大学物理课件-刚体定轴转动习题课

刚体的定轴转动
学习要求：
1.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.能借助于直角坐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。

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。

4.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应用角动量守恒定律。

重点：
1.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、角动量等。

2.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及其应用。

难点：
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。

1 . 描述刚体定轴转动的物理量及运动学公式
角位置θt d d θω=角运动方程θ= θ(t )
角位移∆θ角速度2
t t d d d d 2θ
ωα==角加速度θ∆=∆r s 角量与线量的关系ω
r v =t a r α=r
a n 2
ω=基本概念和规律：
2 .力矩和转动惯量
(1)力矩2
021t
t αωθ+=∆F r M
⨯=(2)转动惯量∑=2
i
i r m J 当刚体质量连续分布⎰=m
r J d 2组合体的转动惯量∑=+++=i
J J J J J ...321ω2= ω02+2∆θ
α匀角加速转动公式ω= ω0+ t
α
3 .刚体的定轴转动定律==αJ M 4. 力矩的功⎰=2
1
d θθθ
Z M A t
J d d ω转动动能∑==i i i K v m E )21(22
21ω
J 刚体定轴转动动能定理
K
Z E
J J M A ∆=-==⎰21222121d 2
1ωωθθθ机械能守恒定律:只有重力做功时
常量
=+C mgh J 221
ω
5. 角动量和冲量矩
ω
J L Z =刚体的角动量t M Z ∆⎰2
1t t d t
M Z t L M Z Z d d =恒力矩的冲量
变力矩的冲量6. 角动量定理和角动量守恒定律
角动量定理角动量守恒定律:当合外力矩为零或远小于内力矩时
112221
d ωωJ J t M t t Z -=⎰常量=∑ωJ 12)()(ωωJ J -=
7 .质点直线运动和刚体的定轴转动物理量对比⎰=2
1d θθθZ M A 质点直线运动
刚体的定轴转动t d d θω=位移
∆x 速度22d d d d t x t v a ==加速度⎰=x F A d 功
角位移∆θ角速度t x v d d =2t t d d d d 2θωα==角加速度质量
m ∑=2i i r m J 转动惯量功动能
221mv E K =转动动能221ωJ E K =mv 动量
ωJ 角动量
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B A R R 和设卫星对应的角动量分别是，动能分别是，则有B A L L 、KB KA E E 、B A
B R A R （１）（２）（３）（４）（５）KA
KB A B E E L L >>,KA
KB A B E E L L =>,KA KB A B E E L L ==,KA
KB A B E E L L =<,KA KB A B E E L L >=,答：（5）
一长为、质量可以忽略的直杆，两端分别固定有质量为2m 和m 的小球，杆可绕通过其中心O 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θ，处于静止状态，释放后，杆绕O 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M=________,
此时该系统角加速度的大小______。

l =α2/mgl )3/(2l g
在一水平放置的质量为m 、长度为的均匀细杆上，套着一质量也为m 的套管B(可看作质点)，套管用细线拉住，它到竖直轴轴的距离为，杆和套管所组成的系统以角速度绕轴转动，如图所示。

若在转动过程中细线被拉断，套管将沿着杆滑动。

在套管滑动过程中，该系统转动的角速度与套管离轴的距离x 的函数关系为( )。

（已知杆本身对
轴的转动惯量）l o o '2/l 0ωo o 'ωo o '3/2ml l m m 2/l 0
ωo '
o
)
3(472202x l l +ω
如图，长为L ，质量为m 的匀质细杆，可绕通过杆的端点O 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m 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，当杆转到与竖直方向成θ角时，小球与杆的角速度为?
=ωO θL
g θ
ωcos 23=注意角速度定义
一匀质细棒长为2L ，质量为m ，以与棒长方向相垂直的速度v 0在光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点O 发生完全非弹性碰撞，碰撞点位于棒中心的一方1/2L 处，如图所示。

求棒在碰撞后的瞬时绕O 点转动的角速度ω。

（细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为，式中的分别为棒的质量和长度）23/1ml l m 和O 0v 0
v A B L 21L 21L 解：碰撞前瞬时，杆对O 点的角动量为L mv L v xdx v xdx v L L 0202/302/00021==-⎰⎰ρρρ碰撞后瞬时，杆对O 点的角动量为
ωω2127mL J =碰撞前后角动量守恒，有
L mv mL 022112/7=ω)7/(60L v =ω（平行轴定理）
力矩的计算
•一般情况下，刚体对某转轴的力矩可以用公式
M=Frsinφ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算。

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。

设唱片可以看成半径为R的均匀圆盘，质量为m，唱片与转盘之间的摩擦系数为μ，转盘原来以角速度ω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ω需要多长时间？在这段时间内，转盘保持角速度不变，则驱动力做功多少？摩擦力矩做了多少功？唱片获得了多大动能？
•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。

dS rd dr θ=解法1：在唱片上取面元如图。

面元的面积为：质量为：
22
m
mrd dr dm dS R R θππ==θd θdf
αω
r
•面元质量为：22
m mrd dr dm dS R R θππ==此面元受到转盘的摩擦力为：
2
mrd dr
df dN gdm g R θμμμπ===摩擦力矩：2
2
mgr d dr
dM rdf R μθπ==所以，整个唱片所受的摩擦力矩为：
222002
3R mg M dM d r dr mgR
R πμθμπ===⎰⎰⎰
解法二、把唱片分成许多同心圆环，任取半径r---r+dr 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。

对转轴的力臂都相同。

因此圆环所受的摩擦力矩为：
dM
r gdm
μ=其中
222m m
dm dS rdr
R R πππ==代入得到：2
22mg dM r dr
R μ=所以整个唱片受到的摩擦力矩为：
222
R mg M dM r dr mgR μμ===⎰⎰dr r df df df
•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：
M
J
α=其中，唱片的转动惯量为：
2
1
2J mR =代入可以得到：2243132mgR
g
R
mR μμα==
所以，唱片的角速度从零增加到ω所需要的时间为：
344R t g g
ωωω
μαμ===
•在这段时间内，摩擦力矩做功：
2
22
1.24A M d M M mR ωθθω
α==∆==⎰唱片获得的动能：
22222
11112224k E J mR mR ωωω
===所以唱机驱动力矩做功为：
22
1'2k A A E mR ω=+=
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
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
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
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。

例、电风扇的功率恒定为P，风叶转子的总转动惯量为J，设风叶受到空气的阻力矩与风叶的转动角速度ω成正比（比例系数为k）。

求：（1）电扇通电后t秒时的角速度；（2）电扇稳定转动时的转速；（3）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？
•分析：电扇的恒定功率为P ，转速为ω时，则其电动力矩为M=P/ω，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，由运动学关系可以算出电扇转过的角度。

f M k ω
=-解：（1）由于阻力矩M f 正比与ω，则有：
K 为比例系数，根据转动定律有：
f M M J α
+=即：P d k J dt ωωω-=
•分离变量后积分：
200t J d dt
P k ωω
ωω=-⎰⎰积分得到：
2/(1)
kt J
P e k
ω--=（2）当t 趋于无穷时，电扇达到稳定转动，转速：
m P
k
ω=（3）电源断开，只有受到阻力矩作用，由转动定律得到：
•分离变量后积分：d k J
dt
ωω-=0
1
m t k d dt
J ωωωω=-⎰⎰由此得到：k
k
t t
J J m P e e
k ωω--==则电扇转过的角度为：
00k
t
J P J P
dt e dt k k k θω-∞∞===⎰⎰
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
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，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。

•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，系统的角动量是对同一个转轴而言的，且角速度ω必须对惯性系而言的。

•例、质量为M ，半径为R 的转台，可以绕通过中心的竖直轴无摩擦的转动。

质量为m 的人，站在离中心r 处（r<R ），开始时，人和台处于静止状态，如果这个人沿着半径为r 的圆周匀速走一圈，设他相对于转台的运动速度为u ，如图。

求转台的旋转角速度和相对地面转过的角度。

R r
ωu
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（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。

•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v ，转台相对于地面的转速为ω，于是有：
0mvr J ω+=而：
v u r ω=+212J MR =代入得：22
12mru
mr MR
ω=-+
•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，u 是常量，所以ω也是常量，即转台做匀速转动。

22
12mru
t t
mr MR θω==-∆+设在时间Δt 内转台相对于地面转过的角度为θ，则：
而u/r. Δt 是人相对于转台转过的角度，由题设：
2u
t r π
∆=因此，在此过程中转台相对于地面转过的角度为：
2
22
21mr mr MR πθ=-
+
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。

l
例、长为质量为m1的匀质细杆，可绕通过O点垂直于纸面的轴转动，令杆自水平位置静止摆下，在铅直位置处与质量为m2的物体发生完全非弹性碰撞，如图，碰后物体沿摩擦系数为μ的水平面滑动，求此物体滑过的距离以及杆上升的角度。

•分析：可以分成三个过程。

（1）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；（2）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，所以系统角动量守恒。

系统的动量不守恒。

（杆受到轴力的外力作用）；（3）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。

21121112213
J m g l m gl J m l ω+==m 1m 2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ω，并以地面为势能的零点，由机械能守恒定律可以得到：由此二式可以得到：
3g
l ω=
•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 ，由于系统没有受到外力矩的作用，所以角动量守恒，设碰撞后的角速度为ω’，有：
2''J J m vl v l ωωω=+=而解以上两式，并且代入ω的值，得到：
2
1222
21211211
3'1
3333m l J J m l m l m l
m g
m m l
m gl
v ω
ωω==
++=+=
设物体在地面上滑过的距离为s ，由功能原理得到：
2
221
02fs m v
f N m g
μμ-=-==由此可以得到：
2
2
1232(3)
lm s m m μ=+设摆上升的角度为θ，由机械能守恒定律得到：
211'(1cos )
22l
J m g ωθ=-最后得到：2122
3(23)
(3)m m m m m θ++=arccos
•θ
A M l v
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A点的角动量守恒。

而且这些外力不做功，所以系统的机械能守恒。

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。

例.质量为m的小圆环套在一长为质量为M 的光滑均匀杆AB 上,杆可以绕过其A 端的固定轴在水平面上自由旋转。

开始时杆旋转的角速度为ω0而小环位于A处，当小环受到一微小扰动后，即沿杆向外滑行，求：小环脱离杆时环的速度大小和方向？
l
解：角动量守恒，机械能守恒。

00J J ωω=22200111222J J mv ωω=+l v ω=l
v ωθ=sin 202213
13
J Ml J Ml ml ==+注意！v θ牵
v 相对v '+相对运动
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结果，所以环脱离杆的速度与杆之间有一个夹角。

22000202111()22123J mv J Ml J ωω=+=
•先得到ω的表达式：
3M
M m ωω=+进而得到：
222
00()
(23)
33Ml l
v M M m m M m ωωω-==++所以，v 的方向与杆的夹角为：sin arcsin (23)
l M
arc v M M m ωθ
==+。