剛體的定軸轉動課件

剛體的轉動5.1剛體的運動1.定義：在外力作用下，形狀和大小都不發(fā)生變化的物體，即任意兩質(zhì)點間距離保持不變的特殊質(zhì)點組——剛體是固體物件的理想化模型例如：在研究火車車輪上各點的速度和加速度時，車輪可看作剛體；在研究飛輪的運動規(guī)律時，飛輪可看作剛體。一.剛體

(rigidbody)二.自由度確定物體的位置所需要的獨立坐標數(shù)稱作物體的自由度。例：如圖所示，在確定的曲線上運動的質(zhì)點自由度為1，在確定的曲面上運動的質(zhì)點自由度為2，在三維空間可自由運動的質(zhì)點自由度為3，自由剛體的自由度為6。剛體有6個自由度：3個平動自由度和3個轉動自由度(1)3個平動自由度(x,y,z)用來確定剛體質(zhì)心的空間位置坐標；(2)需要2個坐標來確定通過質(zhì)心的任意軸的方位C(x,y,z)αβγ(3)需要一個坐標來說明剛體繞該軸轉動的角度坐標φ。故共需要3個轉動自由度三.剛體的運動形式平動；轉動；一般運動1.剛體的平動(translation)：若剛體中所有點的運動軌跡都保持完全相同，或者說剛體內(nèi)任意兩點間的連線總是平行于它們的初始位置間的連線。

剛體平動質(zhì)點運動平動的特點：(1)各質(zhì)點的運動軌跡相同(2)剛體中各質(zhì)點的的速度、加速度相同，同一時間內(nèi)產(chǎn)生的位移相同設m為剛體的總質(zhì)量，a為剛體中任一質(zhì)元的加速度，可寫出剛體的平動動力學方程為

F=ma

注：與單個質(zhì)點的運動方程具有相同的形式。小結：平動是剛體的基本運動形式之一，剛體做平動時，可用質(zhì)心或其上任何一點的運動來代表整體的運動。2.剛體的轉動：剛體中所有的點都繞同一直線做圓周運動。轉動又分定軸轉動和非定軸轉動。如果軸相對于我們所取的參考系(如地面)是固定不動的，就稱為剛體繞固定軸的轉動，簡稱定軸轉動。3.剛體的一般運動質(zhì)心的平動繞質(zhì)心的轉動+剛體的平面運動觀察行駛的車的輪子，可以看到輪子的上半部輪輻幾乎連成一片，而下半部輪輻卻仍舊可以一條一條的辨別清楚。這就使人產(chǎn)生一個印象，仿佛車輪的上半部要比下半部旋轉得快些。真是這樣的嗎？試分析之。討論車輪的上半部的確要比下半部移動得更快一些。車輪上任意一點，在滾動過程中同時參與兩個運動：繞過質(zhì)心（車輪中心）的軸的轉動和隨質(zhì)心一起向前的平動，因此任一點的瞬時速度應是車輪的平動速度與該點相對于質(zhì)心的轉動速度之和。??????藍色代表車輪的平動速度；粉色代表繞軸心的轉動速度；紅色代表二者的合矢量。分析：車輪無滑動的滾動實驗驗證桿固定，輪子轉動把車輪略略滾動，使輪子的軸離開桿大約20～30cm，然后看A點和B點的位移。很明顯A點移動了一大段距離，而B點卻只離開桿一點兒－－車輪上面的A點比下面的B點顯然是移動了更大的距離，由此可知：vA>vB。AABB四.剛體的定軸轉動運動中各質(zhì)元均做圓周運動，且各圓心都在同一條固定的直線（轉軸）上，即剛體內(nèi)各點都繞同一轉軸作圓周運動。例如：機床飛輪的轉動，旋轉式門窗的開、關，等等都是定軸轉動。剛體作定軸轉動時，具有如下特征：(1)

剛體內(nèi)軸上所有各點都保持固定不動。(2)剛體內(nèi)不在軸上的其他各點，都在過該點、并垂直于軸的平面內(nèi)繞軸作圓周運動，圓心就是這些平面分別與軸的交點，半徑就是該點與軸的垂直距離。(3)

剛體內(nèi)各點的角速度和角加速度是相同，所以各點在同一時間內(nèi)繞軸轉過的角度是相等的。故可用角量來描述整個剛體的運動。相同量不同量1)

每一質(zhì)點均作圓周運動，圓面為轉動平面；2)

任一質(zhì)點運動均相同，但不同；3)

運動描述僅需一個坐標。定軸轉動的特點

1.剛體作定軸轉動的角量角位移(1)角坐標約定：沿逆時針方向轉動沿順時針方向轉動PA運動描述僅需一個坐標(2)角速度矢量

方向:右手螺旋方向轉動方向可以用角速度的正負來表示(3)角加速度矢量工程上常用每分鐘轉數(shù)表示機器的角速度，記作n，單位為r·min-1。則ω

與n的關系為：ω2.勻加速轉動公式當剛體繞定軸轉動的角加速度為恒量時，剛體做勻加速轉動。剛體勻加速轉動與質(zhì)點勻加速直線運動公式對比質(zhì)點勻加速直線運動剛體繞定軸作勻加速轉動3.角量與線量的關系飛輪30s

內(nèi)轉過的角度例1

一飛輪半徑為0.2m、轉速為150r·min-1，因受制動而均勻減速，經(jīng)30s停止轉動.試求：(1)角加速度和在此時間內(nèi)飛輪所轉的圈數(shù)；(2)制動開始后t=6s

時飛輪的角速度；(3)t=6s

時飛輪邊緣上一點的線速度、切向加速度和法向加速度。解：(1)已知

t=30s

時，設，飛輪做勻減速運動

t=0s

時，(2)時，飛輪的角速度(3)時，飛輪邊緣上一點的線速度大小該點的切向加速度和法向加速度轉過的圈數(shù)例2

如圖所示，發(fā)電機的皮帶輪A被氣輪機的皮帶輪B帶動，A輪和B輪的半徑分別為

r1=30cm，r2=75cm。已知氣輪機在啟動后以恒定的角加速度轉動，兩輪與皮帶間均無相對滑動發(fā)生。問：經(jīng)過多少時間后發(fā)電機作每分鐘600轉的轉動？r2ABr1解：設皮帶上的CD段與A、B分別相切于C、D點。又：皮帶可認為無伸縮，則皮帶上各點具有相同的速度和加速度。對C點和D點而言，有：aC=aDr2ABr1由于兩輪與皮帶間均無相對滑動，因此皮帶上C點的加速度大小aC

必定等于A輪邊緣上與C點相接觸的那點的切向加速度的大小，即：同理：CD由此得A輪的角加速度為：于是，發(fā)電機達到每分鐘600轉時，所需時間為：例3

在高速旋轉的微型電機里，有一圓柱形轉子可繞垂直其橫截面通過中心的軸轉動。開始時，它的角速度，經(jīng)300s后，其轉速達到18000r·min-1。已知轉子的角加速度與時間成正比。問在這段時間內(nèi)，轉子轉過多少轉？解由題意，令，即，積分當t=300s

時轉子的角速度由角速度的定義在300s內(nèi)轉子轉過的轉數(shù)剛體作為一個質(zhì)點系，應滿足質(zhì)點系的角動量定理的一般形式：5.2剛體定軸轉動定律

OiO剛體繞Oz

軸旋轉,力F

作用在剛體上任一質(zhì)元，

rOi

為由點O到力的作用點的徑矢

一.力矩Mz

垂直與z軸對于轉軸的力矩轉軸到質(zhì)元的距離求和對于轉軸的合外力矩思考對于一個剛體，若所受合外力為零，是否能得出其對轉軸的合外力矩也為零呢？OiO二.角動量Lzri求和剛體對于轉軸的轉動慣量略去下標z剛體定軸轉動定律：剛體所受的對于某一固定轉軸的合外力矩等于剛體對此轉軸的轉動慣量與剛體在此合外力矩作用下所獲得的角加速度的乘積。Oi注意合外力合外力矩加速度角加速度m：質(zhì)點的慣性質(zhì)量J：剛體的轉動慣量類比：質(zhì)點的牛頓第二定律與剛體的定軸轉動定律轉動慣量J是量度剛體轉動慣性的物理量。當M一定時，J

越大，就越小，即愈難改變其角速度，或者說，剛體愈能保持其原來的轉動狀態(tài)；反之，J

越小，就越大，即愈易改變其角速度，亦即剛體愈易改變其原來的轉動狀態(tài)。例1

一繞定軸轉動的剛體，其轉動慣量為J，轉動角速度為ω0?，F(xiàn)受一與轉動角速度的平方成正比的阻力矩的作用，比例系數(shù)為k（k>0）。試求此剛體轉動的角速度及剛體從ω0

到ω0/2所需的時間。分析：應用轉動定律進行積分求得此剛體轉動的角速度。剛體從ω0

到ω0/2所需的時間則可通過將已知條件代入角速度表達式得到。解：由題意，此剛體所受的外力矩為：由轉動定律得：分離變量，有：由初始條件t=0

時ω=ω0

，積分上式將ω=ω0/2代入上式，得：分析：這時，必須考慮滑輪的轉動情況，至于物體A和B因各自作平動，故仍用質(zhì)點力學方法來處理。例1

如圖所示，兩物體A，B的質(zhì)量分別為m1、m2，用一輕繩相連，繩子跨過均質(zhì)的定滑輪C，滑輪C對軸O的轉動慣量為J，半徑為r。若物體B與水平桌面間的滑動摩擦系數(shù)為，繩與滑輪之間無相對滑動，其他摩擦均不計，且物體A在下降，求系統(tǒng)的加速度a及繩的張力。解：受力分析1按牛頓第二定律和轉動定律分別列出物體A，B和滑輪的運動方程：再考慮運動學的關系：由于繩子長度可以認為無伸縮，故又因滑輪的轉動與物體A，B的平動并不是獨立進行的，且因繩與滑輪之間無相對滑動，滑輪邊緣上的切向加速度

，和物體的加速度a在大小上相等，即：。以上各式聯(lián)立解得：如果不計滑輪的質(zhì)量（輕質(zhì)滑輪），即J=0，則上面的結果變?yōu)椋河懻撈溥\動學方程為：即認為繩子各處的張力均相等課堂討論一細繩繞在半徑為r的定滑輪邊緣，滑輪對轉軸O的轉動慣量為J，滑輪與軸承間的摩擦不計，今用恒力F拉繩的下端

(圖a)或懸掛一重力W=F的物體(圖b)，使滑輪自靜止開始轉動，分別求滑輪在這兩種情況下的角加速度。解：對圖a的情況：由M=Jα1，有則滑輪的角加速度為：FrOWrO圖a圖b按剛體繞定軸的轉動定律，可列出滑輪的轉動方程為：(2)按牛頓第三定律，繩中的張力T與T’的大小滿足：T=T’(3)對圖b的情況，已知W=F

，設物體的加速度為a

，則按牛頓第二定律，可列出物體的運動方程為：(1)并考慮到剛體定軸轉動的角加速度和物體的平動加速度a的運動學關系：(4)

聯(lián)立上面四式求解式，得此情況下的滑輪角加速度為：

可見，且5－3轉動慣量的計算dmrm轉動慣量J是量度剛體轉動慣性的物理量。表明：剛體對轉軸的轉動慣量等于剛體中各質(zhì)元的質(zhì)量與它們各自到轉軸的垂直距離的平方的乘積之和。

（分立）（連續(xù)）定義：

對質(zhì)量線分布的剛體：：質(zhì)量線密度

對質(zhì)量面分布的剛體：：質(zhì)量面密度

對質(zhì)量體分布的剛體：：質(zhì)量體密度

質(zhì)量連續(xù)分布剛體的轉動慣量：質(zhì)元注意：轉動慣量恒為正值；它的單位是kg·m2。影響轉動慣量的因素主要有三個

質(zhì)量大?。盒螤?、大小相同的均勻剛體總質(zhì)量越大，轉動慣量越大。質(zhì)量分布：總質(zhì)量相同的物體，質(zhì)量分布離軸越遠，轉動慣量就越大。給定軸的位置：同一剛體轉軸不同，質(zhì)量對軸的分布就不同，因而轉動慣量就不同。例1

三個質(zhì)點A、B和C用輕桿（桿質(zhì)量不計）相連，數(shù)據(jù)如圖所示。設軸通過A點并與板面垂直，求此系統(tǒng)對該軸的轉動慣量J。解：該系統(tǒng)中的輕桿AC，CB，BA的質(zhì)量不計，故可不考慮它們對軸的轉動慣量；A處的質(zhì)點就在軸上，與軸的距離為零，它對此系統(tǒng)的轉動慣量沒有貢獻，即J3=0；B和C處的質(zhì)點分別對軸的轉動慣量J1

和J2

為：O′O解：設棒的線密度為，取一距離轉軸OO′

為r

處的質(zhì)量元例2一質(zhì)量為

m、長為

l的均勻細長棒，求通過棒中心并與棒垂直的軸的轉動慣量.如轉軸過端點垂直于棒O′Or小結從本例可見，轉動慣量與軸的位置有關，同一剛體，縱然它的質(zhì)量及其分布恒定，但相對于不同的軸，轉動慣量是不同的。所以在涉及到剛體的轉動慣量時，必須指明是對哪一條軸而言的。例3

如圖所示，一質(zhì)量為m、長為l的均質(zhì)空心圓柱體（即圓筒），其內(nèi)、外半徑分別為R1

和R2，試求對幾何軸Oz的轉動慣量。(1)解：在半徑r(R1<r<R2)處，取一薄圓柱殼形狀的質(zhì)元，其長為l，半徑為r，厚度為dr。設筒體的密度為，則該質(zhì)元的質(zhì)量為：zR2R1OzOrdrl圓筒的體積：將式(2)代入式(1)，(2)(3)說明：本題的關鍵是正確表示出質(zhì)元的質(zhì)量dm。又圓筒體積與其密度之乘積，就是整個圓筒的質(zhì)量m，即：(2)

若圓筒的壁很薄，則，此時圓筒成為一個半徑為R的薄殼筒（或薄圓環(huán)），由式(3)，它繞中心軸的轉動慣量為：式中，R（=R2）是質(zhì)量為m的圓柱體的半徑(1)

如果內(nèi)半徑R1=0，由式(3)可得到實心圓柱體（或圓盤）繞中心軸的轉動慣量為：RRRR討論小結從本例題可以看出，在質(zhì)量一定的情況下，轉動慣量又與質(zhì)量的分布有關，亦即與剛體的形狀，大小和各部分的密度有關。應用：制造飛輪時，常做成大而厚的邊緣，借以增大飛輪的轉動慣量，使飛輪轉動得比較穩(wěn)定。思考：設有兩個圓盤是用密度不同的金屬制成的，但重量和厚度都相同。對通過盤心，且垂直與盤面的軸而言，試討論哪個圓盤具有較大的轉動慣量？由題意可知：m1=m2，即即：密度越小的圓盤半徑越大；密度越大的圓盤半徑越小。密度小的圓盤轉動慣量反而更大。轉動慣量的大小取決于剛體的質(zhì)量；質(zhì)量分布；及轉軸的位置。小結竿子長些還是短些較安全？思考即桿子越長越安全2R2R球殼和球體繞沿直徑方向的軸的轉動慣量φθxyzRsinθ★關于計算J的幾條規(guī)律1.對于同一轉軸J具有可疊加性例如：例5-3-1－由三個質(zhì)點所組成的系統(tǒng)又如：由多個剛體組成的系統(tǒng)J1J2OCO2.平行軸定理剛體對任意軸（O軸）的轉動慣量，等于對通過質(zhì)心（C）并與之平行的軸的轉動慣量，加上剛體的質(zhì)量乘以二軸間距離的平方：??COriricφidΔmi證明：由余弦定理可知剛體對O軸的轉動慣量為：如果我們以剛體的質(zhì)心為坐標原點建立質(zhì)心坐標系（x’軸），如圖所示，很顯然：即質(zhì)元在質(zhì)心參考系中的位置坐標注意：O軸和C軸一定是相互平行的且C軸必通過剛體的質(zhì)心。??COriricφidx’Δmi在質(zhì)心參考系中：由平行軸定理可知：在許多彼此平行的轉軸中，剛體對通過質(zhì)心的軸的轉動慣量最小；可以求得剛體對任意兩個平行軸的轉動慣量之間的關系。??cOriricidx’mi?Qd’例如：OCCO3.垂直軸定理一個平面薄板剛體對垂直于平面的任一軸的轉動慣量，等于剛體對平面內(nèi)并與該垂直軸正交的任二正交軸的轉動慣量之和。yrixz

yi

xiri證明：由定義思考yxz

圓盤RCm解：例4

已知圓盤對中心軸的轉動慣量為求：對圓盤的一條直徑的轉動慣例

Jr

。注意：垂直軸定理只適用于平面薄板狀剛體，即厚度很小而可以忽略的平板。思考題：1.木板對與其長邊重合的軸的轉動慣量JOO’2.木板對過其質(zhì)心且垂直與板面的軸的轉動慣量JcOO’abC討論：該剛體繞該固定軸O的轉動慣量。分析：可以將該圓柱形剛體可視為由許多連續(xù)分布的半徑為

r的薄圓盤的疊加；然后由垂直軸定理求得圓盤相對于軸z的轉動慣量；再根據(jù)平行軸定理求得圓盤相對于軸O的轉動慣量；最后積分可得圓柱體對軸O的轉動慣量。rdxxOxzO解：建立如圖所示的坐標軸，軸O過圓柱體的質(zhì)心位置。在距離原點位置為x

處，有一厚度為dx，半徑為r

的圓盤，其質(zhì)量為dm：rdxxOxz由垂直軸定理，該圓盤相對于軸z的轉動慣量：又由平行軸定理：對式子兩端同時求積分：例5

如圖所示，半徑為R的均勻薄圓盤，挖取半徑為R/3的圓孔，圓孔中心距圓盤中心的距離為R/2。如所剩的質(zhì)量為m，求剩余部分對于過O點且與圓盤垂直的軸的轉動慣量。分析：此題可用補償法求解，即將此物視為完整的薄圓盤和負質(zhì)量的小圓盤組成的系統(tǒng)?？偟霓D動慣量為兩者之和。小圓盤繞大圓盤中心軸的轉動慣量可用平行軸定理求出，?R/3R/2RO解：設薄圓盤繞中心軸O的轉動慣量為J10

，填負質(zhì)量的小圓盤繞中心軸O的轉動慣量為J20，根據(jù)圓盤繞中心軸轉動慣量公式，得：?R/3R/2RO由平行軸定理得小圓盤繞大圓盤中心軸的轉動慣量：設圓盤的質(zhì)量面密度為σ，則則剩余部分繞中心軸的轉動慣量為：5.4轉動定律應用舉例剛體繞定軸的轉動定律剛體繞定軸的轉動慣量剛體繞定軸的運動學公式例1

一個飛輪到質(zhì)量，半徑，正在以的轉速轉動?，F(xiàn)在要制動飛輪，要求在內(nèi)使它均勻減速而最后停下來。求閘瓦對輪子的壓力N為多大？假定閘瓦與飛輪之間的滑動摩擦系數(shù)為，而飛輪到質(zhì)量可看作全部均勻分布在輪到外周上。NfrF例2

兩個重物A、B的質(zhì)量分別為m1，m2，并分別系于兩條繩上，這兩繩又分別繞在半徑為r1、r2，且裝于同一軸的兩個鼓輪上（如圖所示），假設鼓輪的轉動慣量為J。重物在重力的影響下運動，繩的質(zhì)量及軸對鼓輪的摩擦均略去不計，試證鼓輪的角加速度為：m1m2mMr1r2OO’證：受力分析，按牛頓第二定律和轉動定律，列出重物A、B和鼓輪的運動方程：α方法2：可將鼓輪、m1

和m2

選作一個系統(tǒng)，系統(tǒng)所受合外力矩為：則根據(jù)轉動定律可得：又系統(tǒng)的對轉軸的轉動慣量為：m1gm2gvr例3

質(zhì)量為m，長度為l

的勻質(zhì)細棒一端懸掛在O點。在O點以下的h

處的A點對棒施以水平?jīng)_力F，求(1)O點軸承處所承受的水平?jīng)_力f；(2)當h

為多大時，O點軸承處承受的水平?jīng)_力等于零。解：(1)棒在水平力矩的作用下作定軸轉動，棒對軸O的轉動慣量為J。由剛體定軸轉動定律可得：在水平?jīng)_力作用下，棒的質(zhì)心獲得水平方向的切向加速度ac，則棒的質(zhì)心加速度和角加速度之間的關系為：??Oh?cAFf’根據(jù)質(zhì)心運動定理，質(zhì)心在水平方向上的加速度由F

及軸承對棒的水平作用力f

’（即軸承所受力的反作用力）共同決定的：聯(lián)立上面三個式子可得O點軸承對棒的水平?jīng)_力：軸承處承受的水平?jīng)_力(2)當f=0時，有：h0=2l/3，即當h=h0

時，軸承處承受的水平?jīng)_力為零。由此可知，剛體上到定軸距離h=h0

＝2l/3

的點是一個特殊點，當打擊力的作用線通過此點時，軸承不會產(chǎn)生沿打擊力方向的對剛體的反作用力。我們稱此點為剛體對定軸或支點O的“打擊中心”。在與打擊有關的實際問題中，如使用打擊工具時，明確打擊中心及其意義是很有用的。分析：思考：一長為l質(zhì)量為m

勻質(zhì)細桿豎直放置，其下端與一固定鉸鏈O

相接，并可繞其轉動。由于此豎直放置的細桿處于非穩(wěn)定平衡狀態(tài)，當其受到微小擾動時，細桿將在重力作用下由靜止開始繞鉸鏈O

轉動。試計算細桿轉動到與豎直線成角時的角加速度和角速度.解：細桿受重力和鉸鏈對細桿的約束力作用，由轉動定律得：式中由角加速度的定義5.5轉動中的功和能一.力矩的功力對轉軸的力矩M當一個剛體在外力的作用下繞定軸轉動而發(fā)生角位移時，力F

做的元功為：力的空間累積效應

力的功，動能，動能定理力矩的空間累積效應力矩的功，轉動動能，動能定理FxrOrdr力矩的功—力矩的空間積累效應當剛體在力矩作用下從角度轉至

時，外力矩對剛體所作的功為：FxrO如果M

為恒力矩，則：二.定軸轉動的動能定理1.轉動動能如圖所示，設其中第i個質(zhì)元的質(zhì)量為，與軸O相距為ri，其線速度大小為，其動能為：Ori整個剛體的動能就是剛體內(nèi)所有質(zhì)元的動能之和，即：剛體對軸O的轉動慣量J表示：剛體繞定軸的轉動動能等于剛體對此軸的轉動慣量與角速度平方之乘積的二分之一。其中為轉動動能定軸轉動的動能定理2.動能定理剛體定軸轉動的動能定理可表述為：合外力矩對剛體所作的功等于剛體轉動動能的增量。動能定理可推廣到繞定軸轉動的剛體與其他質(zhì)點所組成的系統(tǒng)。這時，A表示作用于系統(tǒng)所有外力（及外力矩）作功的代數(shù)和；Ek1

和Ek2

分別表示系統(tǒng)在始、末狀態(tài)的總動能（即系統(tǒng)內(nèi)所有的剛體轉動動能和質(zhì)點平動動能之和）。注意：應用：▲慣性電車：將飛輪儲能系統(tǒng)應用在汽車動力系統(tǒng)中，即以慣性飛輪為動力。▲飛輪儲能：優(yōu)點：慣性電車不使用燃油發(fā)動機，因此絕沒有廢氣污染，也免除了活塞式發(fā)動的噪聲，而且還可以節(jié)能。由直流電動機通過無級變速裝置驅(qū)動飛輪，當鋼制的飛輪達每分鐘10000轉時，通過電腦控制自動變速器驅(qū)動后輪行駛。思考：如圖，傳送機支承輪I、II的半徑均為r，質(zhì)量均為m，可視作均質(zhì)圓柱。在傳送帶上放置一袋質(zhì)量為m的水泥。今由電動機向支承輪I提供一不變的力矩M，使傳送帶自靜止開始運動。設傳送帶的傾角為，與支承輪之間無相對滑動，其質(zhì)量不計。求：這袋水泥移動距離l

時的速度。IIIm解：按系統(tǒng)的動能定理，即

A=Ek2–Ek1其中：三.剛體的重力勢能及系統(tǒng)的機械能守恒若A外+A內(nèi)非=0，則Ek

+Ep

=const.剛體重力勢能：注意：hc

為剛體的質(zhì)心距勢能零點的距離。對于包含剛體的系統(tǒng)，功能原理仍然成立×ChchiEp=0表明：一個不太大的剛體的重力勢能和它的全部質(zhì)量集中在質(zhì)心時所具有的勢能一樣。對于包括有剛體的系統(tǒng)，在運動過程中，若只有保守內(nèi)力做功，則系統(tǒng)的機械能守恒。剛體重力勢能子彈擊入桿以子彈和桿為系統(tǒng)機械能不守恒.角動量守恒；動量不守恒；以子彈和沙袋為系統(tǒng)動量守恒；角動量守恒；機械能不守恒.討論子彈擊入沙袋細繩質(zhì)量不計例1如圖，一根質(zhì)量為m、長為l的勻質(zhì)細棒OA，可繞通過其一端的軸O在沿直平面內(nèi)轉動，棒在軸承處的摩擦不計。如果讓棒自水平位置開始自由釋放，求棒轉到鉛直位置時棒端A的速度。解：由桿和地球所組成的系統(tǒng)，由于只有桿的重力做功，故系統(tǒng)機械能守恒，并設桿水平時為重力勢能零點：OcmgA其中：思考：在上一例題中，若在棒OA的A端再連結一質(zhì)量為m的小球，使兩者組成一剛體。求：(1)這剛體繞O軸的轉動慣量；(2)棒轉到鉛直位置時棒端A即小球的速度。v例2

一個質(zhì)量為M，半徑為R的均勻球殼可繞一光滑豎直中軸轉動。一根不變形的輕繩繞在球殼的水平最大圓周上，又跨過一質(zhì)量為m、半徑為r的均勻圓盤，此圓盤具有光滑水平軸，然后在下端系一質(zhì)量也為m的物體，如圖所示。求當物體靜止下落h時，其速度多大？分析：分別以球殼、圓盤和物體為研究對象分析受力情況，根據(jù)轉動定律和牛頓定律列出方程。同時考慮約束關系，即球殼與圓盤的線加速度與物體加速度相等。聯(lián)立解得物體下落h時的速度。另外本題也可應用機械能守恒定律求解。MmmrRaT1T1’T2T2’mg解：方法1

設T1

為繩子對球殼的水平拉力，為球殼的角加速度。則對球殼M用轉動定律：圓盤受水平拉力與豎直拉力T2，以表示圓盤的角加速度。則對圓盤m用轉動定律：MmmrRaT1T1’T2T2’mg聯(lián)立以上5個方程可求得a，再利用公式可得：物體受繩子拉力與重力mg，設其加速度為a，則根據(jù)牛頓第二定律有：由于繩子在球殼表面和圓盤邊緣上不打滑，所以：方法2

對球殼、圓盤、物體和地球組成的系統(tǒng)而言只有保守力mg

做功，所以機械能守恒，現(xiàn)選m

初始高度為勢能零點，則有：上式中ω1

與ω2

分別表示球殼與圓盤在物體下落h時的角速度，v為其時m的速度。它們滿足關系：Rhm'mm

和、分別為圓盤終了和起始時的角坐標和角速度。例3

一質(zhì)量為

、半徑為R

的圓盤，可繞一垂直通過盤心的無摩擦的水平軸轉動。圓盤上繞有輕繩，一端掛質(zhì)量為m

的物體。問物體在靜止下落高度h

時，其速度的大小為多少?設繩的質(zhì)量忽略不計。解：拉力T

對圓盤做功，由剛體繞定軸轉動的動能定理可得，拉力T

的力矩所作的功為m物體由靜止開始下落并考慮到圓盤的轉動慣量由質(zhì)點動能定理m例4

一長為l,質(zhì)量為

的竿可繞支點O自由轉動。一質(zhì)量為、速率為的子彈射入竿內(nèi)距支點為處，使竿的偏轉角為30o。問子彈的初速率為多少？解：把子彈和竿看作一個系統(tǒng)。子彈射入竿的過程系統(tǒng)角動量守恒：射入竿后，以子彈、細桿和地球為系統(tǒng)，機械能守恒：思考：若轉軸過桿的中心，情況會發(fā)生怎樣的變化？例5

如圖所示，一根長為l，質(zhì)量為m的均勻直棒靜止在一光滑水平面上。它的中點有一豎直光滑固定軸，與棒密接。一個質(zhì)量為m’的小球以水平速度v0垂直于棒沖擊其一端而即沾上。求碰撞后棒的角速度以及碰撞過程中損失的機械能。Ov0m,lm’解：對棒和球系統(tǒng)，對于豎直光滑軸O，碰撞過程中外力矩為零，故角動量守恒，即Ov0m,lm’末態(tài)：初態(tài)：

Ek1=0

令：Ep1=0解：以桿和地球作為研究對象。由于系統(tǒng)只有重力做功，故機械能守恒：ABCO(1)機械能守恒例6

如圖所示，一質(zhì)量為m長l的均勻直桿可繞一水平光滑軸O轉動，且該軸與桿的一端之間的距離為l/4。現(xiàn)將桿抬至水平靜止后讓其運動，求：當桿擺至與水平成角時，桿的角速度及此刻軸承作用于桿的約束反力N。由(1)、(2)得：由平行軸定理：ABCO(2)(1)設此時軸承對桿的作用力為N，將其分解在沿桿的方向和垂直于桿的方向，得到分力Nl

和Nt

。由于質(zhì)心作圓周運動，上面兩個分力正好是質(zhì)心運動軌道的法線方向和切線方向。應用質(zhì)心運動定理：ABCONlNtNmgl方向

(3)t方向

(4)其法向和切向分量式為：(5)(6)其中：注意：軸承對桿的作用力對軸的力矩為零由(3)、(4)、(5)、(6)可得：大小方向ONlNtN5－6對定軸的角動量守恒力的時間累積效應沖量、動量、動量定理力矩的時間累積效應沖量矩、角動量、角動量定理對定軸的角動量定理力矩的沖量一.角動量定理對定軸的角動量守恒定律：對于一個質(zhì)點系，如果它受的對于某一固定軸的合外力矩為零，則它對于這一固定軸的角動量保持不變。大小不變正負不變當Mz=0，Lz=const.二.角動量守恒定律1.質(zhì)點系的角動量守恒定律2.剛體在剛體作定軸轉動時，如果它所受外力對軸的合外力矩為零(或不受外力矩作用)，則剛體對同軸的角動量保持不變。這就是剛體定軸轉動的角動量守恒定律。當M=0，注意：對于碰撞，由于內(nèi)力很大（>>外力），外力矩可視為零，故系統(tǒng)角動量守恒。(1)J不變，角速度ω的大小和方向均不變。注解物體繞定軸作勻角速轉動對于單個剛體，其對定軸的轉動慣量J保持不變ω例如：地球所受的力矩近似為零，地球自轉角速度的大小方向均不變。地球赤道平面與黃道平面（公轉軌道）的夾角保持不變。地球在軌道上不同位置，形成春、夏、秋、冬四季的變化。

(2)J可變，Jω乘積不變

當物體繞定軸轉動時，如果它對軸的轉動慣量是可變的：茹可夫斯基凳：演示者手握啞鈴，坐在可繞垂直軸無摩擦轉動的凳子上，和凳一起以一定的角速度旋轉。演示者伸開雙臂時，轉動變慢；演示者收攏雙臂時，轉動加快。例如：跳水、花樣滑冰運動、茹可夫斯基凳等(3)

系統(tǒng)的角動量守恒。例如，書上思考題

5.11；又如，直升機的尾翼作用，是為了防止機身旋轉，使直升機飛行平穩(wěn)。解釋：直升機機翼高速轉動后，為保持系統(tǒng)總角動量為零，機身必反向旋轉，為克服機身反轉現(xiàn)象，可利用尾翼產(chǎn)生補償力矩以防止機身的旋轉。

被中香爐慣性導航儀（陀螺）角動量守恒定律在技術中的應用

回轉儀（常平架）示意圖例1

質(zhì)量很小長度為l

的均勻細桿，可繞過其中心O并與紙面垂直的軸在豎直平面內(nèi)轉動。當細桿靜止于水平位置時,有一只小蟲以速率

v0

垂直落在距點O為

l/4

處，并背離點O

向細桿的端點A

爬行。設小蟲與細桿的質(zhì)量均為m。問：欲使細桿以恒定的角速度轉動，小蟲應以多大速率向細桿端點爬行？解：小蟲與細桿的碰撞視為完全非彈性碰撞，碰撞前后系統(tǒng)角動量守恒：由角動量定理即考慮到ll/2CABMNh解：碰撞前M

落在A點的速度碰撞后的瞬間，M、N具有相同的線速度例2

一雜技演員M

由距水平蹺板高為h

處自由下落到蹺板的一端A，并把蹺板另一端的演員N

彈了起來。設蹺板是勻質(zhì)的，長度為l，質(zhì)量為

，蹺板可繞中部支撐點C

在豎直平面內(nèi)轉動，演員的質(zhì)量均為m。假定演員M落在蹺板上，與蹺板的碰撞是完全非彈性碰撞。問演員N可彈起多高？把M、N和蹺板作為一個系統(tǒng),角動量守恒：解得演員N以u

起跳達到的高度ll/2CABMNh例3

一根輕繩繞過質(zhì)量為m/4，半徑為R的定滑輪。定滑輪的質(zhì)量均勻分布在邊緣上。繩的一端系以質(zhì)量為m/2的重物，繩的另一端由質(zhì)量為m的人抓住，如圖所示。若繩子與滑輪間沒有滑動，當人以勻速率u相對于繩子向上爬時，重物上升的速度v多大？分析：選輪子、人和重物為系統(tǒng)，由于人和重物的重力對軸的力矩不為零，系統(tǒng)角動量不守恒。需要應用角動量定理進行求解。注意解題時需要將人和對繩的速度轉換為人對地的速度。m/2mm/4解：由題意，人對地的速度為u-v，所以人+重物+滑輪系統(tǒng)對轉軸的角動量為：式中：系統(tǒng)所受合外力矩為：由角動量定理dL

/dt

=M，再考慮到du

/dt

=0，可解得：重物上升的速度與人爬的速度無關例4

如圖所示，一個質(zhì)量為M，半徑為R

的水平放置的勻質(zhì)圓盤可以繞通過中心的光滑豎直軸自由轉動。在盤的邊緣上站著一個質(zhì)量為m

的人，兩者最初相當于地面靜止。當人在圓盤的邊緣上沿著盤走一周時，盤相當于地面轉過的角度是多大？?ω1ω2RxOMm解：把盤和人組成的系統(tǒng)作為研究對象。在人走動過程中，該系統(tǒng)所受的對豎直軸的外力矩為零，所以該系統(tǒng)對該豎直軸的角動量守恒。人對豎直軸的轉動慣量：(1)圓盤對豎直軸的轉動慣量：(2)若分別以和表示人和盤對地面發(fā)生的角位移，人在盤上走了一周，則和

之間滿足：(3)設任一時刻人和盤的角速度ω1、ω2又滿足：(4)由角動量守恒有：，即積分思考：一半徑為r的水平均質(zhì)圓形轉臺，以勻角速度ω0

繞通過其中心的鉛直軸轉動。臺上站有四人，質(zhì)量各等于轉臺質(zhì)量的1/4；二人站于臺邊，二人站于距圓心r/2處。(1)設臺邊的二人相對于圓臺以速度v循轉臺的轉向沿圓周走動，另二人相對于轉臺以速度2v逆轉臺的轉向沿圓周走動，求轉臺的角速度ω1；(2)若四人都順轉臺的轉向走動，求轉臺的角速度ω2。解：把轉臺與四個人視作一系統(tǒng)，且系統(tǒng)對轉軸的角動量守恒。當臺邊兩人以速度v順著轉臺的轉向運動，距軸r/2處的兩人以速度2v逆著轉臺的轉向運動時，由角動量守恒定律，設人走動時轉臺的角速度為ω1，則：(2)四個人皆順著轉臺的轉向走動，走動時轉臺的角速度為ω2，同理可列出：討論題：一個內(nèi)壁光滑的圓環(huán)形細管，正繞豎直光滑固定軸OO’自由轉動。管是剛性的，轉動慣量為J。環(huán)的半徑為R，初角速度為ω0

一質(zhì)量為m的小球靜止于管內(nèi)最高點A處，如圖所示，由于微小的干擾，小球向下滑動。試判斷小球在管內(nèi)下滑過程中，下列三種說法是否正確，并說明理由。地球、環(huán)和小球系統(tǒng)的機械能不守恒；小球的動量不守恒；小球?qū)O’軸的角動量守恒。OO’ABCR(1)不正確。對小球、環(huán)和地球系統(tǒng)，外力的功為零，非保守內(nèi)力只有小球和環(huán)管壁之間的相互作用力，其所做的功也為零。故滿足機械能守恒條件。(2)正確。小球在下滑過程中始終受到管壁的作用力和重力，合力不為零，故動量不守恒。(3)不正確。開始時，小球的角動量為零，滑到B點時，角動量不為零，越過最低點C時，角動量又為零。故角動量是變化的。其原因是管壁對其的壓力的力矩不為零。OO’ABCR試求出小球滑到環(huán)的水平直徑的端點B時，環(huán)的角速度為多少？小球相對于環(huán)的速度為多少？當小球滑到最低處C時，環(huán)的角速度及小球相對于環(huán)的速度又各為多少？解：對小球和環(huán)系統(tǒng)，在小球下滑過程中系統(tǒng)對OO’軸的合外力矩為零，系統(tǒng)對OO’軸的角動量守恒。分析：小球的運動可分解為一個隨環(huán)繞OO’軸的轉動，和一個相對于環(huán)的向下的滑動。OO’ABCR(1)小球從A點到達B點的過程中有：注意：為什么在角動量守恒式中沒有出現(xiàn)與速度vB

有關的小球角動量？分析：小球在B點的速度vB

是豎直向下的，對OO’軸的角動量為零。OO’ABCRvBωB聯(lián)立上面兩式可求解出：對小球、環(huán)、地球系統(tǒng)機械能守恒，取過環(huán)心的水平面為勢能零點，有：轉動動能平動動能(2)當小球滑到C點時，角動量守恒，故在A、C兩點處，環(huán)的轉動動能E

不變，由機械能守恒定律有（以過C點的平面為勢能零點），課堂習題1.一水平勻質(zhì)圓形轉臺，質(zhì)量M=200kg、半徑r=2m，可繞經(jīng)過中心的鉛直軸轉動，質(zhì)量m=60kg的人站在轉臺邊緣。開始時，人和轉臺都靜止。如果人在臺上以v=1.2m·s-1

的速率沿轉臺邊緣循逆時針方向奔跑，求此時轉臺轉動的角速度。設軸承對轉臺的摩擦力矩不計。v提示：把人和轉臺看成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)所受合外力矩為零，角動量守恒，另外要注意人在轉臺上的轉速是相對轉臺而言的。2.如圖，兩個勻質(zhì)的轉動輪A、B分別繞其中心軸OO’

同向轉動，角速度分別為。已知兩輪的半徑與質(zhì)量分別為rA=0.2m，rB=0.1m，mA=2kg，mB=4kg。試求兩輪對心銜接（即嚙合）后的角速度ω。ω提示：在銜接過程中，對轉軸沒有外力矩作用，故兩轉動輪構成的系統(tǒng)，其角動量守恒；且銜接后兩輪的角速度相同。ωAωBOO’參考平面參考軸例1

如圖所示，一半徑為R，質(zhì)量為m的均勻圓盤，可繞水平固定光滑軸轉動，現(xiàn)以一輕繩繞在輪邊緣，繩的下端掛一質(zhì)量為m的物體，求圓盤從靜止開始轉動后，它轉過的角度和時間的關系。ORmm分析：對圓盤應用轉