，物体2向下运动，滑轮以顺时针方向旋转，Mr的指向如图所示。可列出下列方程JMrTrTamTGamGT12222111式中是滑轮的角加速度，a是物体的加速度。滑轮边缘上的切向加速度和物体的加速度相等，即从以上各式即可解得rammmrMgmmrJmmrMgmmar21//121221212mmmrMgmmmagmT21/212122111mmmrMgmmmagmT21/212121212＋－rmmmrMgmmra21/1212当不计滑轮质量及摩擦阻力矩即令m=0、M=0时，有gmmmmTT1221212gmmmma1212上题中的装置叫阿特伍德机，是一种可用来测量重力加速度g的简单装置。因为在已知m1、m2、r和J的情况下，能通过实验测出物体1和2的加速度a，再通过加速度把g算出来。在实验中可使两物体的m1和m2相近，从而使它们的加速度a和速度v都较小，这样就能角精确地测出a来。例2:一半径为R，质量为m匀质圆盘，平放在粗糙的水平桌面上。设盘与桌面间摩擦系数为，令圆盘最初以角速度0绕通过中心且垂直盘面的轴旋转，问它经过多少时间才停止转动？rRdrde解:因摩擦力不是集中作用于一点，而是分布在整个圆盘与桌子的接触面上，力矩的计算要用积分法。在图中，把圆盘分成许多环形质元，每个质元的质量dm=rddre，所受到的阻力矩是rdmg。此处e是盘的厚度。圆盘所受阻力矩就是3200232RegdrrdegdrredrgdmgrMR因m=eR2，代入得mgRM32根据定轴转动定律，阻力矩使圆盘减速，即获得负的角加速度.dtdmRJmgR22132设圆盘经过时间t停止转动，则有0002132dRdtgt由此求得043gRt§4-4定轴转动的动能定理1.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rdFdAsindsF2cosdsFddrs0‘0drFrdP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。2.定轴转动的动能定理根据定轴转动定理JdtdM外力矩所做元功为：dJdtdJddJdtdMddA则物体在时间内转过角位移时tdtdd总外力矩对刚体所作的功为：212221212121JJdJMdA刚体定轴转动的动能定理：总外力矩对刚体所做的功等于刚体转动动能的增量。例1:如图，冲床上配置一质量为5000kg的飞轮，r1=0.3m,r2=0.2m.今用转速为900r/min的电动机借皮带传动来驱动飞轮，已知电动机的传动轴直径为d=10cm。（1）求飞轮的转动动能。2r12r2d解:（1）为了求飞轮的转动动能，需先求出它的转动惯量和转速。因飞轮质量大部分分别布在轮缘上，由图示尺寸并近似用圆筒的转动惯量公式，得222222213252.03.05000212mkgmkgrrmJ皮带传动机构中，电动机的传动轴是主动轮，飞轮是从动轮。两轮的转速与轮的直径成反比，即飞轮的转速为飞电电飞ddnn由此得飞轮的角速度飞电电飞ddnn602602这样飞轮的转动动能是221JEkJJFdA49105.01080.934（2）若冲床冲断0.5mm厚的薄钢片需用冲力9.80104N，所消耗的能量全部由飞轮提供，问冲断钢片后飞轮的转速变为多大？260601090014.3232521J40055这就是飞轮消耗的能量，此后飞轮的能量变为JJEk400064940055JEk2由求得此时间的角速度’‘为221JEk而飞轮的转速变为min/8.149min/325240006260260rrn飞解: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2:一根质量为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。