第2章电子教案(2)

15.1刚体运动学5.2转动定理转动惯量5.3刚体的动能与势能5.4刚体的角动量定理及角动量守恒定律§5.刚体的定轴转动(Arigidbodyaboutafixedaxis)作业：练习册选择题：1-10填空题：1-10计算题：1-821.刚体运动学1.1刚体的平动和转动(1)刚体、刚体的平动刚体：无论在多大的外力作用下，总是保持其形状、大小不变，理想化的模型。(2)刚体的平动刚体内任何一条给定的直线,在运动中始终保持它的方向不变。各质点具有相同的速度和加速度，所以刚体平动时任何一点的运动都可代表整个刚体的运动。刚体的平动时可看成质点。3(3)刚体的转动刚体中各点都绕同一直线(转轴)作圆周运动.转轴固定不动,称为定轴转动.P为刚体上一质点，在转动平面内绕0点作圆周运动。转轴参考方向0dPdtKd转动平面：任取一垂直于转轴的平面(4)转动运动学的物理量.,,d角加速度　角速度　具有角位移再任取一点K，在同一个dt内，也转过同样的d角。。，因为：ttdddd所以：刚体中任何其它质点都具有相同的，，4即(，，)三量具有普遍性。知一点的(，，)，可知整个刚体的运动。故用(,,）描写刚体的转动。所以：定轴转动刚体中任何其它质点都具有相同的，，50转轴Pvr确定。的方向由右手螺旋定则之间的矢量关系：与vrv）（圆周运动：rv1.2角速度矢量6),s(rad21：　单位kjikjikrπ6π8)54(3π2v例：一刚体以每分钟60转绕z轴做匀速运动,(沿z轴正方向)，设某时刻刚体上一点P的位置矢量为：（单位为“10-2m”），若以“10-2ms-1”为单位，则该时刻P点的速度为：kjir543解：ijik　　j　　86543π2　　0　　0　　　　　　　　　　　　还可解行列式7(1)求角加速度和飞轮从制动开始到静止所转过的转数N；(2)求制动开始后t=25s时飞轮的角速度；0rO解(1)初角速度为0=21500/60=50rad/s，方向如图刚体运动学综合例题:一飞轮转速n=1500r/min，受到制动后均匀地减速，经t=50s后静止。220srad14.3srad5050t从开始制动到静止，飞轮的角位移及转数N分别为20021ttrad125050215050转＝625212502N对于匀变速转动，应用以角量表示的运动方程，在t=50s时刻=0，代入方程=0+t得(2)t=25s时飞轮的角速度为)s(rad5.7825255010t的方向与0相同；82.1力对转轴的力矩.(1)外力在垂直于转轴的平面内。对转动无贡献。、,M的作用点。力FpFrM,方向sinrFM，大小方向如果：加速转动。同向)(,M阻力矩。—反向）减速(,M2转动定理转动惯量（刚体动力学）0rMFp90(2)外力不在垂直于转轴的平面内FPr1F2F在转动平面内。与转轴平行，21FF（有效力矩）。，对转动无贡献，仅考虑221FrMFF。和分解成将21FFFP63结论：z轴转动平面内的分量的运算就是对z轴的力矩。o转动平面轴F轴rFz转轴orFrkMzˆ102.2转动定理）：运动方程（按牛顿定律写出法、切向质点现对imP2ΔΔcoscosωrmamθfFiiiniiiiiiiiiiiiirmamθfFΔΔsinsinir式两边乘以将第22ΔsinsiniiiiiiiirmθrfrF质点求和：对刚体中所有i2iiiiiiiiiirmrfrFθ)(Δsinsin合外力矩M合内力矩=0－转动惯量IOiriFifii)(imP)(imP取质点、受外力iF，内力if都在转动平面内。并设iif、F11i2iiiiiiiiiirmrfrFθ)(Δsinsin合外力矩M合内力矩=0－转动惯量IM=I—转动定理22ddddtθtω2iiiΔsinsiniiiiirmθrfrF定轴转动定理（律）在转动问题中的地位相当于平动时的牛顿第二定律12例:几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上，如果这几个力的矢量和为零，则此刚体(A)必然不会转动．(B)转速必然不变．(C)转速必然改变．(D)转速可能不变，也可能改变．答案：()D参考解答：在应用转动定律M=I时应注意M是合外力矩，是外力力矩之和，而不是合外力的力矩。几个力的矢量和为零，有合外力矩也为零或不为零的两种情况，所以定轴转动的刚体其转速可能不变，也可能改变。例:一个有固定轴的刚体，受到两个力的作用。当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定为零吗？举例说明之。答:并不是一定为零。如汽车的方向盘可绕垂直于转盘且过盘中心的定轴转动。当驾驶员用两手操纵方向盘时，就可在盘的左右两侧加上方向相反、大小相等的两个力。对转盘而言，合外力为零，但这两个力的力矩大小相等，方向一致，故合力矩不为零。讨论13mrId2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按转动惯量的定义有iimrI22.3转动惯量的计算转动惯量是转动中惯性大小的量度。质量是平动中惯性大小的量度。类比：平动：一维直线运动转动：定轴转动22ddddtxmtmmaFv22ddddtItIIM14注意：转动惯量与质量有关，与运动速度无关。质量一定时,与质量的分布有关，并且与转轴的位置有关。转动惯量计算：,rmIiii2Δ例：mmmdddA0三个质点m组成一个正三角形刚体结构。求IA、I0。222A2mdmdmdI叠加原理).3(，320damaI与转轴的位置有关。15(2)转轴过顶端,与棒垂直x取dx：222231ddmlxxlmmxIl0得：转动惯量与转轴的位置有关0例：细棒质量m,均匀分布,长l(1)转轴过中心,与棒垂直.x0dxx取dx：xlmmdd222221121ddmlxlxmxImll得：　质量连续分布：mrId2dxx16平行轴定理：222131121mlImlI、21221lmII2mdIIcd两平行轴之间的距离。122l例：均匀薄圆盘，转轴过中心与盘面垂直，求I0。m，Rr0rdr取半径为r，宽为dr的圆环rrmsσmππRddd22rrmrmrIππRR02dd2220221Rm质心C17).21(2mRI1m2m（m2m1）gm2T2)1(2222)(　：　amTgmmaT1m1g)2(　)(1111amgmTm：?21　TT,方向为正方向对滑轮：取22TT11TTa）（　321122mRRTRT,T0,T21个方程。个未知数，共34)(21,,Ta,T又，绳与轮间无滑动，滑轮边缘的切向加速度R,和物体的加速度相等.）（4　aRIβM由例：如图所示,滑轮质量m,半径R(注意:在中学里一般滑轮质量略去不计）求：物体的加速度和绳的张力。18例: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？解：由于摩擦力不是集中作用于某一点，而是分布在整个圆盘与桌子的接触面上，其力矩的计算要用积分法。dddrrSerrSeVdddd质元1圆盘所受阻力矩rrergmgrMddd0e如图，把圆盘分成许多如图的质元1，每个质元的质量为dm，dm=dV=rddre，(e是盘的厚度)所受到的阻力矩dM=rdmg。drd3200232ddRegrregRMMd阻力矩向下，与0方向相反！19rrsd2d也可以把圆盘分成许多圆环形质元，每个质元的质量dm=dV=2rdre，所受到的阻力矩是rdmg。30232d2d2dRegrregrerrgmgrMR因m=eR2，代入得mgRM32rerVd2dre质元2rdIM)21(2mRI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.Rg34设圆盘经过时间t停止转动，则有tt0tRg3400由此求得：043gRt22132mRmgR20例：均质矩形薄板绕竖直边转动，初始角速度为0，转动时受到空气的阻力．阻力垂直于板面，每一小面积所受阻力的大小与其面积及速度的平方的乘积成正比，比例常数为k．试计算经过多少时间，薄板角速度减为原来的一半．设薄板竖直边长为b，宽为a，薄板质量为m．解在板上距离转轴为r处取一长度为b，宽度为dr的面积元，其面积为dS=bdr当板的角速度时，面积元的速率为v=r所受的阻力为df=kv2dS=k2r2bdr，阻力产生的力矩为dM=rdf=k2r3bdr，因此合力矩为232401d4aMkbrrkbaabdSrr0mrId2rbabmSabmmdddrbabmrmraadd020223am其角加速度为mbakIM4322负号表示角加速度的方向与角速度的方向相反.注意：t002不成立！？)(414tkbaM21由于=d/dt，可得转动的微分方程22d3d4kbatm分离变量得223dd4kbatm积分得2314kbatCm当t=0时，=0，所以C=-1/0，因此得：203114kbatm当=0/2时，解得时间为：2043mtkbambak4322223刚体的动能与势能2Δ21dΔiikiimEmv，其动能任取)(ωriiv2221ωrmii整个刚体的转动动能等于各质点动能之和。2222)(2121ωrmωrmEiiiiiik)21(2vmEk平动动能：221IωEk刚体的转动动能3.1刚体的转动动能OirivimZ23(1)力矩的功的作用点。力—　FP，d轴转过作用，刚体绕力0ZF.,dddiiiiF0PθrsFs夹角，与方向作用点的位移，力—上作的功。位移—力isFd)sincos(iiii，２＝＋θiFrAdsindsinFrM外力矩dM刚体从角位移1—2时，外力矩M所作的功。21θθθMAd3.2定轴转动的动能定理dcoscosdddiiiiiFrsFsFAid0iiFirisdZPP24ddddddddItItIIM2211tt，21222121dd21IIIMA合外力矩对定轴转动刚体所作的功等于其转动动能的增量。ddIM(2)定轴转动的动能定理Iω,mv2022121dvvmmxFA从　　2022121d　IωIωθMA设想　25.AAccrrvv，分析：解：当棒摆到如图所示位置时，，，重力矩棒受重力cos2lmgmg力矩为零。点因过轴对棒有支承力,0,0竖直，　—棒：水平重力矩作的功：2223121221mllmgIEAk由lg3求例：如图：均匀细棒（m、l），水平开始下摆，到竖直位置时，中心点C和端点A的速度各为多少？2dcos2d20lmglmgMA