习题课7-刚体动力学
《刚体动力学 》课件
牛顿第二定律
物体的加速度与作用在物 体上的力成正比，与物体 的质量成反比。
牛顿第三定律
对于任何两个相互作用的 物体，作用力和反作用力 总是大小相等，方向相反 ，作用在同一条直线上。
刚体的平动
刚体的平动是指刚体在空间中 的位置随时间的变化而变化， 而刚体的形状和大小保持不变
的运动。
刚体的平动具有三个自由度 ，即三个方向的平动。
05
刚体的动力学方程
刚体的动力学方程
牛顿第二定律
刚体的加速度与作用力成正比，与刚体质量 成反比。
刚体的转动定律
刚体的角加速度与作用力矩成正比，与刚体 对转动轴的转动惯量成反比。
刚体的动量方程
刚体的动量变化率等于作用力对时间的积分 。
刚体的自由度与约束
自由度
描述刚体运动的独立变量，如平动自由度和转动 自由度。
约束
限制刚体运动的条件，如固定约束、滑动约束等 。
约束方程
描述刚体运动受约束的数学表达式。
刚体的动力学方程的求解方法
解析法
通过代数运算求解动力学方程，适用于简单问 题。
数值法
通过迭代逼近求解动力学方程，适用于复杂问 题。
近似法
通过近似模型求解动力学方程，适用于实际问题。
06
刚体动力学中的问题与实例 分析
人工智能和机器学习的发展将为刚体 动力学的研究提供新的思路和方法， 有助于解决复杂动力学问题。
感谢您的观看
THANKS
船舶工程
在船舶工程中，刚体动力学 用于研究船舶的航行稳定性 、推进效率以及船舶结构的 安全性等。
兵器科学与技术
在兵器科学与技术领域，刚 体动力学用于研究弹药的发 射动力学、火炮的射击精度 和稳定性等。
刚体力学基础习题课
刚体的动量矩
刚体的进动和章动
第五章
进动的定义和计算
进动是指刚体绕自身某定点作角速度矢量沿着垂直于该定点轴的平面内的圆周运动。
进动的角速度矢量可以表示为$omega = omega_0 + alpha times omega_0$，其中$omega_0$是初始角速度矢量，$alpha$是进动角速度矢量。
平动刚体的动能和动量分别为 (E = frac{1}{2}mv^2) 和 (p = mv)，其中 m 为刚体的质量，v 为刚体的速度。
平动刚体的特征
平动刚体的运动规律
平动刚体的动能和动量
刚体的转动
转动刚体上任意两点的连线在运动过程中始终保持长度不变，但可以形成不同的角度。转动刚体的角速度和角加速度是矢量。
进动的角速度矢量的大小和方向可以通过向量的外积运算计算得出，即$|omega| = |omega_0| sqrt{1 + alpha^2}$，$tan theta = frac{alpha}{1 + alpha^2}$，其中$theta$是进动角。
章动的定义和计算
章动的角位移矢量的大小和方向可以通过向量的外积运算计算得出，即$|theta| = |theta_0| + frac{1}{2} |beta| t^2$，$tan varphi = frac{beta t}{2 |theta_0|}$，其中$varphi$是章动角。
01
静态平衡是稳定的，只要刚体受到微小的扰动，它就会恢复到原来的平衡状态。
刚体的平衡稳定性
03
刚体在静态平衡状态下，其重心位置保持不变，且各方向上的力矩平衡。
刚体的平衡状态
02
刚体的动态平衡
拉格朗日方程-刚体动力学-振动知识题课
, k'
}
欧拉角
y'
上式两边除以t 0
k n k' z n z' 角加速度 d / dt
(t) (t)l 0 (t) l 0 l0 1 2
x
N
x'
y
节线
11
BUAA
习题课
定点运动刚体上点的速度和加速度
1、速 度：v lim r t0 t
r r
x
1 2
m2
L
cos
C
系统的什么广义动量守恒？
研究整体：
x
A vA
研究圆盘：
LrA
1 2
mAr 2A
1 2 m1rx
FAy
A
F
vCA LrA Fr
A
r
FAx
c m1g
B
Px mAx FmNmAB2vgCx
Px
m1x F
m2 (x （1）
L 2
cos
)
LrA F （2） r
F m1g
p x
M g J z'
16
BUAA
习题课
6-4：具有固定顶点O的圆锥在水平面上作纯滚动，如图所示。 圆锥高CO=18cm，顶角，∠AOB=90o。圆锥面中心C作匀速 圆周运动，每秒绕行一周。试求圆锥的角速度和角加速度，并 求圆锥底面直径AB两端点A和B的速度和加速度。
z x
圆锥绕O点作定点运动 绕铅垂轴的进动角速度ω1 绕OC轴的自转角速度ω2 圆锥的绝对角速度 ω ω ω1 ω2
BUAA
拉格朗日方程 刚体动力学 振动 习题课
BUAA
第二类拉格朗日方程的总结
对于具有完整理想约束的质点系，若系统的自由度为k，
《刚体动力学 》课件
常用方法：拉格朗日方程、 哈密顿原理等
注意事项：需要熟练掌握 数学基础
数值法
定义：数值法 是一种通过数 值计算求解刚 体动力学问题
的方法
特点：精度高、 计算速度快、 适用于复杂问
题
常用算法：有 限元法、有限 差分法、有限
体积法等
应用领域：航 空航天、机械 制造、土木工
程等领域
近似法
近似法的定义和特点
刚体转动实例
风力发电机：利用风力驱动风车叶片旋转，通过变速器和齿轮装置将动力传递至发电机，最终 转化为电能。
搅拌机：利用电动机驱动搅拌器旋转，对物料进行搅拌、混合和输送等操作。
洗衣机：利用电动机驱动洗衣机的滚筒旋转，通过水和洗涤剂的作用将衣物清洗干净。
旋转木马：利用电动机驱动旋转木马旋转，使人们能够欣赏到各种美丽的景观和音乐。
物理教师
需要了解刚体 动力学知识的
相关人员
Part Three
刚体动力学概述
刚体定义
刚体：在运动过程中，其内部任意两点间的距离始终保持不变的物体 刚体运动：刚体的运动是相对于其他物体的位置和姿态的变化
刚体动力学：研究刚体运动过程中所受到的力、力矩以及运动状态变化规律的科学
刚体动力学的研究对象：各种工程实际中的刚体，如机械零件、构件、机构等
动能定理
定义：动能定理是描述物体动能变化的定理 表达式：动能定理的表达式为ΔE=W 应用范围：动能定理适用于一切具有动能变化的物理系统 注意事项：在使用动能定理时需要注意初始和终了状态的动能
Part Five
刚体动力学应用实 例
刚体平动实例
刚体平动定义 刚体平动应用实例1 刚体平动应用实例2 刚体平动应用实例3
刚体动力学在各领 域的应用
大学物理刚体力学习题课ppt课件
0 3g/ L
(2)弹性碰撞过程，角动量守恒 m
J0 JmvL
机械能守恒
12J02
1J21mv2
22
.
v 1 3gL 2
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2 23 2 3g
l
.
6. 如图所示的阿特伍德机装置中，滑轮和绳子间没
有滑动且绳子不可以伸长，轴与轮间有阻力矩，求
滑轮两边绳子的张力。已知m1=20 kg， m2=10 kg。
滑轮质量为m3=5 kg。滑轮半径为r=0.2 m。滑轮可视
为均匀圆盘，阻力矩Mf=6.6 Nm，圆盘对过其中心且
与盘面垂直的轴的转动惯量为
解：由于摩擦力矩恒定，因此轮子做匀角加速转动， 轮子上的各点做匀变速圆周运动
0t
t1, 0.80
0.20
t2,00.40
当轮子静止时 = 0
2022
2 0
2
02 0.40
2.50
.N 2 .5 0/2 5 0/4
4. 在恒力矩M=12 Nm作用下，转动惯量为4 kgm2 的圆盘从静止开始转动。当转过一周时，圆盘的转 动角速度为 2 3 rad/s。
与O点的距离为3l/4，求：(1)棒开始运动时的角速度；
(2)棒的最大偏转角。
o
解：对题中非弹性碰撞，角动量守恒，
mv 3 l J
4
J
m(3l)2 4
1 3Ml2
36ml
(27m16M)l
3
l 4
l
A
上摆过程， 机械能守恒
1J 2M l(1 g c o) sm3lg (1 c o)s
2
高中物理竞赛培优辅导刚体动力学运动学问题精品ppt课件
lim
n
n
i
lim
n i1
mi ri2
m1
r2
2
i
r n
n
mr2 lim 2 i
n i1
r n
i
r n
2
3J
11 n42
mr
2
转轴
J 1 mr2 2 J 1 mr2 4
mr2 ml2
J
4 12
=
2n
n
i
=i
2n
y
21
4R 3 4
R2 4
1
2
3
4
1 2 3 4
4
yc
R2 4
1
3
2
3
4
4R
3
x
xc 0
8
yc
15
R
"湖震"问题
以静止水的质心为坐标原 点，建立如图所示坐标，
当振动高度为Δh时，质心 坐标为：
y
h
2
h
O
x
h2
Lh
6h
由上可得
y 6h x2 L2
由质心运动定律
y
质心沿抛物线做往复运
动,回复力为重力之分力:
F mg y x
6h x x2 x2
mg
L2
x
F回
x
O
mg
12mgh x L2
质心做谐振,周期为 T 2 L2
拉格朗日方程刚体动力学振动 习题课
x
A vA
vCA
m 1 g c B
m 2g
解：系统的主动力均为有势力
分析系统的动能和势能
vT A 1 2xm 1 vA 2 A1 2 JA rx A 2 1 2 Am B2 v C 2 1 2JCA 2 B
vC vAvCA
T 3 4 m 1 x 2 1 2 m 2 x 2 1 6 m 2 L 22 1 2 m 2 x L c o s T ( x ,,)
V L2m2g(1cos)
拉格朗日函数 LTVL(x ,,)中不显含广义坐标x和时间t
7
BUAA
习题课
T x3 2m 1xm 2x1 2m 2L co sC 系统的什么广义动量守恒？
研究整体：
x
A vA
研究圆盘：
LrA12mAr2A12m1rxF Ay
A
F
vCA LrA Fr
A
r
F Ax
c m 1 g
T V 1 2 m 1 x 2 1 2 m 2 x 2 1 6 m 2 L 2 2 1 2 m 2 x L c o s L 2 m 2 g ( 1 c o s ) E
6
BUAA
习题课
例：机构在铅垂面内运动，均质圆盘质量m1在地面上纯滚动，均 质杆AB质量m2用光滑铰链与圆盘连接。求系统首次积分。AB=L
拉格朗日方程刚体动力学振动 习 题课
BUAA
第二类拉格朗日方程的总结
对于具有完整理想约束的质点系，若系统的自由度为k，
则系统的动力学方程为：
d dt
L qj
qLj
Q'j
(j1, ,k)
其中：LTV T：为系统的动能，V：为系统的势能
Q
《刚体动力学》课件
单击此处输入你的项正文，文字是您思想的提炼。
应用场景：碰撞、打击、爆炸等 角动量定理 角动量定理
定义：角动量是物体转动惯量和角速度的乘积 单击此处输入你的项正文，文字是您思想的提炼。
角动量定理公式：L=Iω
单击此处输入你的项正文，文字是您思想的提炼。
应用场景：行星运动、陀螺仪等
刚体的滚动和滑动摩擦
刚体滚动：刚体在平面内绕固定点转动，滚动摩擦力产生的原因和影响
刚体滑动摩擦：刚体在平面内滑动时产生的摩擦力，滑动摩擦系数与接触面材料和粗糙度等因素 的关系
刚体滚动和滑动摩擦的应用实例：例如，汽车轮胎与地面之间的滚动摩擦力，以及机械零件之间 的滑动摩擦力等
刚体滚动和滑动摩擦的实验研究：通过实验研究刚体滚动和滑动摩擦力的影响因素和规律，为实 际应用提供理论支持
04
刚体动力学基本原理
牛顿第二定律
定义：物体加速度的大小跟作用 力成正比，跟物体的质量成反比
应用：解释物体运动状态变化的 原因
添加标题
添加标题
公式：F=ma
添加标题
添加标题
注意事项：只适用于宏观低速运 动的物体
动量定理和角动量定理
定义：动量是物体质量与速度的乘积
单击此处输入你的项正文，文字是您思想的提炼。
刚体动力学研究内容
刚体的定义和性质 刚体运动的基本形式 刚体动力学的基本方程 刚体动力学的研究方法
刚体动力学发展历程
早期发展：古代力学对刚体的研究 经典力学时期：牛顿、伽利略等经典力学大师对刚体动力学的研究 弹性力学时期：弹性力学的发展对刚体动力学的影响 现代发展：计算机技术和数值模拟方法在刚体动力学中的应用
课程内容：刚体 的平动、转动、 碰撞等动力、力学等相关专 业的本科生和研 究生
《力学》漆安慎答案07章
力学（第二版）漆安慎习题解答第七章刚体力学第七章刚体力学一、基本知识小结1.刚体的质心定义：r c m i r i/ m r c rdm/ dm求质心方法：对称分析法，分割法，积分法。
2.刚体对轴的转动惯量定义：I m i r i2I r2dm平行轴定理I o = l c+md2正交轴定理I z = X+I y.常见刚体的转动惯量：（略）3.刚体的动量和质心运动定理p mv c F ma c4.刚体对轴的角动量和转动定理L I I5.刚体的转动动能和重力势能E k ?I 2E p mgy c6•刚体的平面运动=随质心坐标系的平动+绕质心坐标系的转动动力学方程： F ma c c I c c（不必考虑惯性力矩）动能：E k 2mv；今I c c27.刚体的平衡方程、思考题解答火车在拐弯时所作的运动是不是平动答：刚体作平动时固联其上的任一一条直线，在各时刻的位置（方位）始终彼此平行。
若将火车的车厢看作一个刚体，当火车作直线运行时，车厢上各部分具有平行运动的轨迹、相同的运动速度和加速度，选取车厢上的任一点都可代替车厢整体的运动，这就是火车的平动。
但当火车拐弯时，车厢上各部分的速度和加速度都不相同，即固联在刚体上任一条直线，在各时刻的位置不能保持彼此平行，所以火车拐弯时的运动不是平动。
对静止的刚体施以外力作用，如果合外力为零，刚体会不会运动r r答：对静止的刚体施以外力作用，当合外力为了零，即Fi ma c 0时，刚体的质心将保持静止，但合外力为零并不表明所有的外力都作用于刚体的同一点。
所以，对某一确定点刚体所受合外力的力矩M Mi r i Fi不一定为零。
由刚体的转动定律M J可知，刚体将发生转动。
比如，置于光滑水平面上的匀质杆，对其两端施以大小相同、方向相反，沿水平面且垂直于杆的两个作用力时，杆所受的外力的合力为零，其质心虽然保持静止，但由于所受合外力矩不为零，将作绕质心轴的转动。
如果刚体转动的角速度很大，那么（1）作用在它上面的力是否一定很大（2）作用在它上面的力矩是否一定很大M r i F sin j J J「答：由刚体的定轴转动定律dt可知，刚体受对轴的合外力矩正比于绕定轴转动角速度的时间变化率。
《大学物理期末复习》刚体动力学课件
掌握弹性力对刚体运动的影响
详细描述
弹性力是刚体动力学中另一个重要的问题。解决这类问题需要掌握弹性力的计算方法， 包括胡克定律和弹性常数的概念，以及弹性力在不同运动状态下对刚体运动的影响。同 时，还需要考虑弹性力与刚体质量、加速度等因素的关系，以及弹性力对刚体振动和稳
定性的影响。
01
02
03
阻尼振动定义
刚体在受到阻尼作用下的 振动状态。
阻尼振动特点
振动的能量逐渐减小，最 终趋向于静止状态。
阻尼振动方程
通过求解刚体的运动方程 ，可以得到阻尼振动的解 。
05
刚体动力学中的常见问题 与解决方法
刚体在非惯性系中的运动问题
总结词
理解非惯性系中刚体的运动规律
详细描述
刚体在非惯性系中的运动问题主要涉及到相对运动和科里奥利力。解决这类问题需要理解非惯性系中 刚体的运动规律，掌握科里奥利力的计算方法，以及如何应用这些概念来分析具体的物理现象。
在实际应用中，可以通过合理设计结构、选择合适的材料、加强维护保养等方式来提高刚体的平衡与稳 定性。
刚体的平衡与稳定问题也是物理学中的一个重要研究领域，对于深入理解力学原理、发展新的技术手段 等方面具有重要意义。
04
刚体的振动与阻尼
刚体的自由振动
自由振动定义
刚体在没有任何外力作用下的振动状态。
自由振动特点
振动的周期和振幅与初始条件有关，不受外力影响。
自由振动方程
通过求解刚体的运动方程，可以得到自由振动的解。
刚体的受迫振动
1 2
受迫振动定义
刚体在外力作用下的振动状态。
受迫振动特点
振动的周期和振幅与外力有关，与初始条件无关 。
刚体动力学运动学问题专题讲解
Ml s lS mM
lS
ml S mM
例2质心运动定律来讨论以下问题
一长为l、密度均匀的柔软链条,其单位长度 的质量为λ.将其卷成一堆放在地面.若手提 链条的一端,以匀速v 将其上提.当一端被提 离地面高度为 y 时,求手的提力.
y y yC o
F
c
解:建立图示坐标系
i 竖直方向作用于链条的合外力为
例3
设有一质量为2m的弹丸,从地面斜抛出去,它飞行在
最高点处爆炸成质量相等的两个碎片,其中一个竖直自由下落,另 一个水平抛出,它们同时落地.问第二个碎片落地点在何处?
解:选弹丸为一系统,爆炸前、 后质心运动轨迹不变.建立 图示坐标系.
2m O
m
m1 m2 m x1 0
xC为弹丸碎片落地时质心 离原点的距离. xC
xC
C
xC
m x
x2
m1 x1 m2 x2 m1 m2
x2 2 xC
7
/12
2. 质心运动定理 dri mi miv i drc d t • 质心的速度 vc dt m m
P mvc —— 质点系的总动量
Pi m
•
质心的加速度和动力学规律
v R
4m gh 2m M R
例题3 一质量为m、半径为R的均质圆柱，在水 平外力作用下，在粗糙的水平面上作纯滚动，力 的作用线与圆柱中心轴线的垂直距离为l，如图所 示。求质心的加速度和圆柱所受的静摩擦力。 解：设静摩擦力 f 的方向如 图所示，则由质心运动方程
l ac
F
圆柱对质心的转动定律：
二、质心
1. 质心
质心运动定理
刚体的平面运动动力学课后答案
其中： 是从速度瞬心 引向M点的矢径， 为平面图形的角速度矢量。
4、平面图形上各点的加速度
基点法公式：
（7－9）
其中： 。基点法公式建立了平面图形上任意两点的加速度与平面图形的角速度和角加速度间的关系。只要平面图形的角速度和角加速度不同时为零，则其上必存在唯一的一点，其加速度在该瞬时为零，该点称为平面图形的加速度瞬心，用 表示。
(b)
再根据对固定点的冲量矩定理：
系统对固定点A（与铰链A重合且相对地面不动的点）的动量矩为滑块对A点的动量矩和AB杆对A点的动量矩，由于滑块的
动量过A点，因此滑块对A点无动量矩，AB杆对A点的动量矩（也是系统对A点的动量矩）为：
将其代入冲量矩定理有：
(c)
由（a,b,c）三式求解可得：
(滑块的真实方向与图示相反)
其中：aK表示科氏加速度；牵连加速度就是AB杆上C点的加速度，即：
将上述公式在垂直于AB杆的轴上投影有：
科氏加速度 ，由上式可求得：
3-14：取圆盘中心 为动点，半圆盘为动系，动点的绝对运动为直线运动；相对运动为圆周运动；牵连运动为直线平移。
由速度合成定理有：
速度图如图A所示。由于动系平移，所以 ，
根据点的复合运动速度合成定理有：
其中： ，根据几何关系可求得：
AB杆作平面运动，其A点加速度为零，
B点加速度铅垂，由加速度基点法公式可知
由该式可求得
由于A点的加速度为零，AB杆上各点加速度的分布如同定轴转动的加速度分布，AB杆中点的加速度为：
再取AB杆为动系，套筒C为动点，
根据复合运动加速度合成定理有：
3－25设板和圆盘中心O的加速度分别为
，圆盘的角加速度为 ，圆盘上与板
刚体的运动学与动力学问题练习
刚体的运动学与动力学问题练习1.如图14—14所示，一个圆盘半径为R ，各处厚度一样，在每个象限里，各处的密度也是均匀的，但不同象限里的密度则不同，它们的密度之比为1ρ：2ρ：3ρ：4ρ＝1:2:3:4,求这圆盘的质心位置．2.如图14—15所示，质量为m 的均匀圆柱体，截面半径为R ，长为2R ．试求圆柱体绕通过质心及两底面边缘的转轴(如图中的1Z 、2Z )的转动惯量J .3.如图14—16所示，匀质立方体的边长为a ，质量为m ．试求该立方体绕对角线轴PQ 的转动惯量J ．4.椭圆细环的半长轴为A ，半短轴为B ，质量为m (未必匀质)，已知该环绕长轴的转动惯量为A J ，试求该环绕短轴的转动惯量B J ．5.如图14—17所示矩形均匀薄片ABCD 绕固定轴AB 摆动，AB 轴与竖直方向成 30α=°角，薄片宽度AD d =，试求薄片做微小振动时的周期.6.一个均匀的薄方板，质量为M ，边长为a ，固定它的一个角点，使板竖直悬挂，板在自身的重力作用下，在所在的竖直平面内摆动．在穿过板的固定点的对角线上的什么位置(除去转动轴处)，贴上一个质量为m 的质点，板的运动不会发生变化?已知对穿过板中心而垂直于板的轴，方板的转动惯量为216J Ma =.7.如图14—18所示，两根等质量的细杆BC 及AC ，在C 点用铰链连接，质量不计，放在光滑水平面上，设两杆由图示位置无初速地开始运动，求铰链C 着地时的速度． 8.如图14—19所示，圆柱体A 的质量为m ，在其中部绕以细绳，绳的一端B 固定不动，圆柱体初速为零地下落，当其轴心降低h 时，求圆柱体轴心的速度及绳上的张力.图14－14图14－15 图14－16 图14－17图14－18图14－199.如图14—20所示，实心圆柱体从高度为h 的斜坡上从静止纯滚动地到达水平地面上，继续纯滚动，与光滑竖直墙做完全弹性碰撞后返回，经足够长的水平距离后重新做纯滚动，并纯滚动地爬上斜坡，设地面与圆柱体之间的摩擦系数为μ，试求圆柱体爬坡所能达到的高度'h ．10.在一个固定的、竖直的螺杆上的一个螺帽，螺距为s ，螺帽的转动惯量为J ，质量为m .假定螺帽与螺杆间的摩擦系数为零，螺帽以初速度0v 向下移动，螺帽竖直移动的速度与时间有什么关系?这是什么样的运动?重力加速度为g ．11.在水平地面上有两个完全相同的均匀实心球，其一做纯滚动，质心速度v ，另一静止不动，两球做完全弹性碰撞，因碰撞时间很短，碰撞过程中摩擦力的影响可以不计．试求：(1)碰后两球达到纯滚动时的质心速度； (2)全部过程中损失的机械髓的百分数． 12.如图14—21所示，光滑水平地面上静止地放着质量为M 、长为l 的均匀细杆．质量为m 的质点以垂直于杆的水平初速度0v 与杆一端做完全非弹性碰撞.求(1)碰后系统的速度及绕质心的角速度，(2)实际的转轴(即静止点)位于何处?13.如图14—22所示，实心匀质小球静止在圆柱面顶点，受到微扰而自由滚下，为了令小球在θ≤45°范围内做纯滚动，求柱面与球间摩擦因数μ至少多大?14.如图14—23所示，半径为R 的乒乓球，绕质心轴的转动惯量223J mR =，m 为乒乓球的质量，以一定的初始条件在粗糙的水平面上运动，开始时球的质心速度为0C v ，初角速度为0ϖ，两者的方向如图．已知乒乓球与地面间的摩擦因数为μ.试求乒乓球开始做纯滚动所需的时间及纯滚动时的质心速度.15.如图14—24所示，一个刚性的固体正六角棱柱，形状就像通常的铅笔，棱柱的质量为M ，密度均匀．横截面六边形的边长为a ．六角棱柱相对于它的中心轴的转动惯量2512J Ma =．相对于棱边的转动惯量是'2512J Ma =.现令棱柱开始不均匀地滚下斜面．假设摩擦力足以阻止任何滑动，并且一直接触斜面．某一棱刚碰上斜面之前的角速度为i ϖ，碰后瞬间角速度为f ϖ，在碰撞前后瞬间的动能记为ki E 和kf E ．试证明f i s ϖϖ=，kf ki E rE =，并求出系数s 和r 的值．图14－20图14－21图14－23 图14－22 图14－24参考答案1.先确定一半径为R 的1/4圆的 匀质薄板的质心，如图答14—1所示， 在xOy 坐标中，若质心坐标为(x c ，y c )， 由对称性知x c =y c ，则根据质心的等效意义， 有231lim cos()cos()sin()lim[sin 3()sin()]42222822nc x x i R x RiR iR iR iinnnnnnnππππππππ→∞→∞===+∑，于是有313sin()sin ()1432222lim [sin 3()sin()]lim[3222234sin()4c x x n n R R n n x i i n n n nnπππππππ→∞→∞+∙∙∙=+=∙∙1sin ()sin ()442222]43sin()4n n R n n nnπππππ+∙∙∙+∙∙=.针对本题中圆盘各象限密度不同有下列方程22123412344()()443c R R R x ππρρρρρρρρπ+++=--+， 22123412344()()443c R R R y ππρρρρρρρρπ+++=--+，解以上方程得0c x =，815c y R π=-.故质心坐标为(0,815R π-).2.如图答14—2所示，对图中所示的1Z 、2Z 、Z 坐标系与3Z 、4Z 、Z 坐标系运用正交轴定理，有1234J J J J J J ++=++,其中2312J mR =,24712J mR =,由对称等效可知 2121324J J mR ==. 3.如图答14—3所示，将立方体等分为边长为2a的八个小立方体，每个小立方体体对角线到大立方体体对角线距离d =，依照本专题例3用量纲分析法求解有22222()()6()()(82828m a m a m kma k k ⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦，所以有 16k =，216J ma =.图答14－11Z R 2ZZ4Z3Z图答14－2图答14－34.由正交轴定理22()A B i iiJ J m x y +=+∑及椭圆方程22221y x A B+=,得22222222()(1)A B i i i A A A J J m A y y mA J B B +=-+=+-∑，所以222B A A J mA J B=-.5.如图答14—4所示，设板质量为M ，则对AB 轴的转动惯量2211lim ()3nn i M d J i Md n n →∞===∑，对应于与竖直成α角的转轴，等效的重力是与轴垂直的分量sin Mg α,则24T =. 6.薄板上未贴m 时对悬点的转动惯量22023J J Md Ma =+=, 贴m后22123J Ma mx =+.振动周期相同，应有01'()J J Mgl M m gl =+,贴上m 后，质心相对悬点'mx Mll M m+=+,l =,解得x =. 7.初始时，系统具有的重力势能P E mgh =，m 为一根杆的质量，铰链C 刚着地时，速度C v 竖直向下，各杆的瞬时转轴为()A B ，转动惯量2/3J ml =，l 表示每段杆长：由于铰链C 质量不计，则系统总动能22221112()233C k Cv E J ml mv l ϖ===，下落中机械能守恒，有 213Cmgh mv =，mgh：得C v 8．如图答14—5所示，圆柱体关于几何轴的转动惯量212J mR =，对过与绳相切点P 的平行轴的转动惯量232P J m R =；设轴心降低h 时速度为v ，由机械能守恒定律 2213()24v mgh J mv R ==，所以v 又由质心运动定律 mg T m R β-=，由转动定律2mgR mR β=.则13T mg =．9.纯滚动时，无机械能损失，于是满足方程2222113()2224mR v mgh mv mv R =+∙=,圆柱体与光滑墙碰撞，开始做非纯滚动，经时间t 达到纯滚动，质心速度由'C C v v →，角速度从'C C v v R R →，运用动量定理及动量矩定理'()C C ft m v v =-，'2()2C C v v mR fRt R R=-，解得'3C C v v =，此后机械能守恒，联系第一式可得''234mgh mv =，得'9hh =10.由机械能守恒定律，得22220011()()22t t mgs J m v v ϖϖ=-+-，又因2v sϖπ=，可得图答14－4图答14－522'022224t m v v gs g s J m s π-==+，即螺帽匀加速直线下降'0t v v g t =+，'224m g g Jm sπ=+. 11.(1)如图答14—6所示，两球225mv J =，刚完成弹性碰撞时，两球交换质心速度，角速度未变；设两球各经1t 、2t 达到纯滚动状态，质心速度为1v 、2v ，对球1有11ft mv =，2112()5v mR v fRt R R=-，所以127v v =；对球2有22()ft m v v =-，22225v mR fRt R=,257v v =.(2)系统原机械能222211127()22510k mR v E mv mv R =+∙=；达到纯滚动后2222221125122529()()()()277257770k v v mR v v E m mv ⎡⎤⎡⎤=++∙+=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，则2041%49η=≈． 12.(1)碰后系统质心位置从杆中点右移为2m lx m M ∆=+.由质心的动量守恒0()C mv M m v =+，求得质心速度0C mv v M m=+. (2)由角动量守恒202122l Ml lmv m x ϖϖ=+，x 为瞬时轴距杆右端的距离，考虑质心速度与角速度关系022()2()C v mv Ml m M x Ml x M m ϖ==+--+，在23x l =处，有06(4)mv M m l ϖ=+. 13.圆柱半径与小球半径分别以R 、r 表示，小球滚到如图14—7位置时，质心速度设为C v ，角加速度β，转动惯量225J mr =，受到重力mg 、圆柱面支持力N 、静摩擦力f ，由质心运动定律，有 2cos Cmv mg N R rθ-=+， ①sin mg f m r θβ-=， ②自转动定律有 225fr mr β=， ③又因小球做纯滚动，摩擦力为静摩擦力不做功，球的机械能守恒22221127()(1cos )()22510C C Cv mr mg R r mv mv r θ+-=+∙=， ④ 将③式代入②式得5sin 2f mg f mr mr θ-=，于是2sin 7f mg θ=；将④式代人①式得10()(1cos )cos 7()mg R r mg N R r θθ+--=+，所以1710(cos )77N mg θ=-.图答14－6图答14－7C因做滚动，必定f ≤N μ，即μ≥2sin 17cos 10θθ-，在θ≤45°范围内μ≈0.7. 14.乒乓球与地接触点O 既滚又滑且达到纯滚时，由角动量守恒，得 00C C mRv J mRv J ϖϖ-=+， 即002()3C C v v R ϖϖ-=+.达到纯滚动时C v R ϖ=，由此可得纯滚动质心的速度002233C C v v R ϖ=-；其中，002233C v R ϖ＞，纯滚后球向右顺时针纯滚，若002233C v R ϖ＜，则纯滚后球向左逆时针纯滚．质心匀加速滚动，达到纯滚时间设为t ，由0C C v v gt μ=-，可得002()5C v R t gϖμ+=. 15.设以某棱为轴转动历时t ∆，角速度i f ϖϖ→,时间短，忽略重力冲量及冲量矩，矢 量关系如图答14—8所示，对质心由动量定理()sin 6i f N t Ma πϖϖ∆=+，()cos6f i f t Ma πϖϖ-∆=-.对刚体动量矩定理25cos sin()6612f i f ta N ta Ma ππϖϖ∆-∆=-.解得1117f i ϖϖ=，1117s =，2121289r s ==.图答14－8。
刚体动力学解法经典例题详解及考试复习总结46页PPT
11、不为五斗米折腰。 12、芳菊开林耀，青松冠岩列。怀此 贞秀姿 ，卓为 霜下杰 。
13、归去来兮，田蜀将芜胡不归。 14、酒能祛百虑，菊为制颓龄。 15、春蚕收长丝，秋熟靡王税。
56、书不仅是生活，而且是现在、过 去和未 来文化 生活的 源泉。 ——库 法耶夫 57、生命不可能有两次，但许多人连一 次也不 善于度 过。— —吕凯 特 58、问渠哪得清如许，为有源头活水来 。—— 朱熹 59、我的努力求学没有得到别的好处， 只不过 是愈来 愈发觉 自己的 无知。 ——笛 卡儿
拉
60、生活的道路一旦选定，就要勇敢 Nhomakorabea 走到底 ，决不 回头。 ——左
刚体的运动学与动力学问题
刚体的运动学与动力学问题(总16页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--刚体的运动学与动力学问题编者按中国物理学会全国中学生物理竞赛委员会 2000 年第十九次会议对《全国中学生物理竞赛内容提要》作了一些调整和补充，并决定从 2002 年起在复赛题与决赛题中使用提要中增补的内容．一、竞赛涉及有关刚体的知识概要1. 刚体在无论多大的外力作用下，总保持其形状和大小不变的物体称为刚体．刚体是一种理想化模型，实际物体在外力作用下发生的形变效应不显著可被忽略时，即可将其视为刚体，刚体内各质点之间的距离保持不变是其重要的模型特征．2 . 刚体的平动和转动刚体运动时，其上各质点的运动状态（速度、加速度、位移）总是相同的，这种运动叫做平动．研究刚体的平动时，可选取刚体上任意一个质点为研究对象．刚体运动时，如果刚体的各个质点在运动中都绕同一直线做圆周运动，这种运动叫做转动，而所绕的直线叫做转轴．若转轴是固定不动的，刚体的运动就是定轴转动．刚体的任何一个复杂运动总可看做平动与转动的叠加，刚体的运动同样遵从运动独立性原理．3. 质心质心运动定律质心这是一个等效意义的概念，即对于任何一个刚体（或质点系），总可以找到一点Ｃ，它的运动就代表整个刚体（或质点系）的平动，它的运动规律就等效于将刚体（或质点系）的质量集中在点Ｃ，刚体（或质点系）所受外力也全部作用在点Ｃ时，这个点叫做质心．当外力的作用线通过刚体的质心时，刚体仅做平动；当外力作用线不通过质心时，整个物体的运动是随质心的平动及绕质心的转动的合成．质心运动定律物体受外力 F 作用时，其质心的加速度为ａＣ，则必有Ｆ＝ｍａＣ，这就是质心运动定律，该定律表明：不管物体的质量如何分布，也不管外力作用点在物体的哪个位置，质心的运动总等效于物体的质量全部集中在此、外力亦作用于此点时应有的运动．4 . 刚体的转动惯量Ｊ刚体的转动惯量是刚体在转动中惯性大小的量度，它等于刚体中每个质点的质量ｍｉ与该质点到转轴的距离ｒｉ的平方的乘积的总和，即Ｊ＝ｍｉｒｉ2．从转动惯量的定义式可知，刚体的转动惯量取决于刚体各部分的质量及对给定转轴的分布情况．我们可以利用微元法求一些质量均匀分布的几何体的转动惯量．5. 描述转动状态的物理量对应于平动状态参量的速度ｖ、加速度ａ、动量ｐ＝ｍｖ、动能Ｅｋ＝（ 1 ／ 2 ）ｍｖ２；描述刚体定轴转动状态的物理量有：角速度ω角速度的定义为ω＝Δθ／Δｔ．在垂直于转轴、离转轴距离ｒ处的线速度与角速度之间的关系为ｖ＝ｒω．角加速度角加速度的定义为α＝Δω／Δｔ．在垂直于转轴、离转轴距离ｒ处的线加速度与角加速度的关系为ａｔ＝ｒα．角动量Ｌ角动量也叫做动量矩，物体对定轴转动时，在垂直于转轴、离转轴距离ｒ处某质量为ｍ的质点的角动量大小是ｍｖｒ＝ｍｒ２ω ，各质点角动量的总和即为物体的角动量，即Ｌ＝ｍｉｖｉｒｉ＝（ｍｉｒｉ2）ω＝Ｊω．转动动能Ｅｋ当刚体做转动时，各质点具有共同的角速度ω及不同的线速度ｖ，若第ｉ个质点质量为ｍｉ，离转轴垂直距离为ｒｉ，则其转动动能为（ 1 ／ 2 ）ｍｉｖｉ２＝（ 1 ／ 2 ）ｍｉｒｉ2ω２，整个刚体因转动而具有的动能为所有质点的转动动能的总和，即Ｅｋ＝（ 1 ／ 2 ）（ｍｉｒｉ2）ω２＝（ 1 ／ 2 ）Ｊω２．6 . 力矩Ｍ力矩的功Ｗ冲量矩Ｉ如同力的作用是使质点运动状态改变、产生加速度的原因一样，力矩是改变刚体转动状态、使刚体获得角加速度的原因．力的大小与力臂的乘积称为力对转轴的力矩，即Ｍ＝Ｆｄ．类似于力的作用对位移的累积叫做功，力矩的作用对角位移的累积叫做力矩的功．恒力矩Ｍ的作用使刚体转过θ角时，力矩所做的功为力矩和角位移的乘积，即Ａ＝Ｍθ．与冲量是力的作用对时间的累积相似，力矩的作用对时间的累积叫做冲量矩，冲量矩定义为力矩乘以力矩作用的时间，即Ｉ＝ＭΔｔ．7. 刚体绕定轴转动的基本规律转动定理刚体在合外力矩Ｍ的作用下，所获得的角加速度与合外力矩大小成正比，与转动惯量Ｊ成反比，即Ｍ＝Ｊα．如同质点运动的牛顿第二定律可表述为动量形式，转动定理的角动量表述形式是Ｍ＝ΔＬ／Δｔ．转动动能定理合外力矩对刚体所做的功等于刚体转动动能的增量，即Ｗ＝（ 1 ／ 2 ）Ｊω１２－（ 1 ／ 2 ）Ｊω O2．该定理揭示了力矩作用对角位移的积累效应是改变刚体的转动动能．角动量定理转动物体所受的冲量矩等于该物体在这段时间内角动量的增量，即ＭΔｔ＝Ｌ１－Ｌ０＝Ｊωｔ－Ｊω０．该定理体现了力矩作用的时间积累效应是改变刚体转动中的动量矩．角动量守恒定律当物体所受合外力矩等于零时，物体的角动量保持不变，此即角动量守恒定律．该定律适用于物体、物体组或质点系当不受外力矩或所受合外力矩为零的情况．在运用角动量守恒定律时，要注意确定满足守恒条件的参照系．如果将上述描述刚体的物理量及刚体的运动学与动力学规律与质点相对照（如表 1 所示），可以发现它们极具平移对称性，依据我们对后者的熟巧，一定可以很快把握刚体转动问题的规律．表 1质点的直线运动刚体的定轴转动位移ｓ角位移θ速度ｖｖ＝Δｓ／Δｔ角速度ωω＝Δθ／Δｔ加速度ａａ＝Δｖ／Δｔ角加速度αα＝Δω／Δｔ匀速直线运动ｓ＝ｖｔ匀角速转动θ＝ωｔ匀变速直线运动ｖ１＝ｖ０＋ａｔｓ＝ｖ０ｔ＋（ 1 ／ 2 ）ａｔ２ｖｔ2－ｖ０２＝ 2 ａｓ匀变速转动ω１＝ω０＋αｔθ＝ω０ｔ＋（ 1 ／ 2 ）αｔ２ω t2－ω O2＝ 2αθ牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ转动定理Ｍ＝Ｊα动量定理Ｆｔ＝ｍｖｔ－ｍｖ０（恒力）角动量定理Ｍｔ＝Ｊωｔ－Ｊω０动能定理Ｆｓ＝（ 1 ／ 2 ）ｍｖｔ2－（ 1 ／ 2 ）ｍｖ０２转动动能定理Ｍθ＝（ 1 ／ 2 ）Ｊω t2－（ 1 ／ 2 ）Ｊω O2动量守恒定律ｍｖ＝常量角动量守恒定律Ｊω＝常量二、确定物体转动惯量的方法物体的转动惯量是刚体转动状态改变的内因，求解转动刚体的动力学问题，离不开转动惯量的确定．确定刚体的转动惯量的途径通常有：1. 从转动惯量的定义来确定对于一些质量均匀分布、形状规则的几何体，计算它们关于对称轴的转动惯量，往往从定义出发，运用微元集合法，只需要初等数学即可求得．例 1 如图 1 所示，正六角棱柱形状的刚体的质量为Ｍ，密度均匀，其横截面六边形边长为ａ．试求该棱柱体相对于它的中心对称轴的转动惯量．图 1分析与解这里求的是规则形状的几何体关于它的中心对称轴的转动惯量．从转动惯量的定义出发，我们可将棱柱沿截面的径向均匀分割成ｎ（ｎ→∞）个厚度均为（／ 2 ）·（ａ／ｎ）、棱长为ｌ的六棱柱薄壳，确定任意一个这样的薄壳对中心轴的元转动惯量Ｊｉ，然后求和即可，有Ｊ＝Ｊｉ．图 2现在，先给出一矩形薄板关于与板的一条边平行的轴ＯＯ′的转动惯量．板的尺寸标注如图 2 所示，质量为ｍ且均匀分布，轴ＯＯ′与板的距离为ｈ，沿长为ｂ的边将板无限切分成ｎ条长为ｌ、宽为ｂ／ｎ的窄条，则有Ｊ板＝ｌｉｍ（ｍ／ｂｌ）·（ｂ／ｎ）·ｌ［ｈ２＋（ｉｂ／ｎ）２］＝ｍ［（ｈ２／ｎ）＋（ｉ２／ｎ３）ｂ２］＝ｍ（ｈ２＋（ｂ２／ 3 ））．回到先前的六棱柱薄壳元上，如图 1 所示，由对称性可知其中第ｉ个薄壳元的ｈｉ＝ｉａ／ 2 ｎ，ｂ＝ｉａ／ 2 ｎ．薄壳元对轴ＯＯ′的转动惯量是 1 2 Ｊ板，即Ｊｉ =1 2ρｌ（ａ／ 2 ｎ）（ｉａ／ 2 ｎ）［（ｉａ／ 2 ｎ）２＋（ 1 ／ 3 ）（ｉａ／ 2 ｎ）２］．式中，ρ是六棱柱体的密度，即ρ＝Ｍ／ 6 ×（ 1 ／ 2 ）·ａ２·（／ 2 ）ｌ＝ 2 Ｍ／ 3 ａ２ｌ．则六棱柱体对中心对称轴ＯＯ′的转动惯量为Ｊ＝ 1 2 ρｌ·（ａ／ｎ）·（／ 2 ）·（ｉａ／ 2 ｎ）［（（ｉａ／ｎ）·（／2 ））２＋（ 1 ／3 ）（ｉａ／ 2 ｎ）］＝ 1 2 ρｌ·（ａ４／ 4 ）·（ｉ３／ｎ４）·［ 3 ／ 4 ＋ 1 ／ 1 2 ］＝（ 5 Ma2／ 3 ）ｉ３／ｎ４＝（ 5 Ma2／ 3 ）（ 1 ／ｎ４）（ 1 ３＋ 2 ３＋…＋ｎ３）＝（ 5 Ma2／ 3 ）（ 1 ／ｎ４）·（ｎ２（ｎ＋ 1 ）２／ 4 ）＝ 5 Ma2／ 1 2 ．2 . 借助于平行轴定理在刚体绕某点转动时，需对过该点的轴求转动惯量，借助于平行轴定理，可以解决这样的问题：已知刚体对过质心的轴的转动惯量，如何求对不通过质心但平行于过质心转轴的轴的转动惯量．平行轴定理：设任意物体绕某固定轴Ｏ的转动惯量为Ｊ，绕过质心而平行于轴Ｏ的转动惯量为ＪＣ，则有Ｊ＝ＪＣ＋Ｍｄ２，式中 d 为两轴之间的距离，Ｍ为物体的质量．图 3证明：如图 3 所示，Ｃ为过刚体质心并与纸面垂直的轴，Ｏ为与它平行的另一轴，两轴相距为ｄ，在与轴垂直的平面内以质心Ｃ为原点，过ＣＯ的直线为ｘ轴，建立ｘＣｙ坐标系．Ｍｉ代表刚体上任一微元的质量，它与轴Ｃ及轴Ｏ的距离依次为Ｒｉ和ｒｉ，微元与质心连线与ｘ轴方向的夹角为θｉ，由转动惯量的定义知，刚体对轴Ｏ的转动惯量应为Ｊ＝ｍｉｒｉ2＝ｍｉ（Ｒｉ２＋ｄ２－ 2 ｄＲｉｃｏｓθ）＝ｍｉＲｉ２＋ｍｉｄ２－ 2 ｄｍｉＲｉｃｏｓθｉ．上式中第一项即为刚体对质心Ｃ的转动惯量ＪＣ；第二项Ｊ＝ｍｉｄ２＝ｄ２ｍｉ＝Ｍｄ２，Ｍ是刚体的总质量；而第三项中ｍｉＲｉｃｏｓθｉ＝ｍｉｘｉ，ｘｉ是质量元在ｘＣｙ平面坐标系内的ｘ坐标，按质心的定义，有ｍｉｘｉ＝ 0 ，所以Ｊ＝ＪＣ＋Ｍｄ２．在上述例 1 中，我们已求得正六棱柱关于其中心轴的转动惯量，利用平行轴定理，我们还可求得六棱柱相对于棱边的转动惯量为Ｊ′＝（ 5 ／ 1 2 ）Ma2＋Ma2＝（ 17 ／ 1 2 ）Ma2．3. 运用垂直轴定理对任意的刚体，任取直角三维坐标系Ｏｘｙｚ，刚体对ｘ、ｙ、 z 轴的转动惯量分别为Ｊｘ、Ｊｙ、Ｊ2，ｒｉ是质元到坐标原点的距离．ｚ，可以证明Ｊｘ＋Ｊｙ＋Ｊｚ＝ 2 ｍｉｒｉ图 4证明：如图 4 所示，质元ｍｉ的坐标是ｘｉ、ｙｉ、ｚｉ，显然，ｒｉ２＝ｘｉ２＋ｙｉ２＋ｚｉ２．而刚体对ｘ、ｙ、ｚ轴的转动惯量依次为Ｊｘ＝ｍｉ（ｙｉ２＋ｚｉ２），Ｊｙ＝（ｘｉ２＋ｚｉ２），Ｊｚ＝ｍｉ（ｘｉ２＋ｙｉ２）．则Ｊｘ＋Ｊｙ＋Ｊｚ＝ 2 ｍｉ（ｘｉ２＋ｙｉ２＋ｚｉ２）＝ 2 ｍｉｒｉ2．这个结论就是转动惯量的垂直轴定理，或称正交轴定理．这个定理本身及其推导方法对转动惯量求解很有指导意义．例 2 从一个均匀薄片剪出一个如图 5 所示的对称的等臂星．此星对Ｃ轴的转动惯量为Ｊ．求该星对Ｃ１轴的转动惯量．Ｃ和Ｃ１轴都位于图示的平面中，Ｒ和ｒ都可看做是已知量．图 5分析与解设星形薄片上任意一质元到过中心Ｏ而与星平面垂直的轴Ｏ距离为ｒｉ，则星对该轴的转动惯量为ｍｉｒｉ2 = ＪＯ，由于对称性，星对Ｃ轴及同平面内与Ｃ轴垂直的Ｄ轴的转动惯量相等，均为已知量Ｊ；同样，星对Ｃ１轴及同平面内与Ｃ１轴垂直的Ｄ１轴的转动惯量亦相等，设为Ｊ１，等同于垂直轴定理的推导，则ＪＣ＋ＪＤ＝ 2 Ｊ＝ＪＯ，ＪＣ１＋ＪＤ１＝ 2 Ｊ１＝ＪＯ，于是有 2 Ｊ＝ 2 Ｊ１，即Ｊ１＝Ｊ．4 . 巧用量纲分析法根据转动惯量的定义Ｊ＝ｍｉｒｉ2，其量纲应为［ＭＬ２］，转动惯量的表达式常表现为ｋｍａ2形式，ｍ是刚体的质量，ａ是刚体相应的几何长度，只要确定待定系数ｋ，转动惯量问题便迎刃而解．例 3 如图 6 甲所示，求均匀薄方板对过其中心Ｏ且与ｘ轴形成α角的轴Ｃ的转动惯量．图 6分析与解如图 6 （甲所示为待求其转动惯量的正方形薄板，设其边长为ｌ，总质量为Ｍ，对Ｃ轴的转动惯量为Ｊ＝ｋＭｌ２，过中心Ｏ将板对称分割成四个相同的小正方形，各小正方形对过各自质心且平行于Ｃ的轴的转动惯量为（ｋＭ／ 4 ）·（ｌ／ 2 ）２＝ｋＭｌ２／ 1 6 ．如图 6 乙所示，小正方形的轴与Ｃ轴距离为Ｄ或ｄ，由平行轴定理，它们对Ｃ轴的转动惯量应分别为（ｋＭｌ２／ 1 6 ）＋（Ｍ／ 4 ）Ｄ２（两个质心与Ｃ轴距离为Ｄ的小正方形）或（ｋＭｌ２／ 1 6 ）＋（Ｍ／ 4 ）ｄ２（两个质心与Ｃ轴距离为ｄ的小正方形），则有下列等式成立，即ｋＭｌ２＝ 2 （（ｋＭｌ２／ 1 6 ）＋（Ｍ／ 4 ）Ｄ２）＋ 2 （（ｋＭｌ２／ 1 6 ）＋（Ｍ／4 ）Ｄ２）．整理可得（ 3 ／ 2 ）ｋｌ２＝（Ｄ２＋ｄ２）．而由几何关系，可得Ｄ＝（ｌ／ 2 ）·（／ 2 ）ｓｉｎ（π／ 4 ＋α），ｄ＝（ｌ／ 2 ）·（／ 2 ）ｓｉｎ（π／ 4 －α），故有（ 3 ／ 2 ）ｋｌ２＝（ｌ２／ 8 ）［ｓｉｎ２（π／ 4 ＋α）＋ｓｉｎ２（π／ 4 －α）］，则ｋ＝ 1 ／ 1 2 ．于是求得正方形木板对过其中心Ｏ的轴的转动惯量为Ｊ＝（ 1 ／ 1 2 ）Ｍｌ２，且与角α无关．5 ．一些规则几何体的转动惯量一些规则几何体的转动惯量如表 2 所示．表 2三、刚体运动问题例析根据今年将实行的ＣＰｈＯ新提要，刚体运动问题应该要求运用质心运动定理、角动量定理及角动量守恒定律等刚体基本运动规律来求解刚体转动的动力学与运动学问题．下面就此展示四个例题．例 4 在平行的水平轨道上有一个缠着绳子且质量均匀的滚轮，绳子的末端固定着一个重锤．开始时，滚轮被按住，滚轮与重锤系统保持静止．在某一瞬间，放开滚轮．过一定的时间后，滚轮轴得到了固定的加速度ａ，如图 7 甲所示．假定滚轮没有滑动，绳子的质量可以忽略．试确定：（ 1 ）重锤的质量ｍ和滚轮的质量Ｍ之比；（ 2 ）滚轮对平面的最小动摩擦因数．图 7分析与解与处理质点的动力学问题一样，处理刚体转动的力学问题，要清楚了解力矩与转动惯量对刚体运动的制约关系．（ 1 ）当滚轮轴亦即滚轮质心纯滚动而达到恒定的加速度ａ时，其角加速度为α＝ａ／Ｒ，Ｒ为滚轮的半径．滚轮可看做质量均匀的圆盘，其关于质心的转动惯量为（ 1 ／ 2 ）ＭＲ２，分析滚轮受力情况如图 7 乙所示，可知以轮与水平轨道的接触点Ｃ为瞬时转动轴考察将比较方便，因为接触点处的力对刚体的这种转动不产生影响．关于Ｃ轴，对滚轮形成转动力矩的只有绳子上的张力Ｔ，张力Ｔ可以通过重锤的运动来确定：相对于接触点Ｃ，滚轮的质心的水平加速度为ａ，重锤相对滚轮质心的线加速度也为ａ，且方向应沿绳子向下，这两个加速度是由重锤所受到的重力与绳子拉力提供的，重锤的加速度为这两个加速度的矢量和．由牛顿第二定理，有ｍｇｔａｎθ＝ｍａ，（ｍｇ／ｃｏｓθ）－Ｔ′＝ｍａ，则Ｔ＝Ｔ′＝ｍ－ｍａ．再研究滚轮，注意到Ｃ点到张力Ｔ的作用线之距离的几何尺寸，滚轮对Ｃ轴的转动惯量可用平行轴定理转换为（ 3 ／ 2 ）ＭＲ２，对滚轮运用转动定律，有（ｍ－ｍａ）（ 1 －（ａ／））Ｒ＝（ 3 ／ 2 ）ＭＲ２·（ａ／Ｒ）．解之得ｍ／Ｍ＝ 3 ａ／ 2 （－ａ）２．（ 2 ）对滚轮应用质心运动定理，滚轮质心加速度为ａ，方向水平，则应有ｆ－Ｔｓｉｎθ＝Ｍａ，Ｎ－Ｔｃｏｓθ＝Ｍｇ，其中ｓｉｎθ＝ａ／，ｃｏｓθ＝ｇ／，那么，动摩擦因数满足μ≥ｆ／Ｎ＝ａ／ｇ．在上面解答中，确定滚轮与重锤的相关加速度是本题的“题眼”所在．例 5 如图 8 甲所示，在光滑地面上静止地放置着两根质量均为ｍ，长度均为ｌ的均匀细杆，其中一杆由相等的两段构成，中间用光滑的铰链连接起来，两段在连接点可以弯折但不能分离．在两杆的一端，各施以相同的垂直于杆的水平冲量Ｉ．试求两细杆所获得的动能之比．图 8分析与解本题的求解方向是通过质心的动量定理与刚体的角动量定理，求得杆的质心速度及绕质心的角速度，进而求出杆由于这两个速度所具有的动能．如图 8 乙所示，设杆 1 在冲量Ｉ作用下，质心获得的速度为ｖＣ，杆的角速度为ω，由质心的动量定理，得Ｉ＝ｍｖＣ，由刚体的角动量定理，得Ｉ·ｌ／ 2 ＝Ｊω＝（ 1 ／ 1 2 ）ｍｌ２ω．则杆 1 的动能为Ｅｋ 1 ＝（ 1 ／ 2 ）ｍｖｃ２＋（ 1 ／ 2 ）Ｊω２＝（ 1 ／ 2 ）ｍ（Ｉ／ｍ）２＋（ 1 ／ 2 ）Ｊ（Ｉｌ／ 2 Ｊ）２＝（Ｉ２／ 2 ｍ）＋（ 3 Ｉ２／ 2 ｍ）＝ 2 Ｉ２／ｍ．如图 8 丙所示为杆 2 的左、右两段受力情况，当在杆 2 左端作用冲量Ｉ时，在两段连接处，有一对相互作用的冲量Ｉ１与Ｉ１′，它们大小相等，方向相反．由于两段受力情况不同，各段的质心速度及角速度均不同，但在连接处，注意到“不分离”的条件，左段的右端与右段的左端具有相同的速度．现对两段分别运用动量定理和角动量定理，对杆 2 左段，有Ｉ－Ｉ１＝（ｍ／ 2 ）ｖＣ１，（Ｉ＋Ｉ１）·（ｌ／ 4 ）＝（ｍｌ２／ 9 6 ）ω１，对杆 2 右段，有Ｉ１′＝（ｍ／ 2 ）ｖＣ 2 ，Ｉ１′·ｌ／ 4 ＝（ｍｌ２／ 9 6 ）ω２．由连接处“不分离”条件得左、右两段的速度与角速度的关系是ｖＣ 1 －ω１·（ｌ／ 4 ）＝ω２·（ｌ／ 4 ）＋ｖＣ 2 ，由以上各式，可得ω１＝ 1 8 Ｉ／ｍｌ，ω２＝－ 6 Ｉ／ｍｌ，ｖＣ 1 ＝ 5 Ｉ／ 2 ｍ，ｖＣ 2 ＝Ｉ／ 2 ｍ，于是可计算杆 2 的动能为Ｅｋ 2 ＝（ 1 ／ 2 ）·（ｍ／ 2 ）（ｖＣ 1 ２＋ｖＣ 2 ２）＋（ 1 ／ 2 ）·（Ｊ／ 2 ）（ω１２＋ω２２）＝ 7 Ｉ２／ 2 ｍ．易得 1 、 2 两杆的动能之比为Ｅ１∶Ｅ２＝ 4 ∶7 ．本题求解中，抓住杆 2 左、右两段连接处速度相同的相关关系，全盘皆活．例 6 形状适宜的金属丝衣架能在如图 9 所示的平面里的几个平衡位置附近做小振幅摆动．在位置甲和位置乙里，长边是水平的，其它两边等长．三种情况下的振动周期都相等．试问衣架的质心位于何处摆动周期是多少（第 13 届ＩＰｈＯ试题）图 9图 10分析与解本题涉及刚体做简谐运动的问题，即复摆的运动规律．一个在重力作用下绕水平轴在竖直面内做小角度摆动的刚体称为复摆或物理摆．我们先来推导复摆的周期公式．如图 1 0 所示，设Ｏ为转轴（悬点），质心Ｃ与转轴距离（等效摆长）为ｌ，质量为ｍ，对转轴的转动惯量为Ｊ，最大偏角θ＜5°．由机械能守恒定律，可得ｍｇｌ（ 1 －ｃｏｓθ）＝（ 1 ／ 2 ）Ｊω′２．①ω′是刚体的质心通过平衡位置时的角速度．对摆长ｌ、质量ｍ的理想单摆而言，有ｍｇｌ（ 1 －ｃｏｓθ）＝（ 1 ／ 2 ）ｍｖ２＝（ 1 ／ 2 ）ｍ（ｌω）２＝（ 1 ／ 2 ）ｍ（Ａω０）２．②②式中ω０是摆球（质点）通过平衡位置时的角速度，Ａ是振幅（Ａ = ｌ），ω０是摆球振动的圆频率．可知ω０＝．将①式变形为ｍｇｌ（ 1 －ｃｏｓθ）＝（ 1 ／ 2 ）Ｊω′２＝（ 1 ／ 2 ）ｍ（ｌ·ω′）２＝（ 1 ／ 2 ）ｍ（Ａω０′）２，比较②式，即对复摆与单摆作等效变换，可得复摆小幅振动（亦为谐振）的圆频率为ω０′＝ω０＝，那么复摆的周期公式为Ｔ＝ 2π．图 11由题设条件确定衣架的质心位置及转动惯量，依据复摆周期公式，即可确定三种情况下相同的摆动周期Ｔ．如图 11 所示，质心Ｏ到转轴Ａ、Ｂ、Ｃ的距离设为ａ、ｂ、ｃ，由图 9 甲所示衣架的平衡位置可知，质心Ｏ必在衣架长边的中垂线ＡＢ上，在三种情况下衣架对转轴Ａ、Ｂ、Ｃ的转动惯量依次为ＪＡ＝ＪＯ＋ｍａ2，ＪＢ＝ＪＯ＋ｍｂ２，ＪＣ＝ＪＯ＋ｍｃ２．式中ＪＯ为所设衣架对质心Ｏ的转动惯量，ｍ是衣架总质量．因为三种情况下的周期相同，故有（ＪＯ＋ｍａ2）／ｍｇａ＝（ＪＯ＋ｍｃ２）／ｍｇｃ，即（ＪＯ－ｍａｃ）（ｃ－ａ）＝ 0 ，显然ｃ≠ａ，则可知ＪＯ＝ｍａｃ；又有（ＪＯ＋ｍａ2）／ｍｇａ＝（ＪＯ＋ｍｂ２）／ｍｇｂ，即（ＪＯ－ｍａｂ）（ｂ－ａ）＝ 0 ，此式中因ｃ＞ｂ，故（ＪＯ- ｍａｂ）≠ 0 ，则必有ａ＝ｂ，即质心位于ＡＢ之中点．衣架周期为Ｔ = 2π＝ 2π．根据图 9 标注的尺寸可知ａ＝ 5 ｃｍ，ｃ＝ｃｍ≈ 2 1 ． 6 ｃｍ，代入后得Ｔ≈1. 0 3 ｓ．本题是国际物理奥林匹克的一道赛题，题意简洁，解答方法也很多，笔者给出的这种解法应该说比较严密且巧妙．最后，我们再尝试解答另外一道比较繁难的国际物理奥林匹克竞赛试题，该题涉及动量矩守恒定律的运用．例 7 如图 1 2 所示，一个质量为ｍ，半径为ＲＡ的均匀圆盘Ａ在光滑水平面ｘＯｙ内以速度ｖ沿ｘ轴方向平动，圆盘中心至ｘ轴的垂直距离为ｂ．圆盘Ａ与另一静止的、其中心位于坐标原点Ｏ的均匀圆盘Ｂ相碰．圆盘Ｂ的质量与Ａ相同，半径为ＲＢ．假定碰撞后两圆盘接触处的切向速度分量（垂直于连心线方向的速度）相等，并假设碰撞前后两圆盘沿连心线方向的相对速度大小不变．在发生碰撞的情况下，试求：（ 1 ）碰后两圆盘质心速度的ｘ分量和ｙ分量，结果要以给定的参量ｍ、ＲＡ、ＲＢ、ｖ和ｂ表示；（ 2 ）碰后两圆盘的动能，结果要以给定的参量ｍ、ＲＡ、ＲＢ、ｖ和ｂ表示．（第 24 届ＩＰｈＯ试题）分析与解（ 1 ）本题情景是质量相同的运动圆盘Ａ与静止圆盘Ｂ在水平面上发生非弹性斜碰．碰撞前后，质心动量守恒——系统不受外力；对Ｏ点的角动量守恒——外力冲量矩为零；动能不守恒——碰撞后两圆盘接触处的切向速度分量相等，必有摩擦力存在，动能有损失．本题给出诸多的附加条件，除了根据动量守恒与角动量守恒列出基本方程外，还必须根据附加条件给出足够的补充方程，并适当选用速度分量，方可最终得解．图 12 图 13如图 13 所示，设碰撞时两盘质心连线与ｘ轴成θ角，由几何关系可知ｂ = （ＲＡ + ＲＢ）ｓｉｎθ．对系统，在法向与切向动量均守恒，即ｍｖｓｉｎθ＝ｍｖＡｔ＋ｍｖＢｔ，ｍｖｃｏｓθ＝ｍｖＡｎ＋ｍｖＢｎ，式中，ｖＡｔ、ｖＢｔ、ｖＡｎ、ｖＢｎ是Ａ、Ｂ盘碰撞后沿切向与径向的质心速度；系统对Ｏ点的角动量守恒即ｍｖｂ＝ＪＡωＡ＋ｍｖＡｔ（ＲＡ＋ＲＢ）＋ＪＢωＢ，该式中，ＪＡ＝（ 1 ／ 2 ）ｍＲＡ 2 ，ＪＢ＝（ 1 ／ 2 ）ｍＲＢ 2 ，ωＡ、ωＢ为两盘碰撞后的角速度（待定）．注意碰撞后Ａ盘既有转动又有平动，对Ｏ点的角动量由两部分组成，而Ｂ盘质心在Ｏ点，故角动量仅为ＪＢωＢ．上述三个方程涉及六个未知量，需列出补充方程．根据两盘接触处切向速度相同有ｖＡｔ－ωＡＲＡ＝ｖＢｔ＋ωＢＲＢ，根据两盘法向相对速度不变有ｖｃｏｓθ＝ｖＢｎ－ｖＡｎ．对Ｂ盘，由动量定理和角动量定理，摩擦力ｆ的作用是ｆ·Δｔ＝ｍｖＢｔ，ｆ·ＲＢ·Δｔ＝ＪＢωＢ，即ｍｖＢｔＲＢ＝ＪＢω Ｂ．由上述六个方程，解得ωＡ＝ｖｓｉｎθ／ 3 ＲＡ，ωＢ＝ｖｓｉｎθ／ 3 ＲＢ，ｖＡｔ＝（ 5 ／ 6 ）ｖｓｉｎθ，ωＢｔ＝（ 1 ／ 6 ）ｖｓｉｎθ，ｖＡｎ＝ 0 ，ｖＢｎ＝ｖｃｏｓθ．碰后两盘的质心速度的ｘ分量分别为ｖＡｘ＝ｖＡｔｓｉｎθ＋ｖＡｎｃｏｓθ＝（ 5 ／ 6 ）ｖｓｉｎ２θ，ｖＢｘ＝ｖＢｔｓｉｎθ＋ｖＢｎｃｏｓθ＝（ 1 ／ 6 ）ｖｓｉｎ２θ＋ｖｃｏｓ２θ，碰后两盘的质心速度的ｙ分量分别为ｖＡｙ＝ｖＡｔｃｏｓθ－ｖＡｎｓｉｎθ＝（ 5 ／ 6 ）ｖｓｉｎθｃｏｓθ，ｖＢｙ＝ｖＢｔｃｏｓθ－ｖＢｎｓｉｎθ＝－（ 5 ／ 6 ）ｖｓｉｎθｃｏｓθ，其中ｓｉｎθ＝ｂ／（ＲＡ＋ＲＢ），ｃｏｓθ＝／（ＲＡ＋ＲＢ）．（ 2 ）各圆盘的动能是各盘质心平动动能与圆盘转动动能之和，这里不再赘述，答案是ＥＡ＝ 3 ｍｖ２ｂ２／ 8 （ＲＡ＋ＲＢ），ＥＢ＝（ 1 ／ 2 ）ｍｖ２（ 1 －（ 11 ｂ２／ 1 2 （ＲＡ＋ＲＢ）２））．四、ＣＰｈＯ竞赛训练题1 ．如图 1 4 所示，质量为ｍ的均匀圆柱体的截面半径为Ｒ，长为2 Ｒ．试求圆柱体绕通过质心及两底面边缘的转轴（如图中的Ｚ１、Ｚ２轴）的转动惯量Ｊ．图 14 图 152 ．如图 15 所示，匀质立方体的边长为ａ，质量为ｍ．试求该立方体绕对角线轴ＰＱ的转动惯量Ｊ．3 ．椭圆细环的半长轴为Ａ，半短轴为Ｂ，质量为ｍ（未必匀质），已知该环绕长轴的转动惯量为ＪＡ，试求该环绕短轴的转动惯量ＪＢ．4 ．在一根固定的、竖直的螺杆上有一个螺帽，螺距为ｓ，螺帽的转动惯量为Ｊ，质量为ｍ．假定螺帽与螺杆间的动摩擦因数为零，螺帽以初速度ｖ０向下移动，螺帽竖直移动的速度与时间有什么关系这是什么样的运动重力加速度为 g ．5 ．如图 16 所示，两个质量和半径均相同的实心圆柱轮，它们的质心轴互相平行，并用一轻杆相连，轴与轴承间的摩擦忽略不计．两轮先以共同的初速度ｖ０沿水平方向运动，两轮的初角速度为零，如图1 6 甲所示．然后同时轻轻地与地面相接触，如图 1 6 乙所示，设两轮与地面之间的动摩擦因数分别为μ１和μ２（μ１＞μ２）．试求两轮均变为纯滚动所需的时间及纯滚动后的平动速度大小．图 16 图 176 ．如图 17 所示，光滑水平地面上静止地放着质量为Ｍ、长为ｌ的均匀细杆．质量为ｍ的质点以垂直于杆的水平初速度ｖ０与杆的一端发生完全非弹性碰撞．试求：（ 1 ）碰后系统质心的速度及绕质心的角速度；（ 2 ）实际的转轴（即静止点）位于何处7 ．如图 1 8 所示，实心圆柱体从高度为ｈ的斜坡上由静止做纯滚动到达水平地面上，且继续做纯滚动，与光滑竖直墙发生完全弹性碰撞后返回，经足够长的水平距离后重新做纯滚动，并纯滚动地爬上斜坡．设地面与圆柱体之间的动摩擦因数为μ，试求圆柱体爬坡所能达到的高度ｈ′．图 18 图 198 ．如图 19 所示，半径为Ｒ的乒乓球绕质心轴的转动惯量为Ｊ＝（ 2 ／ 3 ）ｍＲ2，ｍ为乒乓球的质量．乒乓球以一定的初始条件在粗糙的水平面上运动，开始时球的质心速度为ｖＣ０，初角速度为ω０，两者的方向如图 1 8 所示．已知乒乓球与地面间的动摩擦因数为μ．试求乒乓球开始做纯滚动所需的时间及纯滚动时的质心速度．9 ．一个均匀的薄方板的质量为Ｍ，边长为ａ，固定它的一个角点，使板竖直悬挂，板在自身的重力作用下，在方板所在的竖直平面内摆动．在通过板的固定点的对角线上距固定点的什么位置（除去转动轴处之外），粘上一个质量为ｍ的质点，板的运动不会发生变化已知对穿过板中心而垂直于板的轴，方板的转动惯量为Ｊ＝（ 1 ／ 6 ）Ma2．图 201 0 ．如图 20 所示，一个刚性的固体正六角棱柱，形状就像通常的铅笔，棱柱的质量为Ｍ，密度均匀．横截面呈六边形且每边长为ａ．六角棱柱相对于它的中心轴的转动惯量为Ｊ＝（ 5 ／ 12 ）Ma2，相对于棱边的转动惯量是Ｊ′＝（ 17 ／ 1 2 ）Ma2．现令棱柱开始不均匀地滚下斜面．假设摩擦力足以阻止任何滑动，并且一直接触斜面．某一棱刚碰上斜面之前的角速度为ωｉ，碰后瞬间角速度为ωｆ，在碰撞前后瞬间的动能记为Ｅｋｉ和Ｅｋｆ，试证明：ωｆ＝ｓωｉ，Ｅｋｆ＝ｒＥｋｉ，并求出系数ｓ和ｒ的值．（第 2 9 届ＩＰｈＯ试题）五、训练题简答图 21 图 221 ．解：如图2 1 所示，对图所示的Ｚ１、Ｚ２、Ｚ坐标系与Ｚ３、Ｚ４、Ｚ坐标系运用正交轴定理，有Ｊ１＋Ｊ２＋Ｊ５＝Ｊ３＋Ｊ４＋Ｊ５，Ｊ３＝（ 1 ／ 2 ）ｍＲ2，Ｊ４＝（ 7 ／ 1 2 ）ｍＲ2，Ｊ１＝Ｊ２，则Ｊ１＝Ｊ２＝（ 13 ／ 24 ）ｍＲ2．2 ．解：将立方体等分为边长为ａ／ 2 的八个小立方体，依照本文例3 分析法用量纲求解，有ｋｍａ2＝ 2 ·ｋ（ｍ／ 8 ）（ａ／ 2 ）２＋ 6 ·［ｋ（ｍ／ 8 ）（ａ／ 2 ）２＋（ｍ／ 8 ）（ａ／）２］，则ｋ＝ 1 ／ 6 ，Ｊ＝（ 1 ／ 6 ）ｍａ2．3 ．解：由正交轴定理ＪＡ＋ＪＢ＝ｍｉ（ｘｉ２＋ｙｉ２）及椭圆方程（ｘ２／Ａ2）＋（ｙ２／Ｂ2）＝ 1 ，得ＪＢ＝ｍＡ2－（Ａ2／Ｂ2）ＪＡ．4 ．解：由机械能守恒，得ｍｇｓ＝（ 1 ／ 2 ）Ｊ（ω t2－ω O2）＋（ 1 ／ 2 ）ｍ（ｖｔ2－ｖ０２），又ωｔ／ｖｔ＝ω０／ｖ０＝ 2π／ｓ，可得ｖｔ2－ｖ０２＝ 2 ｍ／（（ 4π2Ｊ／ｓ2）＋ｍ）ｇ＝ 2 ｇ′ｓ．故螺帽沿螺杆竖直向下做匀加速直线运动，有ｖｔ＝ｖ０＋ｇ′ｔ，ｇ′＝ｍ／（（4π2Ｊ／ｓ2）＋ｍ）．5 ．解：两轮相对于地面动量守恒，因为μ１＞μ２，轮 1 先做纯滚动，轮 2 做纯滚动所需时间为ｔ，则系统从触地到均做纯滚动时对地面角动量守恒，得2 ｍｖ０Ｒ＝ 2 ｍｖｔＲ＋ 2 ·（ 1 ／ 2 ）ｍＲ2ω，又ｖｔ＝ωＲ，解得ｖｔ＝（ 2 ／ 3 ）ｖ０，ω＝ 2 ｖ０／ 3 Ｒ，ｔ＝ω／α２＝ωＲ／ 2μ２ｇ＝ｖ０／ 3 μ２ｇ．6 ．解：碰后系统质心位置从杆中点右移为Δｘ＝（ｍ／（Ｍ＋ｍ））·（ｌ／ 2 ）．由质心的动量守恒，求得质心速度为ｖＣ＝（ｍ／（Ｍ＋ｍ））ｖ０．由角动量守恒并考虑质心速度与角速度关系，求得瞬时轴在杆中心左侧ｘ＝ｌ／ 6 处，ω＝ 6 ｍｖ０／（Ｍ＋ 4 ｍ）ｌ．7 ．解：纯滚动时，无机械能损失，ｖ＝Ｒω．非纯滚动时，运用动量定理及角动量定理，求上坡前的质心速度及角速度，根据机械能守恒即可求得．ｈ′＝ｈ／ 9 ．8 ．解：乒乓球与地接触点Ｏ即滚动又滑动且达到纯滚动时，由角动量守恒，得ｍＲｖＣ 0 －Ｊω０＝ｍＲｖＣ＋Ｊω，即ｖＣ 0 －ｖＣ＝（ 2 ／ 3 ）Ｒ（ω０＋ω），达到纯滚动时，有ｖＣ＝Ｒω，可得到纯滚时质心速度为ｖＣ＝（ 3 ／ 5 ）ｖＣ 0 －（ 2 ／ 3 ）Ｒω０．其中，若ｖＣ 0 ＞（ 2 ／ 3 ）Ｒω０，纯滚动后，球向右顺时针方向做纯滚动；ｖＣ 0 ＜（ 2 ／ 3 ）Ｒω０，则纯滚动后，球向左逆时针方向做纯滚动．质心做匀加速运动，达到纯滚时间设为ｔ，由ｖＣ＝ｖＣ 0 －μｇｔ，可得ｔ＝ 2 （ｖＣ 0 ＋Ｒω０）／ 5 μｇ．9 ．解：原薄方板对悬点的转动惯量Ｊ０＝（ 2 ／ 3 ）Ma2，粘上质量为ｍ的质点后有Ｊ＝（ 2 ／3 ）Ma2＋ｍ·ｘ２．振动周期相同，应有Ｊ０／Ｍｇｌ＝Ｊ／（Ｍ＋ｍ）ｇｌ′，ｌ′＝（ｍｘ＋Ｍｌ）／（Ｍ＋ｍ），ｌ＝（／ 2 ）ａ，解得ｘ＝（ 2 ／ 3 ）ａ．1 0 ．解：设以某棱为轴转动时间Δｔ，此碰撞瞬间前后的角速度分别为ωｉ、ωｆ，时间短，忽略重力冲量及冲量矩，知矢量关系如图23 所示．图 23对质心有ＮΔｔ＝Ｍａ（ωｆ－ωｉ）ｓｉｎ 3 0 °，－ｆΔｔ＝Ｍａ（ωｆ－ωｉ）ｃｏｓ 3 0 °，对刚体有ｆΔｔａｃｏｓ 3 0 °－ＮΔｔａｓｉｎ 3 0 °＝（ 5 ／ 1 2 ）Ma2（ωｆ－ωｉ）．解得ωｆ＝（ 11 ／ 17 ）ωｉ，ｓ＝ 11 ／ 17 ，ｒ＝ｓ２＝ 1 2 1 ／ 28 9 ．21。
普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社第七章-刚体力学习题解答
第七章刚体力学习题解答7.1.2 汽车发动机的转速在12s 内由1200rev/min 增加到3000rev/min.⑴假设转动是匀加速转动，求角加速度。
⑵在此时间内，发动机转了多少转？解：⑴21260/2)12003000(/7.15s rad t===-∆∆πωβ⑵rad 27.152)60/2)(12003000(21039.26222202⨯===∆⨯--πβωωθ对应的转数=42010214.3239.262≈⨯=⨯∆πθ7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。
求t 时刻的角速度和角加速度。
解：23212643ct bt ct bt a dtd dtd -==-+==ωθβω7.1.4 半径为0.1m 的圆盘在铅直平面内转动，在圆盘平面内建立o-xy 坐标系，原点在轴上，x 和y 轴沿水平和铅直向上的方向。
边缘上一点A 当t=0时恰好在x 轴上，该点的角坐标满足θ=1.2t+t 2 (θ:rad,t:s)。
⑴t=0时，⑵自t=0开始转45º时，⑶转过90º时，A 点的速度和加速度在x 和y 轴上的投影。
解：0.222.1==+==dtd dtd t ωθβω⑴t=0时，s m R v v y x /12.01.02.10,2.1=⨯====ωω2222/2.01.00.2/144.01.0/12.0/sm R a a s m R v a a y y n x =⨯===-=-=-=-=βτ⑵θ=π/4时,由θ=1.2t+t 2,求得t=0.47s,∴ω=1.2+2t=2.14rad/ssm R v s m R v y x /15.02/21.014.245sin /15.02/21.014.245cos =⨯⨯=︒=-=⨯⨯-=︒-=ωω222222222222/182.0)14.20.2(1.0)(45sin 45sin 45sin /465.0)14.20.2(1.0)(45cos 45cos 45cos s m R R R a s m R R R a y x -=-⨯=-︒=︒-︒=-=+⨯-=+︒-=︒-︒-=ωβωβωβωβ⑶θ=π/2时,由θ=1.2t+t 2,求得t=0.7895s,ω=1.2+2t=2.78rad/s2222/77.01.078.2/2.01.00.20/278.01.078.2s m R a s m R a v s m R v y x y x -=⨯-=-=-=⨯-=-==-=⨯-=-=ωβω7.1.5 钢制炉门由两个各长1.5m 的平行臂AB 和CD 支承，以角速率ω=10rad/s 逆时针转动，求臂与铅直成45º时门中心G 的速度和加速度。
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将（1）式代入（3）式得到
'
飞轮对于转轴的角动量
1 1 2 2 I ' ' MR mR ( M 2m ) R 2 2 2
飞轮的动能
1 11 2 2 2 Ek I ' ' MR mR 2 2 22 1 ( M 2m ) R 2 2 4
角动量J的大小不变，方向改变，它随刚体绕转轴旋
转，所以J是一个变量。 x J1 Jx
Δ J2＝J2Δ φτ
J
z J2(t+△t)
△φ
α
Jz
J2
J2(t)
J的变化是由于J的与轴垂直的分量J2变化所致。J2
绕转轴以ω的角速度旋转。
J 2 J z sin - J x cos 1 1 mR cos sin - sin cos 4 2 1 mR 2 sin 2 8
例7.7 一匀质细棒，质量为m，长为L，处于水平方 位静止不动。它突然受到向上冲量F△t的作用，F距 棒的质心为x。求棒的运动。
m VC x L
F△t
【解】因为棒受冲击的时间很短，重力可忽略。
质心平动的运动方程 F ＝ mac ， F△t＝mVc Vc＝ F△t/m 棒绕质心转动的转动方程。据转动定理 Fx＝Icβ ， F△t x ＝Icβ△t＝Icω ∴ ω＝ F△t x / Ic＝12 F△t x /mL2 以后，由于细棒的质心以 VC的初速度作上抛运 动，并绕过质心的轴以ω的角速度作转动。
B x
x
ω
z
ω
α
O
z L
ωx
α
ωz
y
R L
x J1 Jx
J z
α
Jz J2
A
以O点为原点，z轴沿盘面的法线方向，建立O－ xyz坐标系，z轴、x轴和转轴在一个平面内。 则
x i z k (sin i cos j ) （ｙ ＝０）
而
所以
T mg mac
据题意
ac 0，
T mg
（2）若t＝0时，ω＝ω0＝0
则
1 1 1 2 2 AT ( mR ) mR 2 2 2 2 4
（3）因为重力矩＝0，张力矩＝RT，所以合力矩作
功即是张力矩作功
AT R 2 AT RT Rmg , ； Rmg 4g R 2 2 S R 4g
对于B杆，有
vB P '' m 2
2
L 1 m L 1 P '' I BB B mL2B 2 2 2 2 96
2
由于连接点速度相等，因此有 L L v A A vB B 4 4 联立解得
5P vA , 2m 18 P A , mL
P vB 2m 6P B mL
(以上负号表示所设量的方向与实际方向相反) 细杆所获的动能为
1 m 2 1 7 2 2 2 2 Ek v A v B I A A I B B P 2 2 2 2m
例7.10 质量为m，长为L的匀质细杆位于竖直平面 内，其一端B置于光滑的地面上，另一端A靠在光滑 的墙面。初始杆静止，杆与墙面成θ0角，然后释放杆
由①得
由②得
ac ＝－μg ， Vc＝V0－ μgt
β＝ mgμR/ I = mgμR/ (2mR2/5)
＝5μg/2R＝Const
∴ ω＝βt＝ 5μgt/2R
与地面接触点的速度Vp：
Vp ＝Vc－ ωR＝ V0－ μgt－5μgt/2＝ V0－7μgt/2 这表明在撞击后，小球既滑动又滚动，但平动速度 逐渐变小，转动速度逐渐加快。经过τ时间后，小球纯 滚动，此时满足Vp ＝0 即有 V0－7μgτ/2＝0 得到 τ＝2 V0 / 7μg
习题课7
刚体力学
例7.1 一绳绕在一个质量为 m，半径为 R的圆柱体上， 现将绳铅直地向上拉，以使自圆柱体放开时其质 心不致下落，试问： (1) 绳中张力为多大? (2) 当圆柱体达到角速度为ω时，张力对圆柱体做了
多少功？
(3) 在此间内，共放开的绳子长度为多少？
＋
T
c
●
mg
【解】 （1）圆柱体的动力学方程为
例7.4
长为L的匀质细杆水平地放在桌面上，质心离
桌边缘距离为a，从静止开始下落。已知杆与桌边缘
的摩擦系数为μ。试求：杆开始滑动时的临界角。
N c
f
θ
a L
mg
【解】 无滑动时，杆绕A点作定轴转动，由转动定理
mga cos I A (1)
杆对于A点的转动惯量为（应用平行轴定理）
I A =I c +ma 2 = 1 mL2 ma 2 12 (2)
让其滑动。求
（1）墙面和地面对杆的作用力； （2）杆脱离墙面时杆与墙面的夹角。
【解】 杆作平行平面运动。 杆的质心运动方程
mxc F myc N - mg
y A θ F C
①
② O
N
B ③ ④ x
转动方程
由
L N sin L F cos I C 2 2 L L x C sin ， y C cos 2 2
细棒作平面平行运动，棒上各点的速度不同。距棒 中心x处的速度为Vx
Vx＝Vc＋ωx
其中有一点，速度为0，该点成为打击中心。
设该点距质心为x0。则 Vc＋ωx0＝0 即 x0＝－ Vc /ω = － ( F△t/m) / (12 F△t x / mL2)
= －L2 / (12x)
若打击处 x = L/6， 打击中心在x0 = －L /2处。
m ω
R
M
【解】 碎片离开飞轮时的初速度为 v0 R
2 v0 R2 2 碎片能上升的最大高度为 hm 2g 2g
(1)
(2)
在碎片离开飞轮前后，由碎片和飞轮组成的合系统
没受到外力矩，系统角动量（对于转轴）守恒，有
1 1 2 2 2 MR MR mR ' mv0 R 2 2 (3)
2
J2的大小不变，但方向变化。
1 2 J2 =J２ mR sin 2 8 d J２ 1 d 2 = mR sin 2 d ｔ 8 dt 1 2 2 mR sin 2 8
dJ 2 L2 2 Fa dt 1 dJ 2 1 F mR 2 2 sin 2 2a dt 16a
（绳长）
例7.2
两均匀的圆柱体绕各自的质心轴转动，两轴相
互平行，半径分别为R1和R2，质量分别为m1和m2。最
初两圆柱体同方向转动，角速度分别为ω10 和ω20 。然 后它们相向移动，直到接触有一共同切线为止，试求
稳定后每个圆柱体的角速度。
ω10
R1
ω20
R2
【解】 两圆柱体从接触到稳定状态只受摩擦力，由角 动量定理
【解】冲击瞬间O点尚无位移，设想A杆左右两端受 到冲量P和P’作用；B 杆左端受到冲量P’’的作用，且 P’＝－P’’。
A
P CA O VA P’ O P’’ VB CB B
ωA
P
CA
CB
ωB
由质心运动定理和转动定理，对于A杆，有
vA PP'm 2
L L 1 m L 1 P P ' I A A A mL2 A 2 2 2 2 2 96
承处所受的水平冲力为零？（满足此条件的A点称为
打击中心）
O
f
h F
c L A
【解】 由转动定理
Fh I
(1)
此时质心获得水平方向的切向加速度，则
L ac 2 (2)
根据质心运动定理，应有
mac F f
(3)
mLh （1）、（2）、（3）联立解得 f (1 2 I ) F 3h 1 2 f (1 )F 代入 I mL 得到 2L 3
fR dt I1 (1 10 ) 1 fR2 dt I 2 (2 20 ) (1) (2)
由上两式可得
I1 R2 (1 10 ) I 2 R1 (2 20 ) (3)
稳定后在接触处的线速度相等，即
R11 R22 (4)
代入两圆柱体的转动惯量： 1 1 2 2 I1 m1 R1 , I 2 m2 R2 2 2 得到
并求和，得到J的转轴分量为J1
J１ J x sin a J z cos a 1 1 2 2 mR sin a cos a 2 4
2
而 得到
J1 I
1 1 2 2 I mR sin a cos a 2 4
2
求附加压力
例7.8 质量为m，半径为R的匀质球置于粗糙的水平面 上，球与桌面间的摩擦系数为μ，球在水平冲力的作用
下获得平动初速度V0 。问经过多长时间后变为纯滚动， 此时的质心速率为多大？
C
V0
f
【解】球在受冲击后，水平方向只有摩擦力f 作用
f ＝－ mgμ 平动方程： mac ＝－ mgμ 转动方程：mgμR＝Iβ ① ②
பைடு நூலகம்
I xx
1 1 mR 2 ， Ｉ mR 2 zz 4 2
1 1 2 J mR sin ai cos ak 2 4 1 2 1 ２ Ｉ＝mR sin a cos 2 a 2 4
本题可以这样考虑，将Jx和Jz分别向转轴方向投影
两边积分，并利用初始条件：当θ＝0时ω＝0，可得
2mga sin IA