哈工大 大学物理2 刚体定轴转动(习题课)

1、11 . 掌握描述刚体定轴转动的角位移、角速度、角加掌握描述刚体定轴转动的角位移、角速度、角加速度等物理量及角量和线量的关系速度等物理量及角量和线量的关系.能借助于直角坐能借助于直角坐标系熟练应用匀变速转动的运动学公式。标系熟练应用匀变速转动的运动学公式。2 . 理解力矩和转动惯量的物理意义。理解力矩和转动惯量的物理意义。掌握刚体定轴掌握刚体定轴转动定律并能结合牛顿运动定律求解定轴转动刚体转动定律并能结合牛顿运动定律求解定轴转动刚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 . 会计算力矩的功，刚体定轴转动动能和刚体的重会计算力矩的功，刚体定轴转动动能和刚体的重力势能。能在含有定轴

2、转动及重力场的刚体问题中力势能。能在含有定轴转动及重力场的刚体问题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 . 熟练计算刚体对固定轴的角动量，掌握角动量定熟练计算刚体对固定轴的角动量，掌握角动量定理，并能对含有定轴转动刚体在内的系统正确理，并能对含有定轴转动刚体在内的系统正确应用应用角动量守恒定律。角动量守恒定律。21. 理解和掌握有关刚体转动的基本概念理解和掌握有关刚体转动的基本概念力矩、转动惯量、转动动能、角动量力矩、转动惯量、转动动能、角动量等。等。2. 理解和掌握有关刚体定轴转动的基本理解和掌握有关刚体定轴转动的基本规律，特别是转动定律和角动量守恒定律规律，特别是转动

3、定律和角动量守恒定律及其应用。及其应用。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。 3 1 . 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 tdd 角运动方程角运动方程 = (t)角位移角位移 角速度角速度2ttdddd2角加速度角加速度 rs角量与线量的关系角量与线量的关系 rv tarran24 2 .力矩和转动惯量力矩和转动惯量(1)力矩力矩2021ttFrM (2)转动惯量转动惯量 2iirmJ当刚体质量连续分布当刚体质量连续分布 mrJd2组合体的转动惯量组合体

4、的转动惯量iJJJJJ.321 2 = 0 2 +2 匀角加速转动公式匀角加速转动公式 = 0 + t5 3 .刚体的定轴转动定律刚体的定轴转动定律JM4. 力矩的功力矩的功21dZMAtJdd 转动动能转动动能 iiiKvmE)21(2221J刚体定轴转动动能定理刚体定轴转动动能定理KZEJJMA 21222121d21 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常量常量 CmghJ221 65. 角动量和冲量矩角动量和冲量矩JLZ刚体的角动量刚体的角动量tMZ 21ttdtMZtLMZZdd 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

5、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112221dJJtMttZ常量常量 ZJ12)()( JJ 7 7 .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21dZMA 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tdd 位移位移 x速度速度22ddddtxtva 加速度加速度xFAd功功 角位移角位移 角速度角速度txvdd 2ttdddd2角加速度角加速度质量质量 m 2iirmJ 转动惯量转动惯量功功动能动能221mvEK 转动动能转动动能221 JEK

6、 mv动量动量 J角动量角动量FvP 功率功率PM角功率角功率8一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BARR 和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BALL 、KBKAEE 、BABRAR（）（）（）（）（）KAKBABEELL,KAKBABEELL,KAKBABEELL,KAKBABEELL,KAKBABEELL,（5）一长为一长为 、质量可以忽略的直杆，两端分别固定有质量为、质量可以忽略的直杆，两端分别固定有质量为2m和和m的小球，杆可绕通过其中心的小球，杆可绕通过其中心O且与杆

7、垂直的水平光滑固定轴在且与杆垂直的水平光滑固定轴在铅直平面内转动，开始杆与水平方向成某一角度铅直平面内转动，开始杆与水平方向成某一角度，处于静止状，处于静止状态，释放后，杆绕态，释放后，杆绕O轴转动。则当杆转到水平位置时，该系统所轴转动。则当杆转到水平位置时，该系统所受到的合外力矩的大小受到的合外力矩的大小M=_,此时该系统角加速度的大此时该系统角加速度的大小小 _。l2/mgl)3/(2lg9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

8、直轴竖直轴 轴轴的距离为的距离为 ，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 ）loo 2/ l0oo oo 3/2mllmm2/ l0oo)3(472202xll10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

9、，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直方向成角时，小球与杆的角速度为角时，小球与杆的角速度为?OLgcos23注意角速度定义注意角速度定义11一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

10、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 分别分别为棒的质量和长度）为棒的质量和长度）23/1mllm和O0v0vABL21L21L碰撞前瞬时，杆对O点的角动量为LmvLvxdxvxdxvLL0202/302/00021碰撞后瞬时，杆对O点的角动量为2127mLJ碰撞前后角动量守恒，有碰撞前后角动量守恒，有LmvmL022112/7)7/(60L

11、v（平行轴定理）（平行轴定理）12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=FrsinM=Frsin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

12、 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，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？13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

13、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。dSrd dr解法解法1 1：在唱片上取面元如图。：在唱片上取面元如图。面元的面积为：面元的面积为：质量为：质量为：22mmrd drdmdSRRddfr14 面元质量为面元质量为：22mmrd drdmdSRR此面元受到转盘的摩擦力为此面元受到转盘的摩擦力为：2mrd drdfdNgdmgR摩擦力矩：摩擦力矩：22mgr d drdMrdfR所以，整个唱片所受的

14、摩擦力矩为：所以，整个唱片所受的摩擦力矩为：2220023RmgMdMdr drmgRR15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：dMrgdm其中其中222mmdmdSrdrRR代入得到：代入得到：222 mgdMr drR所以整个唱片受到的摩擦力矩为：所以整个唱片受到的摩擦力矩为：220223RmgMdMr drm

15、gRRdrrdfdfdf16 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：MJ其中，唱片的转动惯量为：其中，唱片的转动惯量为：212Jm R代入可以得到：代入可以得到：2243132mgRgRmR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：3443RtggR17 在这段时间内，摩擦力矩做功：在这段时间内，摩擦力矩做功：2221.24AM dMMmR唱片获得的动能：唱片获得的动能：2222211 1122 24kEJmRmR所以唱机驱动力矩做功为：所

16、以唱机驱动力矩做功为：2212kAAEm R18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

17、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比成正比（比例系数为（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？19 分析：电扇的恒定功率为分

18、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。动学关系可以算出电扇转过的角度。fMk 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：fMMJ即：即：PdkJdt20 分离变量后积分：分离变量后积分：200tJddtPk积分得到

19、：积分得到：2/(1)kt JPek（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：mPk（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，只有受到阻力矩作用，由转动定律得到：21 分离变量后积分：分离变量后积分：dkJdt01mtkddtJ 由此得到：由此得到：kkttJJmPeek 则电扇转过的角度为：则电扇转过的角度为：00ktJPJPdtedtkkk22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

20、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。23 例、质量为例、质量为M M，半径为，半径为R R的转台，

21、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，所以系统没有受到外力矩的作用，所以系统的角动量守恒。应用角动量

22、守恒定的角动量守恒。应用角动量守恒定律时，其中的角速度和速度都是相律时，其中的角速度和速度都是相对惯性系（地面）而言的。因此人对惯性系（地面）而言的。因此人在转台上走动时，必须考虑人相对在转台上走动时，必须考虑人相对于地面的速度。于地面的速度。24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：0mvrJ而：而：vur212JMR代入得：代入得：

23、2212mrumrMR 25 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。2212mruttmrMR 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：2utr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：222212mrmrMR 26角动量守恒定律和

24、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。l27 分析：可以分成三

25、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）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。21121112213Jm glm glJmlm1m2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：3 gl28 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