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1、,第五章 刚体的转动,教学基本要求,一 理解描写刚体定轴转动的物理量，并掌握角量与线量的关系.,二 理解力矩和转动惯量概念，掌握刚体绕定轴转动的转动定理.,三 理解角动量概念，掌握质点在平面内运动以及刚体绕定轴转动情况下的角动量守恒问题.,能运用以上规律分析和解决包括质点和刚体的简单系统的力学问题.,四 理解刚体定轴转动的转动动能概念，能在有刚体绕定轴转动的问题中正确地应用机械能守恒定律,一 刚体,5.1 刚体转动的描述,1 定义：在外力作用下，形状和大小都不发生变化的 物体 .,note：1）理想化模型。,2）刚体运动时，各质点之间的相对距离不发生 变化。,3）视为内力无穷大的特殊质点系。,
2、2 刚体的运动形式：平动、转动 .,1） 平动：若刚体中所有点的运动轨迹都保持完全相同，或者说刚体内任意两点间的连线总是平行于它们的初始位置间的连线 .,2） 转动：刚体中所有的点都绕同一直线做圆周运动. 转动又分定轴转动和非定轴转动 .,刚体的平面运动 .,二 刚体转动的角速度和角加速度,角位移,角坐标,角速度矢量,方向: 右手螺旋方向,角加速度,1） 每一质点均作圆周运动，圆面为转动平面； 2） 任一质点运动 均相同，但 不同； 3） 运动描述仅需一个坐标 .,定轴转动的特点,刚体定轴转动（一维转动）的转动方向可以用角速度的正负来表示 .,三 匀变速转动公式,当刚体绕定轴转动的角加速度为恒
3、量时，刚体做 匀变速转动 .,刚体匀变速转动与质点匀变速直线运动公式对比,四 角量与线量的关系,飞轮 30 s 内转过的角度,例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、切向加速度和法向加速度 .,该点的切向加速度和法向加速度,转过的圈数,刚体绕 O z 轴旋转 , 力 作用在刚体上点 P , 且在转动平面内, 为由点O 到力的作用点 P 的径矢 .,一 力矩,2 转动定律,力臂：从O点
4、到 作用线的垂直距离d叫力臂。,力矩为：力的大小和力臂的乘积，叫做力 对转轴Z的力矩。,是一矢量。,大小：,方向：右手螺旋。,思考：与Z轴平行的力在Z轴上的力矩等于多少？作用线过Z轴的力在Z轴上的力矩等于多少？,判断：平行于Z轴的力对Z轴的力矩一定是0，垂直于Z轴的力对Z轴的力矩一定不为0.,2）合力矩等于各分力矩的矢量和,其中 对转轴的力 矩为零，故 对转轴的力矩,结论：刚体所受的合力为0是，刚体的合力矩可以为0，也可以不为0.当合力矩为0时，合力不一定为0.,3） 刚体内作用力和反作用力的力矩互相抵消,O,二 转动定律,2）刚体,质量元受外力 ，内力,1）单个质点 与转轴刚性连接,外力矩,
5、内力矩,刚体所受的对于某一固定轴的合力矩等于刚体对此转轴的转动惯量与刚体在此合力矩作用下所获得的角加速度的乘积。,转动定律,定义转动惯量,Note：1）转动定律中的各量均对同一转轴。,2）此方程式类似于 。,说明力矩是使刚体状态发生改变而产生角加速度的原因。,三 转动惯量,物理意义：转动惯性的量度 .,质量离散分布刚体的转动惯量,转动惯性的计算方法,解 设棒的线密度为 ，取一距离转轴 OO 为 处的质量元,例1 一质量为 、长为 的均匀细长棒，求通过棒中心并与棒垂直的轴的转动惯量 .,如转轴过端点垂直于棒,例2 一质量为 、半径为 的均匀圆盘，求通过盘中心 O 并与盘面垂直的轴的转动惯量 .,
6、解 设圆盘面密度为 ，在盘上取半径为 ，宽为 的圆环,而,圆环质量,所以,圆环对轴的转动惯量,四 平行轴定理,转动惯量的大小取决于刚体的质量、形状及转轴的位置 .,质量为 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,圆盘对P 轴的转动惯量,例4 一半径为R，质量密度为的薄圆盘，有两个半径均为 的圆孔，两圆孔中心距离圆盘中心距离均为 ，如图所示。求此薄圆盘对于通过圆盘中心而与盘面垂直的轴的转动惯量。,O,解：补偿法,设想在带孔圆盘的每个小孔处填充质量为+m和-m 且相等的小圆盘，这样并不会改变原来的质量分布，但形成了正质量的大圆盘和负质量的小圆盘的组合体，
7、它们的转动惯量都可以按公式计算，而带孔的圆盘的转动惯量可以由叠加法求出！,正质量的大圆盘对盘心O的转动惯量 为：,两个负质量的小圆盘对O轴的转动惯量为：,于是带孔圆盘对O轴的转动惯量为：,练习1：一可忽略质量的轻质平面的正方形框架，边长为a，其四个顶点上分别有一个质量为m的质点(平行轴定理)。,求：1）此质点系垂直于正方形平面且过中心轴OZ的转动惯量。 2）若转轴平移至其中一个顶点，转动惯量为多少？ 3）若转轴平移至正方形一边的中点，转动惯量为多少？,练习2：求如图所示刚体对经过棒端且与棒垂直的轴的转动惯量。,五 转动定律的应用,定轴转动刚体与可视为质点的物体组成的系统力学问题。处理这类问题的
8、方法与处理质点力学问题相同：,1）选取研究对象 2）分析各隔离体所受的力或者力矩，判断各隔离体的运动情况 3）应用牛顿定律（质点）或转动定律（刚体）分别列出方程 4）建立角量与线量之间的关系（质点与刚体之间的联系）5）连列方程求解,简单刚体定轴转动，直接应用转动定律求解。,例5 一长为 质量为 匀质细杆竖直放置，其下端与一固定铰链 O 相接，并可绕其转动 . 由于此竖直放置的细杆处于非稳定平衡状态，当其受到微小扰动时，细杆将在重力作用下由静止开始绕铰链O 转动 .试计算细杆转动到与竖直线成 角时的角加速度和角速度 .,解 细杆受重力和 铰链对细杆的约束力 作用，由转动定律得,式中,得,由角加速
9、度的定义,代入初始条件积分 得,例6 质量为 的物体 A 静止在光滑水平面上，和一质量不计的绳索相连接，绳索跨过一半径为 R、质量为 的圆柱形滑轮 C，并系在另一质量为 的物体 B 上. 滑轮与绳索间没有滑动， 且滑轮与轴承间的摩擦力可略去不计. 问：（1） 两物体的线加速度为多少？ 水平和竖直两段绳索的张力各为多少？（2） 物体 B 从,静止落下距离 时，其速率是多少？,解 （1）隔离物体分别对物体A、B 及滑轮作受力分析，取坐标如图，运用牛顿第二定律 、转动定律列方程 .,如令 ，可得,（2） B由静止出发作匀加速直线运动，下落的速率,一 质点的角动量定理和角动量守恒定律,3 角动量 角动
10、量守恒,1 质点的角动量,质量为 的质点以速度 在空间运动，某时刻相对原点 O 的位矢为 ，质点相对于原点的角动量,大小,的方向符合右手法则.,1）质点以角速度 作半径为 的圆运动，相对圆心的角动量,2）角动量与位矢 和动量 有关，即与参考点O的选择有关。因此，在讲述质点的角动量时，必须指明是针对哪一点的角动量。,3）角动量的定义并没有对质点的运动做任何限制，做直线运动的质点对选定的参考点同样具有角动量。,作用于质点的合力对参考点 O 的力矩 ，等于质点对该点 O 的角动量随时间的变化率.,2 质点的角动量定理,质点所受对参考点 O 的合力矩为零时，质点对该参考点 O 的角动量为一恒矢量.,恒
11、矢量,冲量矩,质点（系）的角动量定理：对同一参考点 O ，质点（系）所受的冲量矩等于质点（系）角动量的增量.,3 质点（系）的角动量守恒定律,例7 一半径为 R 的光滑圆环置于竖直平面内.一质量为 m 的小球穿在圆环上, 并可在圆环上滑动. 小球开始时静止于圆环上的点 A (该点在通过环心 O 的水平面上),然后从 A 点开始下滑.设小球与圆环间的摩擦略去不计.求小球滑到点 B 时对环心 O 的角动量和角速度.,解 小球受重力和支持力作用, 支持力的力矩为零,重力矩垂直纸面向里,由质点的角动量定理,考虑到,得,由初始条件积分上式,二 刚体定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律,1 刚体定轴转动的
12、角动量,2 刚体定轴转动的角动量定理,非刚体定轴转动的角动量定理,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,若 不变， 不变；若 变， 也变，但 不变.,刚体定轴转动的角动量定理,3 刚体定轴转动的角动量守恒定律,有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,被 中 香 炉,惯性导航仪（陀螺）,角动量守恒定律在技术中的应用,角动量定理和角动量守恒定律的应用 例8 质量为，半径为的转台，可绕过中心的竖直轴无摩擦的转动。质量为的一
13、个人，站在距离中心处（R），开始时，人和台处于静止状态。如果这个人沿着半径为的圆周匀速走一圈，设它相对于转台的运动速度为，求转台的旋转角速度和相对地面的转过的角度。,分析：以人和转台为一系统，设系统没有受到外力矩的作用，所以系统的角动量守恒。应用角动量定律时，其中角速度和速度都是相对于惯性系而言。因此，人在转台走动时，必须考虑人相对地面的速度。,解：对于人和转台形成的系统，角动量守恒（思考？）设人对地面的速度为 ，转台对地面的转速为，则有：,而：,代入得：,其中，“-”表示转台转动方向与人在转台走动的方向相反。由于u为恒量，则也为恒量，即匀速转动。,设在时间t内转台相对地面转过的角度为，则有,
14、？,力矩的功,一 力矩作功,二 力矩的功率,4 转动中的功和能,三 转动动能,四 刚体绕定轴转动的动能定理,合外力矩对绕定轴转动的刚体所作的功等于刚体转动动能的增量 .,五 含有转动刚体的机械能守恒定律,由定轴转动刚体与另外物体组成的系统，只有保守内力做功时，系统的总机械能保持不变。,恒量,质心到势能零点的高度,质点运动与钢体定轴转动对照表,角动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用 例9 质量为的小圆环，套在一长为，质量为的光滑均匀杆上，杆可以绕过其端的固定轴在水平面上自由旋转。开始时，杆的角速度为0，两小环位于点，当小环受到一微小的扰动后，即沿杆向外滑动。试求当小环脱离杆时的速度。,Note
15、：小球脱离杆时的速度是由环沿杆的速度和杆旋转时环沿圆周运动的切向速度合成的结果，所以环脱离杆的速度与杆间有一角度。,解：设小环脱离杆时的角速度为，由角动量守恒有：,其中,设小环脱离杆时的速度为，由机械能守恒有：,的方向与杆的夹角：,练习题： 1 刚体的转动惯量仅决定于： 刚体的质量 刚体质量的空间分布 刚体的质量对定轴的分布 转轴的位置,2关于力矩有以下几种说法，其中正确的是： 内力矩会改变刚体对某个定轴的角动量 作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为 角速度的方向一定与外力矩的相同 质量相等、形状、大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的角加速度一定相等。,3 如图，水平转台上距轴为处
16、，有一质量为的物体随转台作匀速圆周运动，已知物体与台面的静摩擦系数为，若物体与组合体无相对滑动，则物体的转动动能为： k gR/4 B k gR/2 C k gR D k 2gR,4 对一个绕固定水平轴上一点o匀速转动转盘，如图，沿同一水平直线从相反方向射入两颗相同质量速率相等的子弹，并留在盘中，则子弹射入后转盘的角速度 A 变大 B 变小 C 不变 D 不确定,5 一长为 的细杆，两端分别固定质量为m和2m的小球，此系统可在竖直平面内绕中心O自由转动，如图。开始时杆与水平方向成60，处于静止状态，无初速度的释放，杆球系统绕O轴转动，则该系统绕O轴的转动惯量（ ），当杆转到水平位置时，系统所受的合力矩（ ），角加速度（ ）,