2-4 转动刚体的角速度和角加速度解析
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大学物理第四章刚体转动
进动和章动在自然界中实例
陀螺仪
地球极移
陀螺仪的工作原理即为进动现象。当 陀螺仪受到外力矩作用时，其自转轴 将绕某固定点作进动，通过测量进动 的角速度可以得知外力矩的大小和方 向。
地球极移是指地球自转轴在地球表面 上的移动现象，其产生原因与章动现 象类似。地球极移的周期约为18.6年 ，且极移的幅度会受到地球内部和外 部因素的影响。
天体运动
许多天体的运动都涉及到进动和章动 现象。例如，月球绕地球运动时，其 自转轴会发生进动，导致月球表面的 某些特征（如月海）在地球上观察时 会发生周期性的变化。同时，行星绕 太阳运动时也会发生章动现象，导致 行星的自转轴在空间中的指向发生变 化。
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THANKS
02
刚体定轴转动动力学
转动惯量定义及计算
转动惯量定义
刚体绕定轴转动时，其惯性大小的量度称为转动惯量，用字母$J$表示。它是一个与刚体质量分布和转轴位置有 关的物理量。
转动惯量计算
对于形状规则的均质刚体，可以直接套用公式计算其转动惯量；对于形状不规则的刚体，则需要采用间接方法， 如分割法、填补法等，将其转化为规则形状进行计算。
刚体性质
刚体是一个理想模型，它在力的作用 下，只会发生平动和转动，不会发生 形变。
转动运动描述方式
01
02
03
定轴转动
平面平行运动
ห้องสมุดไป่ตู้
定点转动
物体绕一固定直线（轴）作转动。
物体上各点都绕同一固定直线作 不同半径的圆周运动，同时物体 又沿该固定直线作平动。
物体绕一固定点作转动。此时物 体上各点的运动轨迹都是绕该固 定点的圆周。
非惯性系下刚体转动描述方法
欧拉角描述法
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
刚体的简单运动—刚体绕定轴的转动(理论力学)
主轴转动两圈后停止 0
2 02 2
0 10π2 2 4π
负号表示 的转向与主轴转动方向相反，故为减速运动。
小结
1.刚体绕定轴转动 刚体运动时，有上或其扩展部分有两点保持不动,这种运动
为刚体的绕定轴转动。通过两点的直线称为转轴,不在转轴上 的各点都在垂直于转轴的平面内做圆周运动。
2.角速度
三、定轴转动的角速度和角加速度
1、角速度
lim
Δt 0
Δ Δt
d
dt
代数量 正负与转角相同
若已知转动方程 f (t)
f (t)
刚体转动的快慢和方向 单位为 rad/s
2、角加速度
设当t 时刻为 , t +△t 时刻为 +△
角加速度
lim
t 0
t
d
dt
d2
dt2
f (t)
表征角速度变化的快慢 单位:rad/s2 (代数量)
§6-2 刚体绕定轴的转动
一、刚体绕定轴转动
刚体运动时，其上或其扩展部分有两点保持不动, 这种运动为刚体的绕定轴转动。通过两点的直线称为 转轴,不在转轴上的各点都在垂直于转轴的平面内做 圆周运动。
二、转角和转动方程
____ 转角,单位弧度(rad)
=f(t)
转动方程
方向规定: 从Z轴正向看
逆时针为正
f (t) 刚体转动的快慢和方向 单位为 rad/s (代数量)
3.角加速度
f (t)
如果与同号,则转动是加速的;如果与异号,则转动是减
速的。
如果与同号,则转动是加速的; 如果与异号,则转动是减速的。
与同号,转动加速
与异号,转动减速
O
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。
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。
定轴转动刚体内各点的速度和加速度
a
aτ2 an2 r
2 4
arctan
aτ an
arctan
2
式中：——全加速度的方向与转动半径间的夹角。
1.3 转动刚体内各点的速度和加速度的分布规律
由上面各式可得到转动刚体内各点的速度和加速度的下述分布 规律：
1）在任一瞬时，转动刚体内各点的速度、切向加速度、法向 加速度及全加速度的大小均与该点的转动半径成正比。
= 0.5 m的圆轮绕定轴O转动，转动
方程为＝－t2+3t， 的单位为rad，
t的单位为s。求t = 1s时轮缘上任一 点M的速度和加速度。如果在此轮 缘上绕一柔软而不可伸长的绳子， 绳端悬挂一物块A，求t = 1s时物块 A的速度和加速度。
目录
刚体的运动\定轴转动刚体内各点的速度和加速度
【解】 由圆轮的转动方程，可得其在任 一瞬时的角速度和角加速度为
下面求物块A的速度和加速度，由于绳子不 可伸长，A点落下的距离与M点转过的弧长相同，
A点的运动方程为s= r，t = 1 s时的速度和加速
度为
v ds r d r (0.51) m/s 0.5 m/s
dt dt
a dv r d r [0.5 (2)] m/s2 1m/s2
dt dt
目录
刚体的运动\定轴转动刚体内各点的速度和加速度 2）在任一瞬时，转动刚体内各点的速度方向垂直于各自的转
动半径；全加速度的方向与各点的转动半径的夹角均相同且小于 90°。
因此，刚体内通过转轴且与其垂直的任一直线上各点在同一 瞬时的速度和全加速度是按线性规律分布的，如图所示。
目录
刚体的运动\定轴转动刚体内各点的速度和加速度 【例6.3】 如图所示，一半径r
大学物理一复习第四章刚体的转动-文档资料
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：
刚体的定轴转动定律
物体2这边的张力为
T2、 T2’(T2’= T2)
T1
T2
T1
T2
am
a
1
a
m
m1
m1g 2
m2
m2g
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
T1 G1 m1a
G2 T2 m2a
T2r T1r M J
式中是滑轮的角加速度，a是物体的加速度。滑轮
t 0
方向:
t dt
右手螺旋方向
z (t)
x
参考平面
参考轴
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
定轴转动的特点
z
>0
z
<0
1） 2）
每一质点均作圆周运动，圆面为转动平面；
任一质点运动
,
,
均相同，但
v,
a不同；
3） 运动描述仅需一个坐标 .
三、 匀变速转动公式
轴的力矩 Mzk
r
F
z
F
k
O rFz
F
M z rF sin
z
Байду номын сангаас
F
M
O
r P
d
五. 定轴转动刚体的转动定律：
Fit
Fi
fit
•
ri
fi
mi• fin
Fin
O
•
j
d
fij
fji
i
Fit ri (miri2 )
I miri2
i
T2、 T2’(T2’= T2)
T1
T2
T1
T2
am
a
1
a
m
m1
m1g 2
m2
m2g
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
T1 G1 m1a
G2 T2 m2a
T2r T1r M J
式中是滑轮的角加速度，a是物体的加速度。滑轮
t 0
方向:
t dt
右手螺旋方向
z (t)
x
参考平面
参考轴
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
定轴转动的特点
z
>0
z
<0
1） 2）
每一质点均作圆周运动，圆面为转动平面；
任一质点运动
,
,
均相同，但
v,
a不同；
3） 运动描述仅需一个坐标 .
三、 匀变速转动公式
轴的力矩 Mzk
r
F
z
F
k
O rFz
F
M z rF sin
z
Байду номын сангаас
F
M
O
r P
d
五. 定轴转动刚体的转动定律：
Fit
Fi
fit
•
ri
fi
mi• fin
Fin
O
•
j
d
fij
fji
i
Fit ri (miri2 )
I miri2
i
理论力学 第二章 刚体的基本运动
0
nπ 式中n为转速 单位：转/ 分(r/min) 。 山东大学 土建与水利学院工程力学系 THEORETICAL MECHANICS 30
§ 2.2 刚体绕定轴的转动
3.角加速度
描述角速度变化的快慢程度
2
d d lim 2 t 0 t dt dt
单位：弧度/秒2 (rad/s2 ) α与同号，刚体加速转动；
THEORETICAL MECHANICS
山东大学 土建与水利学院工程力学系
§2.4 轮系的传动比
1 n1 r2 Z2 i1,2 2 n2 r1 Z1
此结论对于锥齿轮传动和带 轮传动同样适用。 在一些复杂轮系（如变速器） 中包含有几对齿轮。可将每一对 齿轮的传动算出后，将它们连乘 起来，变为可得总的传动比。
392.8 62.5 转 2π
THEORETICAL MECHANICS
山东大学 土建与水利学院工程力学系
例 题
例2- 3 轮子绕O点作定轴转动，其加速度方向和轮的半径
成60度角，求轮的转动方程，以及角速度和转角之间的关系。
00, 0.
M
O
a
60
THEORETICAL MECHANICS
解 ： AB 杆 为 平 移 ， O1A 为 定 轴 转 动 。 根 据 平移的特点，在同一瞬 时，M、A两点具有相同 的速度和加速度。
THEORETICAL MECHANICS
山东大学 土建与水利学院工程力学系
例 题
A点作圆周运动，其运动方程为
s O1 A 3π t
ds dv vA 3π （m/s) a A t 0 dt dt
§ 2.1 刚体的平行移动
1-.掌握描述刚体定轴转动的角位移、角速度、角加速度等物理量重点
质点直线运动
刚体的定轴转动
位移
x
速度 v dx
dt
加速度
a
dv dt
d2 x dt 2
质量
m
功 动能 动量
A Fdx
EK
1 mv2 2
mv
角位移
角速度 d
角加速度
dt
d
dt
d 2
dt 2
转动惯量J miri2
功
A
2 1
M
Z
d
转动动能
EK
1 J 2
2
角动量
J
功率
P Fv
角功率 P M
课堂讨论题
1.当两个力作用在一个有固定转轴的刚体上下列说法正确吗?
(1)这两个力都平行于轴作用时它们对轴的合力矩一定为零;
(正确)
(2)这两个力都垂直于轴作用时它们对轴的合力矩可能为零;
(正确)
(3)这两个力矢量和为零时,它们对轴的合力矩一定为零;
(不正确)
(4)这两个力对轴的合力矩为零时,它们的矢量和一定为零;
a dv v dv ; 1 v2 2.4x 2x2
得
dt dx 2 vmax 1.2 m s （也可用驻点法求极值得到）
设:A由静止释放沿斜面下滑的最
大距离为 S ,则以A,B,C为系统,其
B R
机械能守恒。
OA
1 ks2 mgs sin 0
2
m
k
C
s 1.2 m
x
=37°
3.如图,已知A: m,l,质量均匀,开始时水平静止B:m , , A竖直时
基本概念和规律
1 .描述刚体定轴转动的物理量及运动学公式
第1章-刚体转动动力学基础
cos cos n Cb sin sin cos cos sin -cos sin cos sin sin
cos sin sin sin sin cos cos cos sin sin sin cos
-sin cos cos cos
2013-7-17 10
§1.1 刚体的角位置与角速度描述方法
四 定点转动刚体角位置的欧拉角描述 选用三个独立的角度来表示定点转动刚体的方位。 依次的三次转动，转动轴的选取产生两类欧拉角。
两类欧拉角的差别在于：在第三次转动时，是用第 一次转动用过的轴还是用前两次都未用过的轴。
2013-7-17 11
cos( zb , xn ) c32 cos( zb , yn ) c33 cos( zb , zn )
yb c21 cos( yb , xn ) c22 cos( yb , yn ) c23 cos( yb , zn )
zb c
2013-7-17
31
确定刚体坐标系三根轴的九个方向余弦（一个3×3 的矩阵），可以确定刚体的角位置。
20
§1.2 常用参考坐标系
三 地理坐标系 1. 地固地理坐标系
坐标系的原点选在地球上任一点，三根轴与地球固 结，东北天指向。
(ie ) xn 0 n n ωin ωie (ie ) yn ie cos (ie ) zn ie sin
2013-7-17
V ωe cos sin K Re ωe cos cos K V sin K ωe sin tg K Re
x 2 0 0 0 C 2 C1 0 C 2 0 1 n 1 y2 z 2 0
(4-2)刚体转动定律、刚体角动量守恒定律
内
外 外 外 质点系的
内
得
内 质点系所受的
内
外 外
冲量矩 质点系的角动量
矩的矢量和 的时间变化率 若各质点的速度或所受外力与参考点共面，则其角动量或力矩只含正 内力矩在求矢 反两种方向，可设顺时针为正向，用代数和代替矢量和。 量和时成对相消 微分形式 称为
外
角动量增量 质点受外力
刚体转动定律、质点系角动量守恒定律
即：
i j k Mo r F x y z Fx F y Fz i yFz zFy j zFx xFz k xFy yFx
M z xFy yFx
Mz为力对 o 点 的力矩在 z 轴方向的分量
注意. 力矩求和只能对同一参考点（或轴）进行。
另一类常见现象
刚体转动定律、质点系角动量守恒定律 ② J 可变，ω亦可变，但 Jω 乘积不变 茹可夫斯基櫈
张臂
大
用外力矩 启动转盘后 撤除外力矩
收臂 小 大
小
花样滑冰常见例
刚体转动定律、质点系角动量守恒定律 忽略脚底摩擦力矩的作用，角动量守恒 J1 J11 J 22 所以 2 1 J2
在冲击等问题中
M 内力 M外力 L 常量
角动量守恒定律是自然界的一个基本定律，有很多实例
刚体转动定律、质点系角动量守恒定律
角动量守恒现象举例 适用于一切转动问题，大至天体，小至粒子...
茹科夫斯基凳实验 为什么银河系呈旋臂盘形结构？ 为什么直升飞机的尾翼要安装螺旋桨？ 为什么猫从高处落下时总能四脚着地？
1 T1 r T2 r J mr 2 2
T1
r
(3)
第五章刚体的转动
34 第五章 刚体的转动§5-1、刚体定轴转动定律【基本内容】一、刚体的运动1、平动刚体平动的特征：刚体中的任一条直线，在刚体运动过程中始终保持平行。
刚体平动的研究方法：刚体作平动时，刚体各质点的运动情况相同，视为质点处理。
2、定轴转动刚体转动的特征：刚体上各点都绕同一固定的直线作半径不同的圆周运动，该直线称为刚体的转轴。
描述刚体转动的物理量角位移θ∆角速度ω角加速度β刚体匀变速转动公式βθωωβωωβωθ221202020=-+=+=tt t 二、刚体所受的力矩力矩是描述力对物体作用时产生转动效应和改变转动状态的物理量。
F r M ⨯= 式中F为力在转动平面的投影，r为轴指向力的作用点。
结论1 力矩是矢量，对于定轴，力矩的方向在转轴上； 结论2 力经过转轴和力平行于转轴，则力对此轴的力矩为0。
三、刚体定轴转动定律定轴转动的刚体，所受的合外力矩等于刚体的转动惯量与角加速度的乘积，即βJ M =四、转动惯量35定义：对于质点系∑=iii rm J 2对于刚体⎰=dm r J 2线分布：λλ,dx dm =是质量线密度。
面分布：σσ,dS dm =是质量面密度。
体分布：ρρ,dV dm =是质量体密度。
决定转动惯量的三个因素：刚体的质量、质量分布及转轴的位置。
【典型题例】【例5-1】 一轻绳跨过一定滑轮，滑轮可视为匀质圆盘，质量为m ，半径为r 。
绳的两端分别悬挂质量为m １和m ２的物体，m １＜m ２，如图例2-4所示。
设滑轮轴所受的摩擦力矩为Mr ，绳与滑轮之间无相对滑动，试求运动物体的加速度和绳中的张力。
【解】 依题意，滑轮应视为一个有转动惯性的转动刚体，因此，在加速转动过程中，在图上必有T ２′＞T 1′，而且，由于绳的质量可以忽略不计，还应有T １＝T 1′，Ｔ２＝T ２′。
T １、T 1′和T ２、T ２′都是绳中的张力。
绳与滑轮无相对滑动的条件，在绳不能伸长的情况下表示m １与m ２有大小相同的加速度a ，且都等于滑轮边缘的切向加速度。
刚体的角速度和角加速度的矢量表示角速度矢教育课件
动点的加速度在笛卡儿坐标轴上的投影等于其对应的 速度对时间的一阶导数，亦等于其对应坐标对时间的二 阶导数。
三、弧坐标表示法： 举例： 人造地球卫星的运动轨迹——椭园（左图） 火车沿直线轨道行驶时，轮缘上点Ｍ的运动轨迹 ——摆线（右图）
z
y
x
01-5-12
24
概念
O点 —— 参考点、弧坐标原点。
v lim t 0 t
l i m v j
t 0
t
j s
lim v
t 0
s t
j
s
v lim
lim
t 0 s
t 0 t
(5 18)
v ds r dt
v2 r
c o （ s v , i）
vx v
c o （ s v , j）
vy v
( 5
8)
c o （ s v , k )
vz
v
2、运动加速度： 同理，将速度对时间求一次导数，即可求得加速度
的笛卡儿坐标表达式及其在笛卡儿坐标轴上的投影式：
加速度的笛卡儿坐标表达式
( 5 11 )
合加速度方向 合加速度的方向由其方向余弦确定
c o （ s a , i）
ax a
c o （ s a , j）
ay a
( 5
12)
c o （ s a , k )
az a
总结
笛卡儿坐标法是矢径法的代数运算。
动点的速度在笛卡儿坐标轴上的投影等于其对应坐 标对时间的一阶导数。
t0 t
d dv t d dt22 r
三、弧坐标表示法： 举例： 人造地球卫星的运动轨迹——椭园（左图） 火车沿直线轨道行驶时，轮缘上点Ｍ的运动轨迹 ——摆线（右图）
z
y
x
01-5-12
24
概念
O点 —— 参考点、弧坐标原点。
v lim t 0 t
l i m v j
t 0
t
j s
lim v
t 0
s t
j
s
v lim
lim
t 0 s
t 0 t
(5 18)
v ds r dt
v2 r
c o （ s v , i）
vx v
c o （ s v , j）
vy v
( 5
8)
c o （ s v , k )
vz
v
2、运动加速度： 同理，将速度对时间求一次导数，即可求得加速度
的笛卡儿坐标表达式及其在笛卡儿坐标轴上的投影式：
加速度的笛卡儿坐标表达式
( 5 11 )
合加速度方向 合加速度的方向由其方向余弦确定
c o （ s a , i）
ax a
c o （ s a , j）
ay a
( 5
12)
c o （ s a , k )
az a
总结
笛卡儿坐标法是矢径法的代数运算。
动点的速度在笛卡儿坐标轴上的投影等于其对应坐 标对时间的一阶导数。
t0 t
d dv t d dt22 r
[分享]第四章刚体的转动问题与习题解答
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第四章 刚体的转动 问题与习题解答问题：4-2、4-5、4-94-2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？答：一个刚体所受合外力为零，其合力矩不一定为零，如图a 所示。
刚体所受合外力矩为零，其合外力不一定为零，例如图b 所示情形。
4-5为什么质点系动能的改变不仅与外力有关，而且也与内力有关，而刚体绕定轴转动动能的改变只与外力矩有关，而与内力矩无关？答：因为合外力对质点所作的功，等于质点动能的增量；而质点系中内力一般也做功，故内力对质点系的动能的增量有贡献。
而在刚体作定轴转动时，任何一对内力对转轴的力矩皆为一对大小相等、方向相反的力矩，且因定轴转动时刚体转过的角度d θ都一样，故其一对内力矩所作的功()0inij ij ji ij ji W M d M d M M d θθθ=+=+=，其内力功总和也为零，因而根据刚体定轴转动的动能定理可知：内力矩对其转动动能的增量无贡献。
4-9一人坐在角速度为0ω的转台上，手持一个旋转的飞轮，其转轴垂直地面，角速度为ω'。
如果突然使飞轮的转轴倒转，将会发生什么情况？设转台和人的转动惯量为J ，飞轮的转动惯量为J '。
答：（假设人坐在转台中央，且飞轮的转轴与转台的转轴重合）视转台、人和飞轮为同一系统。
（1）如开始时飞轮的转向与转台相同，则系统相对于中心轴的角动量为：10L J J ωω''=+飞轮转轴快速倒转后，飞轮的角速度大小还是ω'，但方向与原来相反；如设转台此时的角速度为1ω，则系统的角动量为：21L J J ωω''=-在以上过程中，外力矩为零，系统的角动量守恒，所以有：10J J J J ωωωω''''-=+即 102J Jωωω''=+，转台的转速变大了。
（2）如开始时飞轮的转向与转台相反，则系统相对于中心轴的角动量为：10L J J ωω''=-飞轮转轴快速倒转后，飞轮的角速度大小还是ω'，但方向与原来相反；如设转台此时的角速度为1ω，则系统的F 1F 3ab角动量为：21L J J ωω''=+在以上过程中，外力矩为零，系统的角动量守恒，所以有：10J J J J ωωωω''''+=-即 102J Jωωω''=-，转台的转速变慢了。
第03章 刚体定轴转动01-转动定律
作用于刚体内每一质元上的内力矩的矢量和为零，即
fr 0
i i i
14
F r
i i
i
为作用于刚体内每一质元上的外力矩的矢量和。
M Fi ri
i
定义：刚体的转动惯量J (moment of interia) 则有：
2 m r ii i
M J
即：
M J
刚体定轴转动的转动定律：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。 —— 刚体定轴转动的基本动力学规律。
dm 2 π r dr
P
3 2
圆环对轴的转动惯量
dJ r dm 2π r dr R 3 J 2π r dr π R 4 0 2 1 2 而 m π R 所以 J mR 2
圆盘对P 轴的转动惯量
R
R
O O
r dr
1 J P mR 2 mR 2 2
19
15
三、转动惯量
J mi ri
i
2
物理意义：刚体转动惯性的量度。 对于质量离散分布刚体的转动惯量
J mi ri 2 m1r12 m2r22
i
质量连续分布刚体的转动惯量
J lim
mi 0
2 2 m r r i i dm i
P1 y
P2
23
（3）如图所示,不计绳子的质量，滑轮的质量与半径分别为M
和R，滑轮与绳间只滚不滑，不计滑轮与轴间的摩擦力。 且 m1 m2 。 求重物释放后，物体的加速度和绳的张力。 A
m1 FN m1 FT1
O
C
取坐标如图
M
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
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
角加速度介绍
o
θ
P
x
过P作垂直于转轴的横截 作垂直于转轴的横截 转动平面）， ），转动平面 面（转动平面），转动平面 与转轴的交点为O。 与转轴的交点为 。 在转动平面内， 点作一极轴， 在转动平面内，过O点作一极轴，设极轴的正方 点作一极轴 向是水平向右。 向是水平向右。 连接OP，则OP与极轴之间的夹角为θ。 与极轴之间的夹角为θ 连接 ， 与极轴之间的夹角为 θ角称为角坐标（或角位置）。 角称为角坐标（或角位置） 角坐标
t 0
t 0
θ θ0
10
ω = ω 0 + βt 1） （ ）
1 2 ） θ θ 0 = ω 0t + βt （2） 2
）、（2） 由（1）、（ ）式消 t得： ）、（ 得
2 2 0
ω = ω + 2 β (θ θ 0 ) （3） ）
与匀变速直线运动计算公式有对应关系： 与匀变速直线运动计算公式有对应关系：
∴ v = rω
（2） ）
12
3.加速度与角加速度的关系 3.加速度与角加速度的关系 可以将作圆周运动的加速度沿圆周轨 道的切向和法向分解为两个分量。 道的切向和法向分解为两个分量。
o
a
r a n
a τ
r r r ∴ a = aτ τ + an n
2 dv v 切向加速度： a 切向加速度： τ = 法向加速度： 法向加速度：an = dt r
dθ θ = 角速度 ω = lim t → 0 t dt
角速度为角坐标对时间的一次导数。 角速度为角坐标对时间的一次导数。 方向：满足右手定则， 方向：满足右手定则，沿刚体 转动方向右旋大拇指指向。 转动方向右旋大拇指指向。 角速度是矢量， 角速度是矢量，但对于刚体定轴转 动角速度的方向只有两个， 动角速度的方向只有两个，在表示角 速度时只用角速度的正负数值就可表 示角速度的方向，不必用矢量表示。 示角速度的方向，不必用矢量表示。
θ
P
x
过P作垂直于转轴的横截 作垂直于转轴的横截 转动平面）， ），转动平面 面（转动平面），转动平面 与转轴的交点为O。 与转轴的交点为 。 在转动平面内， 点作一极轴， 在转动平面内，过O点作一极轴，设极轴的正方 点作一极轴 向是水平向右。 向是水平向右。 连接OP，则OP与极轴之间的夹角为θ。 与极轴之间的夹角为θ 连接 ， 与极轴之间的夹角为 θ角称为角坐标（或角位置）。 角称为角坐标（或角位置） 角坐标
t 0
t 0
θ θ0
10
ω = ω 0 + βt 1） （ ）
1 2 ） θ θ 0 = ω 0t + βt （2） 2
）、（2） 由（1）、（ ）式消 t得： ）、（ 得
2 2 0
ω = ω + 2 β (θ θ 0 ) （3） ）
与匀变速直线运动计算公式有对应关系： 与匀变速直线运动计算公式有对应关系：
∴ v = rω
（2） ）
12
3.加速度与角加速度的关系 3.加速度与角加速度的关系 可以将作圆周运动的加速度沿圆周轨 道的切向和法向分解为两个分量。 道的切向和法向分解为两个分量。
o
a
r a n
a τ
r r r ∴ a = aτ τ + an n
2 dv v 切向加速度： a 切向加速度： τ = 法向加速度： 法向加速度：an = dt r
dθ θ = 角速度 ω = lim t → 0 t dt
角速度为角坐标对时间的一次导数。 角速度为角坐标对时间的一次导数。 方向：满足右手定则， 方向：满足右手定则，沿刚体 转动方向右旋大拇指指向。 转动方向右旋大拇指指向。 角速度是矢量， 角速度是矢量，但对于刚体定轴转 动角速度的方向只有两个， 动角速度的方向只有两个，在表示角 速度时只用角速度的正负数值就可表 示角速度的方向，不必用矢量表示。 示角速度的方向，不必用矢量表示。
角加速度计算
角加速度计算
角加速度计算公式：α=Δω / Δt （单位：弧度/秒^2; （rad/s^2;））
1、角加速度描述刚体角速度的大小和方向对时间变化率的物理量,在国际单位制中，单位是“弧度/秒平方”，通常是用希腊字母α来表示。
1、相关概念：（1）平均角加速度：转动刚体从瞬时t开始的角速度变化Δω与相应时间间隔Δt的比值称为平均角加速度，即α=Δω / Δt。
（2）瞬时角加速度：若Δt→
0，则这一比值就称为在瞬时t刚体转动的角加速度，又称瞬时角加速度，记为ε，即ε= lim εm)(Δt→0=Δω/Δt=dω/dt).
1、线速度V=s/t=2πR/T
2、角速度ω=Φ/t=2π/T=2πf
3、向心加速度a=V2/R=ω2R=(2π/T)2R
4、向心力F心=mV2/R=mω2R=m(2π/T)2R
5、周期与频率T=1/f
6、角速度与线速度的关系V=ωR。
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dt
d
dt
=常数 0 t
0
0t
1 2
t 2
2 02 2 ( 0 )
四、定轴转动刚体上各点的速度和加速度
ds rd
ds r d
dt dt
d d
dt
dt
a
an r
v ret
et
at v
成正比，问在这段时间内，转子转过多少转？
解：由题意可知，转子的角加速度与时间成正比。
由角加速度得
d kt
dt
分离变量，代入上下限
t
0 d 0 ktdt
积分得
1 kt 2
2
确定比例系数 k, t 300s 时，
2 n 2 18000 radgs1 600 (radgs1)
0
0t
1 2
t 2
2 02 2 ( 0 )
质点直线运动
刚体绕定轴转动
坐标 x = x ( t )
v dx dt
a d vx dt
a=常数 v v0 at
x
x0
v0t
1 2
at 2
v2
v
2 0
2a(x
x0 )
角坐标 (t)
d
t时刻，小球的切向加速度
at
dv dt
g 2t v02 g 2t 2
由总加速度得
ax 0
ay g
ag
ax2
a
2 y
at2 an2
所以，法向加速度
an g 2 at2
v0 g v02 g 2t 2
d 10 t
dt
d
dt
（2）由切向加速度和法向加速度得
at r 0.2 (mgs2 ) an r2 33.8 2 (mgs2 )
习 若题山顶2-为19坐标由原山点顶，上沿以初vr0速方度向vr为0 水x轴平正抛方出向一，小竖球， 直向下为y轴正方向，从小球抛出瞬间开始计时。试 求：（1）小球的轨迹方程；（2）在t时刻，小球的 切向加速度和法向加速度。
at r an r 2
a ret r 2en
例2-5 一飞轮在时间t内转过角度
a bt2 ct3
求飞轮的角速度和角加速度。
解：由角速度定义得
d 2bt 3ct2
dt
角加速度定义得
d 2b 6ct
dt
例2-6 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通过中心的轴转动。开始时 其角速度 0 0 ，经过300s后，其转速达到 18000 rgmin1 .已知转子的角加速度 与时间
60
60
由上式得
k
2
t2
2 600
3002
Hale Waihona Puke rad gs3
75
(rad gs 3 )
于是，转子的角速度为
t2
150
由角速度定义得 d t2
dt 150
分离变量，代入上下限
d
t
t2dt
0
0 150
积分得
t3
450
在300s内，转子转过的转数为
解：（1）小球在x轴作匀速直线运动，y轴上作自由
落体运动，即
x v0t
y 1 gt 2 2
消去时间t,可得小球的轨迹方程
y
g 2v02
x2
（2）由速度的分量式得
dx vx dt v0
t时刻，小球的速率
v
dy vy dt gt vx2 vy2 v02 g 2t 2
N (300)3 3104 (圈） 2 2 450
习题2-13 质点作圆周运动，轨道半径r=0.2m,以 角量表示的运动方程为
10 t 1 t 2
2
试求：（1）第3s末的角速度和角加速度；
（2）第3s末的切向加速度和法向加速度的大小。
解：（1）由角速度和角加速度得
角速度
lim d
t t0 dt
转动平面
o r·p
角加速度 d
dt
角加速度的方向：
2
1
定轴转动的特点
1
2
三 刚体的匀变角速转动
当刚体绕定轴转动的角加速度 为恒量时，刚
体做匀角变速转动 .
0 t
2－4 转动刚体的角速度和角加速度
刚体：在外力作用下，形状和大小都不发生 变化的物体 .
一 刚体的平动和转动 ➢ 刚体的平动
➢ 定轴转动：刚体中所有的点都绕同一直线做圆 周运动. ➢ 刚体的平面平行运动 .
二 转动刚体的角速度和角加速度
角坐标 (t)
角位移
(t t) (t)
d
dt
=常数 0 t
0
0t
1 2
t 2
2 02 2 ( 0 )
四、定轴转动刚体上各点的速度和加速度
ds rd
ds r d
dt dt
d d
dt
dt
a
an r
v ret
et
at v
成正比，问在这段时间内，转子转过多少转？
解：由题意可知，转子的角加速度与时间成正比。
由角加速度得
d kt
dt
分离变量，代入上下限
t
0 d 0 ktdt
积分得
1 kt 2
2
确定比例系数 k, t 300s 时，
2 n 2 18000 radgs1 600 (radgs1)
0
0t
1 2
t 2
2 02 2 ( 0 )
质点直线运动
刚体绕定轴转动
坐标 x = x ( t )
v dx dt
a d vx dt
a=常数 v v0 at
x
x0
v0t
1 2
at 2
v2
v
2 0
2a(x
x0 )
角坐标 (t)
d
t时刻，小球的切向加速度
at
dv dt
g 2t v02 g 2t 2
由总加速度得
ax 0
ay g
ag
ax2
a
2 y
at2 an2
所以，法向加速度
an g 2 at2
v0 g v02 g 2t 2
d 10 t
dt
d
dt
（2）由切向加速度和法向加速度得
at r 0.2 (mgs2 ) an r2 33.8 2 (mgs2 )
习 若题山顶2-为19坐标由原山点顶，上沿以初vr0速方度向vr为0 水x轴平正抛方出向一，小竖球， 直向下为y轴正方向，从小球抛出瞬间开始计时。试 求：（1）小球的轨迹方程；（2）在t时刻，小球的 切向加速度和法向加速度。
at r an r 2
a ret r 2en
例2-5 一飞轮在时间t内转过角度
a bt2 ct3
求飞轮的角速度和角加速度。
解：由角速度定义得
d 2bt 3ct2
dt
角加速度定义得
d 2b 6ct
dt
例2-6 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通过中心的轴转动。开始时 其角速度 0 0 ，经过300s后，其转速达到 18000 rgmin1 .已知转子的角加速度 与时间
60
60
由上式得
k
2
t2
2 600
3002
Hale Waihona Puke rad gs3
75
(rad gs 3 )
于是，转子的角速度为
t2
150
由角速度定义得 d t2
dt 150
分离变量，代入上下限
d
t
t2dt
0
0 150
积分得
t3
450
在300s内，转子转过的转数为
解：（1）小球在x轴作匀速直线运动，y轴上作自由
落体运动，即
x v0t
y 1 gt 2 2
消去时间t,可得小球的轨迹方程
y
g 2v02
x2
（2）由速度的分量式得
dx vx dt v0
t时刻，小球的速率
v
dy vy dt gt vx2 vy2 v02 g 2t 2
N (300)3 3104 (圈） 2 2 450
习题2-13 质点作圆周运动，轨道半径r=0.2m,以 角量表示的运动方程为
10 t 1 t 2
2
试求：（1）第3s末的角速度和角加速度；
（2）第3s末的切向加速度和法向加速度的大小。
解：（1）由角速度和角加速度得
角速度
lim d
t t0 dt
转动平面
o r·p
角加速度 d
dt
角加速度的方向：
2
1
定轴转动的特点
1
2
三 刚体的匀变角速转动
当刚体绕定轴转动的角加速度 为恒量时，刚
体做匀角变速转动 .
0 t
2－4 转动刚体的角速度和角加速度
刚体：在外力作用下，形状和大小都不发生 变化的物体 .
一 刚体的平动和转动 ➢ 刚体的平动
➢ 定轴转动：刚体中所有的点都绕同一直线做圆 周运动. ➢ 刚体的平面平行运动 .
二 转动刚体的角速度和角加速度
角坐标 (t)
角位移
(t t) (t)