第3章刚体力学基础(精品)
第3章 刚体力学基础一、目的与要求1确切理解描述刚体平动和定轴转动的基本物理定义及性质，并掌握角量与线量的关系。2确切理解和掌握力矩、转动惯量的概念及计算方法，掌握刚体定轴转动的动力学方程，熟练应用刚体定轴转动定律求解刚体定轴转动及与质心联动问题。3理解刚体转动动能概念。掌握力矩的功，刚体的重力势能，刚体的动能定理和机械能守恒定律。4确切理解角动量概念，并能对含有定轴转动刚体在内的系统正确应用角动量定理及角动量守恒定律。5了解进动现象和基本描述。二、内容提要1刚体的基本运动刚体的平动：刚体运动时，在刚体内所作的任一条直线始终保持和自身平行。其特点为：对刚体上任两点和，它们的运动轨迹相似，。因此描述刚体的平动时，可用其上任一质点的运动来代表。刚体的定轴转动：刚体内各质元均作圆周运动，且各圆心在同一条固定不动的直线上。刚体的平面平行运动：刚体上每一质元均在平行于某一固定平面的平面中。2力矩和转动惯量力矩：使刚体产生角加速度的外来作用转动惯量：刚体转动惯性大小的量度对于质量连续分布的刚体转动惯量的平行轴定理：转动惯量的垂直轴定理：3刚体定轴转动定律：刚体所受的外力对转轴的力矩之代数和等于刚体对该轴的转动惯量与刚体的角加速度的乘积、均相对于同一转轴。4刚体定轴转动的动能定理力矩的功：转动动能：动能定理：机械能守恒定律：系统（包括刚体）只有保守力作功时，系统的动能（包括转动动能）与势能之和为常量，即常量5刚体定轴转动的角动量定理及其守恒定律角动量定理：对一固定轴的合外力矩等于刚体对该轴的角动量对时间的变化率，即角动量守恒定律：当时，常量。6刚体的平面平行运动动能：作平面平行运动的动能等于质心的平动动能与刚体绕过质心的瞬时轴的转动动能之和三、例题3-1 一轻绳绕于半径为的圆盘边缘，在绳端施以的拉力，圆盘可绕水平固定光滑轴转动，圆盘质量为，圆盘从静止开始转动，试求（1）圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系。（2）如以质量的物体挂在绳端，再计算圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系。分析 本题是刚体绕定轴转动问题，应用转动定律即可求出圆盘的角加速度，对转动定律积分可求解。解 （1）圆盘所受的合外力矩为对圆盘用转动定律，有因而角加速度为(1)由于，且时，积分（1）式，有得(2)而，且时，积分（2）式，有可得转动角度和时间的关系为（2）设为绳子的张力，对圆盘，由转动定律有(4)对物体，由牛顿定律，有(5)而(6)联立（4）、（5）、（6）式，即可解得转动角度与时间的关系为(7)由，且时，。通过对（7）式积分，即可得转动角度与时间的关系为(8)说明 本题的第二问是典型的刚体与质点连接的联体问题，可采用隔离研究，对质点用牛顿定律，对刚体用转动定律，并注意与（1）问的区别。同时，从（7）式可明显看出，这类问题也可将系统看成一个转动惯量为的刚体，运用转动定律求解。3-2 长为，质量分布不均匀的细杆，其线密度为（、为常量），细杆可绕轴在铅直平面内转动，如图所示，忽略轴的摩擦力，将杆从水平位置释放，试求杆转到铅直位置时，杆所具有的角速度。分析 这是一个刚体绕定轴转动问题。当求细杆重力对轴的力矩时，因杆质量不均匀，要先恰当地求出元力矩，通过积分求，然后采用转动定律形式，积分即可求。解 设时刻杆与垂线间的夹角为，由于杆的质量不均匀，求重力对轴的力矩时，可在杆上取线元，该线元对轴的力矩为对轴的总力矩为 细杆的质量不均匀，因此其对轴的转动惯量为 根据转动定律，有积分变量替换代入上式化简得初始条件时，当转到时，积分上式得说明 本题有多种解法。题中给出了用转动定律求解的方法，也可用动能定理，机械能守恒定律求解。读者可自己考虑。3-3 一均质细杆，长为，质量为，可绕通过一端的水平轴转动，如图。一质量为的子弹以速度射入细杆，子弹射入点离点的距离为，试求（1）杆刚开始运动时的角速度及可摆到的最大角度。（2）求轴上的横向力为零时，子弹射入的位置（即打击中心位置）。分析 子弹射入细杆过程中，子弹、细杆系统角动量守恒；细杆摆动时，机械能守恒，由两守恒定律可求及。子弹射入细杆，细杆轴受力，轴受横向力的冲量应等于子弹、细杆系统动量的改变，横向力时，即可求出打击中心位置。解 （1）子弹射入细杆过程极其短暂，此过程中杆的位置还来不及变化，故子弹和细杆这个系统的重力对定轴无力矩，轴力当然也无力矩，故这个系统在子弹射入过程中对定轴的角动量守恒(1)射入后子弹与杆共同摆动过程中，系统机械能守恒，取子弹射入处为势能零点 (2)联立（1）、（2）可解得杆的角速度及可摆到的最大角度分别为（2）将子弹和细杆视为一个系统，则系统受的外力为，如图，设子弹打在距轴处，根据动量定理 (3)系统对轴角动量守恒，有 因而(4)将（4）式代入（3）式当时，则解此方程得此即打击中心的位置。说明 子弹和细杆组成的系统受到外界对细杆转轴的作用力，故系统动量不守恒，这一点需特别注意，但由于该作用力通过转轴，不产生力矩，系统角动量守恒，并且因该力通过转轴，其力矩的功（实际上也就是力的功）为零，系统机械能守恒，综合角动量守恒，机械能守恒求解本题。另外，打击中心即为使杆在轴处沿打击方向横向力为零时的打击点。3-4 一质量为的子弹，穿过与均匀细杆连接的物体后，速度由减至，设杆可绕过点的固定轴在竖直平面内转动，杆长为，杆与物体的质量均为，如图，开始时，杆与物体静止于铅垂位置，物体的大小可以忽略不计，子弹与物体作用过程极短，试求，欲使物体与杆可以在竖直平面内完成圆周运动，子弹的速度不能小于多少？分析 子弹、物体系统对轴角动量守恒，物体绕轴转动机械能守恒，物体与杆恰能完成圆周运动的条件是其转到垂直位置时的动能为零，由此求解本题。解 假定子弹穿过物体后，物体与杆的角速度为，物体与杆转动过程中，由机械能守恒及物体与杆恰能完成圆周运动的条件，有解得子弹穿过物体，子弹、杆、物体组成系统对轴角动量守恒，因此解得所以说明 本题综合运用角动量守恒和机械能守恒求解，其关键在于分析守恒条件，子弹和细杆组成的系统在细杆转轴处受外力作用，但此力力矩为零，因此其力矩的功也为零，因而角动量、机械能守恒。3-5 如图，有一长度为，质量为的均匀细杆静止水平放在摩擦系数为的水平桌面上，它可绕通过其端点且与桌面垂直的固定光滑轴转动，另一质量为水平运动的小滑块从侧面沿垂直于杆的方向与杆的另一端相碰撞，并被反向弹回，碰撞时间极短。已知小滑块与细杆碰撞前后的速率分别为和，求（1）碰撞后杆绕轴转动的角速度；（2）碰撞后从杆开始转动到停止转动的过程中所需的时间。分析 滑块与细杆碰撞角动量守恒，由此求细杆转动的，此后，细杆受摩擦力矩作用转速逐渐减为零，由摩擦力矩，根据角动量定理即可求出时间。解 （1）以杆和滑块为研究系统。由于碰撞时间极短，杆所受到的摩擦力矩远小于滑块的冲力矩，故可认为合外力矩为零，因此系统的角动量守恒，即(1)解得（2）碰后杆在转动过程中所受的摩擦力矩为(2)由角动量定理得(3)由式（1）、（2）、（3）联立解得说明 本题需注意两点：（1）在处理碰撞问题时，通常因碰撞时间极短，摩擦力矩远小于碰撞产生的冲力矩，角动量守恒；（2）棒各处摩擦力矩不同，首先要写出微元力矩，即，通过积分求摩擦力矩。3-6 如图，两个半径分别为和的圆柱体，转动惯量分别为和，分别可绕其轴转动。最初大圆柱的角速度为，小圆柱不转动，现将小圆柱向右平移，碰到大圆柱后由于摩擦力的作用而被带着转动，最后两圆柱无滑动地各自以恒定角速度沿相反方向转动。试求小圆柱和大圆柱的最终角速度。分析 大圆柱与小圆柱接触后，由于摩擦力矩作用，大圆柱转速减小，小圆柱转速变大，最后稳定。对两圆柱分别应用角动量定理，由两圆柱摩擦力相等，稳定后接触点线速度相等，即可求出稳定后两圆柱角速度。解 两圆柱体从接触到稳定只受摩擦力，其一对摩擦力，对两圆柱体分别应用角动量定理(1)(2)注意到。由（1）、（2）式可得(3)两圆柱稳定后，其接触点线速度相等，即(4)由（3）、（4）式可解得小圆柱最终角速度：，大圆柱最终角速度：。说明 两柱体从开始接触到稳定过程中，均受到外力矩作用，这一外力矩就是摩擦力矩，因此角动量不守恒，只能对两柱体分别使用角动量定理求解。两柱体达到稳定后，两柱体不再有相对滑动。因此，接触点处线速度相同，故可得（4）式。3-7 如图所示，长为的均匀细杆水平地放置在桌面上，质心离桌边缘的距离为，从静止开始下落。已知杆与桌边缘之间的摩擦系数为。试求：杆开始滑动时的临界角。分析 细杆滑动前以点为轴在重力矩作用下转动，细杆质心做以点为圆心的圆周运动，根据转动定律及质心运动定律即可求出点摩擦力与角关系，细杆开始滑动的临界条件为。解 无滑动时，杆绕过点的固定轴做定轴转动，由转动定律有(1)由平行轴定理求细杆绕点转动时的转动惯量(2)无滑动时，杆绕点转动，杆上各点做圆周运动，对质心，由牛顿运动定律得(3)(4)杆绕点转动，只有重力作功，机械能守恒，有得(5)将式（5）代入式（3），并利用式（2），得(6)将式（1）代入式（4），并利用式（2），得(7)开始滑动的临界条件为(8)因此，由式（6）、（7）、（8），有式中为临界角，整理可得说明 在一般涉及转轴对刚体的作用力的问题中，除了要应用转动定律外，一般还要用到质心运动定理，如本题。3-8 一长为的均匀薄窄平板，一端靠在摩擦略去不计的垂直墙壁上，另一端放在摩擦亦略去不计的水平地板上。开始时，木板静止并与地板成角，当松开木板后，木板下滑，试求木板脱离墙壁时，木板与地面间的夹角为多大？分析 木板运动可看成木板质心平动和绕质心的转动，木板下滑过程中，墙壁对其作用力，不作功，机械能守恒，由此可得木板绕质心转动的角速度与角关系：。对木板由质心运动定律结合可得或与的关系。木板脱
