第四章刚体转动(程守洙第五版2010).ppt

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1、1,第四章 刚体转动,本章将介绍一种特殊的质点系刚体所遵从的力学规律。它实际上就是质点系的基本原理在刚体上的应用。 重点是定轴转动，重要的概念是转动惯量。,4-1 刚体的平动、转动和定轴转动,1. 刚体,特殊的质点系，, 理想化模型,形状和体积不变化,在力作用下，组成物体的所有质点间的距离始终保持不变,2,1 刚体的平动、转动和定轴转动,* 自由度,确定物体的位置所需要的独立坐标数, 物体的自由度数,s,O,i = 1,x,y,z,O,( x , y , z ),i = 3,i = 2,x,y,z,O,i = 3+2+1= 6,当刚体受到某些限制 自由度减少,3,2.运动形式:二种,(1) 平

2、动,刚体运动时，若在刚体内所作的任一条直线都始终保持和自身平行, 刚体平动,4,平动的特点,1) 刚体中各质点的运动情况相同,2) 刚体的平动可归结为质点运动,5,(2) 转动,刚体上的各点都绕同一直线做圆周运动 称作转动。 这一直线称为转轴。 转轴的位置不变，称作定轴转动,平动 + 转动 例如：车轮的滚动,(3) 一般的刚体运动,刚体的平面运动 .,6,3.定轴转动的描述,过P点 垂直于轴 取一平面N 称为P点的转动平面,N,O,P,x,(1) 在过P点的转动平面内,O点：转轴与转动面的交点,过O点 引入一坐标轴ox,(2) 刚体转动 P点随之转动,从O点引向P点矢径,与ox轴的夹角为 称为

3、角坐标,7,(3) t时刻 刚体上P点角坐标 1= ,t+t时刻角坐标 2= +,t时间内 转过的角度 , 称为角位移,规定：选一转轴的正方向， 右手定则：拇指指向转轴方向 为正,(4) 刚体角速度, 有正负， 右手定则:所定方向与转轴正向一致为正，反之为负,(5) 刚体加角速度, 同向时，加速转动, 反向时，减速转动,8,(6) 角量与线量的关系,角量 ,线量 at an, = r,at = r,注：刚体上任意一点，在转动过程中,角量 是相同的,9,4.角速度是矢量,方向沿轴用右手螺旋法则确定,四指沿转动方向，拇指指向为角速度的方向。,刚体定轴转动，角速度的方向只有两个，规定逆时针方向为正，

4、角速度方向可用正负号表示。,10,两类基本问题,(1) 已知运动方程求角速度和角加速度-求导数,(2) 已知角加速度求角速度和运动方程-求积分,如果 为恒量 相应公式,11,【例题1】一飞轮半径为 0.2m、 转速为150rmin-1， 因受制动而均匀减速，经 30 s 停止转动 . 试求：（1）角加速度和在此时间内飞轮所转的圈数； （2）制动开始后 t = 6 s 时飞轮的角速度； （3）t = 6 s 时飞轮边缘上一点的线速度、切向加速度法向加速度,解,（1）,t = 30 s 时，,飞轮做匀减速运动,12,飞轮 30 s 内转过的角度,【例题1】一飞轮半径为 0.2m、 转速为150rm

5、in-1， 因受制动而均匀减速，经 30 s 停止转动 . 试求：（1）角加速度和在此时间内飞轮所转的圈数； （2）制动开始后 t = 6 s 时飞轮的角速度； （3）t = 6 s 时飞轮边缘上一点的线速度、切向加速度法向加速度,转过的圈数,解,（1）,t = 30 s 时，,飞轮做匀减速运动,该点的切向加速度和法向加速度,13,【例题2】一飞轮在时间t内转过的角度,求角加速度,解,14,4-2 刚体的角动量 转动动能 转动惯量,质点的角动量,质点的质量为m,位矢为,速度为,动量则为,角动量为,质点系,1. 刚体的角动量,设刚体的角速度,刚体由n个质元组成,到转轴oz的距离为: r1 , r

6、2 , ri , rn,质元:m1, m2, mi , mn,速度 r1 , r2 , ri , rn,mi 对转轴的角动量,整个刚体对转轴的角动量,定义：,刚体的转动惯量 （与刚体的形状、质量分布及转轴的位置有关）,15,2、转动惯量的计算,刚体的转动惯量J与质点的质量m相对应，,刚体转动惯性的量度,质量离散分布,质量连续分布,：质量元,16,（1）质点、圆环、圆筒绕中心轴转动,转动惯量,匀质圆环和薄圆筒，因各质元到轴的垂直距离都相同，则有,（2）质点系统,17,（3）质量线分布,例求长为l 质量为m 的均匀细棒绕垂直轴的转动惯量。,解,轴位于端点A：,取一小段 可视为质点,轴位于中心C：,

7、18,例题： 质量为m半径为 R 的均匀圆盘, 对过点o与盘面垂直轴的转动惯量。,解：取半径为 r 的圆环,厚为dr,面密度,（4）质量面分布,19,（5）质量体分布,例：质量为m 、半径为R、厚为l 的均匀圆盘取半径为r 宽为dr 的薄圆环，则有,则有,由于,20,可见，转动惯量与厚度l 无关。所以，实心圆柱对其轴的转动惯量与圆盘的相同。,例题： 球体绕其直径的转动,将均质球体分割成一系列彼此平行且都与对称轴垂直得圆盘，则有,即,21,平行轴定理,质量为m 的刚体，如果对其质心轴的转动惯量为 ，则对任一与该轴平行，相距为 的转轴的转动惯量,对P 轴的转动惯量,22,垂直轴定理,对于薄板刚体，

8、绕垂直于板面的轴Oz的转动惯量，等于位于板面内与Oz轴交于一点的两相互正交轴Ox和Oy的转动惯量之和。,例如：薄盘绕直径的转动惯量,23,若力学体系有几个部分组成，整体绕定轴转动的转动惯量,等与各部分对该轴的转动惯量之和。即,组合定理,例如：有质量为 ,长为 的均质细杆和质量为 ，半径为 的匀质球体组成的刚体，对Z轴的转动惯量为,24,3.刚体的转动动能,设刚体绕固定轴oz转动,刚体由n个质元组成,质元 m1, m2, mi , mn,速度 r1 , r2 , ri , rn,整个刚体的转动动能：,25,4-3 力矩 刚体定轴转动定律,: 力臂,刚体绕 O z 轴旋转 , 力 作用在刚体上点

9、P , 且在转动平面内, 为由点O 到力的作用点 P 的径矢 .,对转轴 Z 的力矩,1. 力矩,26,1）若力 不在转动平面内，可分解为平行和垂直于转轴方向的分量,故 对转轴的力矩,对转轴的力矩为零,2）合力矩等于各分力矩的矢量和,3）刚体内作用力和反作用力的力矩互相抵消,O,27,2. 定轴转动定律,2）刚体,质量元mi 受外力 ，内力,1）单个质点m 与转轴刚性连接,外力矩,内力矩,28,刚体定轴转动的角加速度与它所受的合外力矩成正比 ，与刚体的转动惯量成反比 .,转动定律,其中，转动惯量,与牛二定律比较,刚体对转轴的角动量,29,例1 已知:定滑轮 轻绳 不伸长 无相对滑动,解:受力图

10、,求：1）物体加速度a,2）绳子的张力T,3 ) 滑轮转动的角加速度,得解,30,例2 自由摆下的杆 有匀质细杆长为 l，质量为m，可以绕过端点的水平轴在竖直平面内自由摆动。今使杆自水平位置由静止释放，求：,2）杆摆到竖直位置时，轴与杆的相互作用力。,1）杆摆到 位置时的角速度和角加速度；,解： （1）方法一，利用转动定理求 ，积分,由 得：,因为,分离变量并积分得：,31,（2）当杆摆到竖直位置，,由质心运动定理得,由上两式解得,32,例3 粗糙桌面上绕定抽转动的圆盘,1）从开始到停止所经历的时间；,一半径为R 的匀质圆盘，以初角速度0在摩擦系数为 的水平桌面上,绕光滑质心轴转动。若转动过程

11、中盘面与桌面始终紧密接触，求：,解： （1）以圆盘为研究对象，将圆盘分割成无限多个圆环。每个圆环的质量为：,每个圆环产生的摩擦力矩为，,整个圆盘产生的摩擦力矩为,33,根据转动定律：,其中M为常量，将上式分离变量并积分，则,34,作业 ：2,3,4,作业 ： 2; 3;4,为学应须毕生力， 攀高贵在少年时。 苏步青,35,4-4定轴转动的动能定理,1.力矩的功,在力矩作用下，刚体转动,角位移,设t=0初时刻：角位置 0 t时刻：角位置 ,2. 定轴转动的动能定理,由 转动定律,外力对刚体做的功,转动的动能定理,36,合外力矩对转动刚体所做的功等于刚体转动动能的增量,转动的动能定理,例1 一质量

12、为m 、半径为 R 的圆盘，可绕一垂直通过盘心的水平轴无摩擦的转动 . 圆盘上绕有轻绳，一端挂质量为m 的物体 . 问物体在静止 下落高度 h 时， 其速度的大小 为多少? （设绳的质量 忽略不计 ）,37,和 、 分别为圆盘终了和起始时的角坐标和角速度,解 拉力 对圆盘做功，由刚体绕定轴转动的动能定理可得，拉力 的力矩所作的功为,38,物体由静止开始下落,解得,并考虑到圆盘的转动惯量,由质点动能定理,39,3、刚体的重力势能 刚体受到保守力的作用，也可以引入势能,根据质心的定义，刚体的质心的高度,所以,注意：包括有刚体的系统，如果在运动过程中，只有保守内力做功，则该系统的机械能也应该守恒。,

13、定义：刚体的重力势能是组成刚体的各个质元的重力势能之和,【例4-8】 自由摆下的杆 有匀质细杆长为 l，质量为m，可以绕过端点的水平轴在竖直平面内自由摆动。今使杆自水平位置由静止释放，求：,2）杆摆到竖直位置时，轴与杆的相互作用力。,1）杆摆到 位置时的角速度和角加速度；,40,方法二，利用动能定理求 ，求导数得,重力矩作功：,由动能定理：,本题也可用机械能守恒定律计算,41,将方程,两边对时间求导数得,（2）当杆摆到竖直位置时,42,由质心运动定理得,由上两式解得,43,例2 粗糙桌面上定抽转动圆盘,2）圆盘转动几圈后停止。,1）从开始到停止所经历的时间,一半径为R 的匀质圆盘，以初角速度0

14、在摩擦系数为 的水平桌面上,绕光滑质心轴转动。若转动过程中盘面与桌面始终紧密接触，求：,（2）根据动能定理：,则转过的角度：,则转过的圈数：,44,如图所示，已知刚体的质量为 m 、对轴转动惯量为 J0 ，b表示质心到O点的距离。求打击中心到转轴的距离d。,例3 打击中心 一刚体竖直悬挂于支点O且可以绕点O在竖直平面内自由转动。以水平力打击刚体的A点，若打击点选择合适，则打击过程中轴对刚体的水平力为零，该点A称为打击中心。,根据质心运动定理,根据对支点O的转动定律,又因,A点为打击中心,则解得,对于匀质细棒：,解：,45,作业1,5,6,1, 5，6,学而不思则罔，思而不学则殆。,46,4-5

15、刚体的平面平行运动,刚体的平面平行运动: 刚体运动时，刚体内每个点的轨迹都是一条平面曲线，各曲线所在平面都某一固定平面平行。,运动的特点： 1）刚体的质心始终位于同一个平面上。 2）刚体内垂直于固定平面的直线上各点具有完全相同运动状态。 3）刚体内平行于固定平面的各平面有相同的运动特征。, 三个自由度,两个平动自由度,一个转动自由度,47,1、运动学方程,如图所示，取质心所在的平面为研究对象，任取一点A为基点（一般取质心）。则P点的运动方程为,2、 运动叠加原理, 基点A可以任意取, 基点A的平动量 因基点而异；绕基点A的转动的角量 都相同。,3、刚体上任一点P的速度加速度,根据伽利略变换式：

16、,（ 为定长旋转矢量）,48,刚体上任一点P的速度,刚体上任一点P的加速度,49,4、运动学特例圆柱体的纯滚动,滑滚运动：摩擦力不够大，刚体既滚动又滑动,纯滚动：摩擦力足够大，接触点间无相对滑动,1）纯滚动的运动学判据：,50,质心C的位移为：,质心C的速度为：,质心C的加速度为：,2）纯滚运动的速度分布：,51,以质心C为基点：,最高点D的速度为,接触点A的速度为,任一点E的速度为,可见， 代表刚体整体的速度，刚体上的每一点都具有这个平动速度,52,以接触点A为基点：,任一点 P 的速度为,因此有,可见，对于纯滚动，若取接触点A 为基点，在某瞬时刚体的平面平行运动，可视为A点的单纯转动。,5

17、3,作纯滚动的刚体，与平面的接触点就是它的瞬心。,确定瞬心的几何方法：,1）若已知 和 ，瞬心O在与 垂直且相距 的地方。,2）若已知刚体上A、B两点同一时刻速度的方向，则它们垂线的交点即为瞬心。,54,刚体作纯滚动时，接触点的速度为零，但加速度不为零,以质心C为基点有,其中,所以,5.平面运动动力学,角动量定理,质心运动定理,取质心为基点, 动力学方程,注：也可以用动能定理或机械能守恒定律求解,55,【例4-9】 沿固定斜面的纯滚动 一半径为R、质量为m 的匀质圆柱体,沿倾角为的固定斜面无滑动的滚下。若不计滚动摩擦。试求圆柱体质心的加速度。,解：方法一 利用运动叠加 原理，质心平动加绕质心的

18、转动,（纯滚动条件）,解上述四式可得,56,方法二 用机械能守恒定律。 圆柱体作纯滚动，接触点无相对滑动，静摩擦力不做功，只有重力做功，机械能守恒。,对上式求导数得,其中,解得,解得,其中,动力学方程为,方法三 视为绕瞬心 A 的纯转动,注意：一般情况对瞬心的角动量定理不成立，当满足条件“瞬心到质心的距离保持不变”时，对瞬心可用角动量定理.,57,例2 沿加速平板表面的纯滚动 在水平板上放一半径为 R,质量为m的匀质球。设平板具有加速度a ，球沿平板作纯滚动，求球质心的加速度和所受静摩擦力的大小。,解：以球为研究对象、平板为参考系（非惯性系），则,由以上三式解得：,因此，球心的加速度为,58,

19、例.3 何时开始纯滚动 有一缓慢改变倾角的固定斜面，如图所示。一质量为m ，半径为R 的匀质圆柱体从高h 处由静止沿光滑斜面滑下，紧接着沿粗糙水平面运动。已知水平面与圆柱体间的摩擦系数,求： 1）圆柱体沿水平面运动多长时间后开始作纯滚动。 2）圆柱体达到纯滚动前经历的 水平距离。,解：1）沿光滑斜面，圆柱体仅作滑动；沿水平面达到纯滚动前作滑滚运动。,动力学方程为：,由三式解得：,59,达到纯滚动前有：,达到纯滚动时有：,解得作纯滚动经历的时间：,解：1）沿光滑斜面，圆柱体仅作滑动；沿水平面达到纯滚动前作滑滚运动。,动力学方程为：,由三式解得：,2）达到纯滚动时经历的距离：,60,作业8,12,

20、作业,哪里有天才，我是把别人喝咖啡的时间都用在工作上的。 鲁迅,8,12,61,4-6 刚体的角动量定理和角动量守恒定律,刚体对定轴的角动量,用角动量表示的转动定律,刚体所受外力矩，等于刚体相对于同一转轴的角动量的 时间变化率。（角动量定理）,转动定律,积分形式：,角动量守恒定律是自然界的一个基本定律.,内力矩不改变系统的角动量,守 恒条件,刚体定轴转动的角动量守恒定律,非定轴转动的角动量定理,62,许多现象都可以用角动量守恒来说明.,自然界中存在多种守恒定律,动量守恒定律 能量守恒定律 角动量守恒定律,电荷守恒定律 质量守恒定律 宇称守恒定律等,花样滑冰 跳水运动员跳水,63,例1 小球与定

21、轴转动的杆的碰撞 长为l、质量为 M 的匀质细杆AB，可绕过端点A的光滑轴在水平桌面内转动，最初杆静止，今有一质量为m的球沿垂直于杆的方向飞向端点B，与杆发生碰撞。设碰撞的恢复系数为e，杆与桌面的摩擦系数为， 问为使杆至少转一周，球的初速度最小 应为多大？,解： 1）球与杆的碰撞过程，由于作用时间极短，摩擦阻力矩可忽略，因此角动量守恒（动量不守恒）。取逆时针方向为正。,2）杆的转动过程，根据动能定理得,(3),其中,64,于是（3）式可写为,解得,至少转一周的条件为,因此有,由(1)和(2)式消去 ，解得,65,于是有,解得,66,例2 质量为 M ，半径为 R 的转台，可绕中心轴转动。设质量

22、为 m 的人站在台的边缘上，初始时人、台都静止。如果人相对于台沿边缘奔跑一周，问：相对于地面而言，人和台各转过了多少角度？,解：,角动量守恒：,67,思考1 一个人站在有光滑固定转轴的转动平台上,双臂伸直水平地举起二哑铃,在该人把此二哑铃水平收缩到胸前的过程中,人、哑铃与转动平台组成的系统的,（A）机械能守恒 , 角动量守恒; （B）机械能守恒 , 角动量不守恒, （C）机械能不守恒 , 角动量守恒; （D）机械能不守恒 , 角动量不守恒.,思考2 人造地球卫星，绕地球作椭圆轨道运动，地球在椭圆的一个焦点上，则卫星的,68,作业 13,16,作业,哪里有天才，我是把别人喝咖啡的时间都用在工作上的。 鲁迅,13,16,69,4-7 进动,1、进动 1）必须具有对称轴 2）高速旋转 ，进动角速度p,每瞬时外力矩只改变角动量的方向不改变角动量的大小,2、重力对定点o 的力矩,dt 时间内，角动量变化： dL,第4章结束,70,小结,直线运动与定轴转动规律对照,质点的直线运动,刚体的定轴转动,71,为 时间内力矩 M 对给定轴 的冲量矩。,动量矩定理的积分形式：,则由,得,