第二节 刚体定轴转动的动力学方程
刚体的定轴转动
J
1 2 m( R12 R2 ) 2
1 mR 2 2 若R1 R2 R, J mR 2
16
例：求长度为L，质量为m的均匀细棒AB的转动惯量。 （1）对于通过棒的一端与棒垂直的轴。 （2）对于通过棒的中心与棒垂直的轴。 m 解（1）细杆为线质量分布，单位长度的质量为： l L 1 3 2 2 dm A B J A x dm x dx L o 0 3 x
2 0
2
0
dm MR
2
绕圆环质心轴的转动惯量为
M
o
R
பைடு நூலகம்dm
J MR
2
讨论：若圆环绕其直径轴转动，再求此圆环的转动 惯量。
14
例: 一质量为m，半径为R的均匀圆盘，求对通过盘 中心并与盘面垂直的轴的转动惯量。
m 解： σ πR 2
dm σ 2π rdr
dJ r dm 2πσ r dr
5
匀变速圆周运动的基本公式
p
1 2 0 0t t 2
0 t
s
R
o
p
x
2 2 0 2 ( 0 )
定轴转动刚体上任一点的速度和加速度 s R 路程与角位移之间的关系：
v R 线速度与角速度的关系：
加速度与角量的关系： 2 dv d v at R R , an 2 R, dt dt R
1
柱壳形状的质元 ,其长为l半径为r厚度为dr, 则该质元的质量为 dm dV ( 2 rdr )l
R2
R2
l
J r dm 2lr dr
2 3 m R1
l
2
§3-2定轴转动定理
刚体内力是刚体内各质元间的相互作用力， 可以证明：刚体内各质元间每一对内力的内力 矩之和为零。 讨论 1）力经过转轴，力矩恒为零。 2）合力为零，合力矩不一定为零. 太原理工大学物理系
3）合力矩为零，合力不一定为零
例：将两个半径不同的圆盘 同心地粘在一起，两个圆盘 的半径分别为r1、r2，圆盘 上绕有绳子，如图。 如果
太原理工大学物理系
设外力作用于P点， F 的方向 与轴既不垂直也不平行,将力分解 为垂直于转轴和平行于转轴两个 分量
力对原点o´的力矩
M RF
一、力对转轴的力矩
z
F //
F
F
R
o'
P
力矩在z轴方向的分量
M
z
xF y yF x
x
y
太原理工大学物理系
写成矢量式 M z k r F 平行于转动轴的分力 只能引 起轴的变形, 对转动无贡献。
三、转动惯量 转动惯量 J
m r
i
2
i i
由刚体的各质元相对于固定转轴的分布所 决定的，与刚体的运动及所受外力无关。 对于质量连续分布的刚体
J
m
r
2
dm
其中r为质元dm到转轴的垂直距离。
太原理工大学物理系
对质量线分布的刚体： d m d l
质量线密度
对质量面分布的刚体： d m
太原理工大学物理系
f
/ r
当不计滑轮质量及摩擦阻力矩
即令m=0、Mf=0时，有
T1 T 2
2 m1m 2 m 2 m1
g
a
m 2 m1 m 2 m1
g
阿特伍德机是一种可用来测量重力加速 度g的简单装置。
3.3刚体定轴转动中的功与能
解：以 ω 和 ω 分别表示冲孔前后的飞轮的角速度
1 2
ω = (1 − 0 .2 )ω = 0.8ω
2 1
2
2
2πn ω = = 8πrad ⋅ s 60
1 1
−1
1
1 1 1 由转动动能定理 A = Jω − Jω = Jω (0 .8 − 1) 2 2 2 1 又 J = mr A = −5 .45 × 10 J 2
课后习题 3-8
θ1
θ2
二、刚体的转动动能和重力势能
1.绕定轴转动刚体的动能 绕定轴转动刚体的动能 绕定轴转动刚体的
∆ ,∆ ,⋅⋅⋅,∆ ,⋅⋅⋅,∆ m m m m r r r r r, r ,⋅⋅⋅, r ⋅⋅⋅, r r r r r v ,v ,⋅⋅⋅,v ,⋅⋅⋅,v
1 2 i
1 2 i, N
N
Q = rω v 1 E= ∆ v m 2
2 2 2
1 1
2
3
质量M的圆盘滑轮可绕通过盘心的水平轴转 例3-7半径R质量 的圆盘滑轮可绕通过盘心的水平轴转 半径 质量 滑轮上绕有轻绳，绳的一端悬挂质量为m的物体 的物体。 动，滑轮上绕有轻绳，绳的一端悬挂质量为 的物体。 当物体从静止下降距离h时 物体速度是多少？ 当物体从静止下降距离 时，物体速度是多少？ 以滑轮、 解：以滑轮、物体和地球组成系统为研究对 由于只有保守力做功，故机械能守恒。 象。由于只有保守力做功，故机械能守恒。 设终态时重力势能为零 初态：动能为零，重力势能为mgh 初态：动能为零，重力势能为 末态： 末态：动能包括滑轮转动动能和物体平动动能 由机械能守恒
i i
i i i
2
1
2
i
N
力学10-转动定律,转动惯量,刚体绕定轴转动中的功、能量、功能关系
第五章 刚体力学基础 动量矩
§5-3 绕定轴转动刚体的动能 动能定理
一. 转动动能
设系统包括有 N 个质量元 取 ∆mi,其动能为 其动能为
ω
O
z
1 1 2 2 2 Eki = ∆mivi = ∆miri ω 2 2
刚体的总动能
r ri
r vi
P
• ∆mi
1 1 2 2 2 1 Ek = ∑Eki = ∑ ∆mi ri ω = ∑∆mi ri ω2 = Jω2 2 2 2
第五章 刚体力学基础 动量矩
m1g
m2g
五式联立，可解 五式联立，可解T1，T2，a1，a2，β
2012-4-16 11
总结
力的瞬时作用规律 力矩的瞬时作用规律
v F =0
v v F = ma
静止 匀速直线
M = Jβ
M = 0 静止 匀角速转动
J—转动时惯性大小的量度 转动时惯性大小的量度 力矩的持续作用规律： 力矩的持续作用规律： 空间： 空间： 时间： 时间：
(2) M、J、β必须对同一转轴定义。 必须对同一转轴定义。 、 、 必须对同一转轴定义 (3) M 正比于 β ，力矩越大，刚体的 β 越大 。 力矩相同，若转动惯量不同，产生的角加速度不同。 (4) 力矩相同，若转动惯量不同，产生的角加速度不同。
M (5) 与牛顿定律比较： → F, J → m, β → a 与牛顿定律比较：
14
讨论
(1) 力矩对刚体的功就是力对刚体的功。 力矩对刚体的功就是力对刚体的功。
θ2 θ2
1
(2) 合力矩的功
A= ∫
θ1
∑Midθ = ∑∫θ i i
Midθ = ∑Ai
2.2 刚体定轴转动定律及其应用
R
dS
r
O
- 2 r kv 2 r d r
0
R
m
- 2 r k r 2 r d r
0
R
4 k r 3dr k R 4
0
R
M 随 变化
M J
M J
4
d J dt
M k R
4
1 2 d k R mR 2 dt
mg
0
d
0
d
0
3g cos d 2L
3g sin L
3) 此时，棒中点C的速度和加速度
L v C rC 6
2
3g sin L
竖直位置？
g acn rC sin 2
g act rC cos 4
例：如图，设滑块A，重物B及滑轮C的质量分别为MA， MB，MC。滑轮C是半径为 r 的均匀圆板。滑块A与桌面之 间，滑轮与轴承之间均无摩擦，轻绳与滑轮之间无滑动。 求:（1）滑块A的加速度a （2）滑块A与滑轮C之间绳的张力T1， （3）滑轮C与重物B之间绳的张力T2。
两边积分
2 k R 2 d dt 0 0 m
0
t
d
0
0
0
2 k R 2 d m
2 k R 2 0 m m0 m 0 N 2 2 2 k R 2 2 4 kR
例. 将一根质量为M，长为L的匀质细杆两端A、B用 等长的线水平地悬挂在天花板上，若突然剪断其中一 根，求此瞬间另一根绳内的张力有多大。 解: 突然剪断B线，棒AB受重力和A线对它的拉力作用 AB绕A点在竖直面内转动。 A线的拉力对A点的力矩为零 重力对A点的力矩为 转动定律
4-2刚体的转动-刚体动力学解析
mB g
1 m A mB mC 2 m Am B g T1 1 m A m B mC 2
物体B由静止出发作匀速直线运动
2mB gy v 2ay 1 m A mB mC 2
考虑滑轮与轴承间的摩擦力
由初始条件 : t 0时, 0 0, 0 0得 :
0
3g d sind 2l 0
3g (1 cos ) 2l
例4:一半径为R，质量为m的匀质圆盘，平放在粗 糙的水平桌面上。设盘与桌面间摩擦系数为 ， 令圆盘最初以角速度 0绕通过中心且垂直盘面的 轴旋转，问它经过多少时间才停止转动？
2m1m2 T1 T2 g m2 m1
m2 m1 a g m2 m1
上题中的装置叫阿特伍德机，是一种可用来测 量重力加速度g的简单装置。因为在已知m1、 m2 、 r和J的情况下，能通过实验测出物体1和2的加速度a， 再通过加速度把g算出来。在实验中可使两物体的m1 和 m2 相近，从而使它们的加速度 a 和速度 v都较小， 这样就能角精确地测出a来。
例2.质量为 m A 的物体A静止在光滑的水 平面上,它和一轻绳相连接,此绳跨过一半 径为R、质量为 mC 的园柱形滑轮C,并系在 另一质量为 m B 的物体B上,滑轮与轴承间 A 的摩擦力不计.问： C (1)两物体的线加 速度? 水平和铅直 B 两段绳的张力？ (2)B由静止下落距离y时速率？ (3)若滑轮与轴承间的摩擦力矩为 M ,再 求线加速度及绳的张力.
1 1 2 a RT2 RT1 M J mC R mC Ra 2 R 2 ( 4)
解(1)(2)(4),即可得 a,T
刚体定轴转动的角动量
刚体定轴转动的角动量•转动惯量一、刚体对一转轴的转动惯量1、转动惯量定义：说明：转动惯量与刚体的质量分布和转轴的位置有关。
2、转动惯量的计算：①质量不连续分布情况：其中：表示质点对转轴的距离。
②质量连续分布的情况：3、平行轴定理若两轴平行，距离为d，其中一轴过质心，刚体对它的转动惯量为,则刚体对一轴转动惯量为：证明：如右图示，刚体的二轴分别为z和轴，由此可知：刚体对各平行轴的不同转动惯量中，对质心轴的转动惯量最小。
4、垂直轴定理：（仅适用于厚度无穷小的薄板，厚度）即：无穷小厚度的薄板对一与它垂直的坐标轴的转动惯量，等于薄板对板面内另两互相垂直轴的转动惯量之和。
证明：如右图所示，则：∴注意：垂直轴定理适用条件：x、y、z轴过同一点，且互相垂直，z轴垂直于板面x、y轴在板面内。
例1：均质杆长l，质量为m，求对过杆一端点的转动惯量。
解：由平行轴定理：例2：求一薄板质量为m，半径为R，密度均匀的圆盘，它对过圆心且与盘面垂直的转轴的转动惯量I。
解法一：利用积分法求转动惯量（利用对称性）：解法二：由垂直轴定理：又∵∴二、刚体定轴转动的动力学方程——对轴的角动量定理刚体对转轴（假定为z轴）的角动量：应用质点系对Z轴的角动量定理，可得定轴转动刚体的角动量定理：其中为外力对Z轴的力矩；为刚体的角加速度在Z轴上的投影，可正可负。
三、定轴转动刚体对轴上一点的角动量以质量相等的两质点m，中间以一轻连杆组成刚体，绕Z轴转动为例，如图示：设，杆与水平方向成α角，求此刚体对轴上任一点O的角动量。
∵∴若Z轴过杆的中点，即：，则有：上式表明，定轴转动刚体对轴上任一点的角动量不一定沿转轴方向（或方向）。
四、刚体的重心1、定义：刚体处于不同方位时重力作用线都要通过的那一点叫作重心。
2、重心的位置与质心有何关系：如果刚体的形状不是特别大，保证各处的是完全相同，则刚体中各质元的力对任意一参考点o的力矩：∴一般有，且与不平行，故有：∴即：重心和质心重合。
刚体动力学2
J = ∑ mi ri 2
转动惯量
转动定律
M = Jβ
刚体是特殊质点系，转动定律和质心运 动定律非常相似：
G G M = Jβ
G G F = mac
4
§3.3 转动惯量
一、转动惯量的物理意义 转动惯量特点
J = ∑ mi ri = ∑ J i
2
第 第三 三章 章
转动惯量是转 动惯性的量度
质量是平动 惯性的量度
桌面支持力对轴不产生力矩，摩 擦力矩使圆盘转动停止。 设转动方向为正，转动定律
o
ω0
R
dω −M f = J β = J dt
14
第三 三章 章 设圆盘的体密度 ρ ，厚度 l，在圆盘上 第 半径r处，取宽为dr的细圆环为质元。 质量dm=ρdV=2πrlρdr ，摩擦力df=μN=μgdm G G G 2 d M = 2 πμρ glr dr 力矩 dM f = r × df 大小 f
转 动 定 律
第 第三 三章 章
o x 1 2 M = Fy = J β = ml β 3 y F = F = ma x方向上的质心运动定理 ∑ x cx c
【解】只有F的力矩引起转动，转动定律
线量和角量关系，细杆的质心在l/2处
F y
l acx = ac = β 2
解得
2 y= l 3
17
【例】 如图所示，两物体的质量
J = ∑ mi ri
2
2
J = ∫r dm
质量体分布 dm ρ= dV J = ∫V r 2 ρ d V
6
一些常见刚体的转动惯量 一些常见刚体的转动惯量
第 第三 三章 章
细杆
1 2 J = ml 12
[理学]第5章 刚体的定轴转动_OK
![[理学]第5章 刚体的定轴转动_OK](https://img.taocdn.com/s3/m/1edbe6d74b35eefdc8d333f9.png)
J 2
x 2dm l x2dx 1 ml 2
0
3
o
dx
dm
17 x
图(2)
记住几个典型的转动惯量：
*圆环（通过中心轴）………………… J = mR2
*圆盘、圆柱（通过中心轴）………… J 1 mR2 2
*细棒（端点垂直轴）…………………J A
1 3
m L2
*细棒（质心垂直轴）…………………J c
滑轮的角速度．
解：两重物加速度大小a相同，滑轮角加速度为
隔离物体分析力方向如图
由牛顿第二定律： m1g－T1＝m1a T2－m2g＝m2a
转动定律： (T1－T2)r＝Jb 且有： a＝rb
T1 T1 a m1 m1g
r T2
m2 T2 a
m2g
解方程组得：
m1 m2 gr m1 m2 r 2 J
转动平面: 取垂直于转轴 的平面为参考系, 称转动平面。,
转轴
Z 转动方向
vi
Δmi
转动平面
P
o θ
x
op r
2.定轴转动的角量描述
1.角位置θ
6
2.角位移
3.角速度: d 角速度是矢量 。dt
单位：rad/s
Zω 转动方向
v
方向与转动方向成 右手螺旋法则。
P点线速度 v r
Ｐ
o θ 转动平面 op r
第五章 刚体的定轴转动
转轴
1
一、力矩
复习
M rF
1. 大小：M = rFsinθ
2.方向：由右手螺旋定则确定。
Z F// F
O r F⊥ p
注意：上式中F指的是与转轴垂直平面(转动平面)上的力，
第2章刚体定轴转动
第2章 刚体定轴转动2.28 质量为M 的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为R 1和R 2，求对通过其中心轴的转动惯量．解：设圆柱体的高为H ，其体积为V = π(R 22 – R 12)h ，体密度为ρ = M/V ．在圆柱体中取一面积为S = 2πRH ，厚度为d r 的薄圆壳，体积元为d V = S d r = 2πrH d r ，其质量为d m = ρd V ，绕中心轴的转动惯量为d I = r 2d m = 2πρHr 3d r ， 总转动惯量为213442112d ()2R R I Hr r H R R πρπρ==-⎰22211()2m R R =+．2.29 一矩形均匀薄板，边长为a 和b ，质量为M ，中心O 取为原点，坐标系OXYZ 如图所示．试证明：（1）薄板对OX 轴的转动惯量为2112OX I Mb =； （2）薄板对OZ 轴的转动惯量为221()12OZI M a b =+． 证： 薄板的面积为S = ab ，质量面密度为σ = M/S ．（1）在板上取一长为a ，宽为d y 的矩形元，其面积为d S = a d y ， 其质量为d m =σd S ，绕X 轴的转动惯量为d I OX = y 2d m = σay 2d y ， 积分得薄板对OX 轴的转动惯量为/2/223/2/21d 3b b OXb b I a y y a y σσ--==⎰32111212ab Mb σ==． 同理可得薄板对OY 轴的转动惯量为2112OY I Ma =． （2）方法一：平行轴定理．在板上取一长为b ，宽为d x 的矩形元，其面积为d S = b d x ，质量为d m = σd S ， 绕过质心的O`Z`轴的转动惯量等于绕OX 轴的转动惯量d I O`Z` = b 2d m /12． 根据平行轴定理，矩形元对OZ 轴的转动惯量为 d I OZ = x 2d m + d I O`Z ` = σbx 2d x + b 2d m /12， 积分得薄板对OZ 轴的转动惯量为/222/21d d 12a M OZa Ib x x b m σ-=+⎰⎰/232/211312a ab x b M σ-=+221()12M a b =+．方法二：垂直轴定理．在板上取一质量元d m ，绕OZ 轴的转动惯量为d I OZ = r 2d m ．由于r 2 = x 2 + y 2，所以d I OZ = (x 2 + y 2)d m = d I OY + d I OX ， 因此板绕OZ 轴的转动惯量为221()12OZ OY OX I I I M a b =+=+．2.30 一半圆形细杆，半径为R ，质量为M ，求对过细杆二端AA `轴的转动惯量．解：半圆的长度为C = πR ，质量的线密度为λ = M/C ．在半圆上取图2.28一弧元d s = R d θ，其质量为d m = λd s ，到AA `轴的距离为r = R sin θ， 绕此轴的转动惯量为d I = r 2d m = λR 3sin 2θd θ，半圆绕AA `轴的转动惯量为32sin d I R λθθ=⎰π31(1cos 2)d 2Rλθθ=-⎰π32122R MR λ==π2.31 如图所示，在质量为M ，半径为R 的匀质圆盘上挖出半径为r 的两个圆孔．圆孔中心在圆盘半径的中点．求剩余部分对大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量．解：大圆的面积为S = πR 2，质量的面密度为σ = M/S ．大圆绕过圆心且与盘面垂直的轴线的转动惯量为I M = MR 2/2．小圆的面积为s = πr 2，质量为m = σs ，绕过自己圆心且垂直圆面的轴的转动惯量为I C = mr 2/2， 根据平行轴定理，绕大圆轴的转动惯量为I m = I C + m (R/2)2．2221()(2)24m C R I I m m r R =+=+2221(2)4r r R σπ=+22221(2)4r M r R R =+，剩余部分的转动惯量为4222122()2M m r I I I M R r R=-=--．2.32 飞轮质量m = 60kg ，半径R = 0.25m ，绕水平中心轴O 转动，转速为900r·min -1．现利用一制动用的轻质闸瓦，在剖杆一端加竖直方向的制动力F ，可使飞轮减速．闸杆尺寸如图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦因数μ = 0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．（1）设F = 100N ，问可使飞轮在多长时间内停止转动？这段时间飞轮转了多少转？（2）若要在2s 内使飞轮转速减为一半，需加多大的制动力F ？解：设飞轮对闸瓦的支持力为N`，以左端为转动轴，在力矩平衡时有0.5N` – 1.25F = 0， 所以N`=2.5F = 250(N)．闸瓦对飞轮的压力为N = N`= 250(N)， 与飞轮之间摩擦力为f = μN = 100(N)， 摩擦力产生的力矩为M = fR ．飞轮的转动惯量为I = mR 2/2，角加速度大小为β = -M/I = -2f/mR = -40/3(rad·s -2)， 负号表示其方向与角速度的方向相反．飞轮的初角速度为ω0 = 30π(rad·s -1)．根据公式ω = ω0 + βt ，当ω = 0时，t = -ω0/β = 7.07(s)．再根据公式ω2 = ω02 + 2βθ，可得飞轮转过的角度为θ = -ω02/2β = 333(rad)， 转过的圈数为n = θ/2π = 53r ．[注意]圈数等于角度的弧度数除以2π．（2）当t = 2s ，ω = ω0/2时，角加速度为β = -ω0/2t = -7.5π． 力矩为M = -Iβ，摩擦力为f = M/R = -mRβ/2 = (7.5)2π． 闸瓦对飞轮的压力为N = f /μ，需要的制动力为F = N /2.5 = (7.5)2π = 176.7(N)．OrR r图2.31图2.322.33 一轻绳绕于r = 0.2m 的飞轮边缘，以恒力F = 98N 拉绳，如图（a ）所示．已知飞轮的转动惯量I = 0.5kg·m 2，轴承无摩擦．求 （1）飞轮的角加速度．（2）绳子拉下5m 时，飞轮的角速度和动能．（3）将重力P = 98N 的物体挂在绳端，如图（b ）所示，再求上面的结果．解：（1）恒力的力矩为M = Fr = 19.6(N·m)， 对飞轮产生角加速度为β = M/I = 39.2(rad·s -2)．（2）方法一：用运动学公式．飞轮转过的角度为θ = s/r = 25(rad)， 由于飞轮开始静止，根据公式ω2 = 2βθ，可得角速度为ω=s -1)； 飞轮的转动动能为E k = Iω2/2 = 490(J)．方法二：用动力学定理．拉力的功为W = Fs = 490(J)， 根据动能定理，这就是飞轮的转动动能E k ．根据公式E k = Iω2/2，得角速度为ω=s -1)． (3)物体的质量为m = P/g = 10(kg)．设绳子的张力为T ，则P – T = ma ，T r = Iβ． 由于a = βr ，可得Pr = mr 2β + Iβ， 解得角加速度为2Prmr I β=+= 21.8(rad·s -2)． 绳子的张力为2I IPT r mr Iβ==+= 54.4(N)． 张力所做的功为W` = Ts = 272.2(J)，这就是飞轮此时的转动动能E`k ．飞轮的角速度为`ω=s -1)．2.34 质量为m ，半径为R 的均匀圆盘在水平面上绕中心轴转动，如图所示．盘与水平面的摩擦因数为μ，圆盘从初角速度为ω0到停止转动，共转了多少圈？解：圆盘对水平面的压力为N = mg ，压在水平面上的面积为S = πR 2， 压强为p = N /S = mg /πR 2．当圆盘滑动时，在盘上取一半径为r 、对应角为d θ面积元，其面积为d S = r d θd r ， 对水平面的压力为d N = p d S = pr d r d θ， 所受的摩擦力为d f = μd N = μpr d r d θ，其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为d M = r d f = μpr 2d r d θ，总力矩为220d d RM pr r πμθ=⎰⎰312π3p R μ=23mgR μ=．圆盘的转动惯量为I = mR 2/2， 角加速度大小为43M gI Rμβ=-=-，负号表示其方向与角速度的方向相反． 根据转动公式ω2 = ω02 + 2βθ，当圆盘停止下来时ω = 0，所以圆盘转过的角度为2200328R g ωωθβμ=-=，转过的圈数为 203216R n gωθππμ==．F=98N P=98N(a)(b) (图2.33)图2.34[注意]在圆盘上取一个细圆环，其面积为d s = 2πr d r ，这样计算力矩等更简单。
刚体定轴转动的转动定律
R
M
h
Hale Waihona Puke 解法一 用牛顿第二运动 定律及转动定律求解.分 析受力如图所示. 对物体m用牛顿第二 运动定律得 mg T ma 对匀质圆盘形滑轮用 转动定律有 TR J 物体下降的加速度的 大小就是转动时滑轮边缘 上切向加速度，所以
o R M
T
h
a
G
a R 物体m 落下h 高度时的速率为
2
3.试求质量为m 、半径为R 的匀质圆环 对垂直于平面且过中心轴的转动惯量. 解 作示意图如右,由于质 量连续分布，所以由转动 惯量的定义得
J R 2dm
m
dm
o
R
2R 0
m R dl 2R
2
mR 2
4.试求质量为m 、半径为R 的匀质圆盘 对垂直于平面且过中心轴的转动惯量. dr 解 如图所示, 由于质 量连续分布，设圆盘的 R l o r 厚度为l，则圆盘的质量 密度为 m 2 R l
r近日 r远日
v近日
解 彗星受太阳引力的作用，而引力通过了 太阳，所以对太阳的力矩为零，故彗星在运 行的过程中角动量守恒. 于是有 r近日 v近日 r远日 v远日 因为 r近日 v近日 ，r远日 v远日
r近日v近日 所以 r远日 v远日
代入数据可, 得
J r 2dm
m
R 0
1 1 4 r 2r ldr R l mR 2 2 2
2
5. 如图所示，一质 量为M 、半径为R 的匀 质圆盘形滑轮，可绕一 无摩擦的水平轴转动. 圆盘上绕有质量可不计 绳子，绳子一端固定在 滑轮上，另一端悬挂一 质量为m 的物体，问物 体由静止落下h 高度时, 物体的速率为多少？
刚体定轴转动的转动定律力矩PPT
求 θ角及着陆滑行时的速度多大？
解 引力场（有心力）
v0
系统的机械能守恒
质点的动量矩守恒
m r0
v R
OM
m 1 2m v v 0 r 00 2s iGπ n r0 M) ( 1 2 m m m vv 2 R GRMm vv0r0R sin4v0sin
sin14123RGv0M 21/2
1/2
LZ Δmiviri Δmiri2 JZ
i
i
LZJZ(所有质元对 Z 轴的动量矩之和)
2. 刚体定轴转动的动量矩定理
对定轴转动刚体，Jz 为常量。
dLZ dt
JZ
d
dt
dLZ dt
Mz
M zd t d L z d J
动量矩定理 微分形式
t1 t2M zd t 1 2d JJ2 J1（动量矩定理积分形式）
0tm1m 1m 2m 21 2 gmtr
3.2.2 刚体定轴转动的动能定理
1. 刚体定轴转动的动能
Δ m 1 ,Δ m 2 ,,Δ m k ,,Δ m N r 1 ,r 2 ,,r k ,,r N v 1 , v 2 , , v k , , v N
Δmk 的动能为
Ek 12Δmkvk212Δmkrk22
F FF Fn
2)力对点的力矩
Mo
M O r F
F
大小 M OrF sin
O . r
指向由右螺旋法则确定 力对定轴力矩的矢量形式
z
F//
F
M Z r F
（力对轴的力矩只有两个指向）
r
A
FF
2. 刚体定轴转动的转动定律
第 k个质元 F k f k m k a k
刚体定轴转动的转动定律力矩-文档资料
讨论 (1) 合力矩的功 2 2 2 A M d ( M )d M d A i i i 1 1 1 i i i (2) 力矩的功就是力的功。
Δmk 的动能为 1 2 1 2 2 E Δ m v Δ m r k k k k k 2 2
刚体的总动能
z
O
rk
P
vk
• Δ mk
1 2 2 1 2 2 1 2 E E Δ m r Δ m r J k kk kk 2 2 2 结论 绕定轴转动刚体的动能等于刚体对转轴的转动惯量与其 角速度平方乘积的一半
r
A
（力对轴的力矩只有两个指向）
F F
2. 刚体定轴转动的转动定律 k k
rk
fk
Fk
F f m a k k k k
在上式两边同乘以 rk 对所有质元求和
F r f r m a r m r r k k k k k k k k k k
求 (1) 飞轮的角加速度 (2) 如以重量P =98 N的物体挂在绳
端，试计算飞轮的角加速 解 (1) Fr J
Fr 98 0 . 2 2 39 . 2 rad/s J 0 . 5
mgr 2 J mr
两者区别
rO
T F
T ma (2) mg
Tr J
kk kk 2 k k
F r f r ( m r )
内力矩之和为0 转动惯量 J
刚体绕定轴转动微分方程（刚体的转动定律）
M J
与牛顿第二定律比较： M F , J m , a
3. 转动惯量 定义
刚体定轴转动动力学方程 - 湖北汽车工业学院精品课程建设 …
mvAa ⋅ r − mvBa ⋅ r = 0
v Aa = v Ba
强与弱不分胜负
问题：怎样求绳子 的速度和人的绝对 速度？
FOy O FOx
3、运动分析 动点：B，动系绳子
设绳子速度为 u
A
mg va vr
B
mg
v Ba = v Br + u
动点：A，动系绳子
B
ve＝u va vr ve＝u
关于突然解除约束问题 例10-6匀质杆OA长l、质量为m，其O端用铰链支承，A 端用
细绳悬挂，置于铅垂面内。试求将细绳突然剪断瞬时，OA的 角加速度，铰链O的约束力。
FOy O FOx O W = mg 解除约束前： FOx=0, FOy=mg/2
FOy FOx W = mg 突然解除约束瞬时： FOx=？,FOy=？
maC = mg sin ϕ − F
aC
C
F
0 = mg cos ϕ − FN
1 mR 2α = FR 2
ϕ
mg
FN
F = fFN
a C = g (sin ϕ − f cos ϕ ) 2 fg α = cos ϕ R F = mgf cos ϕ F N = mg cos ϕ
v v v LCa = ∑ ri′× mi vi v v v = ∑ ri′× mi (v C + vir ) v v v v = ∑ mi ri′× v C + ∑ ri′× mi vir v v v v LCa = ∑ mi ri′× v C + LCr
O x
z
z' rC C
vC
vi y' y
r' i x' ri m i
刚体运动的动力学方程解析
二、刚体定轴转动的动力学方程
三、刚体定轴转动动力学方程的应用
四、动静法
质点系的达朗伯原理
五、点的复合运动
• 点的速度合成
六、刚体的复杂运动
基点法
速度投影法
速度瞬心法
J
＝J＝1对2 对M1mRmM:2
:m
Rm2 g
T m2a a
g T1
T ma
R
m
a
amgR
a R
2
解方程得：
a
m m M
g
2
R
例2 一个飞轮的质量为69kg ，半径为0.25m,正在以每分1000转 的转速转动。现在要制动飞轮，要求在5.0秒内使它均匀减速而 最后停下来。摩擦系数为0.46。求闸瓦对轮子的压力N为多大？ （J = mR2 ）
J
＝
A
J
＋
C
m
L 2
2
1 12
mL2
1 4
mL2
1 mL2 3
推广: 若有任一轴与过质心的轴 平行且相距d ，刚体对其转动惯 量为: J J C m d 2 , 称为平行轴 定理。
dc
第三节 刚体简单运动动力学方程的应用
主要研究刚体定轴转动动力学方程的应用
一、已知刚体的转动规律，求作用于刚体上的外力 例12-4
二、已知作用于刚体上的力矩，求转动规律 例12-5 例12-6
第四节 动静法
节
一、质点的达朗伯原理
二、质点系的达朗伯原理
平面任意力系的平衡条件: （1）力系中各力在X 轴和Y轴上投影的代数和为零； （2）力系中各力对平面内任一点的力矩的代数和为零
动静法的应用：刚体的平动和绕定轴转动 1、刚体的平动
刚体的定轴转动定理和方程
N
N
N
F irisin i firisiin ( m iri2)
i 1
i 1
i 1
根据内力性质(每一对内力等值、反向、共 线,对同一轴力矩之代数和为零)，得：
N
firi sini 0
i1
N
N
得到： Firisini (miri2)
i1
i1
上式左端为刚体所受外力的合外力矩，以M 表
示；右端求和符号内的量与转动状态无关，称为刚
A r1 o 1
A
B r2
o2
B
角速度 d
dt
角加速度 d
dt
•刚体定轴转动的运动学
转动平面:
p'
刚体上垂直转轴 的平面
p
坐标系如图：O 点是转轴
0
x
和平面的交点
转动方向逆时针方向为正
P 为刚体上的任一质点其角坐标可确定刚体在空间的 位置
角坐标: ft 左式为定轴转动的运动方程
角位移: 21
N21.62
圈
(4) ' t' 0 .8 ra /sd
a n r ' 2 0 .3m 2 /s 2
at
a ' a 2 n a t 2 0 . 5 m s 2 1a
合加速度的方向与轮缘切线方向夹角
arctaann 38.70
at
a
an
§5.2 力矩 刚体绕定轴转动微分方程
一. 力矩
理论计算 J
miri2（分立）单位：
r2dm（连续）kg m2
例：
mr
O
dm
一质点对O点：J = m r 2
同样质量做成半径r 的圆环，对中心轴
刚体定轴转动定律
F ma
(2) 列方程: 对于刚体：定轴转动定律 M J
线量与角量的关系：at R
(3) 解方程.
例题. 一轻绳跨过一轴承光滑的定滑轮，滑轮可视为
圆 盘 ， 绳 的 两 端 分 别 悬 有 质 量 为 m1 和 m2 的 物 块 ， 且 m1<m2. 设滑轮的质量为M，半径为R，绳与轮之间无 相对滑动，求物块的加速度和绳中张力.
本次课所讲知识点是刚体力学这部分内容的重点， 希望大家课后好好复习，多多练习，熟练掌握。
切向分量式： Fit fit miait
ait ri Fit fit miri
ri
作圆周运动. z
o
f Fit
i fit
ri mi
Fir
Fi
上式两端同乘以ri再对所有质点求和：
Fit ri fit ri miri2
i
i
i
合外力矩M 内力矩之和 =0 转动惯量J
M J
刚体所受的对某一固定转轴的合外力矩等于刚体 对此转轴的转动惯量与刚体在此合外力矩作用下所 获得的角加速度的乘积.
二、 刚体定轴转动定律与牛顿第二定律的比较
定律方程
牛顿第二定律 F ma
促使运动状态发 生变化的因素
合外力：F
阻碍运动状态发 生变化的因素
产生的物理量
质量：m
加速度：a
刚体定轴转动定律
M J
合外力矩：M
ห้องสมุดไป่ตู้转动惯量：J
角加速度：
三、 刚体定轴转动定律的应用
解题思路:
(1) 受力分析;
对于质点：牛顿第二定律
刚体定轴转动定律
一、 刚体定轴转动定律的证明
刚体可看成是由n个质点组成的连续质点系.
刚体的定轴转动定律
r
F F
其中,d为转轴到力的作用线的垂直距离,称为力臂 3.若作用于刚体的力与转轴既不平行也不垂直时, 可将力分解为平行和垂直于轴的两个分力,再计算
二、定轴转动定律
质点系的角动量定理: dL 对于刚体,这一关系照 M 样成立，因刚体也是一 dt 个质点系。
Z
但对定轴转动，比如刚体绕Z轴运动， 就只要考虑沿Z轴方向的分量。
J M1
t
解： 以刚体为研究对象 ,以M0的方向为轴的正方向,则:
M 0 M 1 J M 0 a
d dt M 0 a J
J
M 0 a dt J
d
dt J
0
M 0 a
at J
0
1 a
M 0 (1 e
)
例4 设一细杆的质量为m，长为L，一端支以枢轴而能 自由旋转，设此杆自水平静止释放。求： 1)当杆与铅直方向成角时的角加速度： 2)当杆过铅直位置时的角速度： 已知：m，L 求：，，N 解：以杆为研究对象 建立OXYZ坐标系
N
M
抵消
T2 T1 ' m g T ' 3 2
T1
r
已知： 1 , m2 , m3 , r m 求： a1 , a2 , T1 , T2 解：以 m1 , m2 , m3 为研究 对象。 受力分析：m1 m1 g.T1 '
m1
m1 g
a1
m2
m2 g
m2 m2 g.T2 ' m3 m3 g , N, T1 , T2
a+
m1g - T= m1a….(1) (2m1 m2 )r T’r=J…(2) m1m2 g 2m1 g T a 2 …(3) J mr / 2 2m m 2m m
刚体的定轴转动和平面运动微分方程
（c）
（d）
（e）
二、刚体的平面运动微分方程
应用质心运动定理和相对质心的动量矩定理，可建立起刚体平面运
动微分方程，研究刚体平面运动的动力学问题。
设刚体具有质量对称平面，在该平面内受到平面力系
F1(e) ，F2(e) ，F3(e) ， ，Fn(e) 的作用，刚体将在该平面内运动。
根据运动学，平面运动可分解为随基点的平动
（e）
（4）根据刚体平面运动微分方程，可得
maCx FB
（f）
maCx FA mg
（g）
J C FAl cos FB l sin
（h）
将式（d）、式（e）分别代入式（f）、式（g）得
FB m( 2l cos l sin )
（i）
FA mg m( 2l sin l cos )
由于轴承 A ，B 处的约束力的对于 z 轴的力矩
等于零，根据刚体对 z 轴的动量矩定理，有
dLz
M z ( F (e) )
dt
d
J z M z ( F (e) )
dt
图10-18
或
J z M z ( F (e) )
（10-24）
d2
J z 2 M z ( F (e) )
n
MaC F (e)
d
(e)
( J C ) M C (F )
dt
图10-21
式中，M为刚体的质量；J 为刚体对质心C的转动惯量。
将上面第一式写成投影的形式，并注意到
C
d 2 xC
d 2 yC
d
aCx 2 ，aC y 2 ，
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F//
1. 力矩
F
力F 对z 轴的力矩 力F 在垂直于轴的平面内
M z Fd F r sin Fτr
力不在垂直于轴的平面内
dr
θ
F
P Fn
FF
M z Fd Frsin Fτr
若力 F F 也作用在P点上．
则力矩大小相等，效果不同．
力对定轴 力矩的矢量形式 M Z r F
GC F’T2 FT2
求 两物体的线加速度和水平、竖直两段绳索的张力
mB B
解 以mA ， mB ， m C为研究对象, 受力分析
物体 mA： FT1 mAaA
物体 mB ：mB g FT 2 mBaB
滑轮
mC
：FT2R
FT1R
J
1 2
mC R2
aA aB a
FT1 FT1 FT 2 FT2
J dJ R 1(r2 dx) r2 02
R R2 x2 2 dx 2 mR2
2 R
5
x
r
dx x o
R
dJ 1 dm r2 2
转动定律的应用举例
基本方法和步骤
分析力，确 定外力矩
列出转动定律和牛 顿定律方程
列出线量和角量 之间的关系式
求解联 立方程
例 一轻绳绕在半径 r =20 cm 的飞轮边缘，在绳端施以F=98 N
a R
GB
a mBg
mA
mB
1 2
mC
FT1
mA
mAmB g
mB
1 2
mC
FT
2
mA
mA
1 2
mC
mB
mB g
1 2
mC
例 上题中，若滑轮与轴承间的摩擦不能
dm ds m 2πrdr 2mr dr
πR 2
R2
J
m r 2dm
0
R 0
2m R2
r 3dr
m 2
R2
dl m
R O
Rm dr
r O
③ J 与转轴的位置有关
z
z
M
L
O
dx
x
M
L
O dx
x
J L x2dx 1 ML2
0
3
J L/2 x2dx 1 ML2
L / 2
12
平行轴定理
（设轮轴光滑无摩擦，滑轮的初角速度为零）
求 滑轮转动角速度随时间变化的规律。
解 以m1 ， m2 ， m 为研究对象, 受力分析
物体 m1： m1g T1 m1a1
mr
T2
T1
物体 m2： T2 m2 g m2a2
滑轮
m：
T1r
T2r
J
1 mr2
2
a1 a2 a r
T2 m2
T1 m1
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， (见图)
求 (1) 飞轮的角加速度
(2) 如以重量P =98 N的物体挂在绳端，
试计算飞轮的角加速
rO
解 (1) Fr J
Fr 98 0.2 39.2 rad/s2
J 0.5
(2) mg T ma Tr J
mgr J mr2
m2 g
m1g
m1 m2 g
m1
m2
1 2
m
r
0
t
m1 m2
m1 m2
gt
1m 2
r
例 如图所示，定滑轮的半径为R ，用不 能伸长的轻绳跨过滑轮两边分别系于 A 物体和 B 物体上，绳与滑轮间无相对滑 动。（设水平面和轮轴光滑无摩擦）
N
A
mA
FT1
GA
F’T1 C FC
mC
a r
98 0.2 0.5 10 0.22
21.8
rad/s 2
FT
T
mg
对于刚体与质点刚性连接的联体力学问题：
通常采用隔离法－－－－将刚体与物体隔离，分 别进行受力分析，写出相应的运动学及动力学方 程，最后求解。 两种方程的关系通常由线量与角量的关系式体现
v r a r an r 2
例 一定滑轮的质量为 m ，半径为 r ，不能伸长的轻绳两边分别 系 m1 和 m2 的物体挂于滑轮上，绳与滑轮间无相对滑动。
（力对轴的力矩只有两个指向）
力矩的方 向按右螺 旋法则来
确定
z
当有 n 个力作用于刚体
M r1F1 sin1 r2F2 sin2 r3F3 sin3
F3
r 3
P3
3
即刚体受到多个力的力矩等于
各个力的力矩矢量和。
F2
r2 r1
P2
2
P1 1 F1
M z M1z M 2z M nz
刚体中内力对给定转轴的力矩 的矢量和等于零，只需考虑外 力矩的作用
M rF sin rFsin 0
z
r
F
r F
2.转动定律
第 i个质元 Fi Fi miai
切线方向 Fi Fi miai
Fi ri
Fi
在上式两边同乘以 ri Fi ri Firi miai ri miri ri
对所有质元求和
Fi ri Firi ( miri2 )
dm dl
dm ds
dm dV
其中、、 分别为
质量的线密度、面密 度和体密度。
线分布
面分布
体分布
例 质量为m，半径为R 的均匀球体， 求 通过球心的轴的转动惯量
解 刚体质量体分布
m 4 R3
3
将球体分成一系列半径不同的质量为
dm的 “元”薄圆盘组成
由薄圆盘的转动惯量式 J 1 mR2 2
内力矩之为0
转动惯量 J
刚体绕定轴转动微分方程（刚体的转动定律） M J
与牛顿第二定律比较： M F , J m, a
M J J d
dt
转动定律表明：决定绕定轴转动刚体的转动状态变化与否，及 变化快慢的量是外力矩之和
对于给定的绕定轴转动刚体，角加速 度反映了它绕定轴转动状态的变化
对于给定的外力矩， 转动惯量愈大，角加 速度愈小，即刚体转 动状态愈难改变
转动惯量是描述 刚体对轴转动惯 性大小的物理量
3.转动惯量
定义 J mk rk 2 质量不连续分布
r
k
J r 2dm 质量连续分布
V
J 的单位：kg ·m2
确定转动惯量的三个要素:
(1)总质量 (2)质量分布 (3)转轴的位置 ①J 与刚体的总质量有关
例如等长的细木棒和细铁棒绕端点轴转动惯量
J L x2dx L x2 M dx 1 ML2
0
0L
3
z M
J铁 J木
O
dx
L x
②J 与质量分布有关
例如圆环绕中心轴旋转的转动惯量
J L R2dm 2πR R2dl
0
0
R2 2πR dl 2πR3 m mR2
0
2πR
例如圆盘绕中心轴旋转的转动惯量
J z' J z ML2 J z' ⇒ 刚体绕任意轴的转动惯量
J z ⇒ 刚体绕通过质心的轴
z' z M
L C
L ⇒ 两轴间垂直距离
注意：(1) J 只是对某个轴的。 (2) dm 的取法：需使 dm上各点的 r 相等。
dm 为质量元，简称质元。其计算方法如下：
质量为线分布 质量为面分布 质量为体分布