4第四章定轴转动

(4) 转动中M = Jα与平动中F = ma
地位相同．
（5） M = Jα = J dω
dt
30
三 转动惯量 ¾ 刚体的转动惯量等于刚体上各质点的质量与各质 点到转轴距离平方的乘积之和。
∑ ∫ J = Δm jrj2 J = r2dm j
¾ 转动惯量的单位：kg·m2 ¾ J 的意义：转动惯性的量度 .
2π 2π
19
（2）t = 6 s时，飞轮的角速度
ω
=
ω0
+
αt
=
(5π
−
π 6
×
6)
=
4π
rad⋅
s−1
（3）t = 6 s时，飞轮边缘上一点的线速度大小
v = rω = 0.2× 4π = 2.5 m ⋅s−2
该点的切向加速度和法向加速度
at
=
rα
=
0.2× (−
π) 6
=
−0.105
m ⋅s−2
轮与轴承间的摩擦力可略去不计．
A
(1)两物体的线加速度为
mA
C
mC
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 y 时，其速
mB B 率是多少？
40
解 (1) 用隔离法分
别对各物体作受力分析，
取如图所示坐标系．
A
mA v FN v
mA FT1
vO x
PA
C
mC
mB B
18
解（1）ω0 = 5π rad ⋅ s−1, t = 30 s 时，ω = 0
设 t = 0 s 时，θ0 = 0 ，飞轮作匀减速运动
α = ω − ω0 = − π rad ⋅s−2
t
6
飞轮 30 s 内转过的角度
θ
=
ω2
−
ω
2 0
= 75 π
rad
2α
转过的圈数 N = θ = 75π = 37.5 r
（2）与刚体的几何形状及体密度 ρ的分布
有关． （3）与转轴的位置有关．
35
四 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 JC ，则对任一与
该轴平行，相距为 d 的
转轴的转动惯量
J O = J C + md 2
d
C mO
36
J = Jc + md2
圆盘对P 轴的转动惯量 P R O m
JP
=
1 mR2 2
+ mR2
质量为m，长为L的细棒绕其一端的J
Jc
=
1 mL2 12
O1
O1’
J
=
Jc
+ m( L)2 2
=
1 mL2 3
d=L/2
O2
O2’
37
竿
子长些Fra bibliotek还是
短
些
较
安
全
飞轮的质量为什么
？
大都分布于外轮缘？
38
五、刚体定轴转动的转动定律的应用
解题步骤
1.确定研究对象； 2.受力分析； 3.选择参考系与坐标系； 4.列运动方程； 5.解方程； 6.必要时进行讨论。
12
解 (1) 将 t=6 s 代入ω = ωm (1− e−t /τ )
ω = 0.95ωm = 513 r ⋅s−1
(2) 电动机在6 s内转过的圈数为
∫ ∫ N = 1 2π
6
ωdt =
1
0
2π
6 0
ωm
(1
−
e−t
/τ
)dt
= 2.21×103 r
(3) 电动机转动的角加速度为
α = dω = ωm e−t /τ = 540πe−t / 2 rad ⋅ s−2 dt τ
an = rω2 = 0.2×(4π)2 = 31.6 m⋅s−2
20
2、 一转动的轮子由于摩擦力矩的作 用，在5s内角速度由15rad/s 匀减速地降到 10rad/s 。求：
(1)角加速度； (2)在此5s内转过的圈数； (3)还需要多少时间轮子停止转动。
21
解 根据题意，角加速度为恒量。
(1) 利用公式
dt 150
∫ ∫ 得
θ
dθ =
π
t t 2dt
0
150 0
θ = π t 3 rad
450
在 300 s 内转子转过的转数
N = θ = π (300)3 = 3×104
2π 2π × 450
16
课堂练习
17
1 一飞轮半径为0.2 m、转速为150 r·min-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．
31
¾ J 的计算方法
质量离散分布
∑ J = Δmjrj2 = m1r12 + m2r22 +L+ mjrj2
质量连续分布
∑ ∫ J = Δmjrj2 = r2dm j
∫= ρr2dV V
dm：质量元 dV ：体积元
32
例1、求长为L、质量为m的均匀细棒对图中不同轴的转动惯量。
解：取如图坐标，dm=λdx
4-2 力矩 转动定律 转动惯量
一、力矩
1、引入
外力对刚体转动的影响，与力的大小、方向和作用点的
位置有关。
•力通过转轴：转动状态不改变
•力离转轴远：容易改变
•力离转轴近：不易改变
F
2、力Mv对=点的rv ×力F矩v
M＝Fr sinθ
M
Or
rθ F
23
3、力对转轴的力矩
力对O点的力矩在通过O点的轴上的投影称为力对转轴的力矩
得 ω = 1 ct 2
0
0
2
14
ω = 1 ct 2
2
当 t =300 s 时
ω = 18 000 r ⋅ min−1 = 600π rad ⋅ s−1
c = 2ω = 2× 600 π = π rad ⋅s−3
t2
3002 75
ω = 1 ct 2 = π t 2
2 150
15
由 ω = dθ = π t2
FvT′1
v FC
v PC
v FT2
FvT′2
O
mB
v PB
y
41
在垂直与转轴平面内的分力F1
只有分力F1才对刚体的转动状 态有影响。
p
F2
or
P
25
讨论
∑ （1）合力MMrv矩＝=等于rvi ×各Mv分Fivi力矩的矢量和
（2）刚体内作用力和反作用力的力矩互相抵消．
v Mij
rvj
j
v
O
v
d rvi
i v Fji
Fij
Mji
（3）单位 N·m
v M ij
=
−Mv
质量元受外力
内力
v Fij
Fvej，
Mej + Mij = Δmjrj2α
外力矩 内力矩
z
O rvj
v Fej
Δmj
v Fij
∑ ∑ ∑ M ej + M ij = Δm j rj2α
j
j
∑ QMij = −M ji ∴ Mij = 0
j
28
∑ ∑ M ej = (
Δm
j
r
2 j
)α
j
定义转动惯量
角速度矢量
ω = lim Δθ = dθ ωv方向Δt:→右0 手Δt螺旋方d向t
7
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 α = dω
dt
ωv
ωzv
ω >0
z
ωv
ω <0
8
二 匀变速转动公式
当刚体定轴转动时，如果在任意相等的时间间隔内，角速 度的增量都是相等的，这种变速转动叫做匀变速转动。 或者说
1
平动：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.
状态特一点样：，如各：点vv运、动av
等都相同．
刚体平动 质点运动
2
转动 刚体中所有的点都绕同 一条直线作圆周运动，这种 运动称为转动。这条直线叫 作转轴。
转动：分定轴转动和非定轴转动
ω = ω0 + αt
θ
= θ0
+ ω0t
+
1 2
α
t
2
ω 2 = ω02 + 2α (θ −θ0 )
10
三 角量与线量的关系
ω = dθ
dt
α = dω = d2θ
dt d2t vv = r ω ev t
ωv
avn rvav
avt
evvvt
at = rα
an = rω 2
av = rα evt + rω 2 evn
注意以下几点：
1.力矩与转动惯量必须对同一转轴而言的； 2.要选定转轴的正方向，以便确定已知力矩或角加速度、角 速度的正负； 3. 系统中有转动和平动，
转动物体——转动定律 平动物体——牛顿定律
39
例1 质量为mA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mC的圆柱形滑轮C，并系在另一质量为mB 的 物体B上，B 竖直悬挂．滑轮与绳索间无滑动， 且滑
∑ ∫ J = Δm jrj2 J = r2dm j
z
O rvj
v Fej
Δmj
v Fij
转动定律 M = Jα
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.
29
转动定律 M = Jα
讨论 （1） M = 0，ω 不变
（2） α ∝ M α 与 M方向相同．
J
(3) 为瞬时关系．
当刚体绕定轴转动的 α =常量时，刚体做
匀变速转动．
角加速度
α＝const
角速度
ω＝ω0 + α t
角位移
Δθ＝ω0
t
+
1 2
α
t
2
角位置
θ＝θ0＋ω0
t
+
1 2
α
t2
9
对比:
质点匀变速直线运动
刚体绕定轴作匀变速转动
v = v0 + at
x
=
x0
+
v0t
+
1 2
at 2
v2 = v02 + 2a(x − x0 )
3
刚体的一般运动可看作：
随质心的平动 +
绕质心的转动
刚体的平面运动
的合成
4
5
定轴转动的特点：
•各质点都作圆周运动； •各质点圆周运动的平面垂直于轴线，圆心在轴线上，此圆平面 称为转动平面； •各质点的矢径在相同的时间内转过的角度相同，角量描述相同。
z定轴转动可用一个质点在其转动平面内的圆周运动来描述， 且运动描述仅需一个角坐标．
z任一质点运动 Δθ ,ωv,αv 均相同，但 vv, av 不同；
6
4-1 刚体的定轴转动
一 刚体转动的角速度和角加速度
角坐标 θ = θ (t)
z
ω
沿逆时针方向转动 θ > 0 沿顺时针方向转动 θ < 0
r P’(.t+dt)
O
θ
dθ
. P(t)
x
角位移 Δθ =θ (t + Δt) −θ (t)
刚体简介
刚体：在外力作用下，形状和大小都不发生变 化的物体．(任意两质点间距离保持不变的特殊质 点组．)
说明： ⑴ 刚体是理想模型 ⑵ 刚体模型是为简化问题引进的． (3)刚体可以看成是无数质点组成的质点系. 刚体可以看成一个包含由大量质点、而各个质点 间距离保持不变的特殊质点系。
刚体的运动形式：平动、转动．
ji
26
二 转动定律
（1）单个质点 m 与转轴刚性连接
法向力 Fn=man，通过转轴，力矩为零
切向力 Ft = mat = mrα
对转轴的力矩为
M = rF sin θ
M = rFt = mr 2α M = mr 2α
z
Mv
v Ft
v F
O
rv
m
θv Fn
质点的角加速度与质点所受的力矩成正比
27
（2）刚体
解：取半径为r宽为dr的薄圆环,
dm = σ ⋅ 2πrdr
dr rR
dJ = r2dm=σ ⋅2πr3dr
∫ ∫ J = dJ = R σ ⋅ 2π r 3 dr = 1 σπ R 4
0
2
Qσ
=m
πR 2
∴ J = 1 mR 2 2
说明 刚体的转动惯量与以下三个因素有关：
（1）与刚体的体密度 ρ 有关．
•情况1：力与轴平行，则M=0
•情况2：刚体所受的外力F在垂直
于转轴的平面内 力臂：转轴和力的作用线之间 的距离d称为力对转轴的力臂。 力矩：力的大小与力臂的乘 积，称为力F对转轴的力矩。 M=Fd
z
Mv rv
Od
Fv P* θ
24
情况3：
z
若力F不在垂直与转轴的平面内
F F1
与转轴平行的分力F2，
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：ω = ωm (1− e−t /τ ) 式中 ωm = 540 r ⋅s−1，τ = 2.0 s ．求：
(1)t=6 s时电动机的转速．(2)起动后，电动 机在 t=6 s时间内转过的圈数．(3)角加速度 随时间变化的规律．
13
例2 在高速旋转圆柱形转子可绕垂直
其横截面通过中心的轴转动．开始时，它的
角速度 ω0 = 0 ，经300 s 后，其转速达到
18 000 r·min-1 ．转子的角加速度与时间成正
比．问在这段时间内，转子转过多少转？
解 令α = ct，即 dω = ct，积分
dt
∫ ∫ ω dω = c
t
tdt
∫ J A =
L x 2λ dx = mL 2 / 3
0
L
∫ J C =
2 −L
x 2 λ dx
=
mL 2 / 12
2
A L
A
C
L/2
B X
B L/2 X
例2、求质量为m、半径为R的均匀圆环的转动 惯量。轴与圆环平面垂直并通过圆心。
解：
O
∫ ∫ J = R2dm= R2 dm = mR2
R dm
例3、求质量为m、半径为R均匀圆盘的转动惯量。轴与盘平面垂 直并通过盘心。
α = ω－ω0 = 10 − 15 = −1rad/s 2
t
5
(2) 利用公式
θ
−θ0
=
ω 2 −ω02 2α
=
102 − 152 2 × (−1)
=
62.5rad
5秒内转过的圈数