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。

dtd θω=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 ii ∑= 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∑=0iM 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dtdL 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kE A ∆=∑外)21(2ωI ∆= 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2ωk M -=，所以Ik 2ωβ-=当=ω3ω时，qI k 20ωβ-=。

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⎩⎨⎧=-=-00f M TR T mg 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241mR 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24mR M I M ==β 切向加速度为mRMR a t 4==β 由t βω=及R a n 2ω=得，法向加速度322216Rm 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βθ231cos 2mL L mg= 得LgL g 432cos 3==θβ 又Lg d d dt d d d dt d 2cos 3θθωωθθωωβ==⋅==分离变量，积分⎰⎰=32cos 3πωθθωωd L g d 得Lg233=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 aba N +=对滑轮，利用转动定律βI M =。

因为FR aba NR M +-=-=μμ ，且dtd ωβ=，所以 dtd mR FR a b a ωμ221=+- ⎰⎰+-=02002ωωμd F mR b a a dt t=+=02ωμF mR b a a t 022n FmRb 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θωωθθωβd d d d dt d ==，由转动定律得 θωωμd d mR FR a b a 221=+- ⎰⎰+-=02ωθωωμθd FmRb a a d20211)(4ωμθFl l mRl +=代入数字解得2.266=θ，所以转数4.422==πθN （转） （2）因为dtd mR FR a b a ωμ221=+- 所以⎰⎰⋅+-=202)(ωωωμd Fb a amRdt tN tb a amR F 3.1414)(0=+=μω4-7 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 及绳子的张力。

（设绳子与滑轮间无相对滑动，绳质量不计）解：对各研究对象作受力分析，列方程⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧====-=-=-βμμβR a mg N f a m f T I R T R T a m T g m 2221111 解得22121/)(r I m m g m m a ++-=μ 2212211/]/)1([r I m m gr I m m T ++++=μμ 2212122/]/)1([rI m m g r I m m T ++++=μμ 4-8 如图所示，一刚体由匀质长棒和小球组成，棒的质量为m ，长为Ｌ，小球（视为质点）质量也是m ，该刚体可绕Ｏ轴在竖直平面内作无摩擦转动，将棒拉到水平位置作无初速释放，求当棒在运动过程中与铅垂线成θ角时，刚体的角速度和小球的法向加速度。

解：设棒与竖直方向夹角为θ时，与水平方向夹角为α，则θπα-=2。

规定顺时针为正方向。

刚体所受的合力矩和转动惯量分别为αααcos 23cos 2cos mgL L mgmgL M =+= 2223431mL mk mL I =+=应用转动定律βI M =，得mg 23αωωααωβαd d mL d d dt d mL mL L 222343434cos === 化简，分离变量，两边积分，得ααωωαωd lgd cos 890⎰⎰= θαωcos 49sin 49LqLq==小球的法向加速度为θωcos 492g L a n == 4-9 一质量为m 的质点沿着一条空间曲线运动，质点的矢径在直角坐标系下的表示式为j t b i t a rωωsin cos +=，其中a 、b 、ω皆为正常量，则在t 时刻，此质点所受的力=F __ ；此力对原点的力矩=M _______________；该质点对原点的角动量=L____________。

解：因为j t b i t a rωωsin cos +=，所以j t b i t a vωωωωcos sin +-= r j t b i t a a 222sin cos ωωωωω-=--=所以)sin cos (2j t b i t a m a m Fωωω+-==0)(2=-⨯=⨯=r m r F r Mω=⨯=v m r Lm j t b i t a ⨯+)sin cos ( ωωk mab j t b i t a ωωωωω=+-)cos sin (4-10 试证明：若质点只受有心力作用，则该质点作平面运动。

证明：在有心力作用下，质点的角动量守恒，而角动量L 垂直于r 、v组成的平面。

所以质点的r 、v永远在上述平面内，因此质点作平面运动。

此题用对称性原理也可以说明。

决定质点运动的因素只有两个：速度和有心力。

它们决定了一个平面，没有原因使质点偏离这个平面，所以它只能在这个平面内运动。

4-11 地球质量为m ，太阳质量为Ｍ，地心与日心的距离为Ｒ，引力常数为Ｇ，设地球绕太阳作圆周运动，则地球对太阳中心的角动量为________。

解：引力提供了地球作圆周运动的向向心力，即22RmMG R v m =，所以地球运动速度为 RGM v =因此地球对太阳中心的角动量大小为GMR m Rmv L ==4-12 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆。

它与太阳中心的最近距离是m r 1011075.8⨯=，其时它的速率是s m v /1046.541⨯=。

它离太阳中心最远时的速率是)/(1008.922s m v ⨯=，这时它离太阳中心的距离=2r __________。

解：哈雷彗星对太阳中心的角动量守恒，且在最近、最远处矢径与速度垂直。

所以2211v mr v mr = )(1026.5121212m r v v r ⨯==4-13 我国1988年12月发射的通信卫星在到达同步轨道之前，先要在一个大的椭圆形“转移轨道”上运行若干圈。

此转移轨道的近地点高度为205.5km ，远地点高度为35835.7km 。

卫星越过近地点时的速率为10.2km/s 。

地球半径取为6380km ，求：(1)卫星通过远地点时的速率。

(2)卫星在此轨道上运行的周期。

解：（1）角动量守恒2211)()(v h R m v h R m +=+ )/(59.11212s km v h R h R v =++=（2）任一时刻卫星对地心的角动量dtdsmdt rdl m dt dl rmrmv L 2sin sin sin ====ααα 式中ds 为dt 时间内卫星与地心的连线扫过的面积，即图中阴影部分面积。

所以 mds Ldt 2=两边积分，并考虑到L 不变，得ab m mS LT π22==椭圆式中，T 为周期，a 、b 分别为椭圆轨道的短半轴和长半轴。

又22121)(22c b a h R b c Rh h b -=+-=++=，，，所以)(57.10)(97.38055)(2211h s v h R m abm L ab m T ==+==ππ 4-14 一质子（质量为m ）从很远处以初速v 0朝着固定的原子核（质量为Ｍ，核内质子数为Ｚ）附近运动，原子核与v 0方向的距离为b 。

质子由于受原子核斥力的作用，它的轨道是一条双曲线，如图所示，质子与原子核相距最近时，距离为s r ，则质子的速度为 。

解：质子受到有心力的作用，故角动量守恒。

则0mbv s s v mr =所以0v r b v ss =4-15 在一较大的无摩擦的平均半径为Ｒ的水平固定圆环槽内，放有两个小球，质量分别为m 和Ｍ，两球可在圆槽内自由滑动。

现将一不计其长度的压缩的轻弹簧置于两球之间，如图所示。

将压缩弹簧释放后，两球沿相反方向被射出，而弹簧本身仍留在原处不动，则小球m 将在槽内运动路程为__________后与Ｍ发生碰撞。