Transcript 刚体定轴转动的角动量

第 三 章
刚 体 力 学
一、刚体的定轴转动
1. 刚体的运动
定义：在外力作用下，形状和大小都不发生
变化的物体，即任意两质点间距离保持不
变的特殊质点组 —— 刚体是固体物件的
理想化模型
例如：在研究火车车轮上各点的速度和加速
度时，车轮可看作刚体；在研究子弹的运动
规律时，子弹可看作刚体。
刚体的平动：若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。
平动的特点：
(1)各质点的运动轨迹相同
(2)刚体中各质点的的速度、
加速度相同，同一时间内产
生的位移相同
刚体平动
质点运动
刚体的转动：刚体中所有的点都绕同一直线做圆周运
动。转动又分定轴转动和非定轴转动。
如果轴相对于我们所取的参考系( 如地面 )是固定不动
的，就称为刚体绕固定轴的转动，简称定轴转动。
刚体的一般运动=
质心的平动
+
绕质心的转动
2. 刚体的定轴转动
运动中各质元均做圆周运动，且各圆心都在同
一条固定的直线（转轴）上，即刚体内各点都绕同
一转轴作圆周运动。
a. 刚体作定轴转动的角量
(1) 角坐标    (t )
运动描述仅需一个坐标
约定：
r 沿逆时针方向转动   0
r 沿顺时针方向转动   0
角位移
   (t  t)  (t)
P
A




(2) 角速度矢量
 d 
  lim

t  0
t
dt
 方向: 右手螺旋方向
转动方向可以用角速度
的正负来表示
z

z


 0
0
工程上常用每分钟转数表示机器的角速度，记作 n，
单位为 r·min-1 。则 ω 与 n 的关系为：
2n
1

rad  s
60
ω
(3) 角加速度矢量
d

dt
b. 匀加速转动公式
当刚体绕定轴转动的角加速度为恒量时，刚体做匀加
速转动。
刚体匀加速转动与质点匀加速直线运动公式对比
质点匀加速直线运动
刚体绕定轴作匀加速转动
v  v0  at
  0  t
1 2
x  x0  v0t  at
2
v 2  v02  2a( x  x0 )
1 2
   0   0 t  t
2
2
2
  0  2 (  0 )
例1 一飞轮半径为 0.2m、转速为150r·min-1， 因受制
动而均匀减速，经 30s 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 = 6s
时飞轮的角速度；(3) t = 6s 时飞轮边缘上一点的线速
度、切向加速度和法向加速度。
1


5

rad

s
, t = 30 s 时，  0
解：(1) 已知 0
设 t = 0s 时，0  0 ，飞轮做匀减速运动

  0
t
0  5

1

rad  s   rad  s  2
30
6
飞轮 30s 内转过的角度
 
 (5  )


 75 rad
2
2  (  6)
2
2
0
2
转过的圈数

75π
N

 37.5 r
2π
2π
(2) t  6s 时，飞轮的角速度
π
1
1
  0  t  (5   6)rad  s  4rad  s
6
(3) t  6s 时，飞轮边缘上一点的线速度大小
v  r  0.2  4 m  s2  2.5 m  s2
该点的切向加速度和法向加速度

at  r  0.2  ( )m  s  0.105 m  s
6
2
2
2
2
an  r  0.2  (4 ) m  s  31.6m  s
2
2
3、角量与线量关系
v  r
at  r
an  r
二、刚体的转动定律
1、力矩
复习：力对转轴的力矩
M  Fd  Fr sin 
刚体转动：
2
转动惯量
r
d
F

截取参考平面：平面上有
力 F ，其对轴的力矩
M
M  Fd  F r sin 
z
回顾：A  B
A  B  AB sin 
方向：右手法则
所以
M  r F
方向：右手法则确定
M
r
O
d
mi

F
讨论：
（1）M  r  F 是力矩定
义式（对点、对轴），在定
轴转动中，力矩可以表示代数量是
M  Fr sin 
（2）力矩大小由 F 大小和 d 两个因素确
定，当力平行于转轴和力的作用线通过转
轴时，力对轴的力矩为零。
（3）定轴转动中，式中 F
是指在参考平面内的作用力，
如果外力不在转动平面上，
则上式 F 理解为外力在该平面上的分力。
（4）几个外力同时作用在定轴转动的刚
体上，则它们对转轴的合外力矩等于这
几个外力矩的代数和。
（5）一对内力对轴的力矩和等于零，则
质点系对任一轴的内力矩之和必为零。
2、刚体定轴转动定律
F  ma
质点：F  a
Fi
刚体：F (M )   M ?
r
设刚体绕定轴Oz转动
O
m
任取一质元 mi，其绕轴作
半径为ri的圆周运动


受力分析：外力Fi 内力Fi


由牛顿第二定律 Fi  Fi  mi  a

切向 Fit  Fit  mi  at  mi  ri 
2

Fit  ri  Fit  ri  mi  ri 
乘以 ri
i
Fi
对刚体
 F  r   F  r   (m  r ) 
F r  0 F r  M
（为什么？） M 
( m  r
it

it
i

it
i
2
i
i
it
i
i
i
i
2
) 
M  J 
2
其中 J   mi  ri —转动惯量
刚体定轴转动，刚体的角加速度与它
所受的合外力矩成正比，与刚体的转动惯
量成反比
3、转动惯量J：描述刚体在
转动中的惯性大小的物理量
转动惯量的大小：刚体内
每个质点的质量与该质点到转轴距离平方
之积的总和。
n
J   mi  ri 或 J  r 2 dm

2
i 1
4、转动惯量的计算（一般的需用实验方法求出）
J   r dm 其中
dm  dv（质量体分布）
dm  ds（质量面分布）
dm  dl （质量线分布）
2
例题2、质量为m ，长为 l
的均匀细棒，计算 J c
z
dm  dV
dm
or
dV
（1）通过棒中心并与棒垂直的轴的转动惯量
（2）通过棒一端并与棒垂直的轴的转动惯量
m
解：刚体质量的线分布  
l
（1）取图示坐标系ox：取一
m
质元 dm  dx  dx z
dx
l
x
o x dm
l

1 2
2
2
2
J c  r dm   l x   dx  ml

12
2
l
z
dx
o
（2）取图示坐标系
dm
x
l
1 2
2
J   x   dx  ml
0
3

x
可见：
①转动惯量大小与转轴
的位置有关
②平行轴定理
1 2 1 2
l 2
J  ml  ml  m( )
3
12
2
 J  J c  md
2
z
c
d
z
o
刚体对某轴的转动惯量 J 等于刚体通
过质心与该轴平行的转动惯量 J c 与刚体
质量和两轴间距离平方乘积之和。
例题3、质量为m的匀质细
圆环，半径为R，求通过中
心o并与环面垂直的轴的转
动惯量。
解：取一质元dm
则
J   r dm  R
2
m
z
o
2
 dm  mR
m
2
d

例题4、质量为m，半径为R
的均匀薄圆盘，求通过中心
o并与圆盘面垂直的轴的转
动惯量
解：刚体质量面分布，设
m
 2
R
z
o
计算思路：将一复杂形体的刚体，分作为若干
简单形体的组合，根据转动惯量的可加性，先
算出简单形体转动惯量，然后再求和获得刚体
的转动惯量
将圆盘分成一系列半径 ，
宽度为
，质量为
r
dm
dr
的细圆环“元”组成
由圆环的转动惯量得“元”圆环的
dJ  r dm
z
dm  2 rdr
o r
2
所以圆盘：
J   dJ  
m
R
0
1
2
r dm  mR
2
2
dr
例题5、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

x
m
4 3
R
3
r
dx x
o
R
由例4得到启示
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
1
2
J  mR
2
1
2
dJ  dm  r
2
1
2
2
J   dJ    ( r  dx)  r
R 2
x
R

   R
2
R
R
2
2
 mR
5
2
x
 dx
2 2
r
dx x
o
R
转动惯量计算小结
（1）转动惯量的大小与刚
体总质量、质量分布和转轴有关。
（2）多种计算方法，要掌握每一种方法
的思路和要点。
（3）一般情况由实验求得。
5、刚体定轴定律 ( M  J )
的应用举例
基本方法和步骤
分析力，确
定外力矩
列出线量和角量
之间的关系式
列出转动定律和
牛顿定律方程
求解联
立方程
例题1、图示物体质量mA、mB
圆柱形滑轮质量mc ，半径R，
若不计桌面和轮轴摩擦力，
求：⑴两物体的加速度和绳的张力；
⑵物体B从静止落下距离y时，其速率为多
mc , R
少？
解：分析力和力矩  m A
⑴列出方程
m A FN

mB 
FT
'
FT
刚体 RFT  RFT  J

1
2
1
1
J  mR 2
2

PA

Fc m

FT1 
B

Pc 
PB
FT2
2
物体A FT1  m A a
物体B mB g  F  mB a
'
T2
联系式 a  R
FT1  F
FT2  F
'
T1
'
T2

m A FN

PA
联立求解得
a
mB
1
m A  mB  mC
2
g


FT1 
F
c
FT1 
Pc 
FT2

FT2
mB

PB
FT1 
m A mB
g
1
m A  mB  mC
2

1
( m A  mC )mB m A FN
2
FT2 
g
1

m A  mB  mC
P
A
2
⑵


FT1 
F
c
FT1 
Pc 
FT2

FT2
2mB gy
v  2ay 
1
mA  mB  mC
2
mB

PB
例题2、质量为m，长为l的匀
质细杆，可绕其一端的水平
固定轴转动，将杆从水平位
置静止释放，求杆下落到竖直位置时的角
o
速度。
 l ,m
解：分析：杆在运动过程中
受到变力矩作用！则其角加

速度为变值，由 求要用
mg
积分
l
设杆在某一位置时，M  mg  cos 
2
由转动定律，
l
d
d d
mg  cos   J   J
J

2
dt
dt d
l
d
mg  cos   J
2
d o
l ,m



l 2
mg   cos  d   Jd
0
2 0

l 1 2 1 1 2 2
m
g
mg   J  ( ml )
2 2
2 3
3g
 
l
三、角动量
角动量守恒定律
质点：讨论力对时间的累积
作用引出冲量和动量
刚体：讨论力矩对时间的累积作用，将引
 
出冲量矩和角动量
v mv 

L

（一）质点角动量
1、质点的角动量
质点对某一点的角动量
o

r

m



设质点m，具有速度 v 动量为p  mv ，
其对空间某一点o的角动量
  


定义： L  r  P  mr  v

大小： L  rmv sin
 
 
v mv 
 ( r 与P夹角）

方向：右手法则（矢积法则） L
讨论：
o

 
(1) L 垂直r 和 P组成的平面。
 


（L  r , L  P )
L

(2) L与参考点 o 有关，需指
明对那一点的角动量。


r

m

P


r
判断下列有关角动量的说法的正误。
(1) 一质点作直线运动，质点的角动量一定为零。
(2) 一质点作直线运动，质点的角动量一定不变。
(1) 不一定为零。因质点的角动量与参考点有关。
O
•
r
•
O’
r’
L  r  mv  0
L  r   mv  0
v
(2) 不一定不变。
O
•
r
•
O’
r’
d

v
L  r   mv  L  r mv sin   d  mv
角动量方向不变，垂直于板面向里
1. 作匀速直线运动的质点对任一固定点的角动量是
一个常矢量;
2. 作变速率直线运动的质点对任一固定点的角动量
的大小是变化的。
⑶作为一个特例（常见）：
若质点在平面上作圆周
运动，质点对圆心o的角动
 
量

L  r  mv

2
大小：L  rmv  mr 
方向：垂直圆平面

L

 rv
o r
m

L又称为质点对过o点垂直于运动平
面的轴的角动量
mi
2、质点的角动量定理

 d ( mv )
牛顿第二定律 F 

dt
两边叉乘r 

 d

r  F  r  ( mv )
dt
因
d
d
dr
d
 r  mv   r  (mv )   mv  r  (mv )
dt
dt
dt
dt
  d 

代入上式 r  F  ( r  mv )

dt

即
dL
M
dt
作用于质点的合力对参
考点o的力矩，等于质点对
该点o的角动量随时间的变
化率


或写成 Mdt  dL

t2
t1

 dL
M
dt

 
Mdt  L2  L1
作用于同一参考点o所受的冲量矩
（角冲量）等于质点动量矩（角动量）
的增量—质点的角动量定理
3、质点的角动量守恒定律
 


L  r  mv  恒矢量
若 M  0 ，则
质点所受的对参考点o的合力矩为零时，
质点对该参考点的角动量为一恒矢量.
实例：
天体中
行星绕
太阳运
动.
F
M  0  L  mrv  const .
r  v 
4、应用举例
例题1、我国第一颗人造地球卫
星沿椭圆轨道运动，地球的中
心o为该椭圆的一个焦点。
已知地球半径R=6378km，卫星距地面最
近距离l1=439km，

v2
最远距离l2=2384km，
A1
o
A
2
若卫星在近地点A1的

速度v1=810km·s-1，求
v1
卫星在远地点A2的速度。
解：卫星运动过程，

M  0 （为什么？）

所以L  恒矢量
A1 L1  mv1( R  l1 )( 为什么？)
A2 L2  mv2 ( R  l2 )( 为什么？)
L1  L2 得

v2
R  l1
1
v2  v1
 630km  s
R  l2
A2
o
A1

v1
例题2 质量为 m 的物体拴在穿过小孔的轻绳的一端，在
光滑的水平面上以角速度ω0 作半径为 r0 的圆周运动。
自 t = 0时刻起，手拉绳的另一端以匀速 v 向下运动，使
半径逐渐减小。试求角速度与时间的关系ω(t)。
分析：质点在水平方向上仅受通
过小孔的绳的拉力作用，为有心
力，故角动量守恒。
。 r
v
解：质点对小孔的角动量守恒。当质点与小孔的距
离为 r 时，其角速度为ω，则有：
mr  m r
2
2
0 0
m
即
r02
  2 0
r
(1)
根据题意可知，质点 m 与小孔距离的变化规律为：
r  r0  vt
联立 (1)、(2) 两式可得：
2
0
r

0
2
(r0  vt)
(2)
。 r
O
v
m
r
（二）刚体的角动量定理
1、刚体定轴转动的角动量
刚体定轴转动对转轴的角
动量就是刚体上各质点对定
轴的角动量之和。
任一质点都绕轴作圆周运动，所以
L   Li   mi  ri      mi  ri
2
即
L  J


( p  mv )
2
2、刚体定轴转动的角动量定理
设作用于刚体中某质点 mi
的力矩 M i ，M i 中含有外力矩M i外和内力
矩 M i内 ，则

d
2 d
2
M i  M i内  M i外  mi ri
( )  (mi ri  )
dt
dt
r
对定轴转动的刚体
m
i
M
i内
 0,则M   M i外
 M   M i外
d
d
2
2
  (mi ri   )  ( mi ri   )
dt
dt
i
d
dL
 M  ( J ) 
dt
dt
t2
L2
t1
L1
或 Mdt   dL  L2  L1  J 2  J 1
若物体内各质点相对转轴位置发生变化
t2
t2 



Mdt

J


J

2
2
1
1   Fdt mv2  mv1 
t1
 t1

作用于物体上的冲量矩（角冲量）等于
其角动量（动量矩）的增量。
3、刚体定轴转动的角动量守恒定律
若 M  0 ，则 J  恒量
如果刚体受到合外力矩等于零，刚
体角动量保持不变。
讨论：
（1）守恒定律中涉及的外力矩、转动
惯量和角动量都是对同一转轴而言的。
（2）定律推广到非刚体
（3）几个角动量守恒的实例
花样滑冰、跳水运动、
体操运动、猫从高处掉下来、
地球自转周期的变化
ω
4、应用
例题1、杂技演员M、N的质
量均为m。均匀细跷板长l，
质量为m′,支撑于中点o,若M
从高h自由下落与板作完全非
弹性碰撞，求N可弹的高度。
N
M
h
c
解：取演员M、N和
l
跷板为系统，以通过
2
o点轴为转轴，演员M与跷板碰撞的过程，
系统角动量守恒（为什么？）
l
碰撞前 L1  mvM
2
vM  2 gh
l
l
碰撞后 L2  J   mu  mu
2
2
式中  为碰撞后演员和跷板c的角速度，u
为碰撞后演员M、N 的线速度， u  l 
2
由角动量守恒
l
1 2
1
2
mvM  J  ml 
J  ml
2
2
12
6m 2 gh
解得   '
( m  6m )l
所以演员达到高度
2
2
u
 3m 
'
h 
 '
 h
2 g  m  6m 
例题2、静止水平转台边缘上一质量为 m 的
人，当人沿边缘以速率 v 行走时，问转台
得角速度为多大？设转台绕通过转台中心
的铅直轴转动，转动惯量为 J 0 ，半径为 R
解：取人和转台为系统，
则人走动时，系统角动
量守恒（为什么？）
设平台角速度  为，人相
对转轴角速度为  
。
J 0  J 人   0
其中
v
2
J 人  mR     
R
v
2
 J 0  mR      0
R

 mRv

2 （负号意义）
J 0  mR
四：刚体绕定轴转动的功能关系
1、力矩的功
设刚体定轴转动中，刚体在力 F 的作用
z
下，绕轴转过
d

 

dW  F  dr  Ft ds  Ft rd
即 dW  Md
F
dr
o
2
d
所以 W   dW   Md
r
1
讨论：
（1）力矩的功（力的功）
（2） M 指合外力矩
（3）如果 M 为恒力矩，则：
2
W  M  d  M ( 2  1 )  M 
1
2、刚体定轴转动的动能
1 2 1
Ek   mi vi    mi ri 2   2
2
2
1 2
1 2
 Ek  J
( Ek  mv )
2
2
3、刚体定轴转动的动能定理
因
d
dW  Md  J
d  Jd
dt
2
2
1 2 1 2
W   Md   Jd  J 2  J1
1
1
2
2
刚体定轴转动的动能定理：
合外力矩对绕定轴转动的刚体做的功等于
该刚体转动动能的增量。
1 2 1 2
W  mv2  mv1
2
2
4、刚体的势能
E p  mghc
hc —刚体质心位置
5、功能原理和守恒定律的应用
对于刚体和质点组成的系统中，原理
同样适用。
动能：质点和刚体转动动能
势能：质点和刚体的势能
例题1、图示滑轮m, R 上绕
有轻绳，一端挂质量为 m 的
物体。求当物体由静止下落
高度 h 时的速度大小。
m, R

解：分析受力：图示
Fn
m
外力矩对滑轮作功，由刚体动
h
1
1
能定理得
m
2
2
F
Rd


J


J

T
0

FT
2
2
 FT
P
外力对物体作功，由质点动能
1
1
2
定理得 mgRd  FT Rd  mv  mv02

 (dr ) 2
mg
2
两式相加
1 2 1 2
mgRd


mgh

J


mv



2
2

1 2 1 2
  J 0  mv0 
2
2

机械能守恒！（为什么？）
解得：
v
m
J
m 2
R
2 gh
例题2、定滑轮半径 r 转动惯
量 J ，弹簧劲度系数 k ，开
始时处于自然长度，物体 m
静止。然后释放物体，求物体
k
下落 h 时的速度大小。
解：取弹簧、物体和滑轮,
地球为系统，则作用于系统的外力和
非保守内力做功为零（为什么？）
J ,r
m
h
系统机械能守恒（取势能零点）
1 2
1 2 1
2
mgh  mv  J   kh
2
2
2
m
v  r
1 2 1 J
 2
 mgh  kh   2  m v
2
2r

2mgh  kh
v 
m J 2
r
动力学方法
分析受力，图示：
2
k
J ,r
m
FT1
h
FN m
mg  FT2  ma (1) FT
FT
弹簧：FT1  kx (2)
 F
m
T
P

滑轮：FT r  FT r  J (3)
mg
2
1
m
1
2
2
有 a  r (4)
由式(1)(2)(3)(4)解
得（需积分）
2
2mgh  kh
v
m J 2
r
比较两种方法
o

v
m
a

m
例题3、棒长 l ，质量 m，可绕点 o自由

转动，一质量 m速度为 v 子弹水平射入距
离 o 点为 a 处，使棒最大偏转为 ，求子
弹的速度大小。
解：取子弹、棒作为系统，
在子弹射入棒的过程中系统
的角动量守恒（为什么？）
有
1 2
2
mva  ml   ma 
3
1 2
2
  ml  ma 
3

o

v
m
a

m
子弹射入后，棒与子弹一起运动到最大
偏角  ，这过程系统的机械能守恒。
有
11 2
2 2
 ml  ma  
23

l
 mga1  cos    m' g 1  cos  
2



1 g
2
2
v 
2  3 ml  2ma ml  3ma
ma 6

五： 经典力学的成就和局限性
1、经典力学适用于弱引力场中低速运动问题
2、能量连续性与能量量子化
经典力学：能量连续性
量子理论：能量是不连续的，能量量子化
3、确定性与随机性
（1）经典力学：牛顿定律
的确定性
确定的初值
确定的方程
确定的解
拉普拉斯：
“给与宇宙的初始条件，我们就能确
定它的过去、现在和未来！”
（2）自然界的运动是确定性和随机性并存
确定论系统中出现的内在随机行为—
混沌现象。
牛顿力学的胜利
1978年发射空间飞船ISEE3，4年后经37次点火和5次飞近
太阳而进入了一个复杂的轨道。85年拦截了一个彗星，86
年与哈雷慧星相遇。2012年返回。