大学物理第五章西安交通大学出版社ppt课件

.,1,第5章刚体力学基础动量矩,5.1刚体和刚体的基本运动5.2力矩刚体绕定轴转动微分方程5.3绕定轴转动刚体的动能动能定理5.4动量矩和动量矩守恒定律,.,2,5.1刚体和刚体的基本运动,一、刚体的概念,在力的作用下,物体的大小和形状都保持不变，称为刚体。,刚体是特殊的质点系,是理想化物理模型。,二、刚体的平动和定轴转动,1.刚体的平动,刚体运动时,在刚体内所作的任一条直线都始终保持和自身平行。,.,3,各点运动状态一样，如：都相同。,刚体的平动可归结为质点运动。,刚体的平面运动,特点:,.,4,转动：分定轴转动和非定轴转动.,.,5,2.刚体的定轴转动,角坐标,描述刚体绕定轴转动的角量,刚体内各点都绕同一直线(转轴)作圆周运动,而刚体转动时,转轴固定不动。,角速度,角加速度,角位移,.,6,刚体定轴转动的特点：,离转轴不同距离质点的线量不同。,由于,(1)刚体上每一质点均作圆周运动，运动圆面为转动平面；,(2)任一质点运动的角量相同。,.,7,3.刚体绕定轴的匀速和匀变速转动,刚体绕定轴转动时，若，刚体绕定轴匀速转动。,若，刚体绕定轴的匀变速转动。,匀速转动,匀变速转动,.,8,4.绕定轴转动刚体内各点的速度和加速度,任意点都绕同一轴作圆周运动,且，都相同。,角量与线量关系,.,9,角速度的方向由右手定则确定。,规定：,逆时针转动,0,沿转轴向上,0。,顺时针转动,0,设1,2同向，=2-1。,加速转动,2,角加速度与角速度同号时加速,1,2,0,0,加速转动,1,0,m2,绳与滑轮间无相对滑动。设轮轴光滑无摩擦,滑轮的初角速度为零。,求:滑轮转动角速度随时间变化的规律。,.,34,解:以m1,m2,m为研究对象,受力分析,滑轮m：,m1：,m2：,联立各式解得：,.,35,例3一根长为l、质量为m的均匀细直棒,其一端有一固定的光滑水平轴,因而可以在竖直平面内转动。最初棒静止在竖直位置,由于微小扰动,在重力作用下由静止开始转动。求:它由此下摆角时的角加速度。,P,O,l,.,36,解:棒下摆为加速过程,外力矩为重力对O的力矩。重力作用在棒重心,当棒处在下摆角时,重力矩大小为：,棒绕轴O的转动惯量为：,.,37,5.3绕定轴转动刚体的动能动能定理,一、定轴转动刚体的动能,z,O,的动能为,P,.,38,绕定轴转动刚体的动能等于刚体对转轴的转动惯量与其角速度平方乘积的一半。,刚体的总动能,.,39,二、力矩的功,O,根据功的定义,（力矩做功的微分形式）,对一有限过程,若M=C,力的累积过程力矩的空间累积效应。,.P,.,40,(2)力矩的功就是力的功。,(3)内力矩作功之和为零。,(1)合力矩的功,讨论,(4)力矩的功率,力矩的功率可以写成力矩与角速度的乘积。,.,41,三、绕定轴刚体的动能定理,（合力矩功的效果）,元功,.,42,对于一有限过程,绕定轴转动刚体在任一过程中动能的增量,等于在该过程中作用在刚体上所有外力矩所作功的总和。-绕定轴转动刚体的动能定理。,即,.,43,(3)刚体动能的增量，等于外力的功。,(2)刚体的内力做功之和为零。,(1)质点系动能变化取决于所有外力做功及内力做功。,.,44,刚体重力势能,定轴转动刚体的机械能,质心的势能,对于包括刚体的系统，功能原理和机械能守恒定律仍成立。,四、刚体的机械能,.,45,例1一长为l、质量为m的均质细杆，绕通过A端的Z轴在铅垂平面内转动，见图。现将杆从水平位置释放，试求转到铅垂位置的过程中，杆的重力所作的功。,解,取杆为研究对象,当杆与铅垂方向的夹角为时，重力对Z轴的力矩,.,46,力矩元做功,也可用保守力作功和势能增量的关系求解,.,47,例2一长为l、质量为m均质细杆AB，用摩擦可忽略的柱铰链悬挂于A处，见图。欲使静止的杆AB自铅垂位置恰好能转至水平位置，求必须给杆的最小初角速度。,解设给杆的最小初速度,杆的初动能,杆到达水平位置时,根据动能定理,.,48,练习长为l,质量为m的均匀细直棒，可绕轴O在竖直平面内转动,初始时它在水平位置。,解,求它由此下摆角时的。,设初位置为重力势能零点,由机械能守恒定律,也可用动能定理求解,.,49,例3一个质量为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，另一端挂一质量为m的物体而下垂。忽略轴处摩擦。,OR,m,M,求物体m由静止下落高度h时的速度。,圆盘对中心轴的转动惯量,.,50,绳与圆盘间无相对滑动,v=R,利用刚体的动能定理,得,圆盘受力矩FTR作用,解,OR,m,M,由质点的动能定理：,.,51,解法2.根据机械能守恒定律,.,52,例5可视为均质圆盘的滑轮，质量为M，半径为R，绕在滑轮上的轻绳一端系一质量为m的物体，如图（a），在其重力矩作用下，滑轮加速转动。设开始时系统处于静止,试求物体下降距离s时，滑轮的加速度和角加速度。,解分别取滑轮和物体为研究对象，它们各自受力如图（b），设物体下降距离s时，滑轮的角速度为,.,53,物体下降距离s时，物体的速度为,对两者分别应用动能定理，有,联立求，得,.,54,5.4动量矩和动量矩守恒定律,力矩的时间累积效应,力的时间累积效应,冲量、动量、动量定理。,冲量矩、动量矩、动量矩定理。,.,55,动量矩的引入：,但是,在质点的匀速圆周运动中,动量不守恒。,.,56,例子:开普勒行星运动定律的面积定律:,实例都说明是一个独立的物理量。,再考虑到行星的质量m为恒量，,行星在相等的时间内扫过相等的面积。,.,57,开普勒第二定律(面积定律):,行星在相等的时间内扫过相等的面积。,.,58,在描述行星的轨道运动,自转运动,卫星的轨道运动及微观粒子的运动中都具有独特作用。因此,必须引入一个新的物理量动量矩L,来描述这一现象。,卫星,.,59,一、动量矩,1.质点的动量矩(对O点),质量为的质点以速度在空间运动,某时刻相对原点O的位矢为,质点相对于原点的动量矩,大小：,方向:符合右手螺旋法则。,.,60,讨论,(1)质点的动量矩与质点的动量及位矢有关(取决于固定点的选择)。,(2)在直角坐标系中的分量式,.,61,(3)当质点作圆周运动时：质点以角速度作半径为r的圆运动，相对圆心的动量矩的大小,(4)动量矩的定义并没有限定质点只能作曲线运动而不能作直线运动。,.,62,2.刚体绕定轴转动的动量矩,O,质点对z轴的动量矩,刚体上任一质量元对z轴的动量矩为,z,.,63,刚体上任一质量元对z轴的动量矩具有相同的方向。,(所有质元对z轴的角动量之和),说明,动量矩与质点动量对比:Jzm，v。,.,64,二、质点的动量矩定理和动量矩守恒定律,已知,1.质点的动量矩（角动量）定理,.,65,质点动量矩定理的微分形式。,作用在质点上的力矩等于质点动量矩对时间的变化率。此即质点对固定点的动量矩定理。,质点动量矩定理的积分形式。,积分，得,冲量矩,.,66,质点所受合力矩的冲量矩等于质点的角动量的增量。,(2)质点动量矩的变化是力矩对时间的积累结果。,说明,(1)冲量矩是力矩的时间积累,是质点动量矩变化的原因。,.,67,2.质点动量矩守恒定律,质点动量矩定理,质点动量矩守恒定律。,则,.,68,(3)自然界普遍适用的一条基本规律。,(2)向心力的角动量守恒。,(4)质点对轴的动量矩守恒定律:若Mz=0,则Lz=常数。即若力矩在某轴上的分量为零(或力对某轴的力矩为零)，则质点对该轴的动量矩守恒。,(1)守恒条件,.,69,三、刚体绕定轴转动下的动量矩定理和动量矩守恒定律,质点的动量矩定理,刚体内任一质量元所受力矩,刚体内所有质量元所受力矩,1.动量矩定理,.,70,对定轴转动的刚体,Jz为常量,刚体定轴转动的动量矩定理微分形式。,而内力矩的代数和为0,或,.,71,刚体定轴转动中,动量矩定理与转动定律的关系,刚体定轴转动的转动定律实质是动量矩定理沿固定轴方向分量式的一种特殊形式。,.,72,定轴转动刚体所受合外力矩的冲量矩等于其动量矩的增量。,刚体定轴转动动量矩定理积分形式:,J不变时,J改变时,讨论,.,73,2.刚体绕定轴转动的动量矩守恒定律,对定轴转动刚体,若,动量矩L不变的含义:,刚体:J不变,则不变。,非刚体:因J可变,则J乘积不变。,变形体绕某轴转动时,若,则变形体对该轴的动量矩,.,74,动量矩守恒举例,花样滑冰、跳水、芭蕾舞等.,.,75,求:此时质点对三个参考点的动量矩的大小。,解:,例1一质点m,速度为,如图所示,A、B、C分别为三个参考点,此时m相对三个点的距离分别为d1、d2、d3。,.,76,例2半径为R的光滑圆环上A点有一质量为m的小球,从静止开始下滑,若不计摩擦力。,解:依题意，地球、小球系统机械能守恒,求:小球到达B点时对O的动量矩和角速度。,A,B,R,O,以A为重力势能零点,.,77,求:发射角及着陆滑行时的速度v多大？,例3发射一宇宙飞船去考察一质量为M,半径为R的行星。当飞船静止于空间距行星中心4R时,以速度v0发射一质量为m的仪器。要使该仪器恰好掠过行星表面。,.,78,解:,引力场（有心力）,质点的动量矩守恒,系统的机械能守恒,.,79,例4设人造地球卫星引力作用下沿着平面椭圆轨道运动，地球中心可以看着固定点，且为椭圆轨道的焦点,如图所示。卫星的近地点A离地面的距离为439km,远地点B离地面的距离为2384km。已知卫星在近地点的速度为vA=8.12kms-1,求卫星在远地点B的速度大小。设地球的平均半径为R=6370km。,解以卫星为研究对象，根据质点动量矩守恒定律，有,.,80,因为,故有,.,81,例5如图，质量为m的小球系在绳子的一端，绳穿过一铅直套管，使小球以速度v0绕管心作半径为r0的圆周运动,然后向下拉绳,使小球运动的轨迹最后成为半径为r1的圆。求（1）小球距管心为r1时速度v的大小；（2）由r0缩短到r1过程中，力F所做的功。,解小球受到的是有心力，根据质点的动量矩守恒，故有,.,82,所以,根据动能定理，力F做的功为,.,83,例6一均质棒,长度为L,质量为M,现有一子弹在距轴为y处水平射入细棒,子弹的质量为m,速度为v0。,求:子弹细棒共同的角速度。,解:,其中,m,子弹、细棒系统的动量矩守恒,.,84,例7如图所示,一质量为m的子弹以水平速度射入一静止悬于顶端长棒的下端,穿出后速度损失3/4,已知棒长为l,质量为M。,m,M,解:选取子弹和棒为系统,其动量矩守恒,因为,求:子弹穿出后棒的角速度。,所以,.,85,例8质量分别为M1、M2,半径分别为R1、R2的两均匀圆柱,可分别绕它们本身的轴转动,二轴平行。原来它们沿同一转向分别以10,20的角速度匀速转动,然后平移二轴使它们的边缘相接触,如图所示。求:最后在接触处无相对滑动时,每个圆柱的角速度1和2。,.,86,二圆柱系统动量矩守恒：,对上述问题有以下的解法:在接触处无相对滑动时,二圆柱边缘的线速度一样,故有：,由以上二式就可解出1，2。,其中,这种解法对吗?,.,87,原解认为系统的总动量矩为二圆柱各自对自己的轴的角动量之和是错误的,因为系统的总动量矩只能对同一个轴进行计算。当两柱体边缘没有相对滑动时1，2方向相反,所以应为,(1),应对两圆柱分别使用动量矩定理,由于两柱接触时摩擦力大小相等、方向相反,力矩和冲量矩的大小正比于半径,方向相同:,.,88,(2),解(1)(2)式,得:,.,89,例9如图所示,一质量为m的子弹以水平速度射入一静止悬于顶端长棒的a处,使棒偏转30o,已知棒长为l,质量为M。,解:将子弹和棒看作一个系统,在极短时间内系统动量矩守恒。,求:子弹的初速度v0。,v0,m,M,.,90,子弹射入棒后,以子弹、棒、地球为一系统,机械能守恒。,初速度,.,91,例10长为l、质量为M的均质杆,一端悬挂，杆可绕悬挂轴在铅直平面内自由转动。杆开始处于静止状态，在杆的中心作用一冲量I，其方向垂直于杆，如图。求冲量结束时，杆获得的角速度（假设冲量作用时间很短，作用过程中杆不动）,解由动量矩定理,.,92,.,93,例11质量为M、半径为R的转盘，可绕铅直轴无摩擦地转动。转盘的初角速度为零。一质量为m的人，在转盘上从静止开始沿半径为r的圆周相对转盘匀速走动，如图所示。求当人在转盘上走一周回到盘上的原位置时，转盘相对于地面转过了多少角度。,解以人和转盘组成的系统为研究对象,人相对转盘的速度为vr，转盘相对于固定转盘的角速度为,则人相对轴的速度为vr+r。,.,94,系统对轴的动量矩守恒，即,设在时间内，盘相对于地面转过的角度为，则