第五章剛體的定軸轉動

名人名言同學們好！同學們好！人要有毅力，人要有毅力，否則將一事無成。否則將一事無成。居里夫人居里夫人第四章剛體的第五章定軸轉動定軸轉動剛體的rigidbodyrotationaboutafixedaxischapter5本章內容本章內容Contentschapter5剛體運動的描述剛體定軸轉動定律剛體定軸轉動的動能定理剛體定軸轉動的角動量定理和角動量守恒定律第一節(jié)ss5-1basicmotionofrigid-body剛體運動的描述剛體一、剛體在外力的作用下,物體的形狀和大小不發(fā)生變化物體內任意兩點間的距離都保持恒定的物體稱為剛體.剛體是一種理想化的物理模型.在實際應用中,如果研究對象的形變可以忽略,則可以近似看作剛體處理.剛體可看成是由許多相對位置不變的質點組成的物體.特殊的質點系平移-1.swf平移-1.swf平移-2.swf圓周運動.SWF平動二、剛體基本運動1.平動剛體任意兩點的連線,在運動過程中始終保持平行.因rA+rOr則dtdrAdtdrO+dtdr又因r恒矢量dtdrAdtdrO得即AvOvdtddtdAvOv即AaOaw吊籃的平動摩天輪的轉動va任意兩點具有相等的可以證明平動剛體rArOxzyoOO1O2A2A1A剛體的平動r定軸轉動2.定軸轉動剛體各點都繞同一直轉動作圓周運動.線（轉軸）定軸轉動轉軸的位置和方向固定不變的轉動.本課程只討論剛體的定軸轉動.在日常生活中我們還會遇到其他形式的轉動.例如,剛體的滾動(火車輪沿鐵軌的運動).剛體的進動(傾斜的轉動陀螺繞鉛直軸的運動).我們不作詳細討論.定軸轉動剛體的各點,在同一時間內,對軸的轉角相等，但所畫的弧長不等。轉軸剛體注意：各質點有相同的角速度和角加速度運動參量轉動方程q((tqq沿逆時針轉動為正,則順時針為負.若規(guī)定矢徑r角位置qrad若剛體沿逆時針方向轉動為正.dq0w則角速度ws1radtdqd1.角位置角速度角加速度轉動平面參考平面((X參考方向p+d((ttp((trrOqqd轉軸剛體wX參考方向p+d((ttp((trqqdrO角加速度s2radbwtddqtdd22角加速度的正負，由的正負決定。dw（1）b（2）轉動是加速還是減速，由與是bw同號還是異號決定。（見下例）三、剛體定軸轉動的描述在定軸情況下,和只有兩個方向,可用正,負來區(qū)別.正方向正方向和同方向，角速度增大，和反方向，角速度減小。角速度增大角速度減小2.勻變速轉動例例已知某定軸轉動q=t24-t(SI)剛體的運動方程為求角速度方程w角加速度方程b若時剛體作逆時針轉動w0試討論該剛體的轉動規(guī)律解法提要w=dtdq=dtdt24-t((=24-ts1radb=dtdw=dtd((24-t=2-s2radq4twbs1rads2radsrad1234502-2-2-2-2-2-202-4-6-034305-............逆時針減速轉動順時針加速轉動可見，b0未必是減速轉動。只有當與b異號時為減速轉動；w與b同號時為加速轉動。w結論：t=2s以前，該剛體作逆時針勻減速轉動。t=2s以后，該剛體作順時針勻加速轉動。b為常量，在角線量關系定軸轉動剛體的角量與線量的關系、3()batdtdvdtdrwrnavr2(wr)2rrw2POwvaatnaPrOwqddsdsqdrvdtdqdrtdwrs這些關系在質點運動中都學過，這里適用于定軸轉動剛體中任一個質量元。例例已知Od飛輪直徑d0.4m在20秒內轉速從零均勻增到100轉秒P2((3((20秒中所轉的圈數時輪緣上一點求1((飛輪的NP1st的v,atna,和ab轉2((N2Dtq2pqq02p2p21bt2010003((vRwbtR21dbtt162.8s1m1((bw20w0Dt10ps2rad31.4naR221dbt22t1197s2mwRb21db6.28s2mataat+na22100s2matatanarcnatanarc31.3788.2解法提要R正向O均勻增速w00w201002p200ps1radDt20s,Paatnava例例已知飛輪半徑0.2mRORs2radb2t2+2時t0wq0000,求1((w時飛輪的qt2s,2((時輪緣的t1satna,,awbdt0tdt0t2t2+2((2t3+23tt29.3s1rad解法提要1((,dtdwbbdtdwwdwbdt0t0w,qdtddtdqwwddt0tqq,0wdt0tqdt0t((2t3+23t2t4+12t2t24.66rad2((b2t2+2t14s2radw2t3+23tt12.66s1radat,RbnaRw214.20.8ms2ms2aat+na221.63s2matatanarcna60.4第三節(jié)ss5-2lawofrigid-bodyrotating剛體定軸轉動定律aroundafixedaxis引言或F=m

a剛體平動質點的運動定律合外力慣性質量合加速度若剛體作定軸轉動，服從怎樣的運動定律？JbJbMM使剛體產生轉動效果的是合外力矩轉動剛體的慣性量度轉動慣量轉動剛體的角加速度剛體的轉動定律主要概念本節(jié)力矩zyxdrOjj0F轉動平面參考平面((PF轉軸定軸轉動剛體F力臂一、力對軸的力矩第三章講了力對某一定點的力矩,這里講力對某一定軸的力矩.0F外力(大小,方向)作用點P(由位置矢量r描述)Mz力矩大小sinFdFrjF對剛體轉動無貢獻F對剛體轉動的貢獻用分力分力描述Mz力對Z軸的力矩產生的力矩其矢量式為只有在轉動平面上的力對轉軸FzMzMzrF方向用右手螺旋法則確定jFrMz力對轉軸的力矩的方向與轉軸平行。Mz合力矩合力矩的概念轉軸z剛體+轉動平面rF1234FFF1r2r3r4jjjj1432O定軸轉動剛體所受的合力矩，是轉動平面上各力矩之和。左圖例子中的合力矩為MzrFsinj111+rFsinj222rFsinjrFsinj333444MzSiMziSiriFsiniij先設定一個力矩計算的正方向(或轉向)合力矩內力矩內力矩的概念結論剛體內力矩之和為零SMz內Mzij0剛體內各質元之間的相互作用力,稱為剛體的內力.任意兩個質元imdjmd的相互作用力FijijF大小相等方向相反在同一作用線上對同一轉軸Z力臂相等d轉軸z剛體+轉動平面rOdirjFijimdjmdijF轉動定律全體內力矩之和為零法向力不產生力矩arbFitfit+mirirbFifi+mirai牛頓定律Fifi+mirainnn法向Fitfit+mirait切向FitirSmirirbS2二、剛體定軸轉動定律fit+irFitirSSmirirb2S兩邊乘ir并對全體質元求和力矩MzJ轉動慣量zFifiZOrifimir剛體中任一質元的質量受的合外力合內力mir切向法向FinFiFitmir剛體定軸轉動定律MJbMzJbz或續(xù)上J剛體作定軸轉動時,剛體的角加速度b與剛體所受的合外力矩成正比，而與剛體對此軸的轉動慣量成反比。MJbM剛體定軸轉動定律角加速度轉動慣量合外力矩質點運動定律與對比Fma合外力慣性質量線加速度可見J轉動慣量是描述定軸轉動剛體轉動慣性大小的物理量說明OCRl2lOC本章只討論密度分布均勻、有規(guī)則幾何形狀的剛體，其質量中心(質心)與幾何中心重合，在考慮重力作用時,重力通過剛體的幾何中心.勻質細直桿勻質薄圓盤和是本章用得最多的剛體.勻質薄圓盤對垂直盤面通過圓心的軸的轉動慣量為勻質細桿對垂直于細桿通過桿端的軸的轉動慣量為mm221JmR231Jml(下面先舉幾個轉動定律的應用例子.關于轉動慣量的推導,稍后介紹.)應用提要轉動定律應用選例bJMM合外力矩應由各分力矩進行合成。在定軸轉動中，可先設一個正軸向（或繞向)，若分力矩與此向相同則為正，反之為負。bbb00bMMMM合外力矩恒與合角加速度方向一致。與時刻對應，何時則何時何時恒定則何時恒定(Nm)J(kgm)2b(rads)2M單位力矩轉動慣量角加速度例解法提要分別畫轉動和平動隔離體受力圖,然后列方程求1((2((3((物體的加速度a繩中張力滑輪對軸正壓力NT1T2,例已知O勻質滑輪rm輕繩不伸長輪繩不打滑m1m2m2m1輪軸有摩擦力矩Mr滑輪對圓心軸的轉動慣量為2o21JmraaABT1T1T2T2ABm1gm2gaaONmgyMr+設rb轉動:T2rT1rMroJb平動:A:B:T1m1gm1agaT2m2m2((角量與線量關系:arb將上述四個關系式聯(lián)立解得1((a(m2m1(gMrrm1+m2+oJr2(m2m1(gMrrm1+m2+2m(m2m1(gMrrm1+m2+2m2((T1gm1a(+(m1((gMrrm2+2m2m1+m2+2mT2gm2a((m2((gMrrm1+2m2m1+m2+2m3((Nmg+T1T2+232g+2(m2m1(g+m+4m1m2gm1+m2+2m續(xù)上求1((2((3((物體的加速度a繩中張力滑輪對軸正壓力NT1T2,1((a(m2m1(gMrrm1+m2+oJr2(m2m1(gMrrm1+m2+2m(m2m1(gMrrm1+m2+2m2((T1gm1a(+(m1((gMrrm2+2m2m1+m2+2mT2gm2a((m2((gMrrm1+2m2m1+m2+2m3((Nmg+T1T2+232g+2(m2m1(g+m+4m1m2gm1+m2+2m討論:當mMr0,0時a(m2m1(gm1+m2T1m1gm22m1+m2T2NT12m1gm24m1+m2這就退回到質點動力學的結果.解法提要例已知O勻質滑輪rm輕繩不伸長輪繩不打滑m1m2m2m1輪軸有無摩擦力矩Mr滑輪對圓心軸的轉動慣量為2o21JmraaABT1T1T2T2ABm1gm2gaaONmgyMr+設rb例從垂直位置傾倒至求q角時細桿所受重力矩1((2((細桿的wb,Mo例勻質細桿長質量lmmClyxxCOgq勻質細桿以一端為軸的轉動慣量為oJ231mlwb軸無摩擦l2解法提要1((勻質細直桿的質量中心在l2處的C點,重力mg對轉軸O的力臂xCl2sinq細桿所受重力矩MoxCmgl2mgsinq2((由轉動定律bMooJ得bMooJl2mgsinq231ml3l2gsinq由bdtdwdtdwdqdqdwdqw3l2gsinq分離變量,積分3l2gsinqdwdqw0w0qw2123l2gqcos0q3l2g((1qcos得w3lg((1qcos轉動慣量三、轉動慣量及其計算轉動慣量J轉動慣量是剛體在轉動過程中,轉動慣性大小的量度.miri2SiJr轉動慣量是與剛體質量分布密切相關的物理量,質量分布離轉軸越遠,其轉動慣量越大.對于質量連續(xù)分布的剛體iri2SiJmrlimmr0mr2md對于質量離散分布的剛體JSiiri2m轉動慣量的單位:千克米2((kgm2例例如m1r1m2r2可忽略質量的硬桿轉軸對下面這個簡單的質量離散分布的剛體Jm1r1+m2r222miri2SiJ其轉動慣量為下面舉例計算有關質量連續(xù)分布剛體的轉動慣量.例例質量為長度為的勻質細直桿.mL求轉動慣量轉軸垂直細桿通過桿中點1((2((轉軸垂直細桿通過桿端點2rdmLmLd0J2((轉軸垂直細桿通過桿端點OLm,dmd轉軸xxx2xxmL313L03m1L2x2rdmL2L2mLdJmL31L2L2321mL12轉軸垂直細桿通過桿中點1((Lmdmd轉軸Oxxx2xxxmr2Jd由解法提要例計算均勻細圓環(huán)對垂心軸的轉動慣量R2pR2mpR2dl0mR2Jr2mdORmmddlmdmpR2dlJr2md由定義式取環(huán)上任一質量元md各質量元到轉軸的距離為常量rR例2mR24r40R21R2m32rdm0R2r2mRdr2r2mRdr20RrJJ例求勻質薄圓盤對心垂軸的轉動慣量2dmmpR2pdrr2mRdr2rrdrdm取半徑為微寬為的窄環(huán)帶的質量為質元OrdrRm解法提要dm移軸定理2+mJCdJAmC,L質心質心軸新軸AdJCJ對質心軸的轉動慣量新軸對心軸的平移量對新軸的轉動慣量dA平行移軸定理例如:JA2+mJCd21m1L2+m((L223m1L2J21m1L2Cm,CAdL2L又如:RmCAdRJCJA2+mJCd+m((23m221R2m21R2mRR2計算須知J+J1J231m1L2+2mL2具有標量疊加性對同一轉軸m1L2mO勻質直桿嵌入的子彈整體的轉動慣量注意質量分布分清轉軸位置不規(guī)則復雜剛體半徑R相同總質量m相同對同一轉軸J12JJ12J總質量m相同總長度相同LJ12JJ12J不規(guī)則復雜剛體對某一轉軸的轉動慣量一般需要用實驗方法進行測定在計算剛體的轉動慣量時通常應該注意例lmrAl鐵l木r鐵r木10J木鐵J31m231ml木2l鐵10l鐵((22l鐵100求l木l鐵鐵JJ木例已知10r木r鐵Am鐵、木兩勻質細直棒密度截面質量相等相等以一端為轉軸J31ml2解法提要勻質細直棒，以一端為轉軸其轉動慣量小實驗長桿哪個易控些？為什么？短鉛筆長的易控些，理由見下頁小實驗例例已知qqmB()A()LmLL2LOO兩勻直細桿地面q從小傾角處開始靜止釋放求bb兩者瞬時角加速度之比1L1LLL2213singmLq1mLsingmLq1mL32122解法提要bbbJJJM根據MM短桿的角加速度大且與勻質直桿的質量無關第四節(jié)ss5-3theoremofkineticenergyofrigid-bodyrotatingaroundafixedaxis剛體定軸轉動的動能定理力矩的功Mz這正是前面講過的力矩AdMzdq力矩的元功稱剛體從q1轉到2q力矩對剛體所做的功AdAq12qMzdqMz應理解為作用在剛體上所有外力對OZ軸的合外力矩.力矩的瞬時功率AMzNddtwqddtMz,若N一定,欲增大Mz則w變小.若力矩為恒力矩,則力矩的功為AMz((2qq1rqMzFrsinjdqdsrdqFcos((90jdsF此過程的元功為AdFdrFcos((90jdr作用于P點,并在轉動平面內的力F剛體相應轉動一元角位移dq點發(fā)生一元線位移Pdr使一、力矩的功z轉動平面PrOFdqrdsdj例qd求擺至垂直位置的過程中重力矩所作的功A例勻直細桿一端為軸,由水平位置靜止釋放w00即0t時q00,m,()lqOCl2gmqd此重力矩使直桿轉動所作的元功為AdMoqdgml2cosqqdq直桿從q00轉到2p重力矩所作的總功為AdAMzdq2p0gml2cosqqd2p0gml2qsin2p0gml2擺至任一q位置時直桿所受的重力矩為qMogml2cosqM)(變的力矩大小隨q解法提要l2l2cosq轉動動能二、定軸轉動剛體的動能和重力勢能rmiviriw剛體中任一質元的速率Eik21rmivi221rmiriw22該質元的動能對所有質元的動能求和rmiri2()∑EkEik21w2∑轉動慣量JzEk21w2剛體轉動動能公式得JzwOzrivirmi轉動動能組成剛體的所有質元重力勢能的總和，式中，剛體的重力勢能為:為剛體質心的高度就是剛體的重力勢能rmiEp∑ighiEpmcgh轉動動能定理三、剛體定軸轉動的動能定理mA21v21mv212？回憶質點的動能定理剛體轉動的動能定理2合外力矩的功轉動動能的增量剛體轉動的動能定理稱為dAbqdwdtdqdqdtdwdwwdJJJJzzzz則AdAqdwwdJw1q1q2w2Mzz21212wwJJ221zz由dAqdbJMzMz力矩的元功轉動定律z例gml2qsin2p0gml2Aw212J0w212J由w2AJ得mJ231其中l(wèi)wg3l代入得解法提要1((從水平擺至垂直,外力矩作的總功gmA02pqdcosq2l用剛體的動能定理求解方法一:用系統(tǒng)機械能守恒定律求解以直桿和地球為系統(tǒng),O點為重力勢能零點方法二:()E轉動+E勢末初gmJ21w2+00l2()E轉動+E勢得wgmJlmJ231其中l(wèi)代入得wg3l例m,()勻直細桿一端為軸,由水平位置靜止釋放w00即0t時q00,lqOCl2gmCvaw求擺至垂直位置時的1((2((角速度w質心C的v和aqdl2cosq例例m,()勻直細桿一端為軸,由水平位置靜止釋放w00即0t時q00,lqOCl2gmCvaw求擺至垂直位置時的1((2((角速度w質心C的v和aqdl2cosq2((根據線量與角量的關系得擺至垂直位置時質心C的速度vwl2g3l21切向加速度tal2b由轉動定律bMJ0故at0法向加速度anv22l2lg3l21((23g2故aan23gwg3l例解法提要對滑輪和重物分別運用剛體和質點的動能定理求解方法一:滑輪qr212wJ0((T0重物THm1gH212m1v0gmNTwrOTm1gv方法二:取滑輪,輕繩,重物,地球為系統(tǒng)應用系統(tǒng)的機械能定律求解wrOHv00vm1rE機械能+A非保守內力力矩A外力力矩SSS0則系統(tǒng)機械能增量為零0E轉動動能rE平動動能rE重力勢能r++0212m1v+212wJgm1H0即vrw因,J221mr代入后同樣可解得v(21m1m+m1(2gH2gH因TT,Hrq,vrwJ221mr,聯(lián)立解得v(21m1m+m1(2gH2gH例v00Ovm1gm1mHr輕繩不伸長輪繩不打滑J221mr輪軸無摩擦滑輪由靜止釋放求下行時Hm1的v已知第五節(jié)ss5-4ofrigid-bodyrotatingaroundafixedaxis剛體定軸轉動的角動量定理角動量守恒定律theoremofangularmomentumandlawofconservationofangularmomentum剛體角動量定軸轉動剛體的角動量是無數質元對公共轉軸的角動量的疊加vimriOriwZviriwmri任一質元（視為質點）的質量,其角動量大小為Limriviriw2mririz一、定軸轉動剛體的角動量定軸轉動剛體的角動量LwJzz大小方向(正或負)由右手螺旋法則確定全部質元的總角動量LwwJm2r()dz對質量連續(xù)分布的剛體zLLiw2mriri()wJz∑z∑z角動量定理二、剛體定軸轉動的角動量定理ddtLrF回憶質點的角動量定理M0ttdLdtL0LLL0M（微分形式）（積分形式）剛體定軸轉動的角動量定理bJJwtdd()dtdtdLdJwzzzzzM（微分形式）合外力矩角動量的時間變化率L000ttdtLdLLLzJwJ0wzz0zM（積分形式）合外力矩的沖量矩角動量的增量關鍵式Ltddz角動量定理繞定軸Z轉動的剛體角動量關鍵式：LzJwz角動量L0L0tdttJwJw00對照質點pmv,0tdttFmvmv0Lrp,Ftddp,Ltdd,rFL0L0tdttzMzMMM線動量角動量（微分形式）（積分形式）角動量守恒三、剛體定軸轉動的角動量守恒定律剛體的角動量定理0Ltddz0LtddzzMzM剛體所受合外力矩由若則LJw恒量zz即剛體定軸轉動的角動量守恒定律當剛體所受的合外力矩等于零時，zMJw剛體的角動量保持不變。z回轉儀LwJJwZZ萬向支架基座回轉體（轉動慣量）Z回轉儀定向原理Z回轉體質量呈軸對稱分布；軸摩擦及空氣阻力很小。受合外力矩為零角動量守恒wJLZZ常矢量wJ其中轉動慣量為常量若將回轉體轉軸指向某方向Z使其以角速度高速旋轉則轉軸將保持該方向不變而不會受基座改向的影響Z回轉儀模型宇航員在太空站修復回轉儀J⑴轉動慣量保持不變演示轉臺俯視動畫圖Jw變小則變大Jw收臂小大用外力矩啟動轉盤后撤除外力矩Jw張臂大小JwJwJw角動量守恒的另一類現象乘積保持不變，變小則變大，變大則變小。J⑵轉動慣量可以改變花樣滑冰花樣滑冰張臂Jw大小Jw收臂小大高臺跳水動畫高臺跳水共軸系統(tǒng)導致人臺反向轉動Jw輪輪Jw得人臺人臺末態(tài)LSi末Jw輪輪+Jw人臺人臺LSi0初w輪人沿某一轉向撥動輪子w人臺系統(tǒng)：輪、轉臺與人JJLSi0全靜初態(tài)輪初人臺0JwSLSiSii共軸系統(tǒng)若M外則恒矢量⑶共軸剛體組直升飛機直升飛機防止機身旋動的措施用尾槳用兩個對轉的頂槳轉動與碰撞轉動系統(tǒng)也有碰撞問題必須應用角動量概念去分析解決問題如，鋼球碰懸錘木棒又因該碰撞為彈性碰撞，碰撞過程機械能守恒。系統(tǒng)的角動量守恒。碰撞瞬間在懸錘位置發(fā)生，碰撞過程系統(tǒng)對懸掛點所受合外力矩為零，動畫⑷質點剛體組續(xù)上轉動系統(tǒng)也有碰撞問題必須應用角動量概念去分析解決問題又如，子彈擊入懸錘木棒擊入瞬間在懸錘位置發(fā)生，擊入過程系統(tǒng)對懸掛點所受合外力矩為零，系統(tǒng)的角動量守恒。但因擊入過程屬非彈性碰撞，故該過程機械能不守恒。動畫例解法提要在鉛直位置，兩種碰撞過程的角動量都守恒。但機械能守恒，不守恒。((ab((對角動量守恒O+1mlv0=1mlv1+J0w機械能守恒+211mv20=211m2v1+21J0w2解得O=w21mv((1m+m3lv1=1m+m3((1mm3-vm31m若鋼珠碰后反跳。例下述兩種情況，碰撞階段剛結束時求Omvl1m彈性碰撞w=桿的角速度w=鋼珠的速度v1？？非彈性碰撞Omlv1mw桿、彈系統(tǒng)的角速度碰撞過程的機械能損失量=w？=？EDk((ab((J0=31ml2J0=31ml2+1ml2對角動量守恒O+1mlv0=wJ0解得Ow=J01mlv=1mv((1m+m3l=211mv2212EDkJ0w=211mv21m((1m+m31階段問題用剛體角動量守恒定律求解的階段劃分和系統(tǒng)選擇問題下擺階段球、棒、地球系統(tǒng)，含轉動的機械能守恒。彈碰階段（鉛垂位置）彈、棒系統(tǒng)，合外力矩為零角動量守恒。而且轉、平動能守恒。O彈碰光滑O擊入階段（鉛垂位置）彈、棒系統(tǒng)，合外力矩為零，角動量守恒。上擺階段彈、棒、地球系統(tǒng)，含轉動的機械能守恒。或選彈、棒系統(tǒng)，則用含轉動的動能定理。擊入摩擦大，動能不守恒。例已知例彈嵌于棒Olm2v0m1子彈03上擺最大轉角求v0木棒聯(lián)立解得6v0m11g(2l3)(())m2+2m1m2+3m1解法提要以彈、棒為系統(tǒng)擊入階段子彈擊入木棒瞬間，系統(tǒng)在鉛直位置，受合外力矩為零，角動量守恒。wv0+m1v0lm1l+J該瞬間之始該瞬間之末彈棒彈棒上擺階段彈嵌定于棒內與棒一起上擺，用系統(tǒng)動能定理，其中非保守內力的功為零，m1gcosl(103(+21m2gcosl(103(外力（重力）的功A外0上擺末動能()m2121v+21wJ2上擺初動能31vwlJm2l2,其中例O彈碰光滑qmm地面為零勢面lJ31ml2下擺階段球、棒、地球系統(tǒng)，機械能守恒棒的勢能改變量從擺階到要碰但沒碰棒轉動動能w21J2mg21((lcosq彈碰階段鉛垂位置的瞬間過程彈、棒系統(tǒng)，合外力矩為零角動量守恒球棒棒球0+Jw+mlvJw后而且彈碰轉、平動能守恒0++mlvJwJw后212122212棒球棒球三個獨立方程，可聯(lián)立解出vw后w,,三個未知數。1．如圖所示，一質量M、長l的均勻細桿，以O點為軸，從靜止在與豎直方向成θ0角處自由下擺，到豎直位置時與光滑桌面上一質量為m的靜止物體（可視為質點）發(fā)生彈性碰撞，求碰撞后M的角速度ωM和m的線速度vm

。（）θ0m解：棒自由下擺，由轉動動能定理得在彈性碰撞過程中，棒與物體對轉軸的角動量守恒，有由機械能守恒得2．一長為質量為M的均勻木棒，從θ角位置靜止釋放繞水平軸O開始轉動，如圖所示，已知棒繞O點轉動慣量為，不計一切摩擦。求：（1）棒開始轉動時的角加速度。（2）棒轉到豎直位置時角速度及棒中央點C的速度。（3）當棒下垂靜止時，被一質量為m，水平速度v0的子彈射入棒端并陷入其中，則棒開始轉動的角速度。COmθ解：⑴由定軸轉動定律⑵棒從θ角轉到豎直位置過程，由機械能守恒定律⑶由角動量守恒定律完第五章完備用題集備選題集題1例aABmormlmF滑輪的2o21Jmr忽略軸摩擦欲在秒內將貨物由A拖到Bt求F的大小解法提要分別畫轉動和平動隔離體受力圖FTTb+Nmgromfaxyma平動:(貨物):mgmaxTsinaf:yNmgacos0及fmNmmgacos轉動:(滑輪)rbFoJTr2o21Jmr及角線量關系:arb及l(fā)21at2將上述七個關系式聯(lián)立解得Fmg((sina+macos+l3tF的大小取決于m貨物的a坡度角m摩擦系數l行程所限定的時間t,,,,2解法提要取ABCD、、、為系統(tǒng)(地球不在系統(tǒng)內)應用系統(tǒng)的動能定理A外力力矩SrE動能S系統(tǒng)的外力矩的總功MBrjMfrjDA外力矩SmglsinqMlr1Mflr2mglsinq皮帶輪運載貨物依靠靜摩擦力,但一對靜摩擦力的功之和為零,且一對靜摩擦力矩的功之和也為零.rE動能S系統(tǒng)的動能增量J21w2BB+J21w2DD+21m2vv已知2JBm1r1JDm2r22,及角線量關系r1wBr2wD已知動輪轉動慣量2JBm1r1從輪轉動慣量JDm2r22輕皮帶不伸長,與輪及貨物都不打滑.機器從靜止將貨物帶動距離為l時求的載運速率vm貨物代入整理后得rE動能S21((m1+m2+m2v最后解得vl2(Mr2Mfr1mgr1sinq(((m1+m2+mr1r2r2本題也可用系統(tǒng)的功能原理求解靜摩擦力及靜摩擦力矩之和為零的情況與前相同將地球也包括在系統(tǒng)內選P點作為重力勢能零點重力為系統(tǒng)內保守力.A外力力矩SMlr1Mflr2rE機械能SJ21w2BB+J21w2DD+21m2vmglsinq+解出的結果完全一樣例r1r2O1O2m2m1MAmBCDq輪輪皮帶貨物定恒矩力矩力阻動Mf(軸對輪)(軸對輪)vPl3求細直桿對轉軸OZ的角動量Lz例zqm,lwOw圓錐角q保持不變解法提要r任意長度處元長度為rd的質元的質量為dmmlrd它對OZ軸的角動量為Lzddmvrdmrw2rrOrddmqzLzLzdwrrsinqmlrdrw2rsinq((2wmlrd對全細桿積分LzLzdrsinq((2wmlrd0lrwmlsinq20l2rdsinq2wml231本題還可以從定軸轉動剛體角動量的定義求解LzwJz用積分法求出Jzsinq2ml231代回定義式,得到同樣結果.4求第秒時,圓盤的tw角速度角加速度b解法提要取系統(tǒng):人,盤.忽略軸摩擦,合外力矩為零.系統(tǒng)角動量守恒.角動量守恒是對慣性系而言.一切運動參量均應相對于地面參考系.0角動量守恒:0Jw+rvm0Jw+rmv0例已知人對圓盤作圓周運動的規(guī)律為mmR1rO忽略軸摩擦At0時圓盤靜止,盤對地初速V0020+avt21sta為常量圓盤轉動慣量0J221m1R0Jw+m((v+Vmv0r即((w+m+atv0((+wrmv0r得212m1Rbdtdwmar2mr22+2m1R盤對地:V0Vv0,w,b人對盤:,svdtd+atv0人對地:v0v0V0+v0vv+V,0,w0,0wr注意本題的非保守內力矩的功不為零,機械能不守恒.ORmrmAvw+假設的計算正繞向解得wmatr2mr22+2m1R與假設正繞向相反5w求碰撞后木板的小球的角速度速度v1解法提要取系統(tǒng):小球,木板.碰撞瞬間,系統(tǒng)受合角動量守恒外力矩為零,m1lv+0m1lv1+0Jw1彈性碰撞系統(tǒng)機械能(這里是動能)守恒2221m1v+0221m1v1+210Jw212聯(lián)立,并代入m0J231l得v1m1((3mv+m1((3m2mw+m1((3mvl碰后小球速度為零若m13mm13m碰后小球反彈m13m碰后小球仍向前木板向里擺木板向里擺木板向里擺+例lm彈性撞碰已知圖中矩形板的轉動慣量為oom0J231l忽略軸摩擦m1v6例RROOABmvJJ忽略軸摩擦求1((2((3((子彈擊中輪緣后系統(tǒng)的角速度w子彈擊入過程中機械能的損失ED子彈擊入后,由頂點A轉到下端B時,子彈的速度vB+解法提要1((擊入階段取系統(tǒng):子彈,輪子.系統(tǒng)受合外力矩為零,角動量守恒mvRJw其中JmR2+Jw得mvRmR2+J2((仍為擊入階段但要考慮機械能損失,涉及重力勢能,此過程系統(tǒng)重力勢能尚未發(fā)生變化,機械能損失等于系統(tǒng)的動能損失EDEDk系統(tǒng)初動能Ek021mv2系統(tǒng)末動能EkJw212((mR2+Jw212EDkEDEkEk0((mR2+J21w21mv2221mv2((1m2Rm2R+J,取系統(tǒng):子彈,輪子,地球.3((擊入過后由A到B轉動階段取系統(tǒng):子彈,輪子,地球.系統(tǒng)機械能守恒選B點為重力勢能零點((mR2+Jw212+mg2R((mR2+J212wBwB線角量關系vBR解得vBmm2R+Jv2+4Rg+((mRJ7例Rm1m細繩纏繞輪緣輪軸無摩擦輕繩不伸長輪繩不打滑O靜止釋放求b輪繩T解法提要Tm1g轉動平動TOmRJ21mR2m1ab聯(lián)立解得bm121mm1+()RgT2mm1+gm1m轉動平動JbTR21mR2bg1mT1ma角~線aRb…(1)…(2)…(3)若軸有摩擦力矩Mr則(1)變?yōu)門R–

Mr=

J

βMr的測量，可通過調整m1的大小，到勻速下降時的m1則Mr=

m1gR8例細繩纏繞輪緣輪軸無摩擦輕繩不伸長輪繩不打滑初始靜止變力((tFOOJRR求((t((twM((t((tFR解法提要Jb((tFRJbJdtdwJdwdt((tFRdww0Jdt((tFRt0w((tJdt((tFRt0MM9例

勻直細桿一端為軸水平靜止釋放OLm,q設mg求下擺到處的q力矩角加速度bMmgL21qcos解法提要mgq力臂由Jb求JbJm231L本題代入得：23LgqcosbmgL21qcosm231Lq0,mgL21,b23Lg2pq,0,b0討論：在兩個特殊位置上的情況MMMMM續(xù)例

勻直細桿一端為軸水平靜止釋放OLm,q設mg求下擺到處的q力矩角加速度bMmgL21qcos解法提要mgq力臂由Jb求JbJm231L本題代入得：23LgqcosbmgL21qcosm231Lq0,mgL21,b23Lg2pq,0,b0討論：在兩個特殊位置上的情況MMMMMJm231L由Jb求Jb本題23LgqcosbmgL21qcosm231L應用前兩章學過的數學方法，還可繼續(xù)求角速度w？MMbwdtd由而dtdqw得wwdbdq21w223Lgqsin,w3Lgqsin23Lgqcosb