第四章刚体的转动解剖

第四章 刚体的转动

一、基本要求

1．理解刚体定轴转动的描述方法。

2．掌握转动定律，能熟练应用转动定律解题。

3．掌握质点角动量和角动量守恒定律，并能用它们分析、解决质点在平面内运动时的基本力学问题。

4．掌握刚体角动量和角动量守恒定律，并能求解一些简单问题。 5．理解刚体定轴转动时的动能定理。 二、本章要点

1．刚体定轴转动的描述

刚体作定轴转动时，其上各点均作圆周运动，且圆心都在转轴上。所以，刚体上各点的角位移、角速度、角加速度都是一样的，因此用角量描述刚体的定轴转动比较适宜。

dt

d θ

ω=

22dt d dt d θωβ== 2．刚体定轴转动定律

βI M

=∑外

3．质点的角动量定理和角动量守恒定律

质点的角动量定理

dt L d M i

i ∑= 角动量守恒定律：

若作用在质点上的合力矩始终为零，则质点的角动量保持不变。即当

∑=0i

M 时，=L

恒量。

4．定轴转动的质点系的角动量定理和角动量守恒定律

dt

dL M =

∑外 若对一质点系，在其变化过程中始终有∑外M =0，则=L 恒量。这个结论叫做质点系

对轴的角动量守恒定律。

5．刚体作定轴转动时的动能定理

k

E A ∆=∑外)2

1(2

ωI ∆= 三、例题

4-1 如图，两个完全相同的定滑轮分别用绳绕几圈以后，在Ａ轮绳端系一质量为m 的

物体，在Ｂ轮上以恒力mg F =拉绳，则两轮转动的角加速度A β B β。（填＜，=，＞）

解：滑轮角加速度β由绳拉力力矩产生。对A ，因m 有加速度，所以mg T <；对

mg F B =，，所以A 受的力矩小B A ββ<。

4-2 一飞轮的转动惯量为Ｉ，在t=0时角速度为0ω，此后轮经历制动过程，阻力矩

的大小与角速度的平方成正比，比例系数k ＞0。当角速度减为3/0ω时，飞轮的角加速度 。

解：由转动定律βI M =，且2

ωk M -=，所以

I

k 2

ωβ-=

当=ω3

ω时，qI k 20

ωβ-=。

4-3 滑轮圆盘半径为Ｒ，质量为Ｍ，长绳的一端绕在定滑轮圆周上，一端挂质量m 的

物体。若物体匀速下降，则滑轮与轴间的摩擦力矩为 。

解：物体的受力分析如图所示。列方程

⎩

⎨

⎧=-=-00

f M TR T m

g 解得摩擦力矩大小为

mgR M f =

4-4 一质量m 、半径为Ｒ的薄圆盘，可绕通过其一直径的轴转动，转动惯量24

1

mR I =

。该盘从静止开始在恒力矩Ｍ的作用下转动，t 秒后位于圆盘边缘上与轴垂直距离为Ｒ的点的切向加速度大小为 ，法向加速度大小为 。

解：由转动定律βI M =得

2

4mR M I M ==

β 切向加速度为

mR

M

R a t 4=

=β 由t βω=及R a n 2

ω=得，法向加速度

3

22

216R

m t M a n =

4-5 长为Ｌ、质量为m 的细杆可绕通过其一端的水平轴Ｏ在竖直平面内无摩擦旋转，初始时刻杆处于水平位置，静止释放之后，当杆与竖直方向成30°时，角加速度为 ，角速度为 。

解：根据转动定律βI M =，得

βθ231

cos 2mL L mg

= 得

L

g

L g 432cos 3=

=

θβ 又

L

g d d dt d d d dt d 2cos 3θ

θωωθθωωβ=

=⋅==

分离变量，积分

⎰

⎰=3

2cos 3π

ω

θθ

ωωd L g d 得

L

g

233=

ω 4-6 飞轮质量m=60kg ，半径Ｒ=0.2m ，绕其水平中心轴Ｏ转动，转速为900转/分。现利用一制动用的闸杆(质量忽略)，在其一端加一竖直方向的制动力F(恒力)。使飞轮减速，已知闸杆的尺寸如图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算。

(1)设F=100牛顿，问飞轮经多长时间停止转动?在这时间内，飞轮转了几转?

(2)要使飞轮在2秒内转速减为一半需加多大的Ｆ？

解：（1）杆和飞轮受力分析如图。对杆，力矩平衡，有

)(b a F Na +=

F a

b

a N +=

对滑轮，利用转动定律βI M =。因为FR a

b

a NR M +-=-=μ

μ ，

且dt

d ω

β=

，所以 dt

d mR FR a b a ω

μ

2

21=+- ⎰⎰+-=0

2

002ωωμd F mR b a a dt t

=+=

02ωμF mR b a a t 022n F

mR

b a a πμ+

式中s r r n /15m in /9000==是初始转速。代入数字得

s t 65.5=

又θ

ω

ω

θθωβd d d d dt d ==

，由转动定律得 θ

ω

ω

μd d mR FR a b a 221=+- ⎰⎰

+-

=0

2ωθ

ωωμθd F

mR

b a a d

20211

)(4ωμθF

l l mRl +=

代入数字解得2.266=θ，所以转数

4.422==

π

θ

N （转） （2）因为

dt

d mR FR a b a ω

μ

221=+- 所以

⎰⎰

⋅+-

=20

2)(ωωωμd F

b a amR

dt t

N t

b a amR F 3.1414)(0

=+=

μω

4-7 如图所示，两物体的质量分别为m 1与m 2，滑轮的转动惯量为Ｉ，半径为r 。若m 2与桌面间的摩擦系数为μ，求m 1的加速度a 及