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单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,大学物理,电子教案,大学物理教研组,编写：李绍新 文德华,范素芹 卢义刚 赵纯,力学,刚体力学,1,第四章 刚体力学,4.1 刚体运动学,4-5 刚体定轴转动的角动量定理,和角动量守恒定律,返回总目录,4-2 刚体的角动量 转动动能 转动惯量,4-3 力矩 刚体定轴转动定律,4-4 刚体定轴转动的动能定理,4-6 进动,2,本章,教学要求：,了解转动惯量概念。理解刚体转动中的功和能的,概念。理解刚体绕定轴转动的转动定律和刚体在,绕定轴转动情况下的角动量守恒定律。了解进动,的概念。,本章重点：,刚体绕定轴转动的转动定律和刚体在绕定轴转动,情况下的角动量守恒定律。刚体质点系统的运动,问题,本章难点：,刚体绕定轴转动，刚体角动量守恒定律,返回目录,下一页,上一页,3,3.1 刚体运动学,返回本章目录,下一页,上一页,刚体在平动时，在任意一段时间内，刚体中所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,。,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，这种运动叫平动。,4,3. 刚体的定轴转动,定轴转动：,刚体上各点都绕同一转轴作不同半径的圆周运动，且在相同时间内转过相同的角度。,返回本章目录,下一页,上一页,5,返回本章目录,下一页,上一页,6,例题4-1 一飞轮转速,n,=,1500,r,/min,，受到制动后均匀,地减速，经,t,=50 s后静止。,（1）求角加速度,和飞轮从制动开始到静止所转过,的转数,N,；,（2）求制动开始后,t,=25,s,时飞,轮的加速度,；,（3）设飞轮的半径,r,=1,m,，求在,t,=25,s,时边缘上一点的速,度和加速度。,0,v,a,n,a,t,a,r,O,解,（1）,设初角度,为,0,方向如图所示，,返回本章目录,下一页,上一页,7,量值为,0,=21500/60=50,rad/s,，对于匀变速转动，可以应用以角量表示的运动方程，在,t,=50,S,时刻,=0 ，代入方程,=,0,+,t,得,从开始制动到静止，飞轮的角位移,及转数,N,分别为,0,v,a,n,a,t,a,r,O,返回本章目录,下一页,上一页,8,（2）,t,=25,s,时飞轮的角速度为,从开始制动到静止，飞轮的角位移,及转数,N,分别为,返回本章目录,下一页,上一页,9,（3）,t,=25,s,时飞轮边缘上一点,P,的速度。,的方向与,0,相同 ；,的方向垂直于,和 构成的平面，如图所示相应的切向加速度和向心加速度分别为,由,0,v,a,n,a,t,a,r,O,返回本章目录,下一页,上一页,10,边缘上该点的加速度,其中,的方向与,的方向相反， 的方,向指向轴心. 的大小,为,的方向几乎和,相同。,0,v,a,n,a,t,a,r,O,返回本章目录,下一页,上一页,11,例题4-2 一飞轮在时间t内转过角度,at+bt,3,-ct,4,式中,a,、,b,、,c,都是常量。求它的角加速度。,解：,飞轮上某点角位置可用,表示为 at+bt,3,-ct,4,将此式对t,求导数，即得飞轮角速度的表达式为,角加速度是角速度,对t,的导数，因此得,由此可见飞轮作的是变加速转动。,返回本章目录,下一页,上一页,12,42 刚体的定轴转动定律,质点系角动量定理，即,z轴方向的分量式,4-2-1力矩,略去下标z,13,返回本章目录,下一页,上一页,力矩,转动平面,14,力不在转动平面内,注,（,1）,在定轴动问题中，如不加说明，所指的力矩是指力在转动平面内的分力对转轴的力矩。,只能引起轴的,变形, 对转动无贡献,。,转动,平面,返回本章目录,下一页,上一页,15,是转轴到力作用线的距离，称为力臂,。,（2）,（3）,对转轴的力矩为零，,在定轴转动中不予考虑。,（4）,在转轴方向确定后，力对,转轴的力矩方向可用+、-号表示。,转动,平面,返回本章目录,下一页,上一页,16,返回本章目录,下一页,上一页,略去下标Z，,17,返回本章目录,下一页,上一页,J=mr,2,称为质点对于转轴的转动惯量,4-2-2刚体定轴转动的角动量，转动定律,18,返回本章目录,下一页,上一页,定义：刚体对于转轴的转动惯量J为：,4-2-2刚体定轴转动的角动量，转动定律,略去下标z，有,上式称,刚体的定轴转动定律,。它表明，,刚体绕某一定轴转动，它受的合外力矩等于刚体的转动惯量与角加速度的乘积,。,19,返回本章目录,下一页,上一页,质元的质量,质元到转轴的距离,20,转动惯量是转动中惯性大小的量度,。,质量是平动中惯性大小的量度。,对比,：,线动量,角动量,返回本章目录,下一页,上一页,21,例题4-3 求质量为m、长为,l,的均匀细棒对下面,三种转轴的转动惯量：,（1）转轴通过棒的中心并和棒垂直；,（2）转轴通过棒的一端并和棒垂直,；,（3）,转轴通过棒上距中心为h的一点,并和棒垂直。,l,l,O,x,d,x,l,O,x,d,x,A,l,x,d,x,A,A,B,h,返回本章目录,下一页,上一页,22,l,l,O,x,d,x,l,O,x,d,x,A,l,x,d,x,A,A,B,h,解,如图所示，在棒上离轴,x,处，取一长度元d,x,，如,棒的质量线密度为,，这长度元的质量为d,m,=,d,x,。,（1）当转轴通过中心并和棒垂直时，我们有,返回本章目录,下一页,上一页,23,因,l,=,m,，代入得,（2）当转轴通过棒的一端A并和棒垂直时，我们有,l,x,d,x,A,返回本章目录,下一页,上一页,24,（3）当转轴通过棒上距中心为,h,的,B,点并和棒垂,直时，我们有,这个例题表明，同一刚体对不同位置的转轴，转动惯量并不相同。,l,O,x,d,x,A,B,h,返回本章目录,下一页,上一页,25,例题4-4 求圆盘对于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,，密度均匀。,r,R,d,r,解,设圆盘的质量面密度为,，在圆盘上取一半径为r、,宽度为dr的圆环（如图），环的面积为,2,rdr,，环的,质量,dm=,2,rdr,。可得,返回本章目录,下一页,上一页,26,返回本章目录,下一页,上一页,4-2-4刚体定轴转动定律的应用,1分析问题，视解题方便选定转轴正向。,2根据右手螺旋法则，如果某力对转轴力矩方向与转轴正向一致为正，否则为负。合外力矩应为各力矩的代数和。,27,返回本章目录,下一页,上一页,28,返回本章目录,下一页,上一页,29,返回本章目录,下一页,上一页,30,4-3 刚体定轴转动中的功和能,1.力矩的功,力矩的功：当刚体在外力矩作用下绕定轴转动而发生角位移时，就称力矩对刚体做功。,力 对,P,点作功：,0,0,返回本章目录,下一页,上一页,31,因,力矩作功：,对于刚体定轴转动情形，因质点间无相对位移，任何一对内力作功为零。,0,0,返回本章目录,下一页,上一页,32,4-3-2刚体定轴转动的动能,与质点运动的动能公式,对比，转动惯量,相当于惯性质量，角速度取代了线速度,33,4-3-3.定轴转动的动能定理,根据定轴转动定理,外力矩所做元功为：,总外力矩对刚体所作的功为：,则物体在 时间内转过角位移 时,返回本章目录,下一页,上一页,34,刚体定轴转动的动能定理：总外力矩对刚体所做的功等于刚体转动动能的增量。,返回本章目录,下一页,上一页,35,表明：一个不太大的刚体的重力势能与它的质量集中在质心时所具有的势能一样。,3.刚体的重力势能,即：,质心高度为：,对于一个不太大的质量为 的物体，它的重力势能应是组成刚体的各个质点的重力势能之和。,返回本章目录,下一页,上一页,36,2,r,1,2,r,2,d,例题4-7如图，冲床上配置一质量为5000kg的飞轮， r,1,=0.3m, r,2,=0.2m.今用转速为900r/min的电动机借皮带传动来驱动飞轮，已知电动机的传动轴直径为d=10cm。（1）求飞轮的转动动能。,（2）若冲床冲断0.5mm厚,的薄钢片需用冲力9.80,10,4,N，所消耗的能量全部由飞,轮提供，问冲断钢片后飞轮,的转速变为多大？,返回本章目录,下一页,上一页,37,解 （1）为了求飞轮的转动动能，需先求出它的转动惯量和转速。因飞轮质量大部分分别布在轮缘上，由图示尺寸并近似用圆筒的转动惯量公式，得,皮带传动机构中，电动机的传动轴是主动轮，飞轮是从动轮。两轮的转速与轮的直径成反比，即飞轮的转速为,返回本章目录,下一页,上一页,38,由此得飞轮的角速度,这样飞轮的转动动能是,（2）在冲断钢片过程中，冲力F所作的功为,返回本章目录,下一页,上一页,39,这就是飞轮消耗的能量，此后飞轮的能量变为,由,求得此时间的角速度,为,而飞轮的转速变为,返回本章目录,下一页,上一页,40,返回本章目录,下一页,上一页,41,返回本章目录,下一页,上一页,力矩作功：,42,返回本章目录,下一页,上一页,43,【,例,4-6】,如,图4-13，,绕在定滑轮上轻绳的一端固定于定滑轮边上，另一端与一质量为m=2.00 kg的物体相连，已知定滑轮质量M=1.00 kg，半径R=0.100m，且轴承光滑，定滑轮转动惯量,，其初角速度,=5.00rads，方向垂直于纸面向内，求(1)定滑轮的角加速度,(2)定滑轮角速度变化到,时，物体上升的高度。,图4-13 例4-6用图,解,(1)研究定滑轮的转动，选向内作为转轴正向，重力、轴支撑力对转轴力矩为零，对转动没有影响,44,图4-13 例4-6用图,绳张力对转轴力矩为,，则根据转动定律，有,选,x,轴向上，根据牛顿定律，有,T,-,mg,=,ma,关联方程,联立以上三式解得,45,(2)研究物体m、定滑轮M及地球组成的系统，在物体m上升、定滑轮转动过程中，机械能守恒，选开始m所在处为重力势能零点，有,式中，,，代人数据，解得,h,=0.0159 m,图4-13 例4-6用图,46,1. 定轴转动刚体的角动量定理,刚体定轴转动定理：,4-6 刚体角动量和角动量守恒定律,返回本章目录,下一页,上一页,我们用,冲量矩,表示力矩对时间的积累效果，即,冲量矩等于力矩乘以力矩所作用的时间,。上式中的Mdt为冲量矩。,设刚体t,l,时刻角速度为,，t,2,时刻角速度为,则对上式两边积分，有,上式,称刚体定轴转动的角动量定理,，它表明：,刚体在一段时间内所受的冲量矩，等于刚体在这段时间内角动量的增量,。(4-23)式是角动量定理的微分形式。,(4-23),47,2. 定轴转动刚体的角动量守恒定律,恒量,返回本章目录,下一页,上一页,这就是说：,刚体(或质点系)对某一定轴所受合外力矩为零，则它对这一固定轴的角动量保持不变,，这称为,刚体(或质点系)绕定轴转动的角动量守恒定律,。,48,四、角动量守恒定理,F,F,返回本章目录,下一页,上一页,49,实际生活中的一些现象,艺术美、人体美、物理美相互结合,高！,高！,、,芭蕾舞演员的高难动作,返回本章目录,下一页,上一页,50,当滑冰、跳水、体操运,动员在空中为了迅速翻转,也总是曲体、减小转动惯,量、增加角速度。当落地,时则总是伸直身体、增大,转动惯量、使身体平稳落,地。,返回本章目录,下一页,上一页,51,因此，开始不旋转的物体，当其一部分旋转时，必引起另一部分朝另一反方向旋转。,返回本章目录,下一页,上一页,52,返回本章目录,下一页,上一页,53,返回本章目录,下一页,上一页,54,例题4-11 一匀质细棒长为,l,，质量为,m,，可绕通过其端点,O,的水平轴转动，如图所示。当棒从水平位置自由释放后，它在竖直位置上与放在地面上的物体相撞。该物体的质量也为,m,，它与地面的摩擦系数为,。相撞后物体沿地面滑行一距离,s,而停止。求相撞后棒的质心,C,离地面的最大高度,h,，并说明棒在碰撞后将向左摆或向右摆的条件。,解：,这个问题可分为三个阶段进行分析。第一阶段是棒自由摆落的过程。这时除重力外，其余内力与外力都不作功，所以机械能守恒。我们把棒在竖直位置时质心所在处取为势能,C,O,定轴转动刚体的角动量守恒定律,零点，用,表示棒这时的角速度,则,返回本章目录,下一页,上一页,55,机械能守恒,（1）,第二阶段是,碰撞过程,。因碰撞时间极短，自由的冲力极大，物体虽然受到地面的摩擦力，但可以忽略。这样，棒与物体相撞时，它们组成的系统所受的对转轴,O,的外力矩为零，所以，这个系统的对,O,轴的角动量守恒。我们用,v,表示物体碰撞后的速度，则,（2,）,式中,棒在碰撞后的角速度，它可正可负。,取正值，表示碰后棒向左摆；反之，表示向右摆。,C,O,返回本章目录,下一页,上一页,56,第三阶段是物体在碰撞后的,滑行过程,。物体作匀减速直线运动，加速度由牛顿第二定律求得为,（3）,由匀减速直线运动的公式得,（4）,亦即,由式（1）、（2）与（4）联合求解，即得,（5）,定轴转动刚体的角动量守恒定律,C,O,（1）,（2,）,返回本章目录,下一页,上一页,57,亦即,l,6,s,；当,取负值，则棒向右摆，其条件为,亦即,l,6,s,棒的质心C上升的最大高度，与第一阶段情况相似，也可由机械能守恒定律求得：,把式（5）代入上式，所求结果为,当,取正值，则棒向左摆，其条件为,(6),定轴转动刚体的角动量守恒定律,（5）,返回本章目录,下一页,上一页,58,例题4-12 工程上，两飞轮常用摩擦啮合器使它们以相同的转速一起转动。如图所示，,A,和,B,两飞轮的轴杆在同一中心线上，,A,轮的转动惯量为,J,A,=10kg,m,2,，B的转动惯量为,J,B,=20kg,m,2,。开始时A轮的转速为,600r/min,，,B,轮静止。,C,为摩擦啮合器。求两轮啮合后的转速；在啮合过程中，两轮的机械能有何变化？,A,A,C,B,A,C,B,定轴转动刚体的角动量守恒定律,返回本章目录,下一页,上一页,59,解 以飞轮A、B和啮合器C作为一系统来考虑，在啮合过程中，系统受到轴向的正压力和啮合器间的切向摩擦力，前者对转轴的力矩为零，后者对转轴有力矩，但为系统的内力矩。系统没有受到其他外力矩，所以系统的角动量守恒。按角动量守恒定律可得,为两轮啮合后共同转动的角速度，于是,以各量的数值代入得,定轴转动刚体的角动量守恒定律,返回本章目录,下一页,上一页,60,或共同转速为,在啮合过程中，摩擦力矩作功，所以机械能不守恒，部分机械能将转化为热量，损失的机械能为,定轴转动刚体的角动量守恒定律,返回本章目录,下一页,上一页,61,例题4-13 恒星晚期在一定条件下，会发生超新星爆发，这时星体中有大量物质喷入星际空间，同时星的内核却向内坍缩，成为体积很小的中子星。中子星是一种异常致密的星体，一汤匙中子星物体就有几亿吨质量！设某恒星绕自转轴每45天转一周，它的内核半径,R,0,约为2,10,7,m,，坍缩成半径,R,仅为6,10,3,m,的中子星。试求中子星的角速度。坍缩前后的星体内核均看作是匀质圆球。,解 在星际空间中，恒星不会受到显著的外力矩，因此恒星的角动量应该守恒，则它的内核在坍缩前后的角动量J,0,0,和J,应相等。因,定轴转动刚体的角动量守恒定律,返回本章目录,下一页,上一页,62,代入,J,0,0,=J,中，整理后得,由于中子星的致密性和极快的自转角速度，在星体周围形成极强的磁场，并沿着磁轴的方向发出很强的无线电波、光或X射线。当这个辐射束扫过地球时，就能检测到脉冲信号，由此，中子星又叫脉冲星。目前已探测到的脉冲星超过300个。,定轴转动刚体的角动量守恒定律,返回本章目录,下一页,上一页,63,例题4-14 图中的宇宙飞船对其中心轴的转动惯量为,J= 2,10,3,kg,m,2,，它以,=0.2rad/s,的角速度绕中心轴旋转。宇航员用两个切向的控制喷管使飞船停止旋转。每个喷管的位置与轴线距离都是,r=1.5m,。两喷管的喷气流量恒定，共是,=2kg/s,。废气的喷射速率（相对于飞船周边）,u=50m/s,，并且恒定。问喷管应喷射多长时间才能使飞船停止旋转。,r,d,m,/2,d,m,/2,u,-,u,L,0,L,g,解 把飞船和排出的废气看作一个系统，废气质量为m。可以认为废气质量远小于飞船的质量，,定轴转动刚体的角动量守恒定律,返回本章目录,下一页,上一页,64,所以原来系统对于飞船中心轴的角动量近似地等于飞船自身的角动量，即,在喷气过程中，以,dm,表示,dt,时间内喷出的气体，这些气体对中心轴的角动量为,dm,r(u+v),，方向与飞船的角动量相同。因,u=50m/s,远大于飞船的速率,v(=,r),，所以此角动量近似地等于,dm,ru,。在整个喷气过程中喷出废气的总的角动量,L,g,应为,定轴转动刚体的角动量守恒定律,返回本章目录,下一页,上一页,65,当宇宙飞船停止旋转时，其角动量为零。系统这时的总角动量L,1,就是全部排出的废气的总角动量，即为,在整个喷射过程中，系统所受的对于飞船中心轴的外力矩为零，所以系统对于此轴的角动量守恒，即L,0,=L,1,，由此得,即,定轴转动刚体的角动量守恒定律,返回本章目录,下一页,上一页,66,于是所需的时间为,定轴转动刚体的角动量守恒定律,返回本章目录,下一页,上一页,67,例1 一长为,l,、质量为,m,的匀质细杆，可绕光滑轴,O,在铅直面内摆动。当杆静止时，一颗质量为,m,0,的子弹水平射入与轴相距为,a,处的杆内，并留在杆中，使杆能偏转到,q,=,30,0,，求子弹的初速,v,0,。,解：分两个阶段进行考虑,其中,(1)子弹射入细杆,使细杆获得初速度。因这一过程进行得很快,细杆发生偏转极小,可认为杆仍处于竖直状态。子弹和细杆组成待分析的系统,无外力矩,满足角动量守恒条件。子弹射入细杆前、后的一瞬间,系统角动量分别为,定轴转动刚体的角动量守恒定律,返回本章目录,下一页,上一页,68,(2)子弹随杆一起绕轴O 转动。以子弹、细杆及地球构成一系统，只有保守内力作功，机械能守恒。选取细杆处于竖直位置时子弹的位置为,重力势能零点,，系统在始末状态的机械能为：,由角动量守恒，得：,(1),势能零点,定轴转动刚体的角动量守恒定律,返回本章目录,下一页,上一页,69,由机械能守恒，,E=E,0,代入,q,=,30,0,，,得：,将上式与 联立，并代入,J,值，得,定轴转动刚体的角动量守恒定律,返回本章目录,下一页,上一页,70,例2,A,、,B,两圆盘绕各自的中心轴转动，角速度分别为：,w,A,=50,rad,.,s,-1,w,B,=200,rad,.,s,-1,。已知A 圆盘半径,R,A,=0.2m, 质量,m,A,=2kg,B,圆盘的半径,R,B,=0.1m, 质量,m,B,=4kg. 试求两圆盘对心衔接后的角速度,w,.,解：以两圆盘为系统，尽管在衔接过程中有重力、轴对圆盘支持力及轴向正压力，但他们均不产生力矩；圆盘间切向摩擦力属于内力。因此系统角动量守恒，得到,定轴转动刚体的角动量守恒定律,返回本章目录,下一页,上一页,71,返回本章目录,下一页,上一页,72,返回本章目录,下一页,上一页,73,返回本章目录,下一页,上一页,74,返回本章目录,下一页,上一页,75,返回本章目录,下一页,上一页,76,返回本章目录,下一页,上一页,77,例）质量为M、半径为R的转盘，可绕通过中心的竖直轴转动。开始质量为m的人相对转盘静止在离转轴中心R/2处。开始系统以角速度 旋转。然后人相对于转盘以速度v垂直于R方向走动（与原转动方向相反），求转盘相对于地的角速度。,已知：,求：,解：以M、m为研究对象,故角动量守恒,以地面为参照，建立转轴的正方向(向下)如图,+,M,m,返回本章目录,下一页,上一页,78,开始人和盘绕轴角动量为：,+,M,m,人和转台绕轴转动惯量分别为,t时刻人相对地的角速度为：,上式的投影为为：,返回本章目录,下一页,上一页,79,+,M,m,根据题意，人相对盘的角速度为：,t时刻系统的角动量为：,由系统的角动量守恒，可得：,返回本章目录,下一页,上一页,80,+,M,X,m,（3）式代入（2）式，可得：,上式代入（4）式，可得：,可得：,返回本章目录,下一页,上一页,81,返回本章目录,下一页,上一页,4-5 回转运动,图4-19悬在常平架上的回转仪,常平架由支在框架,L,上的内外两个圆环组成，外环能绕光滑支点,所决定的轴自由转动，内环能绕与外环相连的光滑支点,所决定的轴相对于外环自由转动。陀螺仪,D,是一个厚重的、对称的转子，其转动惯量非常大，陀螺仪的轴通过内环上两个光滑支点,，因此它可绕,轴相对于内环自由转动。,、,、,通过陀螺仪的重心，这样，陀螺仪就不会受重力的力矩作用，且能在空间任意取向，一旦当陀螺仪绕其对称轴高,速旋转,(,其转速甚至可以高达每秒钟上千圈,),之后，不管我们如何移动或转动,常平架，都不能使陀螺仪的转轴,在空间的取向发生变化，即陀螺仪总是指向空间某一确定方向而保持其角动量守恒。,三轴相互垂直，而且都,82,进动：,高速旋转的物体，其自转轴绕另一个轴,转动的现象。,4-5-2进动,O,Z,图4-20进动现象,图4-21和方向关系图,杠杆陀螺仪,83,进动原因,刚体受重力矩,d,t,时间内角动量增量,因,所以自转轴发生转动，产生进动。,返回本章目录,下一页,上一页,图4-22陀螺的进动,玩具陀螺的回转效应,84,用角动量定理研究进动,由角动量定理,所以,进动角速度,返回本章目录,下一页,上一页,85,C,C,图4-23炮弹飞行时的进动,C,翻转,技术上利用进动的一个实例是炮弹在空中的飞行(图4-23)。炮弹在飞行时，要受到空气阻力的作用。阻力,阻力的作用。阻力,的方向总与炮弹质心的速度,方向相反，但其合力不一定通过质心。阻力对质心的力矩就会使炮弹在空中翻转。这样，当炮弹射中目标时，就有可能是弹尾先触目标而不引爆，从而丧失威力。为了避免这种事故，就在炮筒内壁上刻出螺旋线。这种螺旋线叫来复线。当炮弹由于发射药的爆炸被强力推出炮筒时，还同时绕自己的对称轴高速旋转。由于这种旋转，它在飞行中受到的空气阻力的力矩将不能使它翻转，而只是使它绕着质心前进的方向进动。这样，它的轴线将会始终只与前进的方向有不大的偏离，而弹头就总是大致指向前方了。,的方向总与炮弹质心的速度,86,
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