大学物理课件：第三章

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ddt在刚体定轴转动中，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之间关系为rv。2．角加速度矢量角加速度矢量ddt在刚体定轴转动中，方向也沿轴，可用正、负表示。与同向时转动加快，与反向时转动减慢。在刚体上任一点有tnarav3．力矩力矩MrFsinFrM，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niiimrJ12——定义式。对于质量连续分布的刚体dmrJ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2mhJJc。5．刚体的转动定律JM或ddtLM式中M为作用于刚体上的合外力矩。iMM，iM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，iMM，可求合外力矩的代数和。定律中J、、M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JM。6．角动量（动量矩）L质点的角动量mLrvsinrmLv，为r与mv间夹角。刚体绕定轴转动的角动量JL7．角动量定理和角动量守恒定律角动量定理2121ttdtJJM21ttdtM表示在21tt时间内的冲量矩之和。式中12J、、、M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,ddt常量LML。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，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J不变。8．转动动能转动动能221JEk注意、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21MdA恒力矩的功MMA12刚体转动动能定理2122212121JJMd式中21、、、JM均对应同一固定轴。10．刚体的重力势能刚体的重力势能（cpmghE）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k，式中k为比例常数。初始角速度为0，求：（1）飞轮角速度随时间变化的关系；（2）角速度由0减为20所需的时间以及在此时间内飞轮转过的转数。解：（1）由dtd，kkdtd分离变量kdtd，并由初始条件0,0t；等式两边积分tkdtd00kt0lnkte0（2）当角速度由0减为20时kte00221kte2ln121ln1kkt由dtd，kte0ktedtd0分离变量dtedkt0，并由初始条件0t，0；等式两边积分dtedktt000ktktekkek0001代入2ln1kt，得飞轮转过的角度kkkekk2210002ln00飞轮转过的转数kN420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ta，法向加速度为na，试证明2tnaa，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Ran2切向加速度为Rat22RRaatn又02022，且000,02222tnaa3-3一根质量为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，求杆转动时受摩擦力矩的大小。解：设杆的线密度为。在杆上取一线元距转轴为r，质量为drdm。该线元在转动时受桌面摩擦力为drgmgddNdf摩擦力方向与r垂直，故线元受摩擦力矩的大小为rdrgrdfdM杆转动时受摩擦力矩的大小为222020lgrgrdrgdMMll又lmmglM21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m2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，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大小。解：两小球对水平转轴的转动惯量为题3-4图22243222mllmlmJ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mgllmglmgM21222由刚体的转动定律JMlgmlmglJM32432123-5如图()a所示，一轻绳绕于半径mr2.0的飞轮边缘，现以恒力NF98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25.0mkgJ，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m5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NP98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m5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mNFrM6.19（1）由刚体转动第二定律JM，飞轮的角加速度22.39sradJM（2）绳子拉下m5时，飞轮转过的角度radrl25题3-5图()a题3-5图()b设经过的时间为t，则221tst13.12飞轮的角速度13.44sradt飞轮获得的动能JJEk490212（3）拉力F所做的功为JFlA490与飞轮获得的动能相等（4）若在绳端挂N98重量的物体则有TTramaTPJrT解得28.21sradrJmrP绳子拉下m5时，飞轮的角速度为，由2t，rl10.3322sradrlt飞轮获得动能JJEk4.272212重力对物体所做的功JPlA490物体所获动能2211217.822kEmmrJ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，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，则有如下方程组raamgmTJrTTamTgm22221111解得22121rJmmgmma12221122JmmmgrTJmmr21122122JmmmgrTJmmr（2）若2m与桌面光滑接触，则有raamTJrTTamTgm2221111解得221212221122112211rJmmgmmTrJmmgmrJgmmTrJmmgma（3）若再忽略滑轮质量raamTTTamTgm22211110解得212121211mmgmmTTmmgma3-7如图所示，轻弹簧、定滑轮和物体系统。已知弹簧倔强系数12mNk，定滑轮转动惯量25.0mkgJ，半径mr3.0，开始物体静止，弹簧无伸长，求当质量为kgm60的物体落下m4.0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222111222mgxkxmJv又rv故有222111222Jmmgxkxrv12222mgxkxJmrv代入mx4.0，kgm60，mr3.0，25.0mkgJ，12mNk得12.678ms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。假设定滑轮质量为M，半径为R，转动惯量为22MR，滑轮轴光滑。求该物体由静止开始下落过程中下落速度与时间的关系。题3-8图解：方法一：由牛顿第二定律及刚体的转动定律得221MRJRaJTRmaTmg得2Mmmga故物体m的下落速度为题3-8图2mgtatMmv方法二：由机械能守恒定律221122mghmJv其中22111222hattttvv221MRJ解得2mgtMmv3-9水分子的形状如图所示。从光谱分析知水分子对AA轴的转动惯量是2471093.1mkgJAA，对BB轴的转动惯量是2471014.1mkgJBB。试由此数据和各原子的质量求出氢和氧原子间的距离d和夹角。假设各原子都可当质点处理。解：水分子中两个氢分子对AA轴和BB轴的转动惯量分别为AAJ、BBJ题3-9图2sin22sin2222dMdmddmrJHAA①2cos22cos2222dMdmddmrJHBB②已知氢原子质量kgMH271067367.12471093.1mkgJAA2471014.1mkgJBB①、②两式相除，得BBAAJJ2tan22510486.10430.1arctan2把值代入①式得mMJdHAA112121058.92sin23-10如图所示，从一个半径为R的均匀薄板上挖去一个直径为R的圆板。所形成的圆洞中心在距原薄板中心2R处。所剩薄板的质量为m。求此时薄板对于通过圆中心而与板面垂直的轴的转动惯量。解：设均匀薄板被挖去圆板后的转动惯量为J，挖去圆板前的转动惯量为1J，被挖去的圆板对转轴的转动惯量为2J，则有21JJJ被挖去的圆板对通过自己圆心O并垂直于板面的转轴的转动惯量为2221Rm，由平行轴定理2222221RmRmJ题3-10图又322222mRRmRSm故2281mRJ22213232121mRRmmRmmJ薄板对通过圆中心O的垂直