刚体力学总结

。
R
解: m0的质量很小, 整个过程分成两
M m0
个阶段,第一阶段:m0与m碰撞,但碰撞 过程未引起m移动;第二阶段:m0与m 一起下降。
h
k
m
s
势能零点
m0 gh

1 2
m0v02
v0
2 gh
取M、m、m0为系统,第一阶段角动量守恒:
m0v0 R m0 mRv J M
v R
JM

当
L
MJ外0C时
刚体转动的物理量和运动规律
力矩的功 转动动能
A 2 Md 1
Ek

1 2
J 2
定轴转动的动能定理
2
1
Md

1 2
J22

1 2
J12
机械能守恒定律
当A外＋A非保内＝0时
mghc

1 2
mv 2

1 2
J 2

C
质点与刚体的物理量和运动规律对比
第二章 刚体力学
概念总结与例题
刚体转动的物理量和运动规律
力
矩


M rF
刚体转动惯量
定轴转动定律
J
miri2 r 2dm
M

J

dL dt
冲量矩
t2
Mdt
t1
L角动J量
定轴转动的角动量定理
t2 t1
Mdt

J 22

J11
角动量守恒定律
t,t

0

30 R 4 g
例3: 匀质细杆(m1, L)一端挂在墙上, 一端固定有一 物体(m2) , 求:1)转动惯量; 2)从图中水平位置无初
速落下时的 ; 3) 落到铅直位置时的角加速度、
角速度。
解: 1)以m1、m2为系统的转动惯量:
2)由M

J

J

1 3
m1 L2
3
R
2 0
2 16 g

解法二: 根据转动定律: M J
2 m gR 1 m R2
3
2
解得: 4g
3R
2


2 0

2Δ
解得:
Δ



2 0

3 R 02
2 8g
2) 0 t
t 0 3R0 4g
或
0
棒的质心C上升的最大高度h,与第一阶段情况相似,也 可由机械能守恒定律求得:
m gh 1 ( 1 m l2 ) 2
23
h l 3s 6sl
2
例2: 匀质圆盘，高为h，(m, R)在水平桌面上可绕
过圆心并与桌面垂直的轴转动, 它与桌面之间摩擦
系数为 ; 求：1)从0 到停止转了多少圈? 2)用
)
O
2m2v
(2m2 m1 )R
2)子弹与盘从 到停止转动, 运用角动量定理
t2 t1
Mdt

L2

L1
M=M1+M2

M1 dM1 rgdm1


m1
R2
g
2
d
0
R r 2dr
0


2 3
m1
gR
dS
d
dr
r
f1
M
A

1 2
JB2

1 2
J
2 A
11. 仅保守内力做功 Ek E p C
机械能守恒：仅 保守内力矩做功

Ek

Ep

C
例1: 一匀质细棒长为l ,质量为m,可绕通过其端点O 的水平轴转动,如图。当棒从水平位置自由释放后,
它在竖直位置上与放在地面上的物体相撞。该物体
的质量也为m, 它与地面的摩擦系数为 , 相撞后, 物
22
23
第二阶段是碰撞过程。因碰撞时间极短,冲力极大,物 体虽受到地面的摩擦力,但可以忽略。棒与物体相撞 时,它们组成的系统对O轴的角动量守恒。用v表示物 体碰撞后的速度, 则
( 1 m l2 ) m vl ( 1 m l2 )
3
3
式中'为棒在碰撞后的角速度,它可正可负。'取正
值, 表示碰后棒向左摆; 反之, 表示向右摆。
质点（或刚体质心平动）
刚体转动


7. ΣFi 0 Σmivi C
B
8.
AAB
F dr
A
9.
Ek

1 2
m v2
10.
A

1 2
m vB2

1 2
m vA2
角动量守恒
ΣM

0

ΣJ

C
力矩的功 AAB
B Md
A
转动动能
Ek

1 2
J 2
转动动能定理


M

2 mgR
3

4
g
J 1 mR2 3 R
2


m
R2
g
2
d
0
R r 2dr 2 m gR
0
3
根据动能定理: A=Ek2 - Ek1
A 2 Md M(Δ ) 1

2 3
m gR(Δ
)

0

1 2
J
2 0
Δ

3
R
2 0
8 g
N Δ
了多少时间? 解法一: 1)取环形质元dm
0


dm
m
R2

r d

dr
dM r df dM r df
M dM rg dm
M =
dM =
R 0
r
g

m R2h
2
rdrh

2mgR
3
dS
d
dr
r

df
取0
dM 方向为正
(
m2
R
2

1 2
m1
R2
)
2

3m22v 2
(2m2 m1 )(2m1gR 3m2 gR)

1 2
MR2
取M、m、m0、弹簧、地球为系统,只有保守力做功 第二阶段机械能守恒(取下落s处为重力势能零点):
1 2
m0

mv
2

1 2
J
M

v R
2

1 2
kx02

m0

mgs

1 2
kx0

s2
其中 x0 为m下降前弹簧的伸长量, 且mg = kx0
注意:易犯的两个错误: 1)不分过程,从小物块m0下落开始,到发生碰撞, 再到碰后系统下降的整个过程笼统处理, 对全 过程应用机械能守恒(完全非弹性碰撞,机械能 有损耗)。 2)对小物块m0与m的碰撞过程, 对M、m、m0系 统应用动量守恒。
例5: 能绕OZ轴旋转的静止匀质圆盘(m1, R), 盘底面与
水平接触面之间的摩擦系数为 , 一个质量为m2的子
弹以速度v射入盘边缘并嵌在盘边,求 1)子弹嵌入盘边 后盘的角速度? 2) 经多少时间停下来? 3)盘共转多少
角度? 解:1)子弹与圆盘相撞, L守恒
Z
m2vR

(m2
R2

1 2
m1 R 2

m2 gL m1
m2 L2 gL
2
J
解得 (6m2 3m1 )g
O (m1,L) m2
,


取 方向为正
(6m2 2m1 )L
3)竖直位置时,棒受重力矩M=0, 故此时角加速度'=0
以m1、m2、地球为系统的机械能守恒, 得
m2 gL

m1 gL

1 2
J
2

质点（或刚体质心平动）
刚体转动
1. r, v, a
2. m
3. F
4.
F

ma
5. p mv
6.
F

d
ห้องสมุดไป่ตู้
p
dt
角位置，角速度，角加速度 ,
,


转动惯量 J
力矩
M

转动定律 M J
角动量
L
J
角动量定理
M

dL
dt
质点与刚体的物理量和运动规律对比
体沿地面滑行一距离s而停止; 求:相撞后棒的质心C 离地面的最大高度h,并说明棒在碰撞后将向左摆或 向右摆的条件。
O
解:可分为三个阶段。第一阶段
是棒自由摆落的过程。这时机 械能守恒。把棒在竖直位置时 C
质心所在处取为势能零点, 用
表示棒这时的角速度, 则
m g l 1 J 2＝ 1 ( 1 m l2 ) 2
第三阶段是物体在碰撞后的滑行过程。物体作匀 减速直线运动, 加速度由牛顿第二定律求得为
mg ma
由匀减速直线运动的公式得 0 v 2 2as
v 2 2gs
3gl 3 2gs
l 当'取正值,棒向左摆,其条件: 3gl 3 2gs 0
当'取负值,棒向右摆,其条件: 3gl 3 2gs 0
m1 g
L 2

(6m2 3m1 )g (3m2 m1 )L
例4:匀质圆盘可绕中心竖直轴旋转,轻绳跨过圆盘一
端与弹簧相连, 另一端与质量为m的物体相连, 弹簧
另一端固定在地面上, 轻绳与盘无滑动, 系统处于静
止状态, 此时一质量为m0的小物块从 h 高度处自由 落下, 与m碰撞后粘在一起。求: m下降的最大位移s
f2
取 方向为正
M2=-fR=- m2 gR

(
2 3
m1 gR

m2 gR)t

0

(m2 R2

1 2
m1 R 2
)
t
3m2v
(2m1 3m2 )g
3)运用功能原理:
2
1
Md

M

Ek 2

Ek1
(2 3
m1gR m2 gR)
0
1 2