04第四章 刚体的转动

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刚体的转动

刚体的转动

如果取质点和定轴转动的刚体作为研究对象,系统内既有平动又有转动动能定理可
写为
A外力
A内力
(1 2
mv22
1 2
J
2 2
)
(1 2
mv12
1 2
J12 )

4.力矩的时间累积作用
1) 冲量矩
冲量矩:冲量矩是外力矩对时间的积累。刚体定轴转动的冲量矩为
2) 刚体定轴转动的角动量
t2 Mdt 。
t1
(4-13)
动惯量之和,即 J J A J B J C ② 平行轴定理:刚体绕任一轴的转动惯量 J 和绕通过其质心平行轴
O ml
M R
图 4-1
的转动惯量 JC 的关系为 J JC mh2 ,其中 m 为总质量;h 为两平行轴之间的距离。
如图 4-1 所示,由均匀细杆和均匀圆盘组成的刚体对 O 轴的转动惯量为
(4) 在应用角动量守恒定律时,应首先分析系统是否满足守恒条件。守恒条件是相对
于某定轴来说的,转轴变了,守恒条件往往不再满足。
6.质点平动规律与刚体转动规律的对比
表 4.1 质点平动与刚体转动的比较
规律
质点平动
瞬时作用规律
对时间的累积 作用规律
力 F,质量 m 牛顿第二定律 F=ma 动量:mv
冲量: t1 Fdt t0
角动量定理:
t1 Mdt
t0
J (J)0
角动量守恒定律: M 0 时,
J 常量
转动动能: 1 J 2 2
功:
M d
0
动能定理:
0
M
d
1 2
J 2
1 2
J
2 0
重力势能、弹性势能,又要考虑转动刚体的转动动能和刚体的重力势能等。系统的机械

第四章 刚体的转动

第四章  刚体的转动
1 1 2 2 E k= E ki mi ri = 2 2
m r
2 i i
2
用转动惯量表示
1 2 E k= J 2
四、刚体绕定轴转动的动能定理 设在合外力矩M的作用下,刚体绕定轴转过的角 位移为dθ,合外力矩对刚体所作的元功为 d dW =M dθ,由转动定律 M J J dt 得 d d
M=r F r Fi r Fi M i
M F1 r1 sin 1 F2 r2 sin 2 F3 r3 sin 3
单位: N.m 注意:力矩的单位和功的单位不是一回事,力矩的 单位不能写成焦耳。 与转动垂直但通过转轴的力对转动不产生力矩; 与转轴平行的力对转轴不产生力矩; 刚体内各质点间内力对转轴不产生力矩。 对于刚体的定轴转动,不同的力作用于刚体上的 不同位置(或不同作用方向)可以产生相同的效 果。
§4-2 力矩
转动定律
转动惯量
一、力矩 从转轴与截面的交点到力的作用线的垂直距离叫做力对 转轴的力臂。力的大小和力臂的乘积,就叫做力对转 轴的力矩。用M表示。 用矢量表示 M rF 或:
M=Fr sin
若力F不在垂直与转轴的平面内,则可把该力分解为两个 力,一个与转轴平行的分力,一个在垂直与转轴平面 内的分力,只有后者才对刚体的转动状态有影响。 合力矩对于每个分力的力矩之和。
第四章 刚体的转动
§4-1 刚体的定轴转动 一、刚体
定义:在外力作用下形状和大小保持不变的物体称为刚体。 说明: 刚体和质点一样是一个理想化的力学模型; 刚体内任何两点之间的距离在运动过程中保持不变; 刚体可以看成一个包含由大量质点、而各个质点间距 离保持不变的质点系。

第四章 刚体转动

第四章 刚体转动

第四章 刚体的转动 问题4-1 以恒定角速度转动的飞轮上有两个点,一个点在飞轮的边缘,另一个点在转轴与边缘之间的一半处。

试问:在t ∆时间内,哪一个点运动的路程较长?哪一个点转过的角度较大?哪一个点具有较大的线速度、角速度、线加速度和角加速度? 解 在一定时间内,处于边缘的点,运动的路程较长,线速度较大;它们转动的角度、角速度都相等;线加速度、角加速度都为零。

考虑飞轮上任一点P ,它随飞轮绕转轴转动,设角速度为ω,飞轮半径为r 。

在t ∆内,点P 运动的路程为P P l r t ω=∆,对于任意点的角速度ω恒定,所以离轴越远的点(P r 越大)运动的路程越长。

又因为点P 的线速度P P v r ω=,即离轴越远,线速度也越大。

同理,点P 转动的角度P t θω=∆,对于飞轮上任一个点绕轴转动的角速度ω都相等,即在相等的时间内,飞轮上的点转动的角度都相等。

又角速度ω恒定,即线加速度0P Pd a r dtω==,角加速度0P d dtωα==.4-2 如果一个刚体所受合外力为零,其合力矩是否也一定为零?如果刚体所受合外力矩为零,其合外力是否也一定为零?解 不一定。

如图(a )轻杆(杆长为l )在水平面内受力1F 与2F 大小相等方向相反,合力为零,但它们相对垂直平面内通过O 点的固定轴的力矩1M F l =不为零。

如图(b ),一小球在绳拉力作用下在水平面内绕固定轴作圆周运动,小球所受的合外力通过O 点,它所受的力矩为零。

4-3 有两个飞轮,一个是木制的,周围镶上铁制的轮缘,另一个是铁制的,周围镶上木制的轮缘,若这两个飞轮的半径相同,总质量相等,以相同的角速度绕通过飞轮中心的轴转动,哪一个飞轮的动能较大。

1F(a ) (b )解 两飞轮的半径、质量都相同,但木制飞轮的质量重心靠近轮缘,其转动惯量要大于铁制轮缘。

飞轮的动能212k E J ω=,ω相同,转动惯量J 越大,动能越大。

即木制飞轮动能较大。

大学物理一复习第四章刚体的转动-文档资料

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mg FT2 ma2

FT1 FT2
R
mg FT1 r
m
a1
J
a1 r
a2 R
FT1 r R
FT1'
A
mg
β
FT2
FT2'
B
mg
mg(R r)
J mR2 mr2
a1

r

J
mgr(R r) mR2 mr2
40 半径减小角速度增加。
(2)拉力作功。请考虑合外力矩为0, 为什么拉力还作功呢?
W


0
Md
在定义力矩作功 时,我们认为只 有切向力作功, 而法向力与位移 垂直不作功。
但在例题中,小 球受的拉力与位 移并不垂直,小 球的运动轨迹为 螺旋线,法向力 要作功。
o
F
r d Fn F
解得
a2

R

mgR(R r) J mR2 mr2
FT1 mg ma1
FT2 mg ma2
例2:光滑斜面倾角为 ,顶端固定一半 径为 R ,质量为 M 的定滑轮,质量为 m 的物体用一轻绳缠在定滑轮上沿斜面 下滑,求:下滑的加速度 a 。
解:物体系中先以
物体 m 研究对象,
A
分别根据牛二定律和转动定律列方程:
角量、线量关系式
解得:
a
mB g
mA mB mC 2
T1

mAmB g
mA mB mC
2
T2

(mA mC 2)mBg mA mB mC 2
如令 mC 0,可得:

《工程力学(第2版)》电子教案 第四章

《工程力学(第2版)》电子教案 第四章
P M Mn Mn
30 1000 9550
(4.7)
则有
M 9550 P n
(4.8)
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4.2 功率、转速与转矩间的关系
式(4.8)中,P的单位为kW,M的单位为N·m,n的单位为rpm。 由以上各式可见,当功率P一定时,F与v成反比,或M与ω成
反比。例如,汽车上坡时需要较大的驱动力矩M或较大的牵引
t0 t dt
(4.2)
式(4.2)表明,刚体的角速度等于转角对时间的一阶导数。角速
度的正负号表示刚体的转动方向。当时,,刚体往转角的正向转
动,即逆时针转动;当时,,刚体往转角的负向转动,即顺时针
转动。角速度的单位为弧度/秒(rad/s)或简写为1/秒(1/s)。
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4.1 转动方程、角速度和线速度
60 30 (3) 转动刚体上任意一点速度等于该刚体角速度与该点转动
半径的乘积(v=rω),速度方向沿圆周切线方向。刚体定轴转
动时,刚体上各点速度与该点转动半径成正比。轮缘上的一
点线速度 v dn (m/s)。
60
(4) 刚体转动时,表示转矩、功率、转速三者间关系的公式 很重要,在机械传动中经常用到,即 M 9550 P 。
与速度方向一致),即
P=Fv
对于转动的刚体,如在其上某点A作用一个切向力F,则A点的 线速度v=rω,如图4-5所示。则
P=Fv=F rω=Mω
(4.6)
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4.2 功率、转速与转矩间的关系
式(4.6)中M=Fr,为力F对刚体转轴O点之矩,即转矩的功率
等于力对转动轴之矩与刚体的角速度的乘积。 功率的单位为瓦特,代号为W,1 W=1 J/s=1 N·m/s。工程

4-刚体的转动

4-刚体的转动

r
y

v
m
33
二. 刚体对定轴的角动量
L Li mi v i ri mi ri J
2 i i

vi
Z
O
L J
L J
i
ri
mi
角动量 L 是矢量,定轴转动中 L 的方向沿 的方向, 即
34
三. 刚体定轴转动的的角动量定理和角动量守恒定律
代入数据:
9.8 3 2 J ( 1) 1 0.2 2 1.5
2
1.14 kg m 2
此为一种用实验测转动惯量的方法。
19
例4-4 解:
如图,m1、m2、M和R都已知,绳子与滑
RR
轮间无相对滑动,求m1(m2)的加速度。
M
m1 g T1 m1a T2 m 2 g1 m 2 a T1 R T2 R J a R , J MR 2 / 2
1
§4-1
刚体的平动、转动和定轴转动
§4-2
§4-3 §4-4
转动动能 转动惯量
力矩 刚体定轴转动定律 定轴转动的动能定理
§4-5
角动量定理 角动量守恒定律
2
(Rigid Body) 物体在外力的作用,其大小和形状保持不变的物 体。即内部任意两点的距离在运动过程中始终保持不 变的物体。 刚体是实际物体的一种理想的模型。
转动的规律。
5
▲ 定轴转动:运动中各质元均做圆周运动, 且各圆心都在同一条固定的直线(转轴)上。 ▲ 定点转动: 运动中刚体上只有一点固定不动, 整个刚体绕过该定点的某一瞬时轴线转动。 3.平面运动: 刚体上各点的运动都平行于某一 固定平面的运动。 4.一般运动: 刚体不受任何限制的的任意运动。 它可分解为以下两种刚体的基本运动: ▲ 随基点O(可任选)的平动 ▲ 绕通过基点O的瞬时轴的定点转动

第四章 刚体的转动

第四章 刚体的转动

细棒
J 1 ml2 12
球体
J 2 mr2 5
三.平行轴定理
zN
以质心C为坐标原点
设对Cz轴的转动
惯量为Jc
MN//Cz
O
d r
Or' 'dm
C
y
r'rd x
对MN
J
轴r的'2转dm动 惯量(为r:d)2dMm
m
m
r2 d m d 2 d m 2 r d d m
1J m C r dm m 2m 1 d2d (x m r im d ym j)dm
b
Y Y
d
X
o
a Y
X

o’ Y
[例1]求半径为R质量为m的均匀圆环,对
于沿直径转轴的转动惯量。
解:圆环的质量密度为
m 2R
在环上取质量元dm, dm 距转轴r
rdm
d
R
dmdlRd rRcos
J r2dm22R2co2sRd
m
2
R3 1 mR 2
y
2
另解:
对过环心并与环垂直的 转轴的转动惯量
时惯性的大小。
讨论:转动惯量Jz的大小决定于
a.刚体的质量:同形状的刚体,ρ越大, Jz就越大; b.质量的分布:质量相同,dm分布在R 越大的地方,则Jz 越大;
c.刚体的转轴位置:同一刚体依不同的
转轴而有不同的Jz 。
常见刚体的转动惯量:
薄圆盘
J 1 mr2 r
2
细棒
J 1 ml 2 3
mm
1
m1m
xdim ydjm0
mm
mm
JJCmd2 ----平行轴定理

第4章刚体转动

第4章刚体转动

T2
时受到了摩擦阻力矩 的作用。M设阻 绳
m
不可伸长且与滑轮间无相对滑动,求物
M
体的加速度及绳中的张力。
a2
Pm
PM
第四章 刚体转动
4 – 2 力矩 转动定律 转动惯量
解 受力分析如图所示.对于上下作平动
的两物体,可以视为质点,由牛顿 第二运动定律得
m:-T1 mg ma1 M:Mg T2 Ma2
特伍德机.
第四章 刚体转动
4-3 角动量 角动量守恒定律 力的时间累积效应 冲量、动量、动量定理. 力矩的时间累积效应 冲量矩、角动量、角动量定理.
质点运动状态的描述 p mv Ek mv2 2
刚体定轴转动运动状态的描述 L J Ek J2 2
0, p 0
0, p 0
pi
pj
mR k
60 0.2520.9 392 N
0.8
第四章 刚体转动
4 – 2 力矩 转动定律 转动惯量
例 一绳跨过定滑轮,两端分别系有质量分
别为m和M的物体,且 M 。m滑轮可看
作是质量均匀分布的圆盘,其质量为 , 半径m为R ,转轴垂直于盘面通过盘心, a1
R
M阻mo
如图所示。由于轴上有摩擦,滑轮转动 T1
0
5
第四章 刚体转动
4 – 2 力矩 转动定律 转动惯量
作用于飞轮的对固定转轴的外力矩是摩擦力矩
M fR k NR
F
根据刚体定轴转动定律得 f
M J k NR
因为飞轮的质量均匀分布在轮的外 m 周上,所以飞轮对转轴的转动惯量 可视为圆环对轴的转动惯量
N
0
J mR2
N
J k R
mR2 k R

大学物理第四章-刚体的转动-习题及答案

大学物理第四章-刚体的转动-习题及答案
第 4 章 刚体的定轴转动 习题及答案
1.刚体绕一定轴作匀变速转动,刚体上任一点是否有切向加速度?是否有法向加速度?切向和法 向加速度的大小是否随时间变化?
答:当刚体作匀变速转动时,角加速度 不变。刚体上任一点都作匀变速圆周运动,因此该点速
率在均匀变化,v l ,所以一定有切向加速度 at l ,其大小不变。又因该点速度的方向变化,
ω dr
(1)圆盘上半径为r、宽度为dr的同心圆环所受的摩擦力矩

dM
m
(
R2
2 rdr)grBiblioteka 2r 2 mgdr/
R2
负号表示摩擦力矩为阻力矩。对上式沿径向积分得圆盘所受
r dF
的总摩擦力矩大小为
M dM R 2r2mgdrdr 2 mgR
0
R2
3
(2)由于摩擦力矩是一恒力矩,圆盘的转动惯量 I 1 mr2 ,由角动量定理可得圆盘停止的 2
度.
解:碰撞过程满足角动量守恒:
2 3
mv0l
1 2
mv0
2 3
l
I

I m( 2 l)2 2m(1 l)2 2 ml2
3
33
所以
mv0l
2 3
ml 2
由此得到: 3v0 2l
2m
1 3
l
O⅓l
1 2
v
0
2 3
l
m
⅓l m v0
⅓l
15. 如图所示,A和B两飞轮的轴杆在同一中心线上,设两轮的转动惯量分别为 JA=10 kg·m2 和 JB
2
2
22
2
2
1 16
( Ld14
1 2
ad24

《物理学基本教程》课后答案_第四章__刚体的转动

《物理学基本教程》课后答案_第四章__刚体的转动

第五章 刚体的转动5-13 如图5-13(a)所示,滑轮转动惯量为0.012m kg ⋅,半径为7 cm ,物体质量为5 kg ,由一绳与倔强系数k=200 N/m 的弹簧相连,若绳与滑轮间无相对滑动,滑轮轴上的摩擦忽略不计,求:(1)当绳拉直弹簧无伸长时,使物体由静止而下落的最大距离;(2)物体速度达最大值的位置及最大速率.分析 下面的5-17题中将证明,如果绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用,则由刚体和地球组成的系统机械能守恒.如果将滑轮、地球和物体与弹簧组成一个弹性系统和重力系统合成的系统,当无重力和弹性力以外的力作功的情况下,整个系统的机械能守恒,可以应用机械能守恒定律.下面的解则仅应用功能原理和力矩所作的功与刚体转动动能的关系进行计算.解 (1) 物体由静止而下落到最低点时,速度为零,位移为1x ,在此期间重力所作的功完全转换为弹簧弹性势能的增量,即21121kx mgx = m 0.49m 2008.95221=⨯⨯==k mg x (2)物体与滑轮受力如图5-13(b)所示,设物体的最大速率为0v ,此时的位移为0x ,加速度00=a ,滑轮的角加速度000==R a α,分别应用牛顿第二定律和转动定律T1aF ’T1m m g(a) (b)图5-13ma F mg =-T1αJ R F F =-)(T2T1可得此时T1F mg =,F T1= F T2,又因对于轻弹簧有0T2kx F =,则得m 0.245m 2008.950=⨯==k mg x 在此过程中,重力所作之功等于弹性势能的增量、物体动能和滑轮转动动能的增量的和,即2020200212121ωJ m kx mgx ++=v 因R00v =ω,得 m/s 31.1m/s 9.85)07.001.05(2001)(122=⨯⨯+⨯=+=mg R J m k v5-7 如图5-7(a )所示的系统中,m 1 = 50 kg ,m 2 = 40 kg ,圆盘形滑轮质量m = 16 kg ,半径R = 0.1 m ,若斜面是光滑的,倾角为30°,绳与滑轮间无相对滑动,不计滑轮轴上的摩擦,(1)求绳中张力;(2)运动开始时,m 1距地面高度为1 m ,需多少时间m 1到达地面?分析 由于存在物体运动和滑轮定轴转动,而且必须考虑圆盘形滑轮的质量,这是一个质点动力学和刚体动力学的综合问题,应该采用隔离物体法,分别m αF ’T1 F T1 m 2 m 1 F F T2a︒30m 2g m 1g(a ) (b )图5-7对运动物体作受力分析,对转动的滑轮作所受力矩的分析,然后分别应用牛顿第二定律和转动定律.解 (1)各物体与滑轮受力情况如图5-7(b )所示,其中F T1= F ’T1,F T2= F ’T2,轴对滑轮的支承力F N 不产生力矩,选取物体运动方向为坐标轴正向,分别应用牛顿第二定律和转动定律,可得22121rad/s 3021)(30sin =++︒-=g mR R m m m m α N 340)(1T1=-=αR g m FN 316)30sin (2T2=+︒=αR g m F2m/s 3==αR a(2) m 1到达地面的时间为s 0.816s 3122=⨯==a h t 、5-1 一个匀质圆盘由静止开始以恒定角加速度绕过中心而垂直于盘面的定轴转动.在某一时刻,转速为10 r/s ,再转60转后,转速变为15 r/s ,试计算:(1)角加速度;(2)由静止达到10 r/s 所需时间;(3)由静止到10 r/s 时圆盘所转的圈数.分析 绕定轴转动的刚体中所有质点都绕轴线作圆周运动,并具有相同的角位移、角速度和角加速度,因此描述运动状态的物理量与作圆周运动的质点的相似.当角加速度恒定时,绕定轴转动的刚体用角量表示的运动学公式与匀加速直线运动的公式类似.解 (1) 根据题意,转速由rad/s 1021⨯=πω变为rad/s 1522⨯=πω期间的角位移rad 260πθ⨯=,则角加速度为22222122rad/s 54.6rad/s 2602)102()152(2=⨯⨯⨯-⨯=-=πππθωωα (2) 从静止到转速为rad/s 1021⨯=πω所需时间为s 9.61s 54.61021=⨯==παωt (3) t 时间内转的圈数为48261.91022122121=⨯⨯⨯===ππωππθt N 5-2 唱片在转盘上匀速转动,转速为78 r/min ,由开始到结束唱针距转轴分别为15 cm 和7.5 cm ,(1)求这两处的线速度和法向加速度;(2)在电动机断电以后,转盘在15 s 内停止转动,求它的角加速度及转过的圈数.分析 绕定轴转动的刚体中所有质点具有相同的角位移、角速度和角加速度,但是线速度、切向加速度和法向加速度等线量则与各质点到转轴的距离有关.角量与线量的关系与质点圆周运动的相似.解 (1) 转盘角速度为rad/s 8.17rad/s 60278=⨯=πω,唱片上m 15.01=r 和m 075.02=r 处的线速度和法向加速度分别为m/s 1.23m/s 15.017.811=⨯==r ωv222121n m/s 10.0m/s 15.017.8=⨯==r ωam/s .6130m/s 075.017.822=⨯==r ωv222222n m/s .015m/s 075.017.8=⨯==r ωa(2) 电动机断电后,角加速度为22rad/s 545.0rad/s 1517.800-=-=-=t ωα 转的圈数为 75.921517.8212212=⨯⨯===πωππθt N 5-3 如图5-3所示,半径r 1 = 30 cm 的A 轮通过皮带被半径为r 2 = 75 cm 的B 轮带动,B 轮以π rad/s 的匀角加速度由静止起动,轮与皮带间无滑动发生,试求A 轮达到3000 r/min 所需要的时间. 分析 轮与皮带间无滑动,则同一时刻,两轮边缘的线速度相同,均等于皮带的传送速度;两轮边缘的切向加速度也相同,均等于皮带的加速度.解 设A 、B 轮的角加速度分别为A α、B α,由于两轮边缘与皮带连动,切向加速度相同,即2B 1A r r αα=则 B 12A ααr r = A 轮角速度达到rad/s 6030002⨯=πω所需要的时间为 s 40s 75.06030.0300022B 1A =⨯⨯⨯⨯===ππαωαωr r tB A r 1 r 2图5-35-4 在边长为b 的正方形的顶点上,分别有质量为m 的四个质点,求此系统绕下列转轴的转动惯量:(1)通过其中一质点A ,平行于对角线BD 的转轴,如图5-4所示.(2)通过A 垂直于质点所在平面的转轴.分析 由若干质点组成的质点系对某转轴的转动惯量等于各质点对该转轴转动惯量的叠加.每一质点对转轴的转动惯量等于它的质量与其到转轴的垂直距离平方的乘积. 解 (1)因质点B 和D 到转轴的垂直距离A 2B 和A 1D 为a 22,质点C 到转轴的垂直距离AC 为a 2,而质点A 位于转轴上,则系统对通过A 点平行于BD 的转轴的转动惯量为()222132222ma am a m J =+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=(2) 因质点B 和D 到转轴的垂直距离AB 和AD 为a ,质点C 到转轴的垂直距离AC 为a 2,而质点A 位于转轴上,则系统对通过A 垂于质点所在平面转轴的转动惯量为()2222422ma a m ma J =+=5-5 求半径为R ,质量为m 的均匀半圆环相对于图5-5中所示轴线的转动惯量.分析 如果刚体的质量连续分布在一细线上,可用质量线密度描述其分布情况,如果分布是均匀的,则质量线密度λ为常量.在刚体上取一小段线元l d ,质量为l d λ,对转轴的转动惯量为l r d 2λ,其中该线元AA 2B图5-4R图5-5到转轴的距离r 与线元在刚体上的位置有关.整个刚体的转动惯量就是刚体上所有线元转动惯量的总和,即所取线元的转动惯量对刚体分布的整个区域积分的结果.解 均匀半圆环的质量线密度为Rm πλ=,在半圆环上取一小段圆弧作为线元θd d R l =,质量为 θπθπλd d d d m R R m l m === 此线元到转轴的距离为θsin R r =,对轴线的转动惯量为m r d 2,则整个半圆环的转动惯量为2022221d sin d mR m R m r J =⋅==⎰⎰θπθπ 5-6 一轻绳跨过滑轮悬有质量不等的二物体A 、B ,如图5-6(a)所示,滑轮半径为20 cm ,转动惯量等于2m kg 50⋅,滑轮与轴间的摩擦力矩为m N 198⋅.,绳与滑轮间无相对滑动,若滑轮的角加速度为2rad/s 362.,求滑轮两边绳中张力之差. 分析 由于定轴转动的刚体的运动规律遵从转动定律,因此对于一个定轴转动的滑轮来说,仅当其质量可以忽略,转动惯量为零,滑轮加速转动时跨越滑轮的轻绳两边的张力才相等.这就是在质点动力学问题中通常采用的简化假设.在掌握了转动定律后,不应该再忽略滑轮质量,通常将滑轮考虑为质量均匀分布的圆盘,则跨越滑轮的轻绳两边的张力对转轴的合力矩是滑轮产生角加速度的原因.解 滑轮所受力和力矩如图5-6(b)所示,其中跨越滑轮的轻绳两边的张力分别为F T1和F T2,轴的支承力F N 不产生力矩,由转动定律可得fF T1 F T2(a) (b)图5-6αJ M R F F =--f T2T1)()(1f T2T1M J RF F +=-α N 101.08N )1.9836.250(2.01 3⨯=+⨯⨯= 5-7 如图5-7(a )所示的系统中,m 1 = 50 kg ,m 2 = 40 kg ,圆盘形滑轮质量m = 16 kg ,半径R = 0.1 m ,若斜面是光滑的,倾角为30°,绳与滑轮间无相对滑动,不计滑轮轴上的摩擦,(1)求绳中张力;(2)运动开始时,m 1距地面高度为1 m ,需多少时间m 1到达地面?分析 由于存在物体运动和滑轮定轴转动,而且必须考虑圆盘形滑轮的质量,这是一个质点动力学和刚体动力学的综合问题,应该采用隔离物体法,分别对运动物体作受力分析,对转动的滑轮作所受力矩的分析,然后分别应用牛顿第二定律和转动定律.解 (1)各物体与滑轮受力情况如图5-7(b )所示,其中F T1= F ’T1,F T2= F ’T2,轴对滑轮的支承力F N 不产生力矩,选取物体运动方向为坐标轴正向,分别应用牛顿第二定律和转动定律,可得m αF ’T1 F T1 m 2 m 1 F F T2a︒30m 2g m 1g(a ) (b )图5-7由于物体的加速度等于滑轮边缘的线速度,则αR a =,与以上各式联立解得22121rad/s 3021)(30sin =++︒-=g mR R m m m m α N 340)(1T1=-=αR g m FN 316)30sin (2T2=+︒=αR g m F2m/s 3==αR a(2) m 1到达地面的时间为s 0.816s 3122=⨯==a h t 5-8 飞轮质量为60 kg ,半径为0.25 m ,当转速为1000 r/min 时,要在5 s 内令其制动,求制动力F ,设闸瓦与飞轮间摩擦系数μ=0.4,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算,闸杆尺寸如图5-8所示.分析 制动力F 作用在闸杆上,闸杆在制动力和飞轮的正压力的力矩作用下达到平衡,转动轴在墙上,这是刚体在力矩作用下的平衡问题.由于二力的力臂已知,应该求出闸杆与飞轮之间的正压力.飞轮受到闸杆的正压力、闸瓦与飞轮间摩擦力和轴的支承力作用,其中闸杆的正压力和轴的支承力的力矩为零,在闸瓦与飞轮间摩擦力的力矩作用下制动,应用转动定律可以求出摩擦力矩,然后由摩擦力与正压力关系可以求出闸杆与飞轮之间的正压力.F图5-8解 以飞轮为研究对象,飞轮的转动惯量为221mR J =,制动前角速度为rad/s 6010002⨯=πω,制动时角加速度为tωα-=.制动时闸瓦对飞轮的压力为F N ,闸瓦与飞轮间的摩擦力N f F F μ=,应用转动定律,得αα2f 21mR J R F ==- 则 t mR F μω2N =以闸杆为研究对象.在制动力F 和飞轮对闸瓦的压力-F N 的力矩作用下闸杆保持平衡,两力矩的作用力臂分别为m )75.050.0(+=l 和m 50.01=l ,则有01N =-l F FlN 157N 6054.021000225.06075.050.050.021N 1=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯+===πμωt mR l l F l l F 5-9 一风扇转速为900 r/min ,当马达关闭后,风扇均匀减速,止动前它转过了75转,在此过程中制动力作的功为44.4 J ,求风扇的转动惯量和摩擦力矩.分析 合外力矩对刚体所作的功等于刚体的转动动能的增量.制动过程中风扇只受摩擦力矩作用,而且由于风扇均匀减速,表明摩擦力矩为恒定值,与风扇角位移的乘积就是所作的功.解 设制动摩擦力矩为M ,风扇转动惯量为J ,止动前风扇的角位移N πθ2=,摩擦力矩所作的功为N M M W πθ2⋅-=-=摩擦力矩所作的功应等于风扇转动动能的增量,即2210ωJ W -= 则 2222m kg 01.0m kg )60/2900()4.44(22⋅=⋅⨯-⨯-=-=πωWJ m N 0.0942m N 7524.442⋅=⋅⨯--=-=ππN W M5-10 如图5-10(a )所示,质量为24 kg 的鼓形轮,可绕水平轴转动,一绳缠绕于轮上,另一端通过质量为5 kg 的圆盘形滑轮悬有10 kg 的物体,当重物由静止开始下降了0.5 m 时,求:(1)物体的速度;(2)绳中张力.设绳与滑轮间无相对滑动.分析 这也是一个质点动力学和刚体动力学的综合问题,鼓形轮和滑轮都视为圆盘形定轴转动的刚体,应该采用隔离物体法,分别对运动物体作受力分析,对刚体作所受力矩的分析,然后分别应用牛顿第二定律和转动定律.解 各物体受力情况如图5-10(b )所示,其中F T1= F ’T1,F T2= F ’T2,鼓形轮的转动惯量为2121R m ,圆盘形滑轮的转动惯量为2221r m ,分别应用牛顿第二定律和转动定律,可得ma F mg =-T2222T1T221)(αr m r F F =- 121T121αR m R F = (1) 绳与滑轮间无相对滑动,物体的加速度等于鼓形轮和滑轮边缘的切向加速度,即12ααR r a ==.重物由静止开始下降了h = 0.5 m 时,速度ah 2=v ,由以上各式得αT1 F 2α ’T2 a F T2m g(a ) (b )图5-10m/s 2m/s )524(21105.08.9102)(212221=+⨯+⨯⨯⨯=++==m m m mgh ah v (2)绳中张力为N 48N 5241028.924102211T1=++⨯⨯⨯=++=m m m g mm F N 85N 5241028.9)524(102)(2121T2=++⨯⨯+⨯=+++=m m m g m m m F 5-11 一蒸汽机的圆盘形飞轮质量为200 kg ,半径为1 m ,当飞轮转速为120 r/min 时关闭蒸汽阀门,若飞轮在5 min 内停下来,求在此期间飞轮轴上的平均摩擦力矩及此力矩所作的功.分析 制动过程中飞轮只受摩擦力矩作用,该摩擦力矩不一定为恒定值,但是由于只需求平均摩擦力矩,因此可以假设飞轮均匀减速,由已知条件求出平均角加速度,再应用转动定律求出平均摩擦力矩.解 飞轮转动惯量为221mR J =,关闭蒸汽阀门后t = 5 min 内的平均角加速度为t00ωα-=,应用转动定律,平均摩擦力矩 m N 194m N 60560/212012002121202⋅-=⋅⨯⨯⨯⨯⨯-=-==.t mR J M πωα 在此期间平均摩擦力矩所作的功等于飞轮转动动能的增量J 7896J )60/2120(12002121 21212102220220-=⨯⨯⨯⨯⨯-=⋅-=-=πωωm R J W 负号表示平均摩擦力矩作负功,方向与飞轮旋转方向相反.5-12 长为85 cm 的均匀细杆,放在倾角为45°的光滑斜面上,可以绕过上端点的轴在斜面上转动,如图5-12(a)所示,要使此杆实现绕轴转动一周,至少应给予它的下端多大的初速度?分析 细杆在斜面上转动,斜面的支承力与转轴平行,转轴的支承力通过转轴,它们的力矩都为零,只有重力在转动平面内分量的力矩作功.解 如图5-12(b)所示,杆所受重力在转动平面内的分量为︒45sin mg ,当杆与初始位置的夹角为θ时,重力分量对转轴的力矩为θsin 2145sin l mg ⋅︒,此时若杆有角位移θd ,则重力矩所作的元功为θθd sin 2145sin d ⋅⋅︒=l mg W 杆从最低位置到最高位置重力矩所作的功为︒-=⋅⋅︒-==⎰⎰45sin d sin 2145sin d 0mgl l mg W W πθθ 重力矩所作的功等于此期间杆的转动动能的增量2021045sin ωJ mgl -=︒- 其中231ml J =,t00v =ω,则 m/s 5.94m/s 45sin 85.08.9645sin 60=︒⨯⨯⨯=︒=gl v5-13 如图5-13(a)所示,滑轮转动惯量为0.012m kg ⋅,半径为7 cm ,物体质量为5 kg ,由一绳与倔强系数k=200 N/m 的弹簧相连,若绳与滑轮间无相对滑动,滑轮轴上的摩擦忽略不计,求:(1)当绳拉直弹簧无伸长时,使物体由静止而下落的最大距离;(2)物体速度达最大值的位置及最大速率.v 0 ︒45 (a) (b) 图5-12分析 下面的5-17题中将证明,如果绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用,则由刚体和地球组成的系统机械能守恒.如果将滑轮、地球和物体与弹簧组成一个弹性系统和重力系统合成的系统,当无重力和弹性力以外的力作功的情况下,整个系统的机械能守恒,可以应用机械能守恒定律.下面的解则仅应用功能原理和力矩所作的功与刚体转动动能的关系进行计算.解 (1) 物体由静止而下落到最低点时,速度为零,位移为1x ,在此期间重力所作的功完全转换为弹簧弹性势能的增量,即21121kx mgx = m 0.49m 2008.95221=⨯⨯==k mg x (2)物体与滑轮受力如图5-13(b)所示,设物体的最大速率为0v ,此时的位移为0x ,加速度00=a ,滑轮的角加速度000==R a α,分别应用牛顿第二定律和转动定律ma F mg =-T1αJ R F F =-)(T2T1可得此时T1F mg =,F T1= F T2,又因对于轻弹簧有0T2kx F =,则得m 0.245m 2008.950=⨯==k mg x 在此过程中,重力所作之功等于弹性势能的增量、物体动能和滑轮转动动能T1aF ’T1m m g(a) (b)图5-13的增量的和,即2020200212121ωJ m kx mgx ++=v 因R00v =ω,得 m/s 31.1m/s 9.85)07.001.05(2001)(122=⨯⨯+⨯=+=mg R J m k v5-14 圆盘形飞轮A 质量为m ,半径为r ,最初以角速度ω0转动,与A 共轴的圆盘形飞轮B 质量为4m ,半径为2r ,最初静止,如图5-14所示,两飞轮啮合后,以同一角速度ω转动,求ω及啮合过程中机械能的损失.分析 当物体系统所受的合外力矩为零时,系统的角动量守恒,在此过程中,由于相互作用的内力作功,机械能一般不守恒.解 以两飞轮组成的系统为研究对象,由于运动过程中系统无外力矩作用,角动量守恒,有ωωω2202)2(4212121r m mr mr += 得 0171ωω= 初始机械能为2022021412121ωωmr mr W =⋅= 啮合后机械能为2022222241171)2(421212121ωωωmr r m mr W =⋅+⋅= 则机械能损失为1202211716411716W mr W W W ==-=∆ω 5-15 一人站在一匀质圆板状水平转台的边缘,转台的轴承处的摩擦可忽略A图5-14不计,人的质量为m ’,转台的质量为10 m ’,半径为R .最初整个系统是静止的,这人把一质量为m 的石子水平地沿转台的边缘的切线方向投出,石子的速率为v (相对于地面).求石子投出后转台的角速度与人的线速度.分析 应用角动量守恒定律,必须考虑定律的适用条件,即合外力矩为零.此外还应该注意到,定律表达式中的角动量和角速度都必须是对同一惯性参考系选取的,而转动参考系不是惯性参考系.解 以人、转台和石子组成的系统为研究对象,由于系统无外力矩作用,角动量守恒,设转台角速度ω的转向与投出的石子速度v 方向一致,初始时系统角动量为零,得0=+v mR J ω 人和转台的转动惯量为221021R m R m J '+'=,代入上式后得 Rm m '-=6v ω 人的线速度 mm R '-=='6v v ω 其中负号表示转台角速度转向和人的线速度方向与假设方向相反.5-16 一人站立在转台上,两臂平举,两手各握一个m = 4 kg 的哑铃,哑铃距转台轴r 0 = 0.8 m ,起初,转台以ω0 = 2π rad/s 的角速度转动,然后此人放下两臂,使哑铃与轴相距r = 0.2 m ,设人与转台的转动惯量不变,且J = 52m kg ⋅,转台与轴间摩擦忽略不计,求转台角速度变为多大?整个系统的动能改变了多少?分析 角动量守恒定律是从定轴转动的刚体导出的,却不但适用与刚体,而且适用于绕定轴转动的任意物体和物体系统.解 以人、转台和哑铃组成的系统为研究对象,由于系统无外力矩作用,角动量守恒,有ωω)2()2(2020mr J mr J +=+rad/s 12.0rad/s 22.04258.042522220220=⨯⨯⨯+⨯⨯+=++=πωωmr J mr J 动能的增量为J183 J )2()8.0425(21J 12)2.0425(21 )2(21)2(2122222020220=⨯⨯⨯+⨯-⨯⨯⨯+⨯=+-+=-=∆πωωmr J mr J W W W 5-17 证明刚体中任意两质点相互作用力所作之功的和为零.如果绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用,试证明它的机械能守恒.分析 在刚体动力学中有很多涉及重力矩作功的问题,如果能证明当只有重力矩作功时刚体和地球组成的系统机械能守恒,就能应用机械能守恒定律,而且还可以用刚体的质心的势能代替整个刚体中所有质点势能的总和,使求解过程大大简化. 证 刚体中任意两质点相互作用力沿转轴方向的分量对定轴转动不起作用,而在垂直于转轴的平面内的分量F 和-F 大小相等,方向相反,作用在一条直线上,如图5-17所示.设F 与转轴的垂直距离为ϕsin r ,则当刚体有微小角位移θd 时,力F 所作的功为θϕd sin Fr ,而其反作用力-F 所作的功为θϕd sin Fr -,二者之和为零,即刚体中任意两质点相互作用力所作之功的和为零.绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用,刚体中任意质点则受到内力和重力作用,当刚体转动时,因为已经证明了任意两质点相互作用内力所作之功的和为零,则刚体中各质点相互作用力所作的总功为零,而且轴的支承力-F图5-17也不作功,就只有重力作功,因此机械能守恒.5-18 一块长m 50.0=L ,质量为m '=3.0 kg 的均匀薄木板竖直悬挂,可绕通过其上端的水平轴无摩擦地自由转动,质量m =0.1kg 的球以水平速度m/s 500=v 击中木板中心后又以速度m/s 10=v 反弹回去,求木板摆动可达到的最大角度.木板对于通过其上端轴的转动惯量为231L m J '= . 分析 质点的碰撞问题通常应用动量守恒定律求解,有刚体参与的碰撞问题则通常应用角动量守恒定律求解.质点对一点的角动量在第四章中已经讨论过,当质点作直线运动时,其角动量的大小是质点动量和该点到质点运动直线的垂直距离的乘积.解 对球和木板组成的系统,在碰撞瞬间,重力对转轴的力矩为零,且无其他外力矩作用,系统角动量守恒,碰撞前后球对转轴的角动量分别为021v mL 和v mL 21-,设碰后木板角速度为ω,则有 ωJ mL mL +-=v v 21210 设木板摆动可达到的最大角度为θ,如图5-18所示,木板摆动过程中只有重力矩作功,重力矩所作的功应等于木板转动动能的增量,即)1(cos 21d sin 2121002-'=⋅'-=-⎰θθθωθgL m L g m J (1) 由以上两式得388.050.08.90.34)1050(1.0314)(31cos 2222202=⨯⨯⨯+⨯⨯-='+-=gL m m v v θ ︒==19.67)388.0arccos(θ根据5-17的结果,由于木板在碰撞后除受到轴的支承力外仅受重力作用,v mm ’g图5-18它的机械能守恒,取木板最低位置为重力势能零点,达到最高位置时它的重力势能应等于碰撞后瞬间的转动动能,也可以得到(1)式.5-19 半径为R 质量为m '的匀质圆盘水平放置,可绕通过圆盘中心的竖直轴转动.圆盘边缘及R /2处设置了两条圆形轨道,质量都为m 的两个玩具小车分别沿二轨道反向运行,相对于圆盘的线速度值同为v .若圆盘最初静止,求二小车开始转动后圆盘的角速度.分析 当合外力矩为零时,应用角动量守恒定律应该注意到表达式中的角动量和角速度都是对同一惯性参考系选取的.转动参考系不是惯性参考系,所以小车对圆盘的速度和角动量必须应用相对运动速度合成定理转换为对地面的速度和角动量.解 设两小车和圆盘的运动方向如图5-19所示,以圆盘的转动方向为正向,外轨道上小车相对于地面的角动量为)(v -ωR mR ,内轨道上小车相对于地面的角动量为)21(21v +ωR R m ,圆盘的角动量为ωω221R m J '=.对于两小车和圆盘组成的系统,外力对转轴的力矩为零,角动量守恒,得ωωω221)21(21)(R m R R m R mR '+++-v v R m m m )25(2'+=v ω vωv图5-19。

第四章 刚体力学的定轴转动

第四章 刚体力学的定轴转动
轴转动中它们的方向沿着转轴 , 可以用带正负号 的标量来表示。
3
三、刚体转动的角速度和角加速度 角速度 刚体在dt 时间内 的角位移dq 与dt 之比。 z
dq
dq w dt
(rad s )
1
r
θ
P
角速度的方向由右手定则确定。 角加速度 刚体在Dt时间内 角速度的增量Dw 与Dt 之比的极 限
2
式中JC 为刚体对通过质心的轴的转动惯量, m是刚 体的质量,d是两平行轴之间的距离 。 2. 垂直轴定理 若z 轴垂直于厚度为无限小的刚体薄板板面, xy 平 面与板面重合, 则此刚体薄板对三个坐标轴的转动惯 量有如下关系
Jz J x J y
15
例2:在上一例题中, 对于均匀细棒, 我们已求得 对通过棒心并与棒垂直的轴的转动惯量为
1 2 J ml 12
求对通过棒端并与棒垂直的轴的J。 1 解:两平行轴的距离 d l , 代入平行轴定理, 2 得
由定义得:
dw ct dt
dw ct dt
6
对上式两边积分
由条件知

w
0
dw c tdt
0
t
1 2 w ct 2
2π 1 1 t 300 s , w 18000 rad s 600 π rad s 60 2w 2 600 π π 3 3 c rad s rad s 所以 t2 300 2 75
由角速度定义 得到:
dq π w rad s 3 t 2 d t 75
π q rad s 3 t 3 150
7

q
0
π t 2 dq t dt 150 0
π 3 转子转数: N 300 3 104 2 π 2 π 450

4第四章 刚体的定轴转动

4第四章 刚体的定轴转动
七、能综合应用转动定律和牛顿运动定律及质点、刚体定轴转 动的运动学公式计算质点刚体系统的简单动力学问题. 八、能综合应用守恒定律求解质点刚体系统的简单动力学问题. 明确选择分析解决质点刚体系统力学问题规律时的优先考虑顺序.
第 1 讲 刚体的定轴转动
预习要点 1. 理解刚体的运动; 2. 掌握描述刚体定轴转动的运动学方法; 3. 理解力矩的概念及力矩的功;
式中 mi ri2 表示第i个质点对转轴的转动惯量;
对质量连续分布的刚体,任取质量元 dm ,其到轴的
距离为 r ,则转动惯量:
J r2dm 单位:kg ·m2
若系统由多个刚体组成,则系统对转轴的总转动惯量, 等于各部分对同一转轴的转动惯量之和
一个长为4L的轻杆,连有两个质量都是m的小球(大小可 忽略),此系统可绕垂直于杆的轴转动,求下列转动惯量;
在转动平面内,O为转动平面与转轴的焦点,r 为从O 点指向
M 力的作用点 A 的位矢,两矢量的夹角为 ;
力 F 对定轴 OZ 的力矩 :
(力臂:力的作用线到转轴的距离)
z
M Z Fd Fr sin
通常,从OZ轴正向俯视,有 逆时针转动(趋势)力矩为正, 反之为负;
单位:牛·米(N ·m)
F
Or
例:一轻绳跨过一轴承光滑的定滑轮,绳的两端分别悬
有质量为m1和m2的物体,滑轮可视为均质圆盘, 质量 为m,半径为r,绳子不可伸长而且与滑轮之间无相对 滑动.求物体加速度、滑轮转动的角加速度和绳子的张
力. 设 m2 m1
解: 受力分析如图:
FT1 m1g m1a m2g FT2 m2a
FT2R FT1R J a r
m2
)
gl
sin
α

刚体的转动

刚体的转动

解 以m1 , m2 , m 为研究对象
m1g T1 m1a
T2 m2 g m2a
T1r
T2r
J
1 mr2
2
a r
T2
T2
m2
m2 g
(m1 m2 )g
(m1
m2
1 2
m)r
0
t
(m1 m2 )gt
(m1
m2
1 2
m)r
mr
T1
T1
m1
m1 g
17
例4-3:一长为l 质量为m 匀质细杆竖直放置,其下端与一固
0
3
平行轴定理 J z' J z Md2
J z' 刚体绕任意轴的转动惯量
J z 刚体绕通过质心的轴
d 两轴间垂直距离
z
x M,L
O dx
x
L
J
2 L
x2dx
1 12
ML2
2
z' z
M
d C
13
例如圆环绕中心轴旋转的转动惯量
J L R2dm m R2 0
例如圆盘绕中心轴旋转的转动惯量
dl m
R
O
ds 2 rdr
dm ds
dJ r2dm
J
R
dJ
1
mR2
0
2
m
R2
Rm dr
r O
14
例4-1:一轻绳绕在半径r =20 cm的飞轮边缘,在绳端施以F=98 N的拉力, 飞轮的转动惯量 J=0.5 kg·m2,飞轮与转轴间的摩擦不计,求(1)飞轮的 角加速度 (2)如以重量P =98 N的物体挂在绳端,计算飞轮的角加速度
需将力分别向垂直于轴以及平行于轴方向 做正交分解,如图所示

C4_刚体转动

C4_刚体转动

大学物理 五、转动定律的应用
解题要点
1)受力分析
质点 :根据牛顿第二定律 : F ma 2)列方程: 刚体 :根据转动定律 : M J a R
3)解方程
大学物理
例 1 如图, m1 、 m 2 、 M 、和 R 都已知, 绳子与滑轮间无相对滑动,求 m1 ( m 2 )的 加速度。
2
大学物理
例1 在高速旋转的微型电动机里,有一 圆柱形转子可绕垂直其横截面并通过中心的 转轴旋转.开始起动时,角速度为零.起动 t / 后其转速随时间变化关系为: m (1 e ) 式中 m 540 r s1(转/秒), 2.0 s . 求:(1)t=6 s时电动机的转速.
大学物理 定轴转动的角量描述: 可比照质点圆周运动的角量描述那样而引入
角坐标: (t ) 角位移: (t ) (t0 )
d 角速度: dt d d 2 2 角加速度:
dt dt
转速(Rotational Speed):做圆周运动的物体单位 时间内沿圆周绕圆心转过的圈数,叫做转速。
M J
说明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 。
转动定律是解决刚体定轴转动问题的基本方程。 它在定轴转动中的地位相当于牛顿第二定律在 质点力学中的地位。
大学物理
定轴转动定律与牛顿第二定律的比较:
转动定律和牛顿第二定律加以对比是很有启发性的: 前者中的合外力矩相当于后者中的合外力; 前者中的角加速度相当于后者中的加速度; 刚体的转动惯量则和质点的惯性质量相对应: 可以说,转动惯量表示刚体在转动过程中表现出来的 惯性,转动惯量这一词正是由此而命名的。
0 0 6 0

第4章-刚体转动

第4章-刚体转动

例1 如图, 有一半径为 R 质量为 m的匀质圆盘, 可绕
通过盘心 O 垂直盘面的水平轴转动. 转轴与圆盘之间的
摩擦略去不计. 圆盘上绕有轻而细的绳索, 绳的一端固
定在圆盘上, 另一端系质量为 m 的物体. 试求物体下落
时的加速度、绳中的张力和圆盘的角加速度.
m
Ro
m
oR
m
T
m
T'
Py
解:1) 分析受力 2)选取坐标
2 刚体定轴转动的角动量
L mirivi ( miri2 )
i
i
L J
单位:kg·m2·s-1,量纲:ML2T-1
二 刚体定轴转动的角动量定理
z
O ri
vi
mi
dL d(J) J d J M
dt dt
dt
t2
t1
Mdt t2 Mdt
t1
L2
L1
dL L2 dL
L1
J2 J1
➢ 角速度矢量 lim d
t t0 dt
方向: 右手螺旋方向
参考轴
6
4-1 刚体的定轴转动
➢ 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 .

角加速度
d
dt
z
z
定轴转动的特点
0 0
1) 2)
每任一一质 质点 点均 运作 动圆周 ,运动,,均圆相面同为,转但动v平,面a 不;同;
球体(沿任一直径): 圆筒(沿几何中心轴):
J 2 mR2 5
J m 2
R12 R22
21
4-2 力矩 转动定律 转动惯量
讨论 ➢ 有两个飞轮:一个是木制的,周围镶上铁制

第四章 刚体的转动

第四章 刚体的转动

x dx
2
L
3

mL 12
J A J C m(
L 2
)
2
12
4. 平行轴定理
前例中JC 表示相对质心轴的转动惯量,JA 表 示相对通过棒端的轴的转动惯量。两轴平行,相距 L /2,有:
1 1 L 2 2 J A J C m = + mL mL 12 4 2 1 3 mL
定轴转动的角速度仅有沿转轴的两个方向。



用正负号表示方向

d
d
3. 角加速度

d dt
角加速度方向与 d 相同。
加速转动 ,方向一致; 减速转动 , 方向相反
4. 角量与线量的关系
v r v r v r dv d r dv d ((r )) r d r d dv d ( r ) d at at r r at dt dt r dt r dt dt dt dt dt dt 2 v2 2 v 2 r 2 an v r 2 an an r r r r
解: 在环上任取一小线元dl 其质量
J
dm
R dm
2
m 2R
O
dl
R dm

m
0 2
R

2 R
m 2R
均匀圆环的
dl
0
转动惯量: J mR
2
mR
2
例5 求质量为M 半径为R 的薄圆筒绕中心轴的转 动惯量。(不计厚度) 解: 将圆筒分为一系列的圆环,质 量为dm
2 dJ R dJ R dm dm
(3) 若力不在垂直于转轴的平面内,则将这些力沿平面和转轴方 向分解,与转轴平行的分力力矩为零,在平面内的分力力矩的 代数和即为这些力的合力矩; (4) 由于刚体内质点间 F F F F 的相互作用力总是成对 F F r r F r r 出现,并遵守牛顿第三 r r r F 定律,所以这些力对转 轴的合力矩为零,即合 r 内力矩为零。

第四章刚体的定轴转动

第四章刚体的定轴转动

L 2
x2dx
1
ML2
L L2
12
z
(2) 由平行轴定理:
zc L/2
C
I
I C M (
L 2
)2
1 12
ML2
1 4
ML2
1 3
ML2
例题4-2: 求密度均匀的圆盘对通过中心并与盘面垂直的转轴 的转动惯量。设圆盘的半径为R,质量为M。
在圆盘上取一半径为r、宽度为dr的圆环,环的面积为2rdr,
环的质量为:
dm
2rdr
M
R2
2rdr
2M R2
rdr
转动惯量:
M
dr
I
r 2dm
2M R2
R r 3dr 1 MR 2
0
2
r p
§4-4 刚体的转动定理
1、力矩:
外力在平行于转轴方向的分力对刚体定轴转动不起作用,
所以只需考虑外力在垂直于轴的平面内的分力。
M
f
定义:外力相对于某固定轴的力矩为:
开始运动时的角速度;
(1)棒和子弹的转动惯量:
IM
1 3
Ml 2
,
Im
m(
3 4
l
)2
9 16
ml 2
由角动量守恒:
o θ0
3l
4C
mv 3 l ( 1 Ml 2 9 ml 2 )
A
43
16
求得:
36 mv
8.88 ( rad / s )
( 16 M 27 m )l
习题4-23 一匀质木棒l = 0.40m,M=1.00kg,可绕轴o在竖直面内 无摩擦转动,开始棒处于竖直位置,一质量m=8g,

第四章 刚体的转动

第四章 刚体的转动

四、角量与线量的关系
v r 2 an r
11
例1 在高速旋转的微型电动机里,有一圆柱形转子可 绕垂直其横截面并通过中心的转轴旋转。开始起动时, 角速度为零。起动后其转速随时间变化关系为:
m (1 e
t /
1 式中 : 540 r s , 2.0 s ) m
平动与转动的叠加
5
随质心的平动
+
绕质心的转动
合成
6
5.刚体定轴转动的特点
(1)任一质点都是在某个垂直 转轴的平面内作圆周运动。 (2)各质点的轨迹是半径大小 不一的圆周。在同一时间内, 各质点转过的圆弧长度不相 同。
A
A
z

r1
O1B rFra bibliotek2 O2 B
(3)各质点半径所扫过的角度

z
0
z
0

8
2.角加速度
d lim dt t 0 t
1
O
2 1
0
2
O
1 1
O
2
2 1
0
2
O
1
2
9
3.角速度矢量和线速度矢量的关系
v r
v
O

O




v
10
三、匀变速转动公式
1 1 2 3 p0 Lh gLh 2 6
y
2.14 10 N m
12
h dF
O
dy
y
Q
22
二、转动定律
1.受力分析
Fi、Fi 均在与Oz轴相垂直 的平面内。 2.运动方程

大学物理 第四章 刚体的转动 4-2 力矩 转动定律 转动惯量

大学物理 第四章 刚体的转动 4-2 力矩 转动定律 转动惯量

} ⇒ω
} ⇒θ
2、 M = Jα
F = ma
}⇒
17
m反映质点的平动惯性,J 反映刚体的转动惯性。 反映质点的平动惯性, 反映刚体的转动惯性。 反映质点的平动惯性
三 转动惯量
J 的计算方法 质量离散分布
J = ∑ ∆m r
j
2 j j
J = ∑ ∆m r = (∆m )r + (∆m2 )r + L+ (∆mN )r
质量为m,长为L的细棒绕其一端的 的细棒绕其一端的J 质量为 ,长为 的细棒绕其一端的
1 2 J c = mL 12
O1
O1’
L2 1 2 J = J c + m( ) = mL 2 3
d=L/2
O2 O2’
20
竿 子 长 些 还 是 短 些 较 安 全 ?
飞轮的质量为什么 大都分布于外轮缘? 大都分布于外轮缘?
(3) )
1 2 对M: T2 r − T1r = J α = M r α : 2
4、运动学: 运动学:
rα = a
(4) )
26
解以上四个联立方程式, 解以上四个联立方程式 可得
1 T2 ' ≠ T 、
原因: 原因:
' 1
' (1)若:T2 ' = T T2 ' r −T ' r = Jα v 1 1 FN v 1 T 1 ⇒ J = mr2 = 0 ⇒m = 0 2 m
21
例1(补充例题):一个转动惯量为2.5 kg⋅m2 、 (补充例题) 一个转动惯量为 ⋅ 例题 直径为60cm 的飞轮,正以 的飞轮,正以130 rad⋅s−1 的角速度旋转。 直径为 ⋅ 的角速度旋转。 现用闸瓦将其制动, 现用闸瓦将其制动 如果闸瓦对飞轮的正压力为 500 N, 闸瓦与飞轮之间的摩擦系数为0.50。求: 闸瓦与飞轮之间的摩擦系数为 。
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第4章 刚体的运动4-1 刚体的运动1. 刚体● 物体是有形状和大小的,物体的运动有平动、转动和形变等多种形式,质点的运动只能描述物体的平动,不能描述物体的转动和形变等运动,为了研究物体的平动和转动,我们引入刚体的概念。

● 刚体:物体内任意两质点之间的距离,都不因外力而改变,这样的物体叫做刚体,刚体考虑了物体的形状和大小,但不考虑形变,是一个理想模型。

● 处于固态的物质,有一定的形状和大小,但任何固体在外力作用下,其形状和大小都要发生变化,刚体是在外力作用下形变并不显著的物体的一种近似。

● 以刚体为对象,我们可研究它的平动、转动、平动与转动的复合运动等。

● 刚体是一种特殊的质点系统,无论它在多大外力的作用下,系统内任意两质点间的距离始终保持不变。

()()不变c r r r r jiji=-⋅-或 ()()0=-⋅-dtr r d r r j i j i 或 ()()0=-⋅-j i j i v v r r●一个刚体的运动,就是一个特殊质点系统的运动,因此,对刚体运动的研究,可以用质点系统的运动定律来加以研究。

2. 刚体的平动●刚体的平动:当刚体运动时,如果刚体内任何一条给定的直线,在运动中始终保持它的方向不变,这种运动叫做刚体的平动。

●刚体平动的例子:升降机的运动、汽缸中活塞的运动、刨床上刨刀的运动、车床上车刀的运动等等。

●刚体平动时,在任意一段时间内,刚体中所有质点的位移都是相同的,而且在任何时刻,各个质点的速度和加速度也都是相同的,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。

3. 刚体的转动●刚体运动时,如果刚体的各个质点在运动中都绕同一直线作圆周运动,这种运动便叫做刚体的转动,这一直线叫做转轴,转轴还可以绕某一点转动,这一点叫基点。

●刚体转动的例子:机械上齿轮的运动、车床上工件的运动、钟摆的运动、地球的自转运动等等。

4. 刚体一般运动的分解● 刚体的一般运动可看作是平动和转动的叠加运动。

● 刚体的一般运动的分解:在刚体上任选一点为刚体的基点,刚体的一般运动可以分解成刚体跟随基点的平动和刚体绕基点的转动。

通过基点任选一条直线为刚体的转轴,刚体的转动又可以分解为刚体绕转轴的转动和转轴绕基点的转动。

● 刚体的一般运动分解的例子:一个车轮的滚动,可以分解为车轮随着转轴的平动和整个车轮绕转轴的转动;在拧紧或松开螺帽时,螺帽同时作平动和转动;钻床上的钻头在工作时,也同时作转动和平动。

4-2 刚体的定轴转动1. 刚体的定抽转动● 刚体的定抽转动:刚体上各点都绕同一直线(转轴)作圆周运动,而轴本身在空间的位置不变,这就叫做刚体的定抽转动。

()()不变c r r r r jiji=-⋅-不变c r r i i =⋅不变c k r i =⋅ˆ或 ()()0=-⋅-j i j i v v r r0=⋅i i v r0ˆ=⋅kv i或 0=⋅+⋅i j j i v r v r,0=⋅i i v r0ˆ=⋅kv i ● 刚体的定抽转动的例子:机械上飞轮的转动、门的开或关的运动等。

2. 刚体定轴转动的角速度● 刚体作定轴转动时,刚体中任一质点都在某个垂直于转轴的平面内作圆周运动,各个质点的转动半径所扫过的角度、角速度和角加速度都相同,因此可以用刚体上任一点的这个转角(角位移)、角速度和角加速度来描述整个刚体的转动。

● 刚体定轴转动的角速度和角加速度定义:角速度是一个矢量,它的大小等于刚体上任以点的转动角速度,它的方向与刚体的转动方向满足右手螺旋法则,即右手螺旋的拇指所指方向,它与转轴平行(轴的方向一般取轴方向k ˆ)。

角加速度是角速度的变化率。

k dt d ˆθω=, k dt d dt d ˆ22θωβ== ,● 在定轴转动的情形中,角速度的方向总是沿着转轴的,因此只要规定了ω 的正负,ω就可用标量进行计算。

dtd θω=22dtd dt d θωβ==● 刚体在定轴转动时,刚体有共同的角位移、角速度和角加速度,但是,由于刚体上各个质点的的转动半径不同,所以刚体上各个质点的位移、速度和加速度都不相同。

● 刚体在定轴转动时,刚体角量和线量的关系:对于刚体上任一质点i p ,如果它到转轴的位矢为i r ,线速度为i v,线速度为i a,刚体角速度为ω ,则有下面的的关系式成立i i r v⨯=ω,i i r v ⋅=ω 2i i i r v r⨯=ω,i i r v =ω因为dt d θω=,ωθi i i i r dtd r dt ds v ===3. 刚体定轴转动的角动量● 设刚体绕z 轴反时钟旋转,任取刚体上一点i p ,其质量为i m ,i p 关于o 点的位矢为i R ,关于z 轴的位矢为i r,因此点i p 的()i i i i i i i v R m v m R L⨯=⨯=()()ωω2222ˆˆˆˆii i i i i i i i i i i i iz r m k r m k r v r r m kv r m k L L =⋅=⋅⨯=⋅⨯=⋅= ● 刚体的总角动量在转轴方向的分量,即刚体绕定轴的角动量为。

ωω⎥⎦⎤⎢⎣⎡===∑∑∑i i i i i i i iz z r m r m L L 22● 刚体的总角动量,等于各个质点角动量的矢量和,由图可见,总角动量L 的方向并不和z 轴或ω的方向相一致,只有刚体的质量分布关于转轴对称分布时,刚体对O 点的角动量才和z 轴ii或ω的方向相一致。

这时,刚体对O 点的角动量就是刚体绕定轴的角动量。

● 刚体对转轴的转动惯量为 I ⎰∑⋅==Vii i z dV r r m J 22ρ● 刚体的总角动量在角速度方向的分量与刚体的角速度的关系为ωz z J L =● 转动惯量是刚体定轴转动时,转动惯性大小的量度。

● 刚体对定轴可定义一回转半径,引入回转半径概念以后,刚体对定轴的转动等效为一个等质量的圆环,圆环的半径为回转半径。

I ∑∑==ii ii i Gmm rm r 2 222G iii ii i z mr mrm mr m J ===∑∑4. 刚体定轴转动的转动惯量计算● 影响刚体转动惯量大小的因素有三个:(1)刚体的总质量,(2)质量的分布。

(3)给定轴的位置。

● 物体的质量分布一样,转轴位置一样,但材质不同,其转动惯量不相同。

● 物体的材质一样,转轴位置一样,但质量分布不同,其转动惯量不相同。

● 物体的材质一样,质量分布一样,但转轴的位置不同,其转动惯量不相同。

● 表4-1给出了常见刚体的转动惯量。

● 刚体转动惯量的计算公式⎰∑⋅==Vii i z dV r r m J 22ρ5. 刚体定轴转动的力矩● 刚体定轴转动的力矩:i i i F R M ⨯=()()k F r k F R M i i i i iz ˆˆ⋅⨯=⋅⨯=● 合力的力矩等于各个分力的力矩的和,即()∑∑⋅⨯==ii i iiz z k F r M M ˆi F⊥i F6. 刚体定轴转动定律● 刚体的角动量定理:刚体也是质点系,所以刚体满足质点系的角动量定理dt L d M =dtdL M zz =● 刚体定轴转动定理:ωz z J L =βωωz z z Z z J dtd J J dt d L dt d M ====J随时间变化时: ωz z J dtdM =J不随时间变化时:βz z J M =● 定轴转动定律说明,当刚体所受的总外力矩一定时,转动惯量愈大,角加速度就愈小,也就是转动惯量越大的刚体其角速度越难改变,刚体保持原有转动状态的能力越强,反之,转动惯量愈小,角加速度就愈大,也就是转动惯量越小的刚体其角速度越容易改变,刚体保持原有转动状态的能力越差,这就清楚地表明,转动惯量是量度刚体转动惯性的物理量。

7. 刚体定轴转动的角动量守恒定律● 定轴转动定理()dtJ d dt dL M z z z ω==● 角动量定理的积分形式()()122121ωω-=-==⎰z z z t t zz J L L dt MK● 角动量守恒定律:当0=z M 时,刚体定轴转动的角动量守恒。

()()0211221⎰==-=-t t z z z z dt M J L L ωω()()000=-=-ωωz z z z J J L L即:J 随时间变化时: 常数c J L z z ==ω J不随时间变化时:常数c =ω8. 刚体定轴转动力矩的功和动能定理● 力矩做的功:对于刚体,因各质点间的相对位置不变,所以内力不作功,只需考虑外力的功,而对于定轴转动的情形,只有在垂直于转轴平面内的分力才能使刚体转动,平行于转轴的分力是不作功的。

()()θθωωωωd M dt M dtd dt M dt M dtF r dt r F dt v F dA iz iz iz i i i i i i i i =⋅=⋅=⋅=⨯⋅=⨯⋅=⋅=θθd M d M A d dA z iiz Ii ===∑∑dt d J J M zz z ωβ== ωωωθθωθd J d dt d J d dt d J d M dA z z z z ====21222121212121ωωωωωωθωωωωθθz z z z z J J d J d J d M A -====⎰⎰⎰● 力对刚体所作的功可用力矩与刚体角位移乘积的积分来表示,叫做力矩的功。

● 刚体定轴转动时的动能,是组成刚体的各个质点的动能之和()2222221212121ωωωz i i i i i i i i i k J r m r m v m E =⎪⎭⎫ ⎝⎛===∑∑∑ ● 刚体定轴转动时的动能定理:总外力矩对刚体所作的功等于刚体转动动能的增量。

212212212121ωωθθθz z k k z J J E E d M A -=-==⎰ ● 如果刚体受到摩擦力矩或阻力矩的作用,则刚体的转动将逐渐变慢,这时,阻力矩与角位移反向,阻力矩作负功,转动动能的增量为负值,这就是说转动刚体反抗阻力矩作功,它的转动动能逐渐减小。

● 动能定理在工程上有很多应用,为了储能,许多机器都配置飞轮,转动的飞轮因转动惯量很大,可以把能量以转动动能的形式储存起来。

在需要作功的时候再予以释放。

例如冲床在冲孔时,冲力很大,如果由电动机直接带动冲头,电机将无法承受这样大的负荷,因此,中间要装上减速箱和飞轮储能装置,电动机通过减速箱带动飞轮转动,使飞轮储有动能,在冲孔时,由飞轮带动冲头对钢板冲孔作功,使飞轮转动动能减少,这就是动能定理的应用。

利用转动飞轮盘旋能量,可以大减少电机的负荷,从而解决了上述矛盾。

9. 自由刚体的重力势能● 如果一个刚体受到保守力的作用,也可引入势能的概念,重力势能应是组成刚体的各个质点的重力势能之和,取地面坐标系有c i i i ii i i i p gmh m h m m g h m g gh m E =⋅⋅===∑∑∑∑∑是刚体的总质量∑=im m 是刚体质心的高度∑∑=i i i c m h m h4-3 刚体的自由度1. 自由度● 定轴转动的问题只要一个方程(转动定律)就能解决,刚体的一般运动需要几个联立方程式才能求解?这就是自由度问题。

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