第3章 刚体力学3.3

d
A
x
C
l +d 2
dx
x
轴通过点O，选O为坐标原点。
m ⎛ l3 ml 2 2 ⎞ J = λ ∫ l x dx = ⎜ + d l⎟ = + md 2 ⎜ ⎟ −( d - ) l ⎝ 12 2 ⎠ 12
d+
l 2
2
细杆的一端A到点C的距离为 所以
d =l 2
2
ml 2 ml 2 ml 2 ⎛l ⎞ 2 JA = + md = + m⎜ ⎟ = 12 12 3 ⎝2⎠
α=
d ( a + 3bt 3 − 4ct 3 ) = 6bt − 12ct 2 dt
飞轮作变加速转动
5-3一作匀变速转动的飞轮在 10s内转了16圈，其末角 速度为 15 rad ⋅ s −1，它的角加速度的大小等于多少？
解：根据运动学公式
ω = ω0 + β t
1 θ = ω 0t + β t 2 2
① ②
1 θ = (ω − βt ) + β t 2 2
∴ β = 2(ω t − θ ) / t 2 ③
ω = 15 rad ⋅ s −1 , t = 10s, θ = 32πrad
β = 0.99 rad ⋅ s −2
3-12一质量为m的人站在一质量为 m、半径为R的水平 圆盘上，圆盘可无摩擦地绕通过其中心的竖直轴转动。 系统原来是静止的，后来人沿着与圆盘同心，半径为 r (r < R ) 的圆周走动。求：当人相对于地面的走动速率 为 v 时，圆盘转动的角速度为多大？ 解：对于转轴，人与圆盘组成的系统角动量守恒。 人的转动惯量为
J 与转轴的位置有关
z m O
dx
z l x m O
l/2
l
dx
x
l 1 J = ∫ x 2 λ dx = ml 2 0 3
J = ∫ x 2 λ dx =
−l / 2
1 ml 2 12
z
平行轴定理
J = J C + md 2
z' d
J :刚体绕任意轴的转动惯量
J c :刚体绕通过质心的轴
C
m
d
:两轴间垂直距离
L = 常量
r1mv1 = mr2 ω2
ω2 =
2 变化 L = mr ω = 常量 ω？ 2
r1v1 −7 = 2 . 06 × 10 rad⋅ s−1 2 r2
例3.7 一长l，质量为M的细杆，可绕水平轴 O在竖 直平面内转动，开始时杆自然地竖直悬垂。现有 � 一质量为m的子弹以水平速度 v 射入杆中P点，已 知 P 点和杆下端的距离为 h ，求细杆开始运动时的 角速度。P71 O 解： 将子弹视为质点 ，由子弹和细杆组
加速度的大小为
2 2 2 a = at2 + an = (0.15) + (0.4π) ≈ 1.13 m ⋅ s −2
方向为 θ = arctg
� an ≈ 83.2° θ 为 a 与 at
� v 的夹角
例3.2 质量为m，长为l，密度均匀的细杆，求：(1)它 对过杆的中心且与杆垂直的 z 轴的转动惯量。 (2)试分 析，当转轴由质心开始沿杆的方向平移到杆的一端 时，转动惯量如何变化。 解：(1) 以杆的中心 C点为坐标原点，建立 x 坐标轴。 思想：刚体由质点组成 把杆分成许多无限小的质元，在 x处取其中一质 元 2 J = mr 质点转动惯量： 2
r
m θ y
� f
� M
选运动方向为正方向。 根据牛顿第二定律，有
x方向（正方向）T − f − mgsinθ = ma y方向
N − mg cosθ = 0 f = μN
� N
θ
� T
x
对鼓轮： 正方向垂直于纸面指向读者 根据转动定律 其中
M − T ′r = Jα T =T′
� P
a = rα
T′
两者区别
rO
T′
T
(2) mg
− T = ma
T ′r = Jα
a = rα
T =T′
F mgr + α= 2 J + mr mg 98 × 0.2 = = 21.8 rad/s2 2 0.5 + 10 × 0.2
L = rp sin θ = mvr sin θ
例1 一质点相对点 O的角动量；
O
d
� r
解： 物体在沿水平面转动中，绳
的拉力对转轴的力矩为零，所 以，物体在转动过程中角动量 守恒。设物体在运动半径变为 R/5时的角速度为 ω′，则有
ω
R
� F
ω
J 0 ω0 = J ′ω′
R
ω′ =
2
J 0 = mR2
J ′ = m (R 5 )
J0 ω0 = 25ω0 J′
增加的能量从哪里来？ 请同学们分析一下小球动能是否变化？ 分析：小球动能增量为拉力做功的结果，应等于拉力的功 直接求拉力的功？ 同学们课后可尝试一下。 刚体绕定轴转动的动能增量为 这里我们通过求动能增量来计算功
L1 = r1 mv1
� r2
� r1
� v1
m
L2 = r2 mv2
� v2
L = mr2ω
ω？
� r2
由 r1 mv1
=
r2 mv 2 得
� r1
� v1
m
� v2
r1v1 1.52×1011 × 2.93×104 4 m⋅ s−1 v2 = = = 3 . 03 × 10 r2 1.47 ×1011
W =
将 ω=
1 1 Jω 2 − Jω 02 2 2
1 ω0 2
代入上式，得
W =
3 2 Jω 0 8
例一根长为 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静止。 求 它由此下摆 θ 角时的 ω . 解：根据机械能守恒
O• m θ
C
l
•
∆h
∆Ek = ∆E p
-2 2 2 由 ω = ω 0 + 2α (θ − θ 0 ) ，ω 0 = 0，α = 0.5rad ⋅ s 得 π 2 ω = ω0 + 2α (θ − θ0 ) = 2 rad ⋅ s −1 3 速度的大小为 ω = ω 0 + αt
π π v = ωr = 2 × 0.3 = 0.6 m ⋅ s −1 3 3
练习 一轻绳绕在半径 r =20 cm 的飞轮边缘，在绳端施以 ·m2，飞 F=98 N 的拉力，飞轮的转动惯量 J=0.5 kg kg· 轮与转轴间的摩擦不计， 求 (1) 飞轮的角加速度； (2) 如以重量P =98 N的物体挂在绳 端，试计算飞轮的角加速。 解 (1) Fr = Jα
Fr 98× 0.2 α= = = 39.2 rad/s2 J 0.5
例 3.4 斜面倾角为 θ ,位于斜面顶端的卷扬机的鼓 轮半径为 r ，转动惯量为 J ，受到驱动力矩M 作 用，通过绳索牵引斜面上质量为 m 的物体，物体 与斜面间的摩擦系数为μ，求重物上滑的加速度。 (绳与斜面平行，绳的质量不计，且不可伸长 ) � M
�
r
m θ
解题： 1）隔离物体，分析受力：质点找出所有力；
2 θ = θ 0 + ω0t + 1 2 αt
2 ω 2 = ω0 + 2α (θ − θ 0 )
切向加速度和法向加速度分别为
α = 0 .5 rad / s 2
m ⋅ s −2
a t = αr = 0.5 × 0.3 = 0.15
4π an = ω 2 r = × 0.3 = 0.4π m ⋅ s −2 3 � � � 加速度为 a = 0 .15 e t + 0 .4 π e n
� mv
� r
O
θ
L = rP sin θ = rmv sin θ � mv = mvd L = rP sin 90° = rmv
方向：指向读者。 方向：指向读者。
结论： (1) 质点对运动平面内某参考点O 的角动量也称 为质点对过 O 垂直于运动平面的轴的角动量； (2)质点的角动量与质点的动量及位矢(取决于固定点 的选择)有关；
l 1 2 sin θ Jω - 0 = mg ⋅ ∆h 2 2
mg
1 ml 3
J =
2
ω=
3 g sin θ l
例题①：
一飞轮在时间 t 内转过度 θ = at + bt − ct 式中 a、b、c 都是常量，求它的角加速度。
3 4
，
• 解：已知角位置，求角速度和角加速 度，用微分：
ω= d (at + bt 3 − ct 4 ) = a + 3bt 2 − 4ct 3 dt
例1 半径为30cm的飞轮，从静止开始以 0.5 rad ·s-2的 rad· 匀角加速度转动。求飞轮边缘上一点 P 在飞轮转过 °时的角速度、速度和加速度。 240 240° 解： °时的角位移 飞轮转过240 240°
π 4 ∆θ = θ - θ 0 = 240 × = π 180 3
y
∆θ
O
P x
′ L1 + L 2 = L1′ + L 2
⎡1 2⎤ mv (l − h ) = ⎢ Ml 2 + m(l − h ) ⎥ ω ⎣3 ⎦
解得
� v P
m
h
ω
ω=
mv (l − h )
1 2 2 Ml + m (l − h ) 3
此题可否用动量守恒处 理？
例3.8一质量为m的小球由细绳系着，以角速度 ω 0 在光滑的水平面上作圆周运动，圆周的半径为 R。 若在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球 作圆周运动的半径变为 R/5，求小球在半径变为R/5 时的角速度及在此过程中拉力对小球所做的功 。 分析：球的角速度如何变化？
� � M � r
a=
(M − μmgrcosθ − mgrsinθ )
J + mr 2
例 3.5 一根细绳跨过固定在电梯顶部的定滑轮，滑 轮的质量为m′，半径为R。在绳的两侧各悬挂有质 量为 M 和 m 的小球 (M>m) ，设细绳的质量忽略不 计，且细绳不可伸长。求：当电梯静止时，两球 的加速度和细绳的张力。 解： 受力分析
成的系统在碰撞瞬间角动量守恒。
碰前：
细杆对轴O的角动量 子弹对轴O的角动量
L1 = 0 L2 = rmv = mv(l − h)
� v P
m
h
碰后：
细杆对轴O的角动量 子弹对轴O的角动量
ω
L1′ = Jω
′ = (l − h)2 mω L2
细杆的转动惯量： J =
1 Ml 2 3
O
由角动量守恒定律，有
刚体找出相对于同一转轴有力矩的力。 2）设定正方向（转动和平动的正方向要 致），根据运动定律写出表达式。 注：对于质点，将力分解在相互垂直的方向上，求每个 垂直方向上的合力，根据牛顿第二定律列出表达式。
Fx = max
Fy = may
对于刚体，求相对于同一转轴的合力矩。
M = Jα
解：
对物体：受力分析
� F
∆E k =
拉力的功为
1 1 2 2 J ′ω′2 − J 0ω0 = 12 mR 2 ω0 2 2
2 W = 12 mR 2 ω0
练习 一转动惯量为 J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角 速度为 ω0 ,设它所受阻力矩与转动角速度之间的关系 M = − kω( k 为正常数)。 则在它的角速度从 ω0 变为 1 ω0 过程中阻力矩所做的功为多少？ 2 解：根据刚体绕定轴转动的动能定理，阻力矩所做 的功为
m
� Pm
� am
′ R − Tm ′ R = Jα TM ′ TM = TM
且有
′ Tm = Tm
� ′ TM
R
aM = am = αR
1 2 滑轮的转动惯量为 J = m ′R 2
� ′ Tm
Mg − TM = Ma M (1) mg − Tm = − ma m (2) ′ R − Tm ′ R = J α (3) TM ′ Tm = Tm ′ (4) TM = TM
� � � � � L = r × p = r × mv
例3.6 在地球绕太阳公转的过程中，当地球处于远 日点时，地日之间的距离为 1.52 × 1011m ，轨道速 度为 2.93 × 104 m · s-1 。半年后，地球到达近日点， 地日之间的距离为 1.47 × 1011m 。求地球在近日点 时的轨道速度和角速度。 解：以太阳为参考点，地球的公转满足角动量守 解：以太阳为参考点，地球的公转满足角动量守 恒定律 。 远日点 近日点
将上面方程联 立，可解得
aM = am = αR (5)
aM = am =
(M − m)g
1 M + m + m′ 2
1 ⎞ ⎛ m⎜ 2M + m′ ⎟ g 2 ⎠ Tm = ⎝ 1 M + m + m′ 2
若将m ′略去，即可 得到第二章例题1 中的结果。
1 ⎞ ⎛ M ⎜ 2m + m ′ ⎟ g 2 ⎠ TM = ⎝ 1 M + m + m′ 2
dm = λdx
其中
λ = m/l
−
其转动惯量为
r dm
l 2
JC = ∫ r 2dm
= λ ∫ x 2 dx
= λ∫
l 2 l − 2
l 2
z
C
ml 2 2 x dx = 12
x
dx
x
(2)试分析，当转轴由质心开始沿杆的方向平移到杆的一端时，转动 惯量如何变化。
z′ z′
O
l − ( − d) 2
M
m
M
� TM
� Tm
R
m
� aM
� PM
� ′ TM
′ Tm = Tm
� ′ Tm
� Pm
� am
′ TM = TM
� ？� TM Tm
选运动方向为正方向。 根据牛顿第二定律，有
� TM
� Tm
+
Mg − T M = Ma M Tm - mg = ma m
根据刚体定轴转动定律，有
+
M
� aM
� PM