物理刚体运动

物理刚体运动第一页，共五十页，编辑于2023年，星期三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；第二页，共五十页，编辑于2023年，星期三(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。角速度矢量在定轴转动中，角速度的方向沿转轴方向。第三页，共五十页，编辑于2023年，星期三例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=21500/60=50

rad/s，在t=50S时刻=0，代入方程=0+αt得第四页，共五十页，编辑于2023年，星期三从开始制动到静止，飞轮的角位移及转数N分别为（2）t=25s时飞轮的角速度为的方向与0相同；第五页，共五十页，编辑于2023年，星期三（3）t=25s时飞轮边缘上一点P的速度。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由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，的大小为第六页，共五十页，编辑于2023年，星期三

的方向几乎和

相同。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角加速度是角速度对t的导数，因此得第七页，共五十页，编辑于2023年，星期三由此可见飞轮作的是变加速转动。第八页，共五十页，编辑于2023年，星期三§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个质点的质量为当细棒以转动时，该质点绕轴的半径为它相对于o点的位矢为则对o点的角动量为：因，所以的大小为第九页，共五十页，编辑于2023年，星期三从图中可以看出：因此

而这个分量实际上就是各质点的角动量沿轴的分量之和。

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。刚体对点的角动量，等于各个质点角动量的矢量和。式中叫做刚体对轴的转动惯量，用J表示。第十页，共五十页，编辑于2023年，星期三刚体转动惯量：刚体绕定轴的角动量表达式：2.刚体的转动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：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，则它的线速度第十一页，共五十页，编辑于2023年，星期三因此，整个刚体的动能

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，所以上式写为第十二页，共五十页，编辑于2023年，星期三—质元的质量—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区别：平动：平动动能

线动量转动：转动动能角动量第十三页，共五十页，编辑于2023年，星期三转动平面

沿Z轴分量为对Z轴力矩对O

点的力矩：§4-3力矩刚体定轴转动定律1.力矩第十四页，共五十页，编辑于2023年，星期三

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。

只能引起轴的变形,对转动无贡献。转动平面第十五页，共五十页，编辑于2023年，星期三

是转轴到力作用线的距离，称为力臂。（2）

（3）

对转轴的力矩为零，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。转动平面第十六页，共五十页，编辑于2023年，星期三

2.刚体定轴转动定律应用牛顿第二定律，可得：ωO对刚体中任一质量元-外力-内力采用自然坐标系，上式切向分量式为：O’第十七页，共五十页，编辑于2023年，星期三用乘以上式左右两端：

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：

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：第十八页，共五十页，编辑于2023年，星期三得到：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第十九页，共五十页，编辑于2023年，星期三（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，m1<m2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)，

第二十页，共五十页，编辑于2023年，星期三m1m2T2T1T1T2G2G1aaam1m2物体2这边的张力为T2、T2’(T2’=T2)因m2>m1，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，即第二十一页，共五十页，编辑于2023年，星期三从以上各式即可解得第二十二页，共五十页，编辑于2023年，星期三当不计滑轮质量及摩擦阻力矩即令m=0、M=0时，有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。第二十三页，共五十页，编辑于2023年，星期三

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？rRdrde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=rddre，所受到的阻力矩是rdmg。第二十四页，共五十页，编辑于2023年，星期三此处e是盘的厚度。圆盘所受阻力矩就是因m=eR2，代入得根据定轴转动定律，阻力矩使圆盘减速，即获得负的角加速度.第二十五页，共五十页，编辑于2023年，星期三设圆盘经过时间t停止转动，则有由此求得第二十六页，共五十页，编辑于2023年，星期三§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：0‘0因力矩作功：第二十七页，共五十页，编辑于2023年，星期三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外力矩所做元功为：则物体在时间内转过角位移时总外力矩对刚体所作的功为：第二十八页，共五十页，编辑于2023年，星期三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第二十九页，共五十页，编辑于2023年，星期三解:（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，即飞轮的转速为由此得飞轮的角速度第三十页，共五十页，编辑于2023年，星期三这样飞轮的转动动能是（2）若冲床冲断0.5mm厚的薄钢片需用冲力9.80104N，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？第三十一页，共五十页，编辑于2023年，星期三这就是飞轮消耗的能量，此后飞轮的能量变为由求得此时间的角速度’‘为而飞轮的转速变为第三十二页，共五十页，编辑于2023年，星期三解: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。

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。GAAO第三十三页，共五十页，编辑于2023年，星期三在棒的下摆过程中，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第三十四页，共五十页，编辑于2023年，星期三由此得代入上式得因所以细棒在竖直位置时，端点A和中心点C的速度分别为第三十五页，共五十页，编辑于2023年，星期三§4-6刚体角动量和角动量守恒定律1.定轴转动刚体的角动量定理刚体定轴转动定理：则该系统对该轴的角动量为：由几个物体组成的系统，如果它们对同一给定轴的角动量分别为、、…，对于该系统还有第三十六页，共五十页，编辑于2023年，星期三为时间内力矩M对给定轴的冲量矩。角动量定理的微分形式：在外力矩作用下，从角动量变为，，则由得第三十七页，共五十页，编辑于2023年，星期三2.定轴转动刚体的角动量守恒定律角动量守恒定律：若一个系统一段时间内所受合外力矩M恒为零，则此系统的总角动量L为一恒量。讨论：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。恒量=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。第三十八页，共五十页，编辑于2023年，星期三例1:一匀质细棒长为l，质量为m，可绕通过O的水平轴转动，如图。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。相撞后物体沿地面滑行s而停止。求撞后棒的质心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。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。第三十九页，共五十页，编辑于2023年，星期三解：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（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。第四十页，共五十页，编辑于2023年，星期三这样，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）式中’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（3）由匀减速直线运动的公式得第四十一页，共五十页，编辑于2023年，星期三（4）亦即由式（1）、（2）与（4）联合求解，即得（5）亦即l>6s；当’取负值，则棒向右摆，其条件为当‘取正值，则棒向左摆，其条件为亦即l<6s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：第四十二页，共五十页，编辑于2023年，星期三把式（5）代入上式，所求结果为(6)例2:图中的宇宙飞船对其中心轴的转动惯量为J=2103kg.m2，它以=0.2rad/s的角速度绕中心轴旋转。宇航员用两个切向的控制喷管使飞船停止旋转。每个喷管的位置与轴线距离都是r=1.5m。两喷管的喷气流量恒定，共是=2kg/s。废气的喷射速率（相对于飞船周边）u=50m/s，并且恒定。问喷管应喷射多长时间才能使飞船停止旋转。第四十三页，共五十页，编辑于2023年，星期三rdm/2dm/2u-uL0Lg解:把飞船和排出的废气看作一个系统，废气质量为m。可以认为废气质量远小于飞船的质量，所以原来系统对于飞船中心轴的角动量近似地等于飞船自身的角动量，即在喷气过程中，以dm表示dt时间内喷出的气体，这些气体对中心轴的角动量为dmr(u+v)，方向与飞船的角动量相同。因u=50m/s远大于飞船的速率v(=r)，所以此角动量近似地等于dm

ru。在整个喷气过程中喷出废气的总的角动量Lg应为第四十四页，共五十页，编辑于2023年，星期三当宇宙飞船停止旋转时，其角动量为零。系统这时的总角动量L1就是全部排出的废气的总角动量，即喷射过程中，系统所受的对于飞船中心轴的外力矩为零，故系统对于此轴的角动量