剛體力學華南理工大學

1、12第四章 剛體力學返回總目錄返回總目錄3本章本章教學要求：教學要求：了解轉動慣量概念。理解剛體轉動中的功和能的了解轉動慣量概念。理解剛體轉動中的功和能的概念。理解剛體繞定軸轉動的轉動定律和剛體在概念。理解剛體繞定軸轉動的轉動定律和剛體在繞定軸轉動情況下的角動量守恒定律。了解進動繞定軸轉動情況下的角動量守恒定律。了解進動的概念。的概念。本章重點：本章重點：剛體繞定軸轉動的轉動定律和剛體在繞定軸轉動剛體繞定軸轉動的轉動定律和剛體在繞定軸轉動情況下的角動量守恒定律。剛體質點系統(tǒng)的運動情況下的角動量守恒定律。剛體質點系統(tǒng)的運動問題問題本章難點：本章難點： 剛體繞定軸轉動，剛體角動量守恒定律剛體繞定軸

2、轉動，剛體角動量守恒定律4體（理想模型）剛體：不發(fā)生形變的物在剛體之外?？梢源┻^剛體，也可以（固）定軸轉動，定軸轉動（繞某軸線轉動）剛體運動形式：平動 剛體在平動時，在任意一段時間內，剛體中所剛體在平動時，在任意一段時間內，剛體中所質點的位移都是相同的。而且在任何時刻，各個質質點的位移都是相同的。而且在任何時刻，各個質點的速度和加速度也都是相同的。所以剛體內任何點的速度和加速度也都是相同的。所以剛體內任何一個質點的運動，都可代表整個剛體的運動一個質點的運動，都可代表整個剛體的運動。 當剛體運動時，如果剛體內任何一條給定的當剛體運動時，如果剛體內任何一條給定的直線，在運動中始終保持它的方向不變，

3、這種運直線，在運動中始終保持它的方向不變，這種運動叫平動。動叫平動。5點，交于設某個轉動平面與轉軸o稱為轉動平面。任一垂直于轉軸的平面點均則該轉動平面上所有質同）。點作圓周運動（半徑不繞o參考方向oo)irivPim定軸轉動：定軸轉動： 剛體上各點都繞同一轉軸作不同半徑的圓周運剛體上各點都繞同一轉軸作不同半徑的圓周運動，且在相同時間內轉過相同的角度。動，且在相同時間內轉過相同的角度。6可用 ， ， 描寫剛體運動決定，且，方向由右手螺旋法則角速度矢量向。因而，沿轉軸正向或逆轉軸方只可能有兩個方向，即示?？捎猛队傲浚ㄕ摚┍淼年P系是與角速度則其線速度離轉軸距離為設剛體上某質元iiivrm,iirv

4、iirv 其大小為iar切向加速度2inra 法向加速度參考方向oo)irivPimdtd7例題例題4-1 4-1 一飛輪轉速一飛輪轉速n= =1500r/min，受到制動后均勻，受到制動后均勻 地減速，經地減速，經t t=50 s=50 s后靜止。后靜止。（1 1）求角加速度）求角加速度 和飛輪從制動開始到靜止所轉過和飛輪從制動開始到靜止所轉過 的轉數(shù)的轉數(shù)N；（2 2）求制動開始后）求制動開始后t=25=25s 時飛時飛 輪的加速度輪的加速度 ；（3 3）設飛輪的半徑）設飛輪的半徑r=1=1m，求在，求在 t=25=25s 時邊緣上一點的速時邊緣上一點的速 度和加速度。度和加速度。 0va

5、natarO解解 （1 1）設初角度設初角度為為 0 0方向如圖所示，方向如圖所示，8 量值為量值為 0 0=2=21500/60=501500/60=50 rad/s，對于勻變，對于勻變速轉動，可以應用以角量表示的運動方程，在速轉動，可以應用以角量表示的運動方程，在t=50=50S 時刻時刻 =0 =0 ，代入方程，代入方程 = = 0+t 得得20250/503.14/rad strad s 從開始制動到靜止，飛輪的角位移從開始制動到靜止，飛輪的角位移 及轉及轉數(shù)數(shù)N 分別為分別為 0vanatarO9220011505050221250ttrad轉625212502N （2 2）t=25

6、=25s 時飛輪的角速度為時飛輪的角速度為sradsradsradt/5 .78/25/25500 從開始制動到靜止，飛輪的角位移從開始制動到靜止，飛輪的角位移 及轉及轉數(shù)數(shù)N 分別為分別為10（3 3）t t=25=25s 時飛輪邊緣上一點時飛輪邊緣上一點P 的速度。的速度。rv78.5/vvrms 的方向與的方向與 0 0相同相同 ； 的方向垂直于的方向垂直于 和和 構成的平面，如構成的平面，如圖所示相應的切向加速度和向心加速度分別為圖所示相應的切向加速度和向心加速度分別為vr23.14/tarms 由由 0vanatarO11232/1016.6smran邊緣上該點的加速度邊緣上該點的加

7、速度 其中其中 的方向與的方向與 的方向相反，的方向相反， 的方的方向指向軸心向指向軸心. . 的大小的大小為為ntaaatavnaa23222322/1016.6/14.3)1016.6(smsmaaant 的方向幾乎和的方向幾乎和 相同。相同。ana 0vanatarO12例題例題4-2 4-2 一飛輪在時間一飛輪在時間t t內轉過角度內轉過角度 at+bt3-ct4 , ,式中式中a、b、c 都是常量。求它的角加速度。都是常量。求它的角加速度。解：解：飛輪上某點角位置可用飛輪上某點角位置可用 表示為表示為 at+btat+bt3 3-ct-ct4 4將此式對將此式對t t求導數(shù)，即得飛輪

8、角速度的表達式為求導數(shù)，即得飛輪角速度的表達式為324343)(ctbtactbtatdtd角加速度是角速度角加速度是角速度對對t t的導數(shù)，因此得的導數(shù)，因此得232(34)612ddabtctbtctdtdt由此可見飛輪作的是變加速轉動。由此可見飛輪作的是變加速轉動。13質點系角動量定理，即 dtLdM外z軸方向的分量式 dtdLMzz4-2-1力矩力矩 略去下標z dtdLM 14一、剛體受力矩1.FF外力 在轉動平面內。對轉軸力矩 sin= (sin:sinzMrFrFFdFFdr大?。毫Φ那邢蚍至浚┓Q為力臂)(沿轉軸方向向上方向：右手螺旋，圖中:rO轉動平面與轉軸交點 指向力的作用點

9、的矢量。 力矩力矩 FrMZ轉動平面rAFZMO15 力不在轉動平面內力不在轉動平面內 注注 （1 1）在定軸動問題在定軸動問題中，如不加說明，所指的力中，如不加說明，所指的力矩是指力在轉動平面內的分矩是指力在轉動平面內的分力對轉軸的力矩。力對轉軸的力矩。FrM 只能引起軸的只能引起軸的變形變形, 對轉動無貢獻對轉動無貢獻。1Fr轉動平面1FF2F)(21FFr21FrFrr16 是轉軸到力作是轉軸到力作用線的距離，稱為力臂用線的距離，稱為力臂。sindr22sinZMrFF d（2 2） （3 3） 對轉軸的力矩為零，對轉軸的力矩為零，1F在定軸轉動中不予考慮。在定軸轉動中不予考慮。 （4

10、4）在轉軸方向確定后，力對在轉軸方向確定后，力對轉軸的力矩方向可用轉軸的力矩方向可用+ +、- -號表示。號表示。轉動平面1FF2Fr17，總力矩為剛體同時受幾個力矩時 . 3nMMMM.21），因而可用投影代數(shù)方向（沿轉軸或逆轉軸由于各力矩也只有兩個和表示：11221 122.ziziiiiiMMrFF rF rFFF略去下標Z，11221 122.iiiiiiMMrFF rF rFFF18vmrLL動量一、質點定點轉動的角2 LrmvmrJ大小 (LJmv因而角動量）類似 （動量）rFrmv由于稱為力矩，所以又稱為動量矩，即角動量又稱為動量矩。vormoJ=mr2稱為質點對于轉軸的轉動慣量

11、4-2-2剛體定軸轉動的角動量，轉動定律剛體定軸轉動的角動量，轉動定律 19二剛體定軸轉動角動量2: iii imLm r 總角動量2zii iLLmrJzLJ或ooirivim定義：剛體對于轉軸的轉動慣量J為：2i iiJmr4-2-2剛體定軸轉動的角動量，轉動定律剛體定軸轉動的角動量，轉動定律 dtdLMzz略去下標z，有 JdtdJdtdLM 上式稱剛體的定軸轉動定律剛體的定軸轉動定律。它表明，剛體繞某一剛體繞某一定軸轉動，它受的合外力矩等于剛體的轉動慣量與定軸轉動，它受的合外力矩等于剛體的轉動慣量與角加速度的乘積角加速度的乘積。204-2-3轉動慣量J剛體轉動慣性分立質點. 12i i

12、Jmr1m2moo1r2rimir連續(xù)分布. 22 dmdJr dm小質元2 Jr dm則取決于三個因素：轉軸位置的分布；的大??；. 3 . 2 . 1mmoodmrdm質元的質量質元的質量r質元到轉軸的距離質元到轉軸的距離21 JJJ總桿子彈解：Mma例：桿繞端點轉動，子彈 從 處打入，求系統(tǒng)的J。2231maMl mMla轉動慣量是轉動中慣性大小的量度轉動慣量是轉動中慣性大小的量度。質量是平動中慣性大小的量度。質量是平動中慣性大小的量度。對比對比：線動量線動量mv角動量角動量J22例題例題4-3 4-3 求質量為求質量為m m、長為、長為 l 的均勻細棒對下面的均勻細棒對下面 三種轉軸的轉

13、動慣量：三種轉軸的轉動慣量： （1 1）轉軸通過棒的中心并和棒垂直；）轉軸通過棒的中心并和棒垂直； （2 2）轉軸通過棒的一端并和棒垂直）轉軸通過棒的一端并和棒垂直； （3 3）轉軸通過棒上距中心為轉軸通過棒上距中心為h h的一點的一點 并和棒垂直。并和棒垂直。llOxdxlOxdxAlxdxAABh23llOxdxlOxdxAlxdxAABh解解 如圖所示，在棒上離軸如圖所示，在棒上離軸x 處，取一長度元處，取一長度元d dx，如，如棒的質量線密度為棒的質量線密度為 ，這長度元的質量為，這長度元的質量為d dm= = d dx。 （1 1）當轉軸通過中心并和棒垂直時，我們有）當轉軸通過中心并

14、和棒垂直時，我們有1232/2/220lxxmrJlldd2420121mlJ 因因 l= =m，代入得，代入得（2 2）當轉軸通過棒的一端）當轉軸通過棒的一端A A并和棒垂直時，我們有并和棒垂直時，我們有332302mlldxxJlAlxdxA25（3 3）當轉軸通過棒上距中心為）當轉軸通過棒上距中心為h h的的B B點并和棒垂點并和棒垂 直時，我們有直時，我們有222/2/212mhmldxxJhlhlB 這個例題表明，同一剛體對不同位置的轉這個例題表明，同一剛體對不同位置的轉軸，轉動慣量并不相同。軸，轉動慣量并不相同。lOxdxABh26例題例題4-4 4-4 求圓盤對于通過中心并與盤面

15、垂直的轉軸的求圓盤對于通過中心并與盤面垂直的轉軸的 轉動慣量。設圓盤的半徑為轉動慣量。設圓盤的半徑為R，質量為，質量為m，密度均勻。，密度均勻。rRdr解解 設圓盤的質量面密度為設圓盤的質量面密度為 ，在圓盤上取一半徑為，在圓盤上取一半徑為r r、 寬度為寬度為drdr的圓環(huán)（如圖），環(huán)的面積為的圓環(huán)（如圖），環(huán)的面積為2 rdr，環(huán)的，環(huán)的 質量質量dm= 2 rdr ?？傻?。可得240322122mRRdrrdmrJR27 aR5關聯(lián)方程質點構成的系統(tǒng)；如果研究剛體 3動質點運動方向與剛體轉質點作受力分析,向自洽）；轉軸正向與質點運動正方向要協(xié)調。（即剛體列方程；程，對剛體用轉動定律對質點

16、用牛頓定律列方44-2-4剛體定軸轉動定律的應用剛體定軸轉動定律的應用1分析問題，視解題方便選定轉軸正向。2根據(jù)右手螺旋法則，如果某力對轉軸力矩方向與轉軸正向一致為正，否則為負。合外力矩應為各力矩的代數(shù)和。 2821J,2mrmr例：已知定滑輪質量 ，半徑 ，用，點各繞中心軸轉動，兩質mm 2。輕繩連接，由靜止釋放.T求：兩滑輪之間張力輪僅為一連接件，說明：中學內容中定滑現(xiàn)在滑輪轉繩中張力處處相同，但力不同！動不可忽略，繩各處張正向向下，內。右質點，即兩滑輪轉軸正向向解：設整體順時針運動m2aTT1T1Tmm2mg2mg2T2T圖。正向向上，受力分析如左質點m29 ar關聯(lián)方程mamgT1 左

17、質點maTmg22 2右質點22 2mT rTrr右滑輪21 2mTrTrr左滑輪mgT811 解出aTT1T1Tmm2mg2mg2T2T30解：3220.1m1 10 kg m0.5RFt 例 ：已知滑輪，J，繞中心軸轉動。？秒時。求方向如圖），初始靜止1)(tSIoFRtFRM5 . 0dMJJdt00tMdtdJ得rad/s255010dtt314-3 4-3 剛體定軸轉動中的功和能剛體定軸轉動中的功和能 1.1.力矩的功力矩的功 力矩的功：當剛體在外力矩作用下繞定軸轉力矩的功：當剛體在外力矩作用下繞定軸轉動而發(fā)生角位移時，就稱力矩對剛體做功。動而發(fā)生角位移時，就稱力矩對剛體做功。 力力

18、 對對P 點作功：點作功：FrFddAsindsF2cosdsFddrs 00 drFrdPsindAFrd 32因因MFrsinddMA 0ddMMA力矩作功：力矩作功： 對于剛體定軸轉動對于剛體定軸轉動情形，因質點間無相對情形，因質點間無相對位移，任何一對內力作位移，任何一對內力作功為零。功為零。00 drFrdP積累）效應。力矩的角積累（空間功為正；否則為負。同向，與dAdM 332222121 iiiikiirmvmEm：22211 22kkii iEEmrJ總轉動動能：4-3-24-3-2剛體定軸轉動的動能剛體定軸轉動的動能212kEmvJv與質點運動的動能公式對比，轉動慣量相當于慣

19、性質量，角速度取代了線速度344-3-3.4-3-3.定軸轉動的動能定理定軸轉動的動能定理根據(jù)定軸轉動定理根據(jù)定軸轉動定理JdtdM 外力矩所做元功為：外力矩所做元功為：dJdtdJddJdtdMddA總外力矩對剛體所作的功為：總外力矩對剛體所作的功為： 212221212121JJdJMdA則物體在則物體在 時間內轉過角位移時間內轉過角位移 時時tdtdd35剛體定軸轉動的動能定理：總外力矩對剛體定軸轉動的動能定理：總外力矩對剛體所做的功等于剛體轉動動能的增量。剛體所做的功等于剛體轉動動能的增量。2122212121JJMdA36cpmghE 表明：一個不太大的剛體的重力勢能與它的質量集表明

20、：一個不太大的剛體的重力勢能與它的質量集中在質心時所具有的勢能一樣。中在質心時所具有的勢能一樣。3.3.剛體的重力勢能剛體的重力勢能即：即：iiiiphmgghmE質心高度為：質心高度為：mhmhiic 對于一個不太大的質量為對于一個不太大的質量為 的物體，它的重力的物體，它的重力勢能應是組成剛體的各個質點的重力勢能之和。勢能應是組成剛體的各個質點的重力勢能之和。m372r12r2d例題例題4-7如圖，沖床上配置一質量為如圖，沖床上配置一質量為5000kg的飛輪，的飛輪， r1=0.3m, r2=0.2m.今用轉速為今用轉速為900r/min的電動機借皮帶的電動機借皮帶傳動來驅動飛輪，已知電動

21、機的傳動軸直徑為傳動來驅動飛輪，已知電動機的傳動軸直徑為d=10cm。（1）求飛輪的轉動動能。）求飛輪的轉動動能。（2）若沖床沖斷）若沖床沖斷0.5mm厚厚的薄鋼片需用沖力的薄鋼片需用沖力9.80 104N，所消耗的能量全部由飛，所消耗的能量全部由飛輪提供，問沖斷鋼片后飛輪輪提供，問沖斷鋼片后飛輪的轉速變?yōu)槎啻?？的轉速變?yōu)槎啻螅?8解解 （1 1）為了求飛輪的轉動動能，需先求出它的轉）為了求飛輪的轉動動能，需先求出它的轉動慣量和轉速。因飛輪質量大部分分別布在輪緣上，動慣量和轉速。因飛輪質量大部分分別布在輪緣上，由圖示尺寸并近似用圓筒的轉動慣量公式，得由圖示尺寸并近似用圓筒的轉動慣量公式，得22

22、2222213252 . 03 . 05000212mkgmkgrrmJ 皮帶傳動機構中，電動機的傳動軸是主動輪，皮帶傳動機構中，電動機的傳動軸是主動輪，飛輪是從動輪。兩輪的轉速與輪的直徑成反比，即飛輪是從動輪。兩輪的轉速與輪的直徑成反比，即飛輪的轉速為飛輪的轉速為飛電電飛ddnn39由此得飛輪的角速度由此得飛輪的角速度飛電電飛ddnn602602這樣飛輪的轉動動能是這樣飛輪的轉動動能是2212123.149000.13252600.640055kEJJ（2 2）在沖斷鋼片過程中，沖力）在沖斷鋼片過程中，沖力F F所作的功為所作的功為JJFdA49105.01080.93440這就是飛輪消耗的

23、能量，此后飛輪的能量變?yōu)檫@就是飛輪消耗的能量，此后飛輪的能量變?yōu)镴JEk400064940055JEk2由由求得此時間的角速度求得此時間的角速度 為為221 JEk而飛輪的轉速變?yōu)槎w輪的轉速變?yōu)閙in/8.149min/325240006260260rrn飛412lr N)nmgt，繞一端點轉動，長例：已知桿質量lm213Jml，初水平靜止，求位于任意角 時， 、 為多少？gmN、重力受力：軸支持力：用轉動定理求解法1重力矩2cos32cos (123mglMgJlml與 有關）cosFmg向內）( cos2mglM 軸力矩0Msin3lg而dddddtddtd 即dd 積分得0003cos

24、2gdddl 得42)(dtd能定理：用剛體定軸轉動的動解法2sin2cos200mgldmglMdA21 02J剛體的動能增量為：得sin32lgsin3lg上式對t求導數(shù)3cos2dgdtldtdlgdtdcos32得22211 1sin()222 3mglJmlN)nmgt力矩作功：43求導可得：用機械能守恒求解解法3守在轉動過程中，只有保的系統(tǒng)。研究對象：棒和地組成內力（重力）作功。0 E水平狀態(tài)機械能2 sin22JlEmg角時機械能由機械能守恒可求得sin3lgN)nmgt3cos2dgdtl44221MRJ 00【例例4-64-6】如圖4-13，繞在定滑輪上輕繩的一端固定于定滑輪

25、邊上，另一端與一質量為m=2.00 kg的物體相連，已知定滑輪質量M=1.00 kg，半徑R=0.100m，且軸承光滑，定滑輪轉動慣量，其初角速度=5.00rads，方向垂直于紙面向內，求(1)定滑輪的角加速度(2)定滑輪角速度變化到時，物體上升的高度。mgmMTT0 xRO圖4-13 例4-6用圖解解 (1)研究定滑輪的轉動，選向內作為轉軸正向，重力、軸支撐力對轉軸力矩為零，對轉動沒有影響 45mgmMTT0 xRO圖4-13 例4-6用圖TR22RMJTRRa 2222 9.8 0.11(0.1)2(0.1)278.4(rad/s)mgRJmR 繩張力對轉軸力矩為，則根據(jù)轉動定律，有 選x

26、軸向上，根據(jù)牛頓定律，有 T-mg=ma 關聯(lián)方程 聯(lián)立以上三式解得 46mghJmv2020212100Rv (2)研究物體m、定滑輪M及地球組成的系統(tǒng)，在物體m上升、定滑輪轉動過程中，機械能守恒，選開始m所在處為重力勢能零點，有式中，代人數(shù)據(jù)，解得 h=0.0159 mmgmMTT0 xRO圖4-13 例4-6用圖471. 1. 定軸轉動剛體的角動量定理定軸轉動剛體的角動量定理剛體定軸轉動定理：剛體定軸轉動定理：4-6 剛體角動量和角動量守恒定律剛體角動量和角動量守恒定律dtdJdtdLMJddLMdt我們用沖量矩沖量矩表示力矩對時間的積累效果，即沖量矩等于力矩沖量矩等于力矩乘以力矩所作用

27、的時間乘以力矩所作用的時間。上式中的Mdt為沖量矩。 12122121JJJdMdttt設剛體tl時刻角速度為，t2時刻角速度為則對上式兩邊積分，有 上式稱剛體定軸轉動的角動量定理稱剛體定軸轉動的角動量定理，它表明：剛體在一段時間內剛體在一段時間內所受的沖量矩，等于剛體在這段時間內角動量的增量所受的沖量矩，等于剛體在這段時間內角動量的增量。(4-23)式是角動量定理的微分形式。(4-23) 482. 2. 定軸轉動剛體的角動量守恒定律定軸轉動剛體的角動量守恒定律JL恒量恒量時，當0MdtdJdtdLM這就是說：剛體剛體(或質點系或質點系)對某一定軸所受合外力矩對某一定軸所受合外力矩為零，則它對

28、這一固定軸的角動量保持不變?yōu)榱?，則它對這一固定軸的角動量保持不變，這稱為剛體剛體(或質點系或質點系)繞定軸轉動的角動量守恒定律繞定軸轉動的角動量守恒定律。 49四、角動量守恒定理四、角動量守恒定理FF1122 JJ推廣到非剛體，則有J，或者，但J1.0M單個剛體，當時，J恒量50實際生活中的一些現(xiàn)象實際生活中的一些現(xiàn)象藝術美、人體美、物理美相互結合藝術美、人體美、物理美相互結合高！高！高！高！、芭蕾舞演員的高難動作芭蕾舞演員的高難動作51當滑冰、跳水、體操運當滑冰、跳水、體操運動員在空中為了迅速翻轉動員在空中為了迅速翻轉也總是曲體、減小轉動慣也總是曲體、減小轉動慣量、增加角速度。當落地量、增加

29、角速度。當落地時則總是伸直身體、增大時則總是伸直身體、增大轉動慣量、使身體平穩(wěn)落轉動慣量、使身體平穩(wěn)落地。地。52因此，開始不旋轉的物體，當因此，開始不旋轉的物體，當其一部分旋轉時，必引起另一其一部分旋轉時，必引起另一部分朝另一反方向旋轉。部分朝另一反方向旋轉。剛體系統(tǒng)）系統(tǒng)（一般是質點. 2恒量則如果外iiLM , 01102201122 JJJJ兩剛體忽略不計，短，內力矩大，外力矩系統(tǒng)的碰撞，注意：對于質點，剛體t守恒。定動量守恒，機械能不一情況下，一般不能滿足因而角動量守恒。在此53解：碰撞前角動量212MMllm例：桿質量，長 ，繞中點轉動，J，開始豎直靜止。子彈 ，？，射入下端，問初

30、速水平vMmvlMmmv)3(6) 1 ( 21lmvL 碰撞后角動量2 (2)LJ且22( ) (3)212mMlMJJJml角動量守恒，得的重力矩忽略不計。由的重力矩為零，碰撞過程中，mM54久形變。全非彈性碰撞，產生永答：不守恒！因為是完量是否守恒？為什么？）碰撞過程中，水平動問：i碰撞前水平動量碰撞后水平動量0 11MmPmvPMmvmlmPm33)2(2202MP動量減少）( 12mmPP被動約束力）。用力！（也是一沖力，這是因為軸對桿有一作是否守恒？）碰撞過程中，機械能ii55例題例題4-11 4-11 一勻質細棒長為一勻質細棒長為l ，質量為，質量為m，可繞通過其端，可繞通過其端

31、點點O的水平軸轉動，如圖所示。當棒從水平位置自由釋的水平軸轉動，如圖所示。當棒從水平位置自由釋放后，它在豎直位置上與放在地面上的物體相撞。該物放后，它在豎直位置上與放在地面上的物體相撞。該物體的質量也為體的質量也為m ，它與地面的摩擦系數(shù)為，它與地面的摩擦系數(shù)為 。相撞后物。相撞后物體沿地面滑行一距離體沿地面滑行一距離s而停止。求相撞后棒的質心而停止。求相撞后棒的質心C 離地離地面的最大高度面的最大高度h，并說明棒在碰撞后將向左擺或向右擺，并說明棒在碰撞后將向左擺或向右擺的條件。的條件。解：解： 這個問題可分為三個階段這個問題可分為三個階段進行分析。第一階段是棒自由進行分析。第一階段是棒自由擺

32、落的過程。這時除重力外，擺落的過程。這時除重力外，其余內力與外力都不作功，所其余內力與外力都不作功，所以機械能守恒。我們把棒在豎以機械能守恒。我們把棒在豎直位置時質心所在處取為勢能直位置時質心所在處取為勢能CO定軸轉動剛體的角動量守恒定律定軸轉動剛體的角動量守恒定律零點，用零點，用 表示棒這時的角速度表示棒這時的角速度, ,則則56機械能守恒機械能守恒2223121212mlJlmg（1 1） 第二階段是第二階段是碰撞過程碰撞過程。因碰撞時間極短，自由的沖力極大。因碰撞時間極短，自由的沖力極大，物體雖然受到地面的摩擦力，但可以忽略。這樣，棒與物體，物體雖然受到地面的摩擦力，但可以忽略。這樣，棒

33、與物體相撞時，它們組成的系統(tǒng)所受的對轉軸相撞時，它們組成的系統(tǒng)所受的對轉軸O的外力矩為零，所以的外力矩為零，所以，這個系統(tǒng)的對，這個系統(tǒng)的對O軸的角動量守恒。我們用軸的角動量守恒。我們用v表示物體碰撞后的表示物體碰撞后的速度，則速度，則（2 2） 223131mlmvlml式中式中 棒在碰撞后的角速度，它可正可棒在碰撞后的角速度，它可正可負。負。 取正值，表示碰后棒向左擺；取正值，表示碰后棒向左擺；反之，表示向右擺。反之，表示向右擺。COv57第三階段是物體在碰撞后的第三階段是物體在碰撞后的滑行過程滑行過程。物體作勻減速直線運。物體作勻減速直線運動，加速度由牛頓第二定律求得為動，加速度由牛頓第

34、二定律求得為mamg （3 3）由勻減速直線運動的公式得由勻減速直線運動的公式得asv202gsv 22 （4）亦即亦即由式（由式（1 1）、（）、（2 2）與（）與（4 4）聯(lián)合求解，即得）聯(lián)合求解，即得lgsgl233（5）定軸轉動剛體的角動量守恒定律定軸轉動剛體的角動量守恒定律COv2223121212mlJlmg（1 1）（2 2） 223131mlmvlml58亦即亦即l66 s；當；當 取負值，則棒向右擺，其條件為取負值，則棒向右擺，其條件為0233 gsgl 亦即亦即l 6 s 棒的質心棒的質心C C上升的最大高度，與第一階段情況相似，上升的最大高度，與第一階段情況相似，也可由機

35、械能守恒定律求得：也可由機械能守恒定律求得：223121 mlmgh把式（把式（5 5）代入上式，所求結果為）代入上式，所求結果為slslh632當當 取正值，則棒向左擺，其條件為取正值，則棒向左擺，其條件為0233 gsgl (6)(6)定軸轉動剛體的角動量守恒定律定軸轉動剛體的角動量守恒定律lgsgl233（5）59例題例題4-12 4-12 工程上，兩飛輪常用摩擦嚙合器使它工程上，兩飛輪常用摩擦嚙合器使它們以相同的轉速一起轉動。如圖所示，們以相同的轉速一起轉動。如圖所示，A和和B兩飛輪兩飛輪的 軸 桿 在 同 一 中 心 線 上 ，的 軸 桿 在 同 一 中 心 線 上 ， A 輪 的

36、轉 動 慣 量 為輪 的 轉 動 慣 量 為JA=10kg m2，B B的轉動慣量為的轉動慣量為JB=20kg m2 。開始時。開始時A A輪的轉速為輪的轉速為600r/min，B輪靜止。輪靜止。C為摩擦嚙合器。為摩擦嚙合器。求兩輪嚙合后的轉速；在嚙合過程中，兩輪的機械求兩輪嚙合后的轉速；在嚙合過程中，兩輪的機械能有何變化？能有何變化？ A ACBACB定軸轉動剛體的角動量守恒定律定軸轉動剛體的角動量守恒定律60解解 以飛輪以飛輪A A、B B和嚙合器和嚙合器C C作為一系統(tǒng)來考慮，在作為一系統(tǒng)來考慮，在嚙合過程中，系統(tǒng)受到軸向的正壓力和嚙合器間的嚙合過程中，系統(tǒng)受到軸向的正壓力和嚙合器間的切

37、向摩擦力，前者對轉軸的力矩為零，后者對轉軸切向摩擦力，前者對轉軸的力矩為零，后者對轉軸有力矩，但為系統(tǒng)的內力矩。系統(tǒng)沒有受到其他外有力矩，但為系統(tǒng)的內力矩。系統(tǒng)沒有受到其他外力矩，所以系統(tǒng)的角動量守恒。按角動量守恒定律力矩，所以系統(tǒng)的角動量守恒。按角動量守恒定律可得可得BABBAAJJJJ 為兩輪嚙合后共同轉動的角速度，于是為兩輪嚙合后共同轉動的角速度，于是BABBAAJJJJ以各量的數(shù)值代入得以各量的數(shù)值代入得srad /9.20 定軸轉動剛體的角動量守恒定律定軸轉動剛體的角動量守恒定律61或共同轉速為或共同轉速為min/200 rn 在嚙合過程中，摩擦力矩作功，所以機在嚙合過程中，摩擦力矩

38、作功，所以機械能不守恒，部分機械能將轉化為熱量，損械能不守恒，部分機械能將轉化為熱量，損失的機械能為失的機械能為JJJJJEBABABA42221032. 1212121定軸轉動剛體的角動量守恒定律定軸轉動剛體的角動量守恒定律62 例題例題4-13 4-13 恒星晚期在一定條件下，會發(fā)生超新星恒星晚期在一定條件下，會發(fā)生超新星爆發(fā)，這時星體中有大量物質噴入星際空間，同時爆發(fā)，這時星體中有大量物質噴入星際空間，同時星的內核卻向內坍縮，成為體積很小的中子星。中星的內核卻向內坍縮，成為體積很小的中子星。中子星是一種異常致密的星體，一湯匙中子星物體就子星是一種異常致密的星體，一湯匙中子星物體就有幾億噸

39、質量！設某恒星繞自轉軸每有幾億噸質量！設某恒星繞自轉軸每4545天轉一周，天轉一周，它的內核半徑它的內核半徑R0約為約為2 2 10107 7m，坍縮成半徑，坍縮成半徑R僅為僅為6 6 10103 3m的中子星。試求中子星的角速度。坍縮前后的中子星。試求中子星的角速度。坍縮前后的星體內核均看作是勻質圓球。的星體內核均看作是勻質圓球。解解 在星際空間中，恒星不會受到顯著的外力矩，因在星際空間中，恒星不會受到顯著的外力矩，因此恒星的角動量應該守恒，則它的內核在坍縮前后的此恒星的角動量應該守恒，則它的內核在坍縮前后的角動量角動量J J0 0 0 0和和J J 應相等。因應相等。因22052520mR

40、JmRJ，定軸轉動剛體的角動量守恒定律定軸轉動剛體的角動量守恒定律63代入代入J0 0=J 中，整理后得中，整理后得srsrRR/3/6060241106102451237200 由于中子星的致密性和極快的自轉角速度，在由于中子星的致密性和極快的自轉角速度，在星體周圍形成極強的磁場，并沿著磁軸的方向發(fā)出星體周圍形成極強的磁場，并沿著磁軸的方向發(fā)出很強的無線電波、光或很強的無線電波、光或X X射線。當這個輻射束掃過地射線。當這個輻射束掃過地球時，就能檢測到脈沖信號，由此，中子星又叫脈球時，就能檢測到脈沖信號，由此，中子星又叫脈沖星。目前已探測到的脈沖星超過沖星。目前已探測到的脈沖星超過30030

41、0個。個。定軸轉動剛體的角動量守恒定律定軸轉動剛體的角動量守恒定律64例題例題4-14 4-14 圖中的宇宙飛船對其中心軸的轉動慣量為圖中的宇宙飛船對其中心軸的轉動慣量為J= 2 103kg m2 ，它以，它以 =0.2rad/s的角速度繞中心軸旋的角速度繞中心軸旋轉。宇航員用兩個切向的控制噴管使飛船停止旋轉。轉。宇航員用兩個切向的控制噴管使飛船停止旋轉。每個噴管的位置與軸線距離都是每個噴管的位置與軸線距離都是r=1.5m。兩噴管的噴。兩噴管的噴氣流量恒定，共是氣流量恒定，共是 =2kg/s 。廢氣的噴射速率（相對。廢氣的噴射速率（相對于飛船周邊）于飛船周邊）u=50m/s，并且恒定。問噴管應

42、噴射多，并且恒定。問噴管應噴射多長時間才能使飛船停止旋轉。長時間才能使飛船停止旋轉。rdm/2dm/2u u L0Lg解解 把飛船和排出的把飛船和排出的廢氣看作一個系統(tǒng)，廢氣看作一個系統(tǒng)，廢氣質量為廢氣質量為m m?？梢?。可以認為廢氣質量遠小于認為廢氣質量遠小于飛船的質量，飛船的質量，定軸轉動剛體的角動量守恒定律定軸轉動剛體的角動量守恒定律65所以原來系統(tǒng)對于飛船中心軸的角動量近似地等所以原來系統(tǒng)對于飛船中心軸的角動量近似地等于飛船自身的角動量，即于飛船自身的角動量，即 在噴氣過程中，以在噴氣過程中，以dm表示表示dt時間內噴出時間內噴出的氣體，這些氣體對中心軸的角動量為的氣體，這些氣體對中心

43、軸的角動量為dm r(u+v)，方向與飛船的角動量相同。因，方向與飛船的角動量相同。因u=50m/s遠大于飛船的速率遠大于飛船的速率v(= r) ，所以此，所以此角動量近似地等于角動量近似地等于dm ru。在整個噴氣過程。在整個噴氣過程中噴出廢氣的總的角動量中噴出廢氣的總的角動量Lg應為應為mrurudmLmg0JL 0定軸轉動剛體的角動量守恒定律定軸轉動剛體的角動量守恒定律66當宇宙飛船停止旋轉時，其角動量為零。系統(tǒng)這時當宇宙飛船停止旋轉時，其角動量為零。系統(tǒng)這時的總角動量的總角動量L L1 1就是全部排出的廢氣的總角動量，即就是全部排出的廢氣的總角動量，即為為mruLLg1在整個噴射過程中

44、，系統(tǒng)所受的對于飛船中心軸的在整個噴射過程中，系統(tǒng)所受的對于飛船中心軸的外力矩為零，所以系統(tǒng)對于此軸的角動量守恒，即外力矩為零，所以系統(tǒng)對于此軸的角動量守恒，即L L0 0=L=L1 1 ，由此得，由此得mruJ即即ruJm定軸轉動剛體的角動量守恒定律定軸轉動剛體的角動量守恒定律67于是所需的時間為于是所需的時間為ssruJmt67.2505 .122 .01023定軸轉動剛體的角動量守恒定律定軸轉動剛體的角動量守恒定律68例例1 一長為一長為l 、質量為、質量為m 的勻質細桿，可繞光滑軸的勻質細桿，可繞光滑軸O 在在鉛直面內擺動。當桿靜止時，一顆質量為鉛直面內擺動。當桿靜止時，一顆質量為m0

45、 的子彈水的子彈水平射入與軸相距為平射入與軸相距為a 處的桿內，并留在桿中，使桿能偏處的桿內，并留在桿中，使桿能偏轉到轉到 =300，求子彈的初速，求子彈的初速v0。解：分兩個階段進行考慮解：分兩個階段進行考慮avmL000JL 22031mlamJ其中其中a0m(1)子彈射入細桿子彈射入細桿,使細桿獲得初使細桿獲得初速度。因這一過程進行得很快速度。因這一過程進行得很快,細細桿發(fā)生偏轉極小桿發(fā)生偏轉極小,可認為桿仍處于可認為桿仍處于豎直狀態(tài)。子彈和細桿組成待分豎直狀態(tài)。子彈和細桿組成待分析的系統(tǒng)析的系統(tǒng),無外力矩無外力矩,滿足角動量滿足角動量守恒條件。子彈射入細桿前、后守恒條件。子彈射入細桿前

46、、后的一瞬間的一瞬間,系統(tǒng)角動量分別為系統(tǒng)角動量分別為定軸轉動剛體的角動量守恒定律定軸轉動剛體的角動量守恒定律69(2)(2)子彈隨桿一起繞軸子彈隨桿一起繞軸O O 轉轉動。以子彈、細桿及地球構動。以子彈、細桿及地球構成一系統(tǒng)，只有保守內力作成一系統(tǒng)，只有保守內力作功，機械能守恒。選取細桿功，機械能守恒。選取細桿處于豎直位置時子彈的位置處于豎直位置時子彈的位置為為重力勢能零點重力勢能零點，系統(tǒng)在始，系統(tǒng)在始末狀態(tài)的機械能為：末狀態(tài)的機械能為：由角動量守恒，得：由角動量守恒，得： avmJ00(1)2(2120lamgJE勢能零點勢能零點)cos2()cos1 (0lamggamEa0m定軸轉動

47、剛體的角動量守恒定律定軸轉動剛體的角動量守恒定律70由機械能守恒，由機械能守恒，E=E0, 代入代入 =300，得：得：)212()211 ()2(2102lamggamlamgJgammlammlamv)3)(2(6321202000將上式與將上式與 聯(lián)立，并代入聯(lián)立，并代入J 值，得值，得avmJ00定軸轉動剛體的角動量守恒定律定軸轉動剛體的角動量守恒定律71例例2 2 A、B兩圓盤繞各自的中心軸轉動，角速度分別兩圓盤繞各自的中心軸轉動，角速度分別為：為： A=50=50rad. .s-1-1, , B=200=200rad. .s-1-1。已知。已知A A 圓盤半徑圓盤半徑R RA A=

48、0.2m, =0.2m, 質量質量m mA A=2kg, =2kg, B B 圓盤的半徑圓盤的半徑R RB B=0.1m, =0.1m, 質量質量m mB B=4kg. =4kg. 試求兩圓盤對心銜接后的角速度試求兩圓盤對心銜接后的角速度 . . ABAB解：以兩圓盤為系統(tǒng)，盡管在銜接解：以兩圓盤為系統(tǒng)，盡管在銜接過程中有重力、軸對圓盤支持力及過程中有重力、軸對圓盤支持力及軸向正壓力，但他們均不產生力矩軸向正壓力，但他們均不產生力矩；圓盤間切向摩擦力屬于內力。因；圓盤間切向摩擦力屬于內力。因此系統(tǒng)角動量守恒，得到此系統(tǒng)角動量守恒，得到2,2)(22BBBAAABABBAARmJRmJJJJJ2

49、222BBAABBBAAARmRmRmRm1srad100定軸轉動剛體的角動量守恒定律定軸轉動剛體的角動量守恒定律72。初桿靜止，將球拉開連接小球；輕繩長，例：已知勻質桿12mlLm。長，使碰后球剛好停住問：試設計l完全彈性碰撞。一定角度，使球、桿做有)2() 1 (21m2mLl，碰撞后桿角速度為解：設碰撞前球速0v角動量守恒1 0 1mv lJ棒（）機械能守恒221 (3Jm L棒已知）221 011 (2)22m vJ棒221213mlJm L棒2222 210221 0Jm v lmvJ棒棒Lmml12373）無關？落高度（即思考：為什么與小球下0v321Llmm時，當質點彈性碰撞1m

50、v2m靜止停）碰撞后交換動量?。〞r，當121mmm 遷移1m2mLl靜止剛體彈性碰撞121mmJm當J時，碰撞后交換角動量?。ㄍ＃?4轉動慣量J質點一維運動與剛體定軸轉動類比記憶m質量x位置v速度a加速度角位置角速度角加速度F質點受力rFM 受力矩maF 牛頓定律MJ轉動定律75質點一維運動與剛體定軸轉動類比記憶221mv平動能212J轉動能mvP 動量LJ角動量21ttFdtI沖量21ttMdt沖量矩動能定理kakbabEEA轉動動能定理22211122AMdJJ動量定理1221mvmvFdttt角動量定理2121ttMdtJJAFdx力作功21MdA力矩作功76)2(rM設摩擦力矩對棒，用

51、角動量定理（2111.3mlOml例：細棒， 靜止放在摩擦系數(shù)為 的水平桌上，可繞 旋轉，J反向彈回。垂直擊另一端，并以小球以21vv時間。）開始轉動到停止所需）碰后棒角速度；（求：（211m2mlO1v2v恒（向外為轉軸正向）碰撞過程中，角動量守解：) 1 ( 2 122m vlm v lJ lmvvm1212)(3)2(211處集中于相當于lmlgmMr210103trM dtJm l 摩擦力矩gmvvmt12122 解得77關于摩擦力矩dxlmdmdmx1，處取在dmgdf 元摩擦力xdfdMr 元摩擦力矩總摩擦力矩2212101lgmllgmgxdxlmMdMlrr1mlOdmx78例）質量為例）質量為M M、半徑為、半徑為R R的轉盤