Transcript 剛體運動I

第五章 剛體運動
當我們不再考慮物體為一質點，而是一
有限大小的實體時，以粒子為考量中心
所推論出的運動定律將不再足以描述此
物體的運動狀態與變化。
不一樣的運動 – 轉動
每點的位移
都不一樣
?
每點的速度
也都不一樣
??
連每點的加速
度都是不一樣
???
從不同角度去探討轉動運動
在此我們只考慮不會變形的物體，也就
是說，物體內任意兩點間的距離保持一
定，我們稱具有此特性的物體為剛體。
During a rotation  What could be the same??
q
 The angular displacement
- New
Displacement Variable q
轉動動力學中的新參數I
若已給出質點的運動軌跡，則可採用弧座標S來
確定質點位置。若S為運動軌道上一固定點Po到
質點P的弧長（軌道長度），則S將因質點的運動
而隨時間改變
S=S(t)
S
r
質點的位置向量可視為S的函數
q
r=r[t(s)]=r(s)
在純轉動運動中，質點的位置向量為
S = r q r=常數
q = 角位移 Angular Displacement
角位移（Angular Displacement）
[單位]：rad（弧度） 旋轉
出來的弧長除以旋轉半徑，
即 q(t)
q(t)=s(t)/r
轉一圈=1rev=360°=2pr/r
rad=2p rad
旋轉n(2p) rad回到原角位置
(Angular Position)
旋轉軸方向
旋轉角度
為正方向
轉動動力學中的新參數II
位移對時間的一次微分為速度，所以有
dr ds dr
v

 st
dt dt ds
其中
而向量
ds  dx  dy  dz
2
2
2
為位移大小
dr / ds  t  t ( s)  t (t )
為質點運動沿S增加方向的切線單位向量，為
位置（時間）的函數。
角速度(Angular Velocity)
在純轉動運動中，質點的
速度為
ds
d rq 
v t
t
dt
dt
rdq

t  rt  rω
dt
= 角速度 dq /dt
[單位]：rad/s
其方向以右手來定義（如上圖）
轉動動力學中的新參數III
速度對時間的一次微分為加速度
dv
dt
ds dt
a
 st  s  st  s
dt
dt
dt ds
2 n
 st  s 
 at t  ar n

等式中第一項為切線加速度，第二項為法線加
速度。其中
ds
ds

dt
dq
為曲率半徑
dt dt
1

n n
ds ds

n為法線向量
角加速度(Angular Acceleration)
以純轉動運動為例
  ds/dq=d(rq)/dq=r
切線加速度為
d rq  rd q
at  s 

 r
2
2
dt
dt
2
2
法線加速度為

s 

v
 d rq  
 dq 
2

 r
 / r  r
 
  dt 
r
 dt 
2
ar
2
2
2
轉動運動中的運動方程
在純轉動運動中，我們找到了相對於線性運動中位移
、速度與加速度的新參數。由於之間的對應關係一樣
，故於線性運動中所導出的運動學方程，也應相對的
存在於純轉動運動的新參數之中。
v f  vi  at   f   i  t
2
1
（二） x f  xi  vi t  2 at
 q f  q i   i t  12 t 2
（一）
（三）
v  v  2a( x f  xi )
2
f
2
i
     2 (q f  q i )
2
f
2
i
Example: CD Player
On a compact Disc, audio information is stored in a series of pits
and flat areas on the surface of the disc that represent ones and
zeros. The length of each one or zero is the same everywhere on the
disc, and we wish that they pass the laser-lens system in same time
period. Find the angular speed of the disc when information is been
read from (a) the innermost first track (b) the outermost final track
(In typical CD player, the information passes by the laser-lens
system in a constant speed of 1.3 m/s)
The innermost first track
v
1.3m / s
 
 56.5rad / s
2
r 2.3  10 m
The outermost final track
v
1.3m / s
 
 22.4rad / s
2
r 5.8 10 m
 2.110 2 rev / min
Example: CD Player (continue)
The maximum playing time of a standard music CD is
74 minutes and 33 seconds. How many revolutions does
the disc make during that times?
Assuming the angular velocity is decreasing steadily
q f  q i  ( i   f )t / 2  2.8 10 4 rev
The angular acceleration

( f   i )
t
 7.6  10 3 rad / s 2
What’s the total length of track moves past the
objective lens during this time?
x  vt  (1.3m / s)(74  60s  33s)  5.8  10 3 m
Example: 離心機
為訓練太空人能夠忍受發射脫離地球引力範圍時
所需承受的加速度，太空人訓練中心多以離心機
來模擬。若離心機中太空人訓練位置距旋轉中心
15公尺，（一）需多大的角速度方能使太空人感
受到約11倍的重力加速度？
訓練時為等速運轉，故太空人所感受到的為法
線加速度
2
v
2
ar 
  r    ar / r
r
 11  9.8 / 15  26rev / min
Example: 離心機 （續）
（二）在此狀況下，於訓練艙中之太空人的線性
速度約為多少？
線性速度與角速度的關係為
v  r  (2.68rad / s)(15m)  40m / s
（三）若此訓練機於兩分鐘的時間內，等加速的
由靜止到（一）中結果的速度，問其切線加速度
約為多少？
切線加速度為
  o
d q d
2
 2 
 
 0.0223rad / s
dt
dt
t
2
轉動運動的動能
h
線性運動的動能形式為 mv2/2而
物體的總動能為各個質點動能的
線性相加總和
所以 Ki = miv2/2  K =  Ki =  miv2/2 =  mir22/2
與線性動能的形式相比較 mv2/2
將之表達成轉動運動的參數形式可得
K = { mir2} 2/2 = I 2/2
一新的物理量於轉動運動中扮演著線性運動中
質量的角色 Moment of Inertia I =  mir2 = r2dm
Example: Flywheel
利用現代科技技術，我們能夠建造一先將能量
以轉動動能的形式儲存在飛輪系統，然後用以
驅動行駛的汽車。假設一圓柱形飛輪的總質量
為75kg，半徑為25cm。若該飛輪以85000 rev /
min的速度旋轉，問其儲存多少能量？
I  MR  (75kg)(0.25m)  2.34kg  m
  85000  2p  / 60  8900rad / s
2
2
1
1
K  2 I  2 (2.34kg  m)(8900rad / s)
1
2
2
1
2
2
 9.3 10 J  26 KW  hr
7
在預期的效率之下，此儲存能量能使一小型汽
車行駛250miles
轉動慣量的計算
Example: Uniform Solid Cylinder
Solution
R
I Z   r 2 dmR  r 2 (2prdrL )
 2pL  r dr  pLR
03
1
2
4
   M / V  M / pR L
2
1
 I  2 MR
0
2
物體的轉動慣量並非為一常數，
而是與轉動軸的位置與方向有關
Some Rotational Inertias
Solid Cylinder
I = MR2/2
Solid Sphere
I = 2MR2/5
Solid Cylinder
I=
MR2/4 +ML2 /12
Thin Sphere
I = 2MR2/3
I = M (a2 +b2) /12
平行軸定理
若旋轉軸通過物體質心的轉動慣量為已知，則
平行於此方向的任何轉動慣量為
I  I CM  MD
2
ICM
為通過物體質心的轉動慣量
M
為物體的總質量
D
為兩轉動軸之間的距離
平行軸定理（證明）
令轉動軸方向為Z軸，且定質心所在的XY平面
以質心為原點，而另一轉軸通過此平面於(a,b)


I   r 2 dm   ( x  a ) 2  ( y  b) 2 dm

  a

dm
  x 2  y 2 dm  2a  xdm  2b  ydm
2
b
2

 I CM  0  0  a  b
 I CM  D M
2
2
2
 dm
Example: 一均勻長棒（如右
圖所示）的總質量為M，若
旋轉軸垂直於棒長方向且通
過質心，求其轉動慣量？
I   x dm  2 
2

2M
3L
( L / 2)
L/2
0
3

x 2  ML dx 
0 
3
1
12
2
ML
若旋轉軸方向不變，但移至長棒的一端，求其轉
動慣量為何？
L
I   x dm   x
2
0

2 M
L
dx  
M
3L
L  0  
3
3
2
I

I

MD

或由平行軸定理
CM
1
12
1
3
ML
ML  M  L   13 ML2
2
1
2
2
2
轉動運動時動能的改變
令轉軸的方向為Z軸，轉動運動時
dr
由功的定義 dW = F  dr = Fx dx + Fy dy
dq 將直角座標位移量轉換為轉動運
q
動的新參數q
dr = r dq,
dx = -r sinq dq = -ydq
dy = r cosq dq = xdq
dW = Fx dx + Fy dy = [ x Fy -y Fx ] dq  rF dq = t dq
t rF扮演類似於改變線性運動動能時，力所扮演的
角色。我們稱之為力矩(torque)
力矩
由力矩的定義，其方向可由
右手定則決定，而大小為
t  r  F  rF sin   Fd
式子中d為r於垂直於F方
向上的分量，俗稱為力臂
力矩為一向量，故總力矩為各個力矩之向量和
注意事項： （一）力矩的單位雖與功一樣，但卻
為完全不一樣的觀念。（二）參考轉軸需先確定
之後，力矩的定義方有意義。
Example: （一）求
淨力矩
t  t
1
 t 2  R1F1  R2 F2
（二）若F1=5.0N
,R1=1.0m ,F2=15.0N,
R2=0.5m，其旋轉方向
為？
t  (0.5N )(1.0m)  (15.0N )(0.5m)  2.5N  m
淨力矩為正值，由右手定則，其旋轉方向
為逆時鐘旋轉
力矩與角加速度
一物體的旋轉如右圖所
示。對每一個微小體積
元而言，皆滿足
dFt  at (dm)
該體積元所受的力矩為
dt  rdFt  rat (dm)  r  (dm)   (r dm)
2
2
雖然物體中每一體積元的切線加速度不一樣
，但是其角加速度卻都一樣（對剛體而言）
t   dt    (r dm)  I
2
固定點
Example: Rotating Rod
一質量為m長度為L的均勻長
棒，固定一端而另一端則可
自由轉動。問於水平靜止位
置釋放時，其起始角加速度
與自由端切線加速度為何？
力矩為
mg
t  12 mgL  I
t
mg ( L / 2) 3g
角加速度為   

2
I
mL / 3
2L
3g
at  L 
端點切線加速度為
2
為何端點切線加速度會大於g ??
HW:可
否比自
由落替
更快?
Example:Atwood’s Machine
阿特伍德機如右圖所
示。若繩子的質量可
忽略，兩滑輪的半徑
為R，轉動慣量為I。
求加速度？
線性運動滿足牛頓定律
(1)m1 g  T1  m1a
(2)T3  m2 g  m2 a
轉動運動滿足牛頓定律
(3)T1  T2 R  I (4)T2  T3 R  I
(3)  (4)  T1  T3 R  2 I 將(1)(2)式結果代入
2
a  (m1  m2 ) g m1  m2  2I / R 
轉動運動時動能的改變(續）
由於外力作用於物體使之旋轉所作的功為
dW tdq
dW  tdq  Power 

 t
dt
dt
依此定義，功與轉動動能的關係為
d
W   dW   tdq   Idq   I
dq
dt
dq
2
2
1
1
 I
d   Id  2 I f  2 I i  K
dt
此關係式為前述定義之總結
Example: Rotating Rod（續）固定點
前述例題中的長棒自水
平靜止位置釋放時，問
於最低點時該棒的角速
度為何？
mg
重力位能轉變為轉動動能
1
2
mgL  I 
1
2
3g
 
L
2

1 1
2 3

mL 
2
2
Example: 一系統如右圖所示。求
物體運動速度與下滑高度的關係
重力位能轉變為轉動動能


K  12 m1v 2f  m2v 2f  I 2f  0
U  m1 gh  m2 gh
 K  U  0
 v f  R f
 (m1  m2  I R )v  (m2  m1 ) gh
1
2
2
2
f
2(m2  m1 ) gh
v f 
2
(m1  m2  I R )