大學物理：第4章 剛體力學

§4.1剛體的基本運動§4.2剛體定軸轉動的描述§4.3轉動定律§4.4剛體的角動量§4.5剛體定軸轉動動能定理§4.6剛體的平面平行運動(不講)§4.7進動(不講)第4章剛體力學作業(yè):教學基本要求

一

理解描寫剛體定軸轉動的物理量，并掌握角量與線量的關系.

二

理解力矩和轉動慣量概念，掌握剛體繞定軸轉動的轉動定理.

三

理解角動量概念，掌握質點在平面內運動以及剛體繞定軸轉動情況下的角動量守恒問題.

能運用以上規(guī)律分析和解決包括質點和剛體的簡單系統(tǒng)的力學問題.

四理解剛體定軸轉動的轉動動能概念，能在有剛體繞定軸轉動的問題中正確地應用機械能守恒定律剛體：在外力作用下，形狀和大小都不發(fā)生變化的物體.（任意兩質點間距離保持不變的特殊質點組）剛體的運動形式：平動、轉動.剛體平動質點運動若剛體中所有點的運動軌跡都保持完全相同，或者說剛體內任意兩點間的連線總是平行于它們的初始位置間的連線.§4.1剛體的基本運動4.1.1平動4.1.2轉動：剛體中所有的點都繞同一直線做圓周運動.轉動又分定軸轉動和非定軸轉動.剛體的平面運動:剛體上任一質元都在平行于一固定參考平面的平面內運動.剛體的一般運動質心的平動繞質心的轉動+一剛體轉動的角速度和角加速度參考平面角位移角坐標<0q0>q約定沿逆時針方向轉動沿順時針方向轉動角速度矢量

方向:右手螺旋方向參考軸§4.2剛體定軸轉動的描述角加速度1）每一質點均作圓周運動，圓面為轉動平面；2）任一質點運動均相同，但不同；3）運動描述僅需一個坐標.定軸轉動的特點

剛體定軸轉動（一維轉動）的轉動方向可以用角速度的正負來表示.角量與線量的關系二勻變速轉動公式

剛體繞定軸作勻變速轉動質點勻變速直線運動當剛體繞定軸轉動的角加速度為恒量時，剛體做勻變速轉動.剛體勻變速轉動與質點勻變速直線運動公式對比飛輪30s

內轉過的角度例1

一飛輪半徑為0.2m、轉速為150r·min-1，因受制動而均勻減速，經30s停止轉動.試求：（1）角加速度和在此時間內飛輪所轉的圈數；（2）制動開始后t=6s

時飛輪的角速度；（3）t=6s時飛輪邊緣上一點的線速度、切向加速度和法向加速度.解（1）

t=30s

時，設.飛輪做勻減速運動時，

t=0s

（2）時，飛輪的角速度（3）時，飛輪邊緣上一點的線速度大小該點的切向加速度和法向加速度轉過的圈數

例2

在高速旋轉的微型電機里，有一圓柱形轉子可繞垂直其橫截面通過中心的軸轉動.開始時，它的角速度，經300s后，其轉速達到18000r·min-1.已知轉子的角加速度與時間成正比.問在這段時間內，轉子轉過多少轉？解由題意，令，即，積分得當t=300s時所以轉子的角速度由角速度的定義得有在300s內轉子轉過的轉數P*O

:力臂剛體繞Oz

軸旋轉,力作用在剛體上點P,

且在轉動平面內,為由點O到力的作用點P的徑矢.對轉軸Z的力矩

4.3.1力矩§4.3力矩轉動定律轉動慣量O討論

1）若力不在轉動平面內，把力分解為平行和垂直于轉軸方向的兩個分量

2）合力矩等于各分力矩的矢量和其中對轉軸的力矩為零，故對轉軸的力矩3）剛體內作用力和反作用力的力矩互相抵消O求環(huán)受到的摩擦力對轉軸Oz的力矩。方向轉動,環(huán)與平面間的摩擦系數為，例

質量為m，半徑為R的細圓環(huán)在水平面上繞中心豎直軸Oz沿逆時針解：某質元rmirmifi受內力受外力FiFi+f=rmirmiaii其法向n分量均通過轉軸，不產生轉動力矩。t其切向投影式為ijFisin+ifsinqit=rmirmiai=rmirmiritnrmirmiFiOrifiijqi瞬時角速度w角加速度瞬時b等式兩邊乘以ri并對所有質元及其所受力矩求和=內力矩成對抵消=0+riifsinqi∑iFijsin∑ri合外力矩Mrrmirmii∑2()得Mrrmirmii∑2()=4.3.2轉動定律剛體定軸轉動的角加速度與它所受的合外力矩成正比

，與剛體的轉動慣量成反比.轉動定律定義轉動慣量4.3.3轉動慣量物理意義：轉動慣性的量度.質量離散分布剛體的轉動慣量轉動慣性的計算方法質量連續(xù)分布剛體的轉動慣量：質量元

對質量線分布的剛體：：質量線密度

對質量面分布的剛體：：質量面密度

對質量體分布的剛體：：質量體密度：質量元質量連續(xù)分布剛體的轉動慣量O′O

解設棒的線密度為，取一距離轉軸OO′

為處的質量元例2一質量為、長為

的均勻細長棒，求通過棒中心并與棒垂直的軸的轉動慣量.O′O如轉軸過端點垂直于棒ORO

例3一質量為、半徑為的均勻圓盤，求通過盤中心O

并與盤面垂直的軸的轉動慣量.

解設圓盤面密度為，在盤上取半徑為，寬為的圓環(huán)而圓環(huán)質量所以圓環(huán)對軸的轉動慣量球體算例勻質實心球對心軸的ImORrryyddmdm2rR2y2rRp343m可看成是許多半徑不同的共軸薄圓盤的轉動慣量的迭加Id距為、半徑為、微厚為Oyydr的薄圓盤的轉動慣量為dmrdVpr2ryd2rdmId21其中IId212rpr2ryd21prr4ydRR2y2()yd221prR158prR5225mR()其它典型RRRR12RRLba勻質矩形薄板轉軸通過中心垂直板面I

=(a

+

b)22m12勻質細圓環(huán)轉軸通過中心垂直環(huán)面I

=

m

R

2勻質細圓環(huán)轉軸沿著環(huán)的直徑2I

=2m

R勻質厚圓筒轉軸沿幾何軸I

=(R1

+

R2

)22m2勻質圓柱體轉軸通過中心垂直于幾何軸mI

=

R

+

22m124L勻質薄球殼轉軸通過球心2I

=2m

R34.3.4平行軸定理正交軸定理轉動慣量的大小取決于剛體的質量、形狀及轉軸的位置.質量為

的剛體，如果對其質心軸的轉動慣量為，則對任一與該軸平行，相距為

的轉軸的轉動慣量CO注意例:圓盤對P軸的轉動慣量PO1.平行軸定理2.正交軸定理應用正交軸定理很容易就可以得出一細圓環(huán)對其直徑的轉動慣量為薄圓盤對其直徑的轉動慣量為薄板狀剛體,對板面內相互垂直的兩個定軸的轉動慣量之和，等于該剛體對通過兩軸交點且垂直于板面的定軸的轉動慣量．即轉動定律例題二例已知求T1T2aRm1m2m輪軸無摩擦輕繩不伸長輪繩不打滑解法提要T2T1G1G2T2T1aaT1–m1

g=

m1am2

g–

T2=

m2a(

T2

–

T1)

R=Ia=RI=mR22轉動平動線-角聯(lián)立解得a=m1m1+m2+

gm2m21gT1=m1(g+a)T2=m2(g–a)m1gm2g如果考慮有轉動摩擦力矩

Mr

,則轉動式為(

T2

–

T1)

R

–

Mr=I再聯(lián)立求解。轉動定律例題三例Rm1m細繩纏繞輪緣Rm（A）（B）恒力F滑輪角加速度細繩線加速度a求解法提要（A）αMIFR21mR22FmRaαR2Fm（B）αIRT21mR2αam1gTm1m1Rααm121mm1+()RgaαRm121mm1+()g靜止落下距離

時，

例4

質量為的物體A

靜止在光滑水平面上，和一質量不計的繩索相連接，繩索跨過一半徑為R、質量為的圓柱形滑輪C，并系在另一質量為的物體B

上.滑輪與繩索間沒有滑動，且滑輪與軸承間的摩擦力可略去不計.問：（1）兩物體的線加速度為多少？水平和豎直兩段繩索的張力各為多少？（2）物體B

從ABC其速率是多少？（3）若滑輪與軸承間的摩擦力不能忽略，并設它們間的摩擦力矩為再求線加速度及繩的張力.ABCOO解（1）隔離物體分別對物體A、B

及滑輪作受力分析，取坐標如圖，運用牛頓第二定律、轉動定律列方程.如令，可得（2）

B由靜止出發(fā)作勻加速直線運動，下落的速率ABC（3）考慮滑輪與軸承間的摩擦力矩，轉動定律結合（1）中其它方程ABC竿子長些還是短些較安全？飛輪的質量為什么大都分布于外輪緣？

例

一長為質量為勻質細桿豎直放置，其下端與一固定鉸鏈O

相接，并可繞其轉動.由于此豎直放置的細桿處于非穩(wěn)定平衡狀態(tài)，當其受到微小擾動時，細桿將在重力作用下由靜止開始繞鉸鏈O

轉動.試計算細桿轉動到與豎直線成角時的角加速度和角速度.

解細桿受重力和鉸鏈對細桿的約束力作用，由轉動定律得式中得由角加速度的定義代入初始條件積分得§4.4

剛體的角動量角動量定理角動量守恒定律4.4.1

剛體定軸轉動的角動量4.4.2剛體定軸轉動的角動量定理非剛體定軸轉動的角動量定理O

角動量守恒定律是自然界的一個基本定律.

內力矩不改變系統(tǒng)的角動量.

守恒條件若不變，不變；若變，也變，但不變.剛體定軸轉動的角動量定理4.4.3

剛體定軸轉動的角動量守恒定律，則若討論

在沖擊等問題中常量例:如圖所示，兩圓柱體可繞各自的質心水平軸自由轉動，它們的轉動慣量分別為和，半徑分別為和，初角速度分別為和;現使兩者側面接觸，因摩擦兩圓柱體最終以相同的線速度轉動，試求：(1)穩(wěn)定后最終兩者的角速度；

(2)在該過程中A圓柱對B圓柱的沖量矩。解

在該過程中，受力分析如圖所示，兩轉軸、A對B及B對A的摩擦力分別為和對圓柱A、B間的支持力和及兩圓柱體間的正壓力對各自轉軸無力矩對A、B分別應用角動量定理

A：

B：

將(1)式兩邊乘上,(2)式兩邊乘上相加可得

由

即

且

由(3)、（５）兩式，得將(7)式代人(2)式可得A圓柱對B圓柱的沖量矩為有許多現象都可以用角動量守恒來說明.自然界中存在多種守恒定律動量守恒定律能量守恒定律角動量守恒定律電荷守恒定律質量守恒定律宇稱守恒定律等花樣滑冰跳水運動員跳水高臺跳水動畫高臺跳水角動量守恒的另一類現象角動量守恒的另一類現象變小則Iw變大，乘積保持不變，Iw變大則Iw變小。收臂大小Iw

用外力矩啟動轉盤后撤除外力矩張臂I大小w花樣滑冰中常見的例子角動量守恒的另一類現象變小則Iw變大，乘積保持不變，Iw變大則Iw變小。收臂大小Iw

用外力矩啟動轉盤后撤除外力矩張臂I大小w花樣滑冰收臂大小Iw張臂Iw大小先使自己轉動起來收臂大小Iw共軸系統(tǒng)的角動量守恒共軸系統(tǒng)若0IMwS外則LSi恒矢量Sii輪、轉臺與人系統(tǒng)I輪I人臺初態(tài)全靜LSi初0人沿某一轉向撥動輪子w輪末態(tài)w人臺I輪w輪LSi末+I人臺w人臺LSi初0得I人臺w人臺I輪w輪導致人臺反向轉動轉動與碰撞轉動系統(tǒng)也有碰撞問題必須應用角動量概念去分析解決問題如，鋼球碰懸錘木棒如果該碰撞為完全彈性碰撞，則碰撞過程機械能守恒。系統(tǒng)的角動量守恒。碰撞瞬間在懸錘位置發(fā)生，碰撞過程系統(tǒng)對懸掛點所受合外力矩為零，動畫續(xù)上轉動系統(tǒng)也有碰撞問題必須應用角動量概念去分析解決問題又如，子彈擊入懸錘木棒擊入瞬間在懸錘位置發(fā)生，擊入過程系統(tǒng)對懸掛點所受合外力矩為零，系統(tǒng)的角動量守恒。但因擊入過程屬非彈性碰撞，故該過程機械能不守恒。動畫例

質量很小長度為l

的均勻細桿,可繞過其中心O并與紙面垂直的軸在豎直平面內轉動.當細桿靜止于水平位置時,有一只小蟲以速率

垂直落在距點O為

l/4

處,并背離點O

向細桿的端點A

爬行.設小蟲與細桿的質量均為m.問:欲使細桿以恒定的角速度轉動,小蟲應以多大速率向細桿端點爬行?解小蟲與細桿的碰撞視為完全非彈性碰撞，碰撞前后系統(tǒng)角動量守恒由角動量定理即考慮到例

一雜技演員M

由距水平蹺板高為h

處自由下落到蹺板的一端A,并把蹺板另一端的演員N

彈了起來.設蹺板是勻質的,長度為l,質量為

,蹺板可繞中部支撐點C

在豎直平面內轉動,演員的質量均為m.假定演員M落在蹺板上,與蹺板的碰撞是完全非彈性碰撞.問演員N可彈起多高?ll/2CABMNh解碰撞前M

落在A點的速度碰撞后的瞬間,M、N具有相同的線速度把M、N和蹺板作為一個系統(tǒng),角動量守恒解得演員N以u

起跳,達到的高度ll/2CABMNh４.５.１力矩的功力的空間累積效應

力的功,動能,動能定理.力矩的空間累積效應力矩的功,轉動動能,動能定理.§４.５剛體定軸轉動動能定理OqdjPrrdtF力

的元功FdＷFrdcosFrd2pj()FrdrdsinjFrsinjqdMqd力矩的功dＷMqd力對轉動剛體所作的功用力矩的功來計算若在某變力矩的作用下，剛體由轉到q0

qMM作的總功為dＷＷq０

qMqd力矩的瞬時功率NＷddtwMqddtM如果剛體同時受到幾個外力的作用，則各外力矩對剛體所做的總功為式中力矩的功算例求撥動圓盤轉一周，摩擦阻力矩的功的大小RrOrdmmd2p()解法提要總摩擦力矩是Mrr各微環(huán)帶摩擦元力矩的積分Mrd環(huán)帶面積dsdr環(huán)帶質量dmpr2dmdsd環(huán)帶受摩擦力gmmdmfdr環(huán)帶受摩擦力矩Mrdfdrr2mmgR2r2dr圓盤受總摩擦力矩MrMrd轉一周摩擦力矩的總功A0p2Mrdq0R2mmgR2r2drA0p2Mrdq0p2dq34pmmgR得例已知粗糙水平面mmmRO轉軸d平放一圓盤４.５.２轉動動能４.５.３剛體繞定軸轉動的動能定理合外力矩對繞定軸轉動的剛體所作的功等于剛體轉動動能的增量.

剛體的機械能剛體重力勢能剛體的機械能質心的勢能剛體的機械能守恒對于包括剛體的系統(tǒng)，功能原理和機械能守恒定律仍成立??機械能守恒與轉換定律守恒與轉換條件功能原理（剛體+地球為系統(tǒng)）例

如圖所示，一圓輪可繞過其中心的水平軸自由轉動達到最低位時，輪軸所受的支撐力N是多少?，輪的邊緣處鑲有一與輪等質量的小球。在輪的質量為初始時刻輪處于靜止，小球處的半徑與豎直向上的方向成角。求釋放后，圓輪角速度的大小如何變化?當小球達解

如圖建立坐標系，X軸沿水平方向，Y軸沿豎直方向，Z軸沿轉動軸垂直紙面向外。重力矩對輪球系統(tǒng)作的功為：根據定軸轉動動能定理，重力矩所作的功等于輪球系統(tǒng)轉動動能的增量，即

根據角加速度的定義，由③式可得輪球系統(tǒng)的角加速度：系統(tǒng)質心加速度的法向分量及切向分量分別為當小球運動到最低位時質心加速度為：因此，得出輪軸受力大小為而且表明輪軸所受支撐力的方向向上。由質心運動定理可知,在小球處于最低位時，輪軸所受支撐力N滿足下面的條件：動能定理例題三解法提要Lgm392段，外力矩作正功aA2qdcos02paqa段，外力矩作負功b2Aqdcos02pqLgm132bb41A∑AiLgm合外力矩的功aGbG從水平擺至垂直由Aw212I0w212I得w2AI轉軸對質心軸的位移

L4rIIc+mr2Lm2487代入得w247gL已知例求擺至垂直位置時桿的wabL1434LbGaGqw00w14gm34gmO水平位置靜止釋放例

一長為l,質量為

的竿可繞支點O自由轉動.一質量為、速率為

的子彈射入竿內距支點為處，使竿的偏轉角為30o.問子彈的初速率為多少?解把子彈和竿看作一個系統(tǒng).子彈射入竿的過程系統(tǒng)角動量守恒射入竿后，以子彈、細桿和地球為系統(tǒng)，機械能守恒.4.6.1剛體平面平行運動的描述

1.基面與基點基面:選擇一個平行于參考平面的平面特征:剛體內垂直于參考平面的直線上的各質元的運動狀態(tài)完全相同?；c：在基面上選擇一個點2.研究方法剛體的平面平行運動可分解為平動和定軸轉動

§4.6剛體的平面平行運動剛體由1運動到2的過程可看作是:

剛體自位置1隨基點平動到位置，然后再令剛體繞過基點的軸轉動達到位置2;或者，剛體自位置1隨基點A平動至,然后再令剛體繞過基點位置的軸轉動達到位置2．但是在同樣的時間內剛體平動的距離并不相同在這兩種過程中，剛體所轉過的角度是相同的，即平動速度依賴于基點的選擇，而轉動角速度與基點的選擇無關jD1jD2jD1jD24.6.2轉動瞬心純滾動

1.轉動瞬心選定基點A點后，基面上任一質元B的運動速度可寫為在任一時刻,基面上恒有一點的速度為零,這點叫做轉動瞬心。即剛體上任意質元在該瞬時的運動僅僅是繞瞬心的轉動是從A指向B的位矢,轉動的速度是B點繞A點(2).判別式●●2.純滾動

(1).基面上任一質元P的速度接觸點B就是瞬心

(選定基點A點為圓柱體的質心C)1.隨質心軸的平動遵從質心運動定理2.隨質心軸的轉動遵從轉動定律圓柱體的滾動規(guī)律可由上述兩個基本方程聯(lián)立求解。4.6.4功能原理4.6.3剛體平面平行運動的動力學方程

例4.14設半徑為R,質量為m的均勻圓柱體,沿著傾角為的斜面無滑動的滾下，方法1:用動力學方程討論解:試求圓柱體質心的加速度?！瘛瘛穹椒?:用功能