大学物理 上册(第五版)重点总结归纳及试题详解第三章 刚体的转动

第三章 刚体的转动一、 基本要求1. 了解转动惯量概念，掌握刚体定轴转动的转动定律。

2. 理解角动量和刚体绕定轴转动情况下的角动量守恒定律。

3. 了解刚体定轴转动的功和能及能量守恒。

二、 基本内容1．角速度矢量角速度矢量 d dt=θω 在刚体定轴转动中，ω方向沿轴由右手螺旋法则确定，可用正、负表示。

刚体上任一点的线速度v 与ω之间关系为=⨯r v ω。

2．角加速度矢量角加速度矢量 d dt=ωβ 在刚体定轴转动中，β方向也沿轴，可用正、负表示。

β与ω同向时转动加快，β与ω反向时转动减慢。

在刚体上任一点有 t n =⨯⎧⎨=⨯⎩a ra vβω3．力矩力矩 =⨯M r F sin Fr ϕ=M ，ϕ为r 与F 正向间夹角。

M 的方向由右手螺旋法则确定。

在定轴转动情况下，当规定了转动正方向后，可用正、负表示力矩的方向。

显然平行于转轴的力和作用线通过转动轴的力对该轴产生的力矩为零。

在定轴转动情况下计算力矩时，只考虑力在转动平面内的分力对转轴的力矩。

4．转动惯量∑=∆=ni i i m r J 12——定义式。

对于质量连续分布的刚体dm r J ⎰=2转动惯量是刚体转动惯性大小的量度。

转动惯量的大小与刚体的质量有关，又与刚体质量的分布有关，还与转轴的位置有关。

关于转动惯量的计算：①转动惯量是可加的，应能用转动惯量的定义式求质点组、刚体组对某一转轴的转动惯量。

②能计算质量均匀分布，几何形状简单的几种刚体的转动惯量。

③会用平行轴定理求刚体或刚体组合对一任意（与质心轴平行的轴）轴的转动惯量。

平行轴定理为2mh J J c +=。

5．刚体的转动定律 J =M β 或 d dt=L M 式中M 为作用于刚体上的合外力矩。

i =∑M M ，i M 为作用刚体上任一外力对轴的力矩。

对定轴转动，在规定了转动正方向后，∑=i M M ，可求合外力矩的代数和。

定律中J 、、M β应对同一轴而言。

转动定律在描述刚体定轴转动中与描述质点平动中牛顿第二定律地位相当。

应用转动定律时应选定刚体转动的正方向，把转动定律变为标量式βJ M =。

6．角动量（动量矩）L质点的角动量 m =⨯L r v sin rm ϕ=L v ，ϕ为r 与m v 间夹角。

刚体绕定轴转动的角动量 J =L ω 7．角动量定理和角动量守恒定律 角动量定理2121t t dt J J =-⎰M ωω21t t dt ⎰M 表示在21t t →时间内的冲量矩之和。

式中12J 、、、M ωω均对同一轴而言。

应用角动量定理求解问题、应选定转动正方向，把矢量式变为标量式。

角动量守恒定律，当0,0,d dt===常量LM L 。

对于绕定轴转动的刚体，如果对固定轴的合外力矩为零，则对于该固定轴的角动量保持不变。

应用此定律应注意：①守恒条件为对固定轴的合外力矩为零（而不是合外力为零）。

刚体受合外力为零时，受合外力矩不一定为零。

②角动量守恒时，对绕固定轴转动的刚体，J 不变，ω不变，此时刚体作匀角速转动。

若系统对某轴的转动惯量发生变化，则其转动角速度也随之变化，但ωJ 不变。

8．转动动能 转动动能 221ωJ E k =注意ω、J 应对同一轴而言。

单位，焦耳。

9．刚体转动的动能定理 力矩的功 ⎰=21θθθMd A恒力矩的功 ()θθθ∆=-=M M A 12 刚体转动动能定理2122212121ωωθθθJ J Md -=⎰式中21ωω、、、J M 均对应同一固定轴。

10．刚体的重力势能刚体的重力势能（c p mgh E =）和它的全部质量集中在质心时所具有的势能一样。

包括刚体的物体系，如果在运动过程中只有保守内力做功，则此系统机械能守恒。

三、习题选解3-1 一飞轮受摩擦力矩作用减速转动，其角加速度与角速度成正比，即ωβk -=，式中k 为比例常数。

初始角速度为0ω，求： （1）飞轮角速度随时间变化的关系；（2）角速度由0ω减为20ω所需的时间以及在此时间内飞轮转过的转数。

解：（1）由dtd ωβ=，ωβk -= ωωk dtd -= 分离变量kdt d -=ωω，并由初始条件0,0ωω==t ；等式两边积分⎰⎰-=tkdt d 0ωωωωkt -=0lnωωkt e -=0ωω （2）当角速度由0ω减为2ω时kt e -=002ωω21=-kt e 2ln 121ln 1kk t =-= 由dtd θω=，kt e -=0ωω kt e dtd -=0ωθ分离变量 dt e d kt -=0ωθ，并由初始条件0=t ，0=θ；等式两边积分dt e d kt t-⎰⎰=θωθ0()kt kte kkek---=--=01ωωωθ代入2ln 1kt =，得飞轮转过的角度 kkke kk22102ln 0ωωωωωθ=⨯-=-=- 飞轮转过的转数 kN πωπθ420==3-2 一刚体由静止开始绕一固定轴作匀角加速转动。

由实验可测得刚体上某点的切向加速度为t a ，法向加速度为n a ，试证明θ2=t n a a ，θ为任意时间内转过的角度。

解：刚体定轴转动时,设刚体上某点作圆周运动的半径为R ，则该点的 法向加速度为 R a n 2ω= 切向加速度为 βR a t =βωβω22==R R a a t n 又()0222θθβωω-=-，且000,0ωθ== βθω22=θββθ22==t n a a3-3 一根质量为m ，长为l 的均匀细杆，可在水平桌面上绕通过其一端的竖直固定轴转动。

已知细杆与桌面的滑动摩擦因数为μ，求杆转动时受摩擦力矩的大小。

解：设杆的线密度为λ。

在杆上取一线元距转轴为r ，质量为dr dm λ=。

该线元在转动时受桌面摩擦力为()dr g mg d dN df λμμμ===摩擦力方向与r垂直，故线元受摩擦力矩的大小为rdr g rdf dM λμ==杆转动时受摩擦力矩的大小为22220l g rg rdr g dM M llλμλμλμ====⎰⎰又l m λ= mgl M μ21=3-4 如图所示，一长为l ，质量可以忽略的直杆，两端分别固定有质量为m 2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。

当杆转到水平位置时，求系统所受的合外力矩M 与系统的角加速度β大小。

解：两小球对水平转轴的转动惯量为题3-4图22243222ml l m l m J =⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=当杆转到水平位置时，小球和直杆所受合外 力矩为题3-4图mgl l mg l mg M 21222=⨯-⨯= 由刚体的转动定律 βJ M =l gml mglJ M 3243212===β3-5 如图()a 所示，一轻绳绕于半径m r 2.0=的飞轮边缘，现以恒力N F 98= 拉绳的一端，使飞轮由静止开始加速转动。

已知飞轮的转动惯量为25.0m kg J ⋅=，飞轮 与轴承之间的摩擦不计。

题3-5图（1） 求飞轮的角加速度；（2） 求绳子拉下m 5时，飞轮的角速度和飞轮获得的动能； （3） 这动能和拉力F 所做的功是否相等？为什么？（4） 如以重量N P 98=的物体m 挂在绳端，如图()b 示，飞轮将如何运动？试再计算飞轮的角加速度和绳子拉下m 5时飞轮获得的动能。

这动能和重力对物体m 所做的功是否相等？为什么？解：恒力F 作用于飞轮的力矩m N Fr M ⋅==6.19（1）由刚体转动第二定律βJ M =，飞轮 的角加速度22.39-⋅==s rad JMβ （2）绳子拉下m 5时，飞轮转过的角度rad rl25==θ 题3-5图()a 题3-5图()b 设经过的时间为t ，则221t βθ=s t 13.12==βθ飞轮的角速度 13.44-⋅==s rad t βω 飞轮获得的动能 J J E k 490212==ω （3）拉力F 所做的功为 J Fl A 490== 与飞轮获得的动能相等（4）若在绳端挂N 98重量的物体则有 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧'='==-'='T T r a maT P J r T ββ 解得 28.21-⋅=+='s rad r J mr P β绳子拉下m 5时，飞轮的角速度为ω'，由βθ'='2t ，r l =θ10.3322-⋅=''=''=''='s rad r lt βββθββω 飞轮获得动能 J J E k4.272212='='ω 重力对物体所做的功 J Pl A 490=='物体所获动能 ()2211217.822kE m m r J ω'''===v 重力对物体所做的功为物体动能和飞轮动能之和。

3-6 如图所示，两物体的质量分别为1m 和2m ，滑轮转动惯量为J ，半径为r ，则（1） 若2m 与桌面间滑动摩擦系数为μ，求 系统的加速度a 及绳中张力（设绳不可伸长， 绳与滑轮间无相对滑动）；（2） 如2m 与桌面为光滑接触，求系统的加 速度与绳中张力；（3） 若滑轮的质量不计则结果又如何？ 题3-6图解：（1）若2m 与桌面滑动摩擦系数为μ，则有如下方程组()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=-βμβr a a m g m T J r T T am T g m 22221111 解得 ()22121rJ m m gm m a ++-=μ12221122J m m m gr T Jm m r μ⎛⎫++ ⎪⎝⎭=++ 21122122J m m m gr T Jm m rμμ⎛⎫++ ⎪⎝⎭=++ （2）若2m 与桌面光滑接触，则有()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===-=-ββr a a m T J r T T a m T g m 2221111 解得 ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++=+++=++=221212221122112211r J m m g m m T r J m m g m r J g m m T r Jm m g m a （3）若再忽略滑轮质量⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===-=-βr a a m T T T am T g m 22211110 解得 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+==+=212121211m m g m m T T m m g m a 3-7 如图所示，轻弹簧、定滑轮和物 体系统。

已知弹簧倔强系数12-⋅=m N k ，定 滑轮转动惯量25.0m kg J ⋅=，半径m r 3.0=， 开始物体静止，弹簧无伸长，求当质量为kg m 60=的物体落下m 4.0时它的速度大小。

题3-7图 解：设物体m 下落了x 时，其速度为v ，由机械能守恒定律222111222mgx kx m J ω=++v又 rω=v故有222111222J m mgx kx r ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭v 12222mgx kx J m r ⎛⎫⎪-=⎪⎪+⎝⎭v 代入 m x 4.0=，kg m 60=，m r 3.0=，25.0m kg J ⋅=，12-⋅=m N k 得 12.678m s -=⋅v3-8 如图所示，一质量为m 的物体 与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子质量可 以忽略，它与滑轮之间无滑动。