《刚体定轴转动(习题课).ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《刚体定轴转动(习题课).ppt（34页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、刚体的定轴转动刚体的定轴转动学习要求：学习要求：学习要求：学习要求：1.掌掌握握描描述述刚刚体体定定轴轴转转动动的的角角位位移移、角角速速度度、角角加加速速度度等等物物理理量量及及角角量量和和线线量量的的关关系系.能能借借助助于于直直角角坐标系熟练应用匀变速转动的运动学公式。坐标系熟练应用匀变速转动的运动学公式。2.理理解解力力矩矩和和转转动动惯惯量量的的物物理理意意义义。掌掌握握刚刚体体定定轴轴转转动动定定律律并并能能结结合合牛牛顿顿运运动动定定律律求求解解定定轴轴转转动动刚刚体体与质点组合系统的有关问题。与质点组合系统的有关问题。3.会会计计算算力力矩矩的的功功，刚刚体体定定轴轴转转动动动
2、动能能和和刚刚体体的的重重力力势势能能。能能在在含含有有定定轴轴转转动动及及重重力力场场的的刚刚体体问问题题中中正确地应用机械能守恒定律。正确地应用机械能守恒定律。4.熟熟练练计计算算刚刚体体对对固固定定轴轴的的角角动动量量，掌掌握握角角动动量量定定理理，并并能能对对含含有有定定轴轴转转动动刚刚体体在在内内的的系系统统正正确确应应用用角动量守恒定律。角动量守恒定律。1重点：重点：1.理理解解和和掌掌握握有有关关刚刚体体转转动动的的基基本本概概念念力力矩矩、转转动动惯惯量量、转转动动动动能能、角角动动量量等。等。2.理理解解和和掌掌握握有有关关刚刚体体定定轴轴转转动动的的基基本本规规律律，特特别
3、别是是转转动动定定律律和和角角动动量量守守恒恒定定律律及其应用。及其应用。难点：难点：角动量定理，转动定律，角动量守恒定角动量定理，转动定律，角动量守恒定律在综合性力学问题中的应用。律在综合性力学问题中的应用。21.描述刚体定轴转动的物理量及运动学公式描述刚体定轴转动的物理量及运动学公式角位置角位置 角运动方程角运动方程 =(t)角位移角位移 角速度角速度角加速度角加速度角量与线量的关系角量与线量的关系 基本概念和规律：基本概念和规律：基本概念和规律：基本概念和规律：32.力矩和转动惯量力矩和转动惯量(1)力矩力矩(2)转动惯量转动惯量当刚体质量连续分布当刚体质量连续分布组合体的转动惯量组合体
4、的转动惯量 2=0 2+2 匀角加速转动公式匀角加速转动公式 =0+t43.刚体的定轴转动定律刚体的定轴转动定律4.力矩的功力矩的功转动动能转动动能刚体定轴转动动能定理刚体定轴转动动能定理机械能守恒定律机械能守恒定律:只有重力做功时只有重力做功时55.角动量和冲量矩角动量和冲量矩刚体的角动量刚体的角动量恒力矩的冲量恒力矩的冲量变力矩的冲量变力矩的冲量6.角动量定理和角动量守恒定律角动量定理和角动量守恒定律角动量定理角动量定理角动量守恒定律角动量守恒定律:当合外力矩为零或远小于内力矩时当合外力矩为零或远小于内力矩时67.质点直线运动和刚体的定轴转动物理量对比质点直线运动和刚体的定轴转动物理量对比
5、质点直线运动质点直线运动刚体的定轴转动刚体的定轴转动位移位移 x速度速度加速度加速度功功角位移角位移 角速度角速度角加速度角加速度质量质量m转动惯量转动惯量功功动能动能转动动能转动动能动量动量角动量角动量功率功率角功率角功率7一人造地球卫星到地球中心的最大距离和最小距离分别是一人造地球卫星到地球中心的最大距离和最小距离分别是设卫星对应的角动量分别是，动能分别是，则有设卫星对应的角动量分别是，动能分别是，则有BA（）（）（）（）（）答答答答：（5）一一长长为为 、质质量量可可以以忽忽略略的的直直杆杆，两两端端分分别别固固定定有有质质量量为为2m和和m的的小小球球，杆杆可可绕绕通通过过其其中中心心
6、O且且与与杆杆垂垂直直的的水水平平光光滑滑固固定定轴轴在在铅铅直直平平面面内内转转动动，开开始始杆杆与与水水平平方方向向成成某某一一角角度度，处处于于静静止止状状态态，释释放放后后，杆杆绕绕O轴轴转转动动。则则当当杆杆转转到到水水平平位位置置时时，该该系系统统所所受受到到的的合合外外力力矩矩的的大大小小M=_,此此时时该该系系统统角角加加速速度度的的大大小小 _。8在一水平放置的质量为在一水平放置的质量为m、长度为、长度为 的均匀细杆上，套着一质量也的均匀细杆上，套着一质量也为为m的套管的套管B(可看作质点可看作质点)，套管用细线拉住，它到，套管用细线拉住，它到竖直轴竖直轴 轴轴的距离为的距离
7、为 ，杆和套管所组成的系统以角速度，杆和套管所组成的系统以角速度 绕绕 轴转动，轴转动，如图所示。若在转动过程中细线被拉断，套管将沿着杆滑动。在如图所示。若在转动过程中细线被拉断，套管将沿着杆滑动。在套管滑动过程中，该系统转动的角速度套管滑动过程中，该系统转动的角速度 与套管离轴的距离与套管离轴的距离x的函的函数关系为数关系为()。（已知杆本身对。（已知杆本身对 轴的转动惯量轴的转动惯量 ）9如图，长为如图，长为L L，质量为，质量为m m的匀质细杆，可绕通过杆的端点的匀质细杆，可绕通过杆的端点O O并与杆垂并与杆垂直的水平固定轴转动。杆的另一端连接一个质量为直的水平固定轴转动。杆的另一端连接
8、一个质量为m m的小球。杆从的小球。杆从水平位置由静止开始自由下摆，忽略轴处的摩擦，当杆转到与竖直水平位置由静止开始自由下摆，忽略轴处的摩擦，当杆转到与竖直方向成方向成角时，小球与杆的角速度为角时，小球与杆的角速度为O注意角速度定义注意角速度定义10一匀质细棒长为一匀质细棒长为2L，质量为，质量为m，以与棒长方向相垂直的速度，以与棒长方向相垂直的速度v0在光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点在光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点O发生完全发生完全非弹性碰撞，碰撞点位于棒中心的一方非弹性碰撞，碰撞点位于棒中心的一方1/2L处，如图所示。求处，如图所示。求棒在碰撞后的瞬时绕棒在碰撞后的
9、瞬时绕O点转动的角速度点转动的角速度。（细棒绕通过其端点。（细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为且与其垂直的轴转动时的转动惯量为 ，式中的，式中的 分别为分别为棒的质量和长度）棒的质量和长度）OAB解：解：解：解：碰撞前瞬时，杆对O点的角动量为碰撞后瞬时，杆对O点的角动量为碰撞前后角动量守恒，有碰撞前后角动量守恒，有（平行轴定理）（平行轴定理）11力矩的计算力矩的计算一般情况下，刚体对某转轴的力矩可以用公式一般情况下，刚体对某转轴的力矩可以用公式M=M=FrsinFrsin计算，有时刚体上各点所受的力大小不等、计算，有时刚体上各点所受的力大小不等、或者方向不同、或者力臂不同，则需要
10、用积分方法计或者方向不同、或者力臂不同，则需要用积分方法计算。算。例、唱机的转盘绕着通过盘心的固定竖直轴转动，例、唱机的转盘绕着通过盘心的固定竖直轴转动，唱片放上去后将受转盘的摩擦力作用而随盘转动。唱片放上去后将受转盘的摩擦力作用而随盘转动。设唱片可以看成半径为设唱片可以看成半径为R R的均匀圆盘，质量为的均匀圆盘，质量为m m，唱片与转盘之间的摩擦系数为唱片与转盘之间的摩擦系数为，转盘原来以角转盘原来以角速度速度匀速转动，唱片放上去时受到的摩擦力矩匀速转动，唱片放上去时受到的摩擦力矩为多大？唱片达到角速度为多大？唱片达到角速度需要多长时间？在这需要多长时间？在这段时间内，转盘保持角速度不变，
11、则驱动力做功段时间内，转盘保持角速度不变，则驱动力做功多少？摩擦力矩做了多少功？唱片获得了多大动多少？摩擦力矩做了多少功？唱片获得了多大动能？能？12分析：唱片上的摩擦力不是作用在一点，而是分布在整个唱片和转盘的接触分析：唱片上的摩擦力不是作用在一点，而是分布在整个唱片和转盘的接触面上。各部分的摩擦力方向都是不同的，垂直与它的径向。因为唱片各部分面上。各部分的摩擦力方向都是不同的，垂直与它的径向。因为唱片各部分所受摩擦力的力臂不同，所以摩擦力矩用积分方法。积分时，面元的选取很所受摩擦力的力臂不同，所以摩擦力矩用积分方法。积分时，面元的选取很关键。关键。解法解法1 1：在唱片上取面元如图。：在唱
12、片上取面元如图。面元的面积为：面元的面积为：质量为：质量为：ddfr13面元质量为面元质量为：此面元受到转盘的摩擦力为此面元受到转盘的摩擦力为：摩擦力矩：摩擦力矩：所以，整个唱片所受的摩擦力矩为：所以，整个唱片所受的摩擦力矩为：14解法二、把唱片分成许多同心圆环，任取半径解法二、把唱片分成许多同心圆环，任取半径r-r+drr-r+dr的圆环作为的圆环作为面元，其上各点所受的摩擦力沿着圆环的切线方向。如图。对转面元，其上各点所受的摩擦力沿着圆环的切线方向。如图。对转轴的力臂都相同。因此圆环所受的摩擦力矩为：轴的力臂都相同。因此圆环所受的摩擦力矩为：其中其中代入得到：代入得到：所以整个唱片受到的摩
13、擦力矩为：所以整个唱片受到的摩擦力矩为：drrdfdfdf15根据转动定律可知，唱片在此摩擦力矩作用下做匀加速运动，其根据转动定律可知，唱片在此摩擦力矩作用下做匀加速运动，其转动的角加速度为：转动的角加速度为：其中，唱片的转动惯量为：其中，唱片的转动惯量为：代入可以得到：代入可以得到：所以，唱片的角速度从零增加到所以，唱片的角速度从零增加到所需要的时间为：所需要的时间为：16在这段时间内，摩擦力矩做功：在这段时间内，摩擦力矩做功：唱片获得的动能：唱片获得的动能：所以唱机驱动力矩做功为：所以唱机驱动力矩做功为：17转动定律的应用转动定律的应用这类问题多见于含有定轴转动的刚体和可视为质点的这类问题
14、多见于含有定轴转动的刚体和可视为质点的物体组成的系统的力学问题。处理这类问题的方法和物体组成的系统的力学问题。处理这类问题的方法和处理质点力学问题相同，即先选取研究对象，分析各处理质点力学问题相同，即先选取研究对象，分析各隔离体所受的力或者力矩，画出示力图，判断各隔离隔离体所受的力或者力矩，画出示力图，判断各隔离体的运动情况，根据牛顿运动定律或者转动定律分别体的运动情况，根据牛顿运动定律或者转动定律分别列出运动方程，还要加上运动状态之间的联系，比如列出运动方程，还要加上运动状态之间的联系，比如线量与角量之间的关系。线量与角量之间的关系。例、电风扇的功率恒定为例、电风扇的功率恒定为P P，风叶转
15、子的总转动惯量为，风叶转子的总转动惯量为J J，设风叶受到空气的阻力矩与风叶的转动角速度，设风叶受到空气的阻力矩与风叶的转动角速度成正成正比（比例系数为比（比例系数为k k）。求：（）。求：（1 1）电扇通电后）电扇通电后t t秒时的角速秒时的角速度；（度；（2 2）电扇稳定转动时的转速；（）电扇稳定转动时的转速；（3 3）若在电扇稳定）若在电扇稳定转动后断开电源，则风扇还能继续转过多少角度？转动后断开电源，则风扇还能继续转过多少角度？18分析：电扇的恒定功率为分析：电扇的恒定功率为P P，转速为，转速为时，则其电动力矩为时，则其电动力矩为M=P/M=P/，电扇在此力矩与阻力矩作用下运动。当断
16、开电源后，电扇在此力矩与阻力矩作用下运动。当断开电源后，只受到阻力矩的作用，电扇将做减速转动，最后停止，由运动只受到阻力矩的作用，电扇将做减速转动，最后停止，由运动学关系可以算出电扇转过的角度。学关系可以算出电扇转过的角度。解：解：（1 1）由于阻力矩）由于阻力矩M Mf f正比与正比与，则有：，则有：K K为比例系数，根据转动定律有：为比例系数，根据转动定律有：即：即：19分离变量后积分：分离变量后积分：积分得到：积分得到：（2 2）当）当t t趋于无穷时，电扇达到稳定转动，转速：趋于无穷时，电扇达到稳定转动，转速：（3 3）电源断开，只有受到阻力矩作用，由转动定律得到：）电源断开，只有受到
17、阻力矩作用，由转动定律得到：20分离变量后积分：分离变量后积分：由此得到：由此得到：则电扇转过的角度为：则电扇转过的角度为：21刚体的角动量定理和角动量守恒定律的应用刚体的角动量定理和角动量守恒定律的应用这两条规律的地位与质点力学中的动量定理和动量守这两条规律的地位与质点力学中的动量定理和动量守恒定律相当。恒定律相当。应用角动量定理时，必须隔离刚体，分析受力情况，应用角动量定理时，必须隔离刚体，分析受力情况，确定各隔离体在过程中所受的外力矩以及作用前后的确定各隔离体在过程中所受的外力矩以及作用前后的角动量，列出关系式。角动量，列出关系式。应用角动量守恒，必须分析是否符合守恒的条件（系应用角动量
18、守恒，必须分析是否符合守恒的条件（系统所受的合外力矩为零）。还必须注意，系统的角动统所受的合外力矩为零）。还必须注意，系统的角动量是对同一个转轴而言的，且角速度量是对同一个转轴而言的，且角速度必须对惯性系必须对惯性系而言的。而言的。22例、质量为例、质量为M M，半径为，半径为R R的转台，可以绕通过中心的竖直的转台，可以绕通过中心的竖直轴无摩擦的转动。质量为轴无摩擦的转动。质量为m m的人，站在离中心的人，站在离中心r r处处（rRrR），开始时，人和台处于静止状态，如果这个人），开始时，人和台处于静止状态，如果这个人沿着半径为沿着半径为r r的圆周匀速走一圈，设他相对于转台的运的圆周匀速走
19、一圈，设他相对于转台的运动速度为动速度为u u，如图。求转台的旋转角速度和相对地面转，如图。求转台的旋转角速度和相对地面转过的角度。过的角度。Rru分析：以人和转台为系统，该系统没分析：以人和转台为系统，该系统没有受到外力矩的作用，所以系统的角有受到外力矩的作用，所以系统的角动量守恒。应用角动量守恒定律时，动量守恒。应用角动量守恒定律时，其中的角速度和速度都是相对惯性系其中的角速度和速度都是相对惯性系（地面）而言的。因此人在转台上走（地面）而言的。因此人在转台上走动时，必须考虑人相对于地面的速度。动时，必须考虑人相对于地面的速度。23解：对于人和转台的系统，当人走动时，系统没有受到对竖直轴的外
20、力解：对于人和转台的系统，当人走动时，系统没有受到对竖直轴的外力矩，系统对该轴的角动量守恒。设人相对于地面的速度为矩，系统对该轴的角动量守恒。设人相对于地面的速度为 v v，转台相对，转台相对于地面的转速为于地面的转速为，于是有：，于是有：而：而：代入得：代入得：24式中负号代表转台转动的方向和人在转台上走动的方向相反。根式中负号代表转台转动的方向和人在转台上走动的方向相反。根据题意，据题意，u u是常量，所以是常量，所以也是常量，即转台做匀速转动。也是常量，即转台做匀速转动。设在时间设在时间t t内转台相对于地面转过的角度为内转台相对于地面转过的角度为，则，则：而而u/ru/r.t t是人相
21、对于转台转过的角度，由题设：是人相对于转台转过的角度，由题设：因此，在此过程中转台相对于地面转过的角度为：因此，在此过程中转台相对于地面转过的角度为：25角动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用角动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用角动量守恒和机械能守恒定律适用的条件不同，在应用时必须根据条件而有所选择。例、长为例、长为 质量为质量为m m1 1的匀质细杆，可绕通过的匀质细杆，可绕通过O O点垂点垂直于纸面的轴转动，令杆自水平位置静止摆下，直于纸面的轴转动，令杆自水平位置静止摆下，在铅直位置处与质量为在铅直位置处与质量为m m2 2的物体发生完全非弹性的物体发生完全非弹性碰撞，如图，碰后物体
22、沿摩擦系数为碰撞，如图，碰后物体沿摩擦系数为的水平面的水平面滑动，求此物体滑过的距离以及杆上升的角度。滑动，求此物体滑过的距离以及杆上升的角度。26分析：可以分成三个过程。分析：可以分成三个过程。（1 1）杆从水平位置摆到竖直位置，）杆从水平位置摆到竖直位置，只有重力做功，所以机械能守恒；（只有重力做功，所以机械能守恒；（2 2）杆与物体发生碰撞。）杆与物体发生碰撞。把杆和物体作为一个系统，没有受到外力矩的作用，所以系把杆和物体作为一个系统，没有受到外力矩的作用，所以系统角动量守恒。系统的动量不守恒。（杆受到轴力的外力作统角动量守恒。系统的动量不守恒。（杆受到轴力的外力作用）；（用）；（3 3
23、）物体和杆分别运动。物体滑动，摩擦力做功，可）物体和杆分别运动。物体滑动，摩擦力做功，可以由功能原理求距离，杆上升过程，机械能守恒。以由功能原理求距离，杆上升过程，机械能守恒。m1m2解：杆自水平位置摆到铅直位置时，设杆在铅解：杆自水平位置摆到铅直位置时，设杆在铅直位置时角速度为直位置时角速度为，并以地面为势能的零点，并以地面为势能的零点，由机械能守恒定律可以得到：由机械能守恒定律可以得到：由此二式可以得到：由此二式可以得到：27杆与物体发生完全非弹性碰撞时，他们将拥有共同的速度杆与物体发生完全非弹性碰撞时，他们将拥有共同的速度v v，由，由于系统没有受到外力矩的作用，所以角动量守恒，设碰撞后
24、的角于系统没有受到外力矩的作用，所以角动量守恒，设碰撞后的角速度为速度为，有：，有：解以上两式，并且代入解以上两式，并且代入的值，得到：的值，得到：28设物体在地面上滑过的距离为设物体在地面上滑过的距离为s s，由功能原理得到：，由功能原理得到：由此可以得到：由此可以得到：设摆上升的角度为设摆上升的角度为，由机械能守恒定律得到：，由机械能守恒定律得到：最后得到：最后得到：29分析：对于环和杆所组成的系统，仅受到分析：对于环和杆所组成的系统，仅受到重力和轴力的作用，所以系统对重力和轴力的作用，所以系统对A A点的角点的角动量守恒。而且这些外力不做功，所以系动量守恒。而且这些外力不做功，所以系统的
25、机械能守恒。由这两个定律就可以求统的机械能守恒。由这两个定律就可以求出杆的旋转角速度和环的运动速度。出杆的旋转角速度和环的运动速度。例例例例.质质质质量量量量为为为为m m m m的的的的小小小小圆圆圆圆环环环环套套套套在在在在一一一一长长长长为为为为 质质质质量量量量为为为为M M M M 的的的的光光光光滑滑滑滑均均均均匀匀匀匀杆杆杆杆ABABABAB上上上上,杆杆杆杆可可可可以以以以绕绕绕绕过过过过其其其其A A A A端端端端的的的的固固固固定定定定轴轴轴轴在在在在水水水水平平平平面面面面上上上上自自自自由由由由旋旋旋旋转转转转。开开开开始始始始时时时时杆杆杆杆旋旋旋旋转转转转的的的的
26、角角角角速速速速度度度度为为为为0 0 0 0而而而而小小小小环环环环位位位位于于于于A A A A处处处处，当当当当小小小小环环环环受受受受到到到到一一一一微微微微小小小小扰扰扰扰动动动动后后后后，即即即即沿沿沿沿杆杆杆杆向向向向外外外外滑行，滑行，滑行，滑行，求：小环脱离杆时环的速度大小和方向？求：小环脱离杆时环的速度大小和方向？求：小环脱离杆时环的速度大小和方向？求：小环脱离杆时环的速度大小和方向？30解：解：解：解：角动量守恒，角动量守恒，角动量守恒，角动量守恒，机械能机械能守恒守恒守恒守恒。注意！注意！+相对运动相对运动小环脱离杆时的速度是由环沿杆的速度和小环脱离杆时的速度是由环沿杆的速度和杆旋转时环沿圆周运动的切向速度合成的杆旋转时环沿圆周运动的切向速度合成的结果，所以环脱离杆的速度与杆之间有一结果，所以环脱离杆的速度与杆之间有一个夹角。个夹角。31先得到先得到的表达式：的表达式：进而得到：进而得到：所以，所以，v的方向与杆的夹角为：的方向与杆的夹角为：323334