-刚体力学基础
刚体力学基础
mA
第5章 刚体力学基础
2.7
刚体力学基础
解：研究对象：A、B、圆柱 用隔离法分别对各物体作受力 分析，如图所示。
mB
N
mA
f
mB m Bg
TB
TA
mA
aB T 'B
aA
mAg
T 'A
第5章 刚体力学基础
2.7
刚体力学基础
N
f
mB m Bg
TB
TA
T 'B
T 'A
mA mAg
aA
aB
A: mA g TA mAaA TB f mB aB B: N mB g 0
2.7
定点转动：
刚体力学基础
运动中刚体上只有一点固定不动，整个刚体绕过该
固定点的某一瞬时轴线转动. 如：陀螺的运动
i3
（转轴方向（2），绕轴转角（1））
第5章 刚体力学基础
2.7
刚体力学基础
二 刚体定轴转动的运动学描述 定轴转动：刚体上任意点都绕同一 轴在各自的转动平面内作圆周运动
特征：刚体各个部分在相同时间内绕 转轴转过的角度（角位移）都相同 引入角量描述将非常方便。
oo mi vi 垂直于z轴。
i
th
刚体 mi
oo mi vi ri mi vi
z
我们只对z方向的分量感兴趣：
Liz ri mi vi mi ri 2
Lz Liz mi ri
2
ω,α vi
△ mi
ri O’ × 刚体 × O
刚体定轴转动的动能=绕质心转动的动能+
刚体携总质量(质心)绕定轴作圆周运动的动能
第三章刚体力学基础
（2）轴通过棒的中心并与棒垂直；
dm
解：
J
r 2dm
dm dx m dx
o x dx
x
l
J l x2 m dx 1 m x3 l J 1 ml2
0l
3l 0
3
L
JC
2 L
x 2dx
mL2
/ 12
A
C
2
L/2
B
L/2
x
注：同一刚体，相对不同的转轴，转动惯量是不同的。
J ,r
质点A
T1 mg sin maA
质点B
mg T2 maB
滑轮（刚体） T2r T1r J
( T2 T2,T1 T1)
联系量 aA aB r
联立求解可得T1 、T2、 aA、 aB、
A
B
FN
T1 FR T1 mg T2
T2 m1g
为什么此时T1 ≠ T2 ？
mg
3、 平行轴定理与垂直轴定理
J11 J1 J2 2
ω
则B轮的转动惯量
J2
1 2 2
J1
n1 n2 n2
J1
20.0kg m2
(2)系统在啮合过程中机械能的变化为.
E
1 2
J1
J2
12
1 2
J112
1.32
104
J
质点的运动规律和刚体定轴转动规律的对比(一)
速度 加速度
质点v的运d动r
a
dt dv
dt
质量m, 力F
第一节 刚体运动的描述
一. 刚体
内部任意两点的距离在运动过程中始终保持不变的物 体，即运动过程中不发生形变的物体。
第三章-刚体力学基础
薄板对Z轴的转动惯量 J Z ＝
对X轴的转动惯量 J X
对Y轴的转动惯量 JY
Z
垂直轴定理
JZ JX JY
O
yi
Y
xi
ri
X
JZ miri2 mi xi2 mi yi2 Jx J y
五 刚体定轴转动的转动定律的应用
例１、一个质量为Ｍ、半径为Ｒ的定
滑轮（当作均匀圆盘）上面绕有细绳， 绳的一端固定在滑轮边上，另一端挂
分析： 由 每分钟150转 可知
0
t
2 150
60
5
rad
/ s
而已知 r=0.2m t=30s ω=0
可由公式求相应的物理量
解: (1) 0 0 5 (rad / s2 )
t
30
6
负号表示角加速度方向与角速度方向相反
（飞轮做匀减速转动）
2 02 2
(5 )2 2 ( )
末位置：
Ek
1 2
J 2
l
由刚体定轴转动的动能定理
1 mgl sin 1 J 2 0
2
2
mgl sin 3g sin
J
l
M
1 mgl cos
2
3g cos
J
1 ml2
2l
3
dm dl
gdm
（用机械能守恒定律解） 假设棒在水平位置时的重力势能为零势能
0 1 J2 (mg l sin ) O
动。最初棒静止在水平位置，求它由此下摆角时的
角加速度和角速度。（分别用动能定理和机械能守
恒定律求解）
解： （用动能定理解）
重力对轴的力矩为
M 1 mgl cos（M
O
刚体力学基础详解
(2) 如以重量P =98 N的物体挂在绳端，试计 算飞轮的角加速。
rO T
解 (1) FrJ F r9 80.23.2 9rad 2 /s
J 0.5 (2) m gTma
F mg
TrJ ar
J
mgr mr2
两者区别
0.59 1 80 0.2 0.222.1 8rad 2 /s
例 圆盘以 0 在桌面上转动,受摩擦力而静止
3. 一般运动
刚体不受任何限制的的任意运动称为刚体
的一般运动。它可视为以下两种刚体的基
本运动的叠加：
随基点O（可任 选）的平动
FMac
绕通过基点O的瞬时 轴的定轴转动
质点运动
本章主要讨论
§5.2 刚体绕定轴转动运动学
z 组成刚体的各质点都绕同一直线 做圆周运动 _____ 刚体转动。
转轴固定不动 — 定轴转动
当 M 为零时，则刚体保持静止或匀速转动
实验证明 当存在 M 时， 与 M 成正比
M
在国际单位中 M J
刚体的转动定律 Mz J
作用在刚体上所有的外力对 定轴 z 轴的力矩的代数和
推论
刚体对 z 轴 的转动惯量
(1) M 正比于 ，力矩越大，刚体的 越大
(2) 力矩相同，若转动惯量不同，产生的角加速度不同
dr
J0 m r2 d m 0 R2 R m 2r3 d rm 2R 2
O
Rm dr
r O
(3) J 与转轴的位置有关
z
z
M
L
M
L
O
dx
x
O dx
x
J Lx2dx1M2L
0
3
J L/2x2dx1M2L
刚体力学基础
0
0t
1 t2
2
2
2 01 刚体 刚体定轴转动的描述
四、绕定轴转动刚体上各点的速度和加速度
线速度大小与 角速度大小的关系
v r
at
dv dt
r
z
a an r
at ve t
an
v2 r
2r a
ret
r 2en
第三章 刚体力学基础
3-1 刚体 刚体定轴转动的描述 3-2 刚体定轴转动的转动定律 3-3 刚体定轴转动的动能定理 3-4 刚体定轴转动的角动量定理和角动量守 恒定律
教学基本要求
一 理解刚体绕定轴转动的角速度和角加速 度的概念，理解角量与线量的关系。
二 理解力矩和转动惯量的概念，能应用 平行轴定理和转动惯量的可加性，计算刚体对定 轴的转动惯量。
O
F ri
Fii
i
i
ie
mi
Fie sini Fii sin i miait miri
以 ri 乘上式两边
Fieri sin i Fiiri sin i miri2
rad s1
62.8
rad s1
角位移 0 2πN 2π 10 rad 62.8 rad
角加速度
2 02
0 62.82
rad s2 31.4 rad s2
2 0 2 62.8
制动过程的时间
t
0
0 62.8 31.4
法向加速度
an r 2 0.5 3.142 m s2 493 m s2
§3.2 刚体定轴转动的转动定律
1.3大学物理(上)刚体力学基础
dm ds dm dV
面密度和体密度。
线分布
面分布
体分布
注 意
只有对于几何形状规则、质量连续且均匀分布
的刚体，才能用积分计算出刚体的转动惯量。
[例3.1]: 求长为L、质量为m的均匀细棒对图中不同 轴的转动惯量。 [分析]：取如图坐标，dm=dx
A B
L
X
J A r dm
2
x dx mL / 3
T1 mg sin ma 1 2 T2 R T1 R J mR 2 mg T2 ma
a R
mg
[例3.4]: 转动着的飞轮的转动惯量为J，在t=0时角速度 为ω0。此后飞轮经历制动过程，阻力矩M的大小与角速度 ω的平方成正比，比例系数为k（k>0）,当ω= ω0/3时，飞 轮的角速度及从开始制动到现在的时间分别是多少？ [分析]: (1)已知 M k 2
练习：右图所示，刚体对经过
棒端且与棒垂直的轴的转动惯
mL
量如何计算？(棒长为L、球
半径为R）
mO
J L1
1 2 mL L 3
2 2 J o mo R 5
2 2
J L 2 J 0 m0 d J 0 m0 ( L R)
1 2 2 2 2 J mL L mo R mo ( L R) 3 5
dL d ( mv ) dr d (mv ) dr r mv F , v dt dt dt dt dt dL v mv 0, r F M r F v mv dt dL 角动量定理的微分形式 M dt
平均角速度
角速度
t
刚体力学基础
非专业训练，请勿模仿
例 解 由转动定律得
1 mgl sin J 2 1 2 式中 J ml 3 3g sin 得 2l
角加速度与质量无关，与长 度成反比，竹竿越长越安全。
-------------------------------------------------------------------------------
刚体的一般运动 质心的平动
+
绕质心的转动
-------------------------------------------------------------------------------
二、刚体绕定轴转动定律
F外力 F内力 mi ai
ai ：质元绕轴作圆运动
-------------------------------------------------------------------------------
二、定轴转动的角动量守恒定律
质点角动量（相对O点）
定轴转动刚体
L r p r mv
-------------------------------------------------------------------------------
解：
M 1l gdl cos M mgL cos 2 m g1 l cos dl cos mgl M 2 3g cos L 1 22 J 2l M ml L g 3 cos L 2 3g cos d d d d 1 2 l dt cos d d mgL dt 2
2 法向： F cos F cos m r 法向力的作用线过转轴 i i i i. 内力 ,其力矩为零 外力 切向：F外力 sin i F内力 sin i mi ri
第3章刚体力学基础
将圆盘视为一个系统，破裂后其受合 外力矩为零，所以其角动量守恒。
§3-3 刚体的能量
一、力矩的功
α
二、力矩的功率
说明：1、变力矩情况
2、此式的简单应用 三、转动动能 对刚体上任一质点mi, ri Vi ω 和质点的动能形式进行比较。
四、动能定理
意义：合外力矩对定轴转动的刚体所作的功， 等于刚体转动动能的增量。
第三章 刚体力学基础
§3-1 刚体运动的描述 一、刚体（rigid body） 刚体:在任何外力作用下，其形状和大小均不发生 改变的物体。 说明：
1）理想模型。
2）在外力的作用下，物体的形状和大小的变化很小 ,可以忽略不计,该物体仍可视为刚体。
二、刚体的运动 1、平动（translation）
刚体内任意两点的连线在
由平行轴定理
6g sinq 由(1)、(2)得： w = 2 7l v v v + mg = ma c 应用质心运动定理： N
(3) (4)
7 = ml 48
2
(2)
l = w2 a cl 4 6 = g sin q 7 l a = ct 4
(5)
由 (3)(4)(5)(6) 可解得：
l l 4 mg cos q = 4 J o 3 g cos q = (6) 7 13 N = mg sin q , l 7
解得:
应用型问题研究时以ω 绕轴旋转，在Δt 时间内其 角速度变为零。 d X C 碰撞过程中受力图为： ω Nx L/2 在图示坐标中， NY 依角动量定理： Z Y F
∵X方向无运动,∴NX = 0 结论：门碰装在离轴2/3处，开门时对轴的冲击力最小。
3）刚体匀变速转动公式
同匀变速直线运动公式。
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图3-1
大 学 物 理 习 题
3．刚体力学基础
一、选择题
1．有些矢量是相对于一定点（或轴）而确定的，有些矢量是与定点（或轴）的选择无关的。
下列给出的各量中，相对于定点（或轴）而确定的物理量是： A ．矢径 B ．位移 C ．速度 D ．动量
E ．角动量
F ．力
G ．力矩 （ ）
2．在下列关于转动定律的表述中，正确的是：
A ．对作定轴转动的刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度；
B ．两个质量相等的刚体，在相同力矩的作用下，运动状态的变化情况一定相同；
C ．同一刚体在不同力矩作用下，必然得到不同的角加速度；
D ．作用在定轴转动刚体上的力越大，刚体转动的角加速度越大；
E ． 刚体定轴转动的转动定律为βJ M =，式中β,,J M 均对同一条固定轴而言的，
否则该式不成立。
（ ）
3．工程技术上的摩擦离合器是通过摩擦实现传动的装置，其结构如图3-1所示。
轴向作用力可以使A 、B 两个飞轮实现离合。
当A 轮与B 轮接合通过摩擦力矩带动B 轮转动时，则此刚体系统在两轮接合前后 A ．角动量改变，动能也改变； B ．角动量改变，动能不变； C ．角动量不变，动能改变；
D ．角动量不变，动能也不改变。
（ ）
4．一人张开双臂手握哑铃坐在转椅上，让转椅转动起来，若此后无外力矩作用，则当此人收回双臂时，人和转椅这一系统的
A ．转速加大，转动动能不变；
B ．角动量加大；
C ．转速和转动动能都加大；
D ．角动量保持不变。
（ ）
5．有a 、b 两个半径相同，质量相同的细圆环，其中a 环的质量均匀分布，而b 环的质量分布不均匀，若两环对过环心且与环面垂直轴的转动惯量分别为a J 和b J ，则 A ．b a J J >； B ．b a J J <；
C ．b a J J =；
D ．无法确定a J 与b J 的相对大小。
（ ） 6．在下列关于守恒的表述中，正确的是 A ．系统的动量守恒，它的角动量也一定守恒； B ．系统的角动量守恒，它的动量也必定守恒；
C ．系统的角动量守恒，它的机械能也一定守恒；
D ．系统的机械能守恒，它的角动量也一定守恒；
E ．以上表述均不正确。
（ ） 7．如图3-2所示，一悬线长为l ，质量为m 的单摆和一长度为
l 、质量为m 能绕水平轴自由转动的匀质细棒，现将摆球和细棒
同时从与竖直方向成θ角的位置由静止释放，当它们运动到竖直 位置时，摆球和细棒的角速度之间的关系为 A ．ω1>ω2 ； B ．ω1=ω2；
C ．ω1<ω2 。
( )
8．如图3-3所示，圆盘绕光滑轴O 转动，若同时对称地射来两颗质量相同，速度大小相同，方向相反且沿同一直线运动的子弹。
射入后两颗子弹均留在盘内，
则子弹射
图 3-2
入后圆盘的角速度
图3-5
图3-6
ω将：
A ．增大；
B ．不变；
C ．减少；
D ．无法判断。
（ ）
二、填空题
1．如图3-4所示，一缆索绕过一个半径为m 5.0=r 的定滑轮拉动 升降机运动。
假定升降机从静止开始以加速度2
m/s 4.0=a 则滑轮的角加速度β= ；开始上升后，第一秒末滑轮的 角速度ω= ；第一秒末滑轮边缘上一点的加速度的大小
a '= 。
2．一定轴转动刚体的运动方程为t 20sin 20=θ
（SI ）
，其对轴的转动惯量为2m kg 100⋅=J ，则在0=t 时，刚体的角动量为=L /s m kg 2⋅；刚体的转
动动能=k E J 。
3．如图3-5所示，转动惯量为J 、半径为R 的飞轮绕其中心轴以角速度ω转动，为了使其减速，在制动闸杆上加制动力F ，已知闸瓦与飞轮间的摩擦系数μ及有关几何尺寸b 和l ，则飞轮所受到的制动力矩为M = 。
（提示：制动力矩是由摩擦力产生的）
4．如图3-6所示，一根长l ，质量为m 的匀质细棒可绕通过O 点的光滑轴在竖直平面内转动，则棒的转动惯量J = ；当棒由水平位置转到图示的位置时，则其角加速度β= 。
图 3-4
图3-7
图3-9
5．一冲床的飞轮，转动惯量为2
m kg 25⋅=J ，并以角速度s /rad 100πω=转动。
在带
动冲头对板材作成型冲压过程中，所需的能量全部由飞轮来提供。
已知冲压一次，需作功A = J 4000，则在冲压过程之末飞轮的角速度ω = 。
6．如图3-7所示，质量为m ，长为l 的均匀细杆，可绕通过其一端O 的水平光滑轴转动，杆的另一端与一质量也是m 的小球固连。
当该系统从水平位置由静止转过角度θ时，则系统的角速度为ω= 。
动能为E k = 。
此过程中力矩所作的功为A = 。
7．如图3-8所示的系统，滑块A 从静止开始释放， 释放时弹簧处于原长。
如果摩擦可略去不计，且已知
kg 2=m ，m 3.0=R ，2
kgm 5.0=J ，N/m 20=k ，
37=θ。
若取滑块A 开始释放处为坐标原点，则A
沿斜面下滑距离x 时，它的速率v = 。
当滑块的速率达到最大值时，它沿斜面下滑的距离x max = 。
8．如图3-9所示，有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J 。
开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径方向向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为ω= ；若取m 1=R ，2
kgm 125=J ，
kg 50=m ，rad/s π20=ω，则此时角速度的值为 rad/s 。
图 3-8
三、问答题
1．刚体的平衡条件与质点的平衡条件有何不同？
2．刚体转动惯量的物理意义？试述影响刚体转动惯量的因素。
四、计算与证明题
1．如图3-10所示，一个劲度系数为k 的轻弹簧与一轻柔绳相连结，该绳跨过一半径为R ，转动惯量为J 的定滑轮，绳的另一端悬挂一质量为m 的物体。
开始时，弹簧无伸长，系统处于静止状态，物体由静止释放。
滑轮与轴之间的摩擦可以忽略不计。
当物体下落h 时，则 ① 试用牛顿运动定律和转动定律求解此时物体的速度v ； ② 试用守恒定律求解此时物体的速度v ；
③ 若m /N 0.2=k ，m 3.0=R ，2
m kg 3.0⋅=J ，kg 0.6=m ，m 4.0=h ，计算此时物体的v 的大小。
图3-10
k
m
J ．R
2．一皮带传动装置如图3-11所示，A 、B 两轮上套有传动皮带。
外力矩M 作用在A 轮上，驱使其转动，并通过传动皮带带动B 轮转动。
A 、B 两轮皆可视为质量均匀分布的圆盘，其质量分别为m 1和m 2，半径分别为R 1和R 2。
设转动中，两轮受到传动皮带如图所示的作用力，且皮带在轮上不打滑，并略去转轴与轮之间的摩擦。
试求A 、B 两轮的角加速度β1和β2。
图 3-11
B T 2
3．如图3-12所示，长为l 、质量为m 的均质细杆，可绕过O 点并垂直纸面的水平光滑轴在竖直平面内转动。
当杆自由悬挂时，有一个质量m 0的子弹沿水平方向飞来，恰好射入杆的下端点A ，若细杆（连同射入的子弹）的最大摆角为
60=θ，试证射入子弹的速度为：
2
0006)3)(2(m gl
m m m m ++=
v 。
图3-12
五、附加题
1．如图3-13所示，一根细棒长为l，总质量为m，其质量分布与离O点的距离成正比。
现将细棒放在粗糙的水平桌面上，棒可绕过其端点O的竖直光滑轴转动。
已知棒与桌面间的摩擦系数为μ，棒的初始角速度为ω0。
试求：
①细棒对给定轴的转动惯量；
②细棒绕轴转动时所受到的摩擦力矩；
③细棒从角速度ω0开始到停止转动所经过的时间。
图3-13
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