第2章 刚体的定轴转动
第2章 刚体的定轴转动
习题 2.1 一个做匀变速转动的飞轮在10s 内转过16圈（r ），其末速度为
151-?s rad ，求角加速度的大小。
解：根据at -=ωω0和2021at t +=ωθ，有 ()2
2t t a θω-=
式中 ππθ322==n ，代入数据得
299.0-?=s rad a
习题 2.2 一转速为1800 r/min 的飞轮因受制动而均匀地减速，经过20s 停止转
动。求：（1）角加速度；（2）从制动开始到停止转动飞轮转过的圈
数；（3）制动开始后10s 时飞轮的角速度；（4）设飞轮半径为0.5m ，
求t = 10s 时飞轮边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度。
解：（1）s t s rad n 20.0,606018002210==?=???
???==-ωπππω，所以 20
320
60-?-=-=-=s rad t a ππωω （2） 从制动开始转过的角位移θ及圈数N 为
rad at t πππωθ6002032
1206021220=??-?=+=
30026002===π
ππθN （3） t = 10 s 时飞轮边缘上一点的线速度为
103010360-?=?-=+=s rad at πππωω
（4）t = 10 s 时飞轮边缘上一点的线速度为 11.47305.0-?=?==s m r v πω
相应的相切及法向加速度为
2171.45.15.03-?-=-=?-==s m ar a ππ
()2322221044.44505.030-??==?==s m r a ππω
习题 2.3 在边长为a 的正方形的顶点上，分别有质量为m 的4个质点，求此
系统绕下列转轴的转动惯量: (1)通过其中一质点A ，平行于对角线BD
的转轴，如题图2.3所示；（2）通过A 垂直于质点所在平面的转轴。
解：由转动惯量定义，可求得
（1）()22232222ma a
m a m J =+???
? ??= （2）()222422ma a m ma J =+=
习题 2.4 在题图2.4所示的系统中，1m = 50kg ，kg m 402=，圆盘形滑轮质量m
= 16kg ，半径 r = 0.1m ，若斜面是光滑的，倾角为030，绳与滑轮间无相
对滑动，不计滑轮轴上的摩擦，求：（1）绳中的张力；（2）运动开始
时，2m 距地面高度为1m 时，需多少时间2m 到达地面？
解：（1）对滑轮及1m 、2m 受力分析可知，1m 受重力1m g 及绳的拉力
习题2.6 在题图2.6所示的装置中，物体的质量为21m m ，定滑轮的质量为'1m 、'2m ，
半径为1R 、2R ,设绳长度不变，质量不计。滑轮为匀质分布，忽略轴处
摩擦。求物体的加速度及绳中张力。
解： 设2m 的加速度大小为a 方向向上，则1m 的加速度向下，大小也是a ，二滑轮角加速度分别为11R a a =和2
2R a a =，列方程： a m F g m 111=- （1）
a m g m F 222=- （2）
121'1111322
1)(a R m a J R F F ==- （3）
1
1R a a = (4)
()222'2222232
1a R m a J R F F ==- （5） 2
2R a a = (6) (1)到（6）式联立解得
()()()
()()
()()
()()
g m m m m m m m m m m F g m m m m m m m m m F g m m m m m m m m m F g m m m m m m a '2'121'12'21213'2'121'2'12212'2'121'2'11211'2'12121242)(42)(422+++++=+++++=+++++=+++-=
习题2.7如图2.7所示，质量分别为m 和2m 、半径分别为r 和2r 的两个均匀圆
盘，同轴地粘在一起，可以绕通过盘心且垂直于盘面的水平光滑固定轴
转动，对转轴的转动惯量为2/92mr ，大小圆盘边缘都绕有绳子，绳子下
端都挂有一质量为m 的重物。求盘的角加速度的大小。
解：受力分析如图2.7（b ）
，根据牛顿第二定律、刚体转动定理以及运动学关
系可得方程组 ()12
2121
12
222
92a ra a ra a mr r F r F ma mg F ma F mg ===-=-=-
联立上述5个方程，解得 r
g a 192= 习题 2.8 一蒸汽机的圆盘形飞轮质量为200kg ，半径为1m ，当飞轮转速为
1201min -?rad 时关闭蒸汽阀门，若飞轮在5min 内停下来，求在此期间飞轮
轴上的平均摩擦力矩及此力矩所做的功。
解： 10460
2120-?=?=s rad ππω t t a at 0
0,ωωωωω-=-==-
由定轴转动定理
m N m N t mR Ja M ?-=???? ???-???-=??
? ??-==19.4605412002121202πω 力矩的功为
()J J mR J A 32220220109.74120021212121210?-=????-=??
? ??=-=πωω 习题2.9 如图2.9所示，A 、B 两飞轮的轴杆在同一中心线上，两轮转动惯量分
别为222010m kg J m kg J B A ?=?=和,开始时，A 轮转速600 1min -?rad ，B
轮静止；当二轮齿合时，B 轮得到加速而A 轮减速，直到二轮转速相
等。求：（1）两轮齿合后的转速：（2）齿合过程中损失的机械能。
解： （1）系统齿合过程受轴向正压力，对轴的力矩为零，受切向摩擦力，其力
矩为内力矩，所以角动量守恒，有 ()ωωωB A B B A A J J J J +=+
W 为齿合后二轮共同角速度，由于开始时B 轮静止，于是
B
A A A
B A B B A A J J J J J J J +=++=ωωωω 代入数据得 1119.20min 60/2200min 200---?=??=?=s rad rad rad πω
（2）齿合过程摩擦力矩做功，机械能不守恒，损失的机械能为
()J
J J J J J E B A A A 422221031.1602200)2010(2160260010212
121?=??
? ????+?-??? ?????=+-=?ππωω 习题2.10 如图2.10，质量为1m ，长为L 的匀速直杆可绕垂直于棒的一端的水平
轴无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上，现在一质量为2m 的弹
性小球飞来与棒在下端垂直相撞，使棒转至最大角度030=θ处，且碰
撞是弹性碰撞，求小球初速度0v 的大小。
解： 设小球的初速度大小为0v ，碰撞后棒的初角速度为ω，而小球的速度
大小为v ，由于弹性碰撞，碰撞过程遵守机械能守恒和角速度动量守
恒：
?????????+==+=222
32
2220221202v m J v m L m J vL m J L v m ωω （1） 又因为碰撞后，棒的上摆过程也遵循机械能守恒，则有
()
01230cos 122-=L g m J ω ()2
12101
231330cos 1???????????? ??-=??????-=L g J gL m ω （2） 把（2）的表达式与（1）中的几个方程联立，求解得:
()
21222031232612m m m gL L m J L v +-=???? ??+=ω 习题2.11 如图2.11所示，长为L ，质量为1m 的均匀细棒，上端悬挂在O 点，可绕
水平轴无摩擦地转动。在同一悬点，有一长为l 的轻绳系一质量为2m 的
小球。当小球悬线偏离竖直方向某个角度由静止释放时，小球在悬点
的正下方与静止的棒发生弹性碰撞，问线长为多少时小球与棒碰后小
球刚好静止。
解： 以小球和棒为研究对象，碰撞过程满足角动量守恒和机械能守恒，因
而可得方程组 ???
??????? ??==???? ??==22122221231212123ωωωωL m j v m L m j vl m 解此方程组得处 21223
1L m J l m ==
所以 213m m L l = 习题2.12 一根放在水平光滑桌面上的质量均匀的棒，可绕通过其一端的竖直固
定光滑轴O 转动。棒的质量为m = 1.5㎏，长度为 L = 1.0 m ，对轴的转动惯量为231mL J =。初始时棒静止。现有一水平运动的子弹垂直地射入
棒的另一端并留在帮内，如图2.12所示。子弹的质量为 m = 0.020㎏，
速率为1400-?=s m v ，求：
（1）棒开始和子弹一起转动时的角速度ω为多大？
（2）设棒转动时受到大小为m N M r ?=0.4的恒定阻力矩作用，则棒所
能转过的角速度θ有多大？
解： （1）以子弹和棒为研究对象，子弹垂直地射入棒时满足角动量守恒
定律，可列方程: ω??
? ??+=2'2'31
L m mL vL m 代入数据得 14.15-?=s rad ω
（2）以子弹和棒为研究对象，根据转动定理和运动学方程可列方程：
rad
a a L m mL M r 4.15203122'2==-??
? ??+=-θθω
刚体的定轴转动习题解答
- 第五章 刚体的定轴转动 一 选择题 1. 一绕定轴转动的刚体，某时刻的角速度为，角加速度为，则其转动 加快的依据是：（ ） A. > 0 B. > 0，> 0 C. < 0，> 0 D. > 0，< 0 解：答案是B 。 2. 用铅和铁两种金属制成两个均质圆盘，质量相等且具有相同的厚度，则 它们对过盘心且垂直盘面的轴的转动惯量。 （ ） A. 相等； B. 铅盘的大； C. 铁盘的大； D. 无法确定谁大谁小 解：答案是C 。 简要提示：铅的密度大，所以其半径小，圆盘的转动惯量为：2/2Mr J =。 3. 一轻绳绕在半径为r 的重滑轮上，轮对轴的转动惯量为J ，一是以力F 向下拉绳使轮转动；二是以重量等于F 的重物挂在绳上使之转动，若两种情况使轮边缘获得的切向加速度分别为a 1和a 2，则有： （ ） A. a 1 = a 2 B. a 1 > a 2 C. a 1< a 2 D. 无法确定 解：答案是B 。 简要提示：(1) 由定轴转动定律，1αJ Fr =和11αr a =，得：J Fr a /21= (2) 受力分析得：?? ???===-2222ααr a J Tr ma T mg ，其中m 为重物的质量，T 为绳子的力。 得：)/(222mr J Fr a +=，所以a 1 > a 2。 4. 一半径为R ，质量为m 的圆柱体，在切向力F 作用下由静止开始绕轴线
- 作定轴转动，则在2秒F 对柱体所作功为： （ ） A. 4 F 2/ m B. 2 F 2 / m C. F 2 / m D. F 2 / 2 m 解：答案是A 。 简要提示：由定轴转动定律： α221MR FR = ，得：mR F t 4212==?αθ 所以：m F M W /42=?=θ 5. 一电唱机的转盘正以 0的角速度转动，其转动惯量为J 1，现将一转动 惯量为J 2的唱片置于转盘上，则共同转动的角速度应为： （ ） A ．0211ωJ J J + B ．0121ωJ J J + C ．021ωJ J D ．01 2ωJ J 解：答案是A 。 简要提示：角动量守恒 6. 已知银河系中一均匀球形天体，现时半径为R ，绕对称轴自转周期为T ，由于引力凝聚作用，其体积不断收缩，假设一万年后，其半径缩小为r ，则那时该天体的：（ ） A. 自转周期增加，转动动能增加； B. 自转周期减小，转动动能减小； C. 自转周期减小，转动动能增加； D. 自转周期增加，转动动能减小。 解：答案是C 。 简要提示： 由角动量守恒，ωω2025 252Mr MR =，得转动角频率增大，所以转动周期减小。转动动能为22k 2020k 5 221,5221ωωMr E MR E ==可得E k > E k0。 7. 绳子通过高处一固定的、质量不能忽略的滑轮，两端爬着两只质量相等 的猴子，开始时它们离地高度相同，若它们同时攀绳往上爬，且甲猴攀绳速度为乙猴的两倍，则 （ ） A. 两猴同时爬到顶点 B. 甲猴先到达顶点 C. 乙猴先到达顶点
刚体的定轴转动
《物理学》多媒体学习辅导系统 第三章 刚体的定轴转动 教学要求 一．理解定轴转动刚体运动的角速度和角加速度的概念，理解角量与线量的关系。 二．理解刚体定轴转动定律，能解简单的定轴转动问题。 三．了解力矩的功和转动动能的概念。 四．了解刚体对定轴的角动量定理及角动量守恒定律。 五．理解转动惯量的概念，能用平行轴定理和转动惯量的可加性计算刚体对定轴的转动惯量。 基本内容 本章的重点是刚体定轴转动的力矩、转动惯量、角动量等物理量的概念和转动定律，难点是刚体绕定轴转动的角动量守恒定律及其应用。 一．角量与线量的关系 2 ωαω θ r a r a r v r s ====n t 二．描述刚体定轴转动的物理量和运动规律与描述质点直线运动的物理量和运动规律有类比关系，有关的数学方程完全相同, 为便于比较和记忆，列表如下。只要将我们熟习的质点直线运动的公式中的x 、v 、a 和m 、F 换成θ、ω、α和I 、M , 就成为刚体定轴转动的公式。 表3—1 质点的直线运动 刚体定轴转动 位置 x 角位置 θ 位移 x ? 角位移 θ? 速度 t x v d d = 角速度 t d d θω=
加速度 2 2d d d d t x t v a == 角加速度 2t t d d d d 2θωα== 匀速直线运动 vt x x +=0 匀角速转动 t 0ωθθ+= 20021at t v x x + += 2002 1 t t++ =αωθθ ()02022x x a v v -=- ()02 02 2 θθαωω-=- 质量 m 转动惯量 i i m r I ?=∑2 力 F 力矩 r F M θ= 牛顿第二定律 ma F = 定轴转动定律 αI M = 力的功 ? = x x x F A 0 d 力矩的功 ?=θ θθ0 d M A 动能 221mv E =k 动能 k 22 1 ωI E = 动能定理 2 02210 mv mv x F x x 2 1d -=? 动能定理 2 022 121d ωωθθ θ I I M -= ?20 冲量 ? t t t F 0 d 冲量矩 ? t t t M 0 d 动量 mv 角动量( 动量矩 ) ωI 动量定理 00 mv mv t F t t -=? d 角动量定理 ? -=t t I I t M 0 0d ωω 系统的机械能守恒定律 系统的机械能守恒定律 若0=+非保内外A A ,则 若0=+非保内外A A ,则 =+p k E E 常量 =+p k E E 常量 系统的动量守恒定律 系统的角动量守恒定律 若 0=∑外 F ,则 若0=∑外M ,则 =∑i i v m 常量 =∑i L 常量
【大学物理上册课后答案】第3章 刚体的定轴转动
第3章 刚体的定轴转动习题解答 3-1 一汽车发动机曲轴的转速在12s 内由每分钟1200转匀加速地增加到每分钟2700转，求：（1）角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？ 解：（1）)/(401s rad πω= )/(902s rad πω= )/(1.13)/(6 2512 40902 21 2s rad s rad t ≈= -= ?-= ππ πωωβ 匀变速转动 （2）)(78022 1 22rad πβ ωωθ=-= )(3902圈== π θ n 3-2 一飞轮的转动惯量为J ,在0=t 时角速度为0ω，此后飞轮经历制动过程。阻力矩M 的大小与角速度ω的平方成正比，比例系数0>K 。求：（1）当30ωω=时,飞轮的角加速度；（2）从开始制动到30ωω=所需要的时间。 解：（1）依题意 2 ωβK J M -== )/(92 2 02 s rad J K J K ωωβ- =- = （2）由J K dt d 2 ωωβ- == 得 ?? - = 3 2 00 ωω ω ωK Jd dt t ω K J t 2= 3-3 如图所示， 发电机的轮A 由蒸汽机的轮B 通过皮带带动。两轮半径A R =30cm ，=B R 75cm 。当蒸汽机开动后，其角加速度π8.0=B βrad/s 2 ，设轮与皮带之间没有滑动。求 （1）经过多少秒后发电机的转速达到A n =600rev/min ？（2）蒸汽机停止工作后一分钟内发电机转速降到300rev/min ，求其角加速度。 解：（1）t A A βω= t B B βω= 因为轮和皮带之间没有滑动，所以A 、B 两轮边缘的线速度相同，即 B B A A R R ωω= 又)/(2060 6002s rad A ππω=?= 联立得)(10s R R t B B A A == βω （2）)/(1060 3002s rad A ππω=?= )/(6 2 s rad t A A A π ωωβ= -'= 3-4 一个半径为=R 1.0m 的圆盘，可以绕过其盘心且垂直于盘面的转轴转动。一根轻
第5章 刚体的定轴转动
第5章刚体的定轴转动 ◆本章学习目标 理解：刚体、刚体转动、转动惯量的概念；刚体定轴转动定律及角动量守恒定律。 掌握：转动惯量，转动中的功和能的计算；用刚体定轴转动定律及角动量守恒定律求解定轴转动问题的基本方法。 ◆本章教学内容 1．刚体的运动 2．刚体定轴转动定律 3．转动惯量的计算 4．刚体定轴转动定律的应用 5．转动中的功和能 6．对定轴的角动量守恒 ◆本章重点 刚体转动惯量的物理意义以及常见刚体绕常见轴的转动惯量； 力矩计算、转动定律的应用； 刚体转动动能、转动时的角动量的计算。 ◆本章难点 力矩计算、刚体转动过程中守恒的判断及其准确计算。 4.1 刚体的运动
一、刚体的概念 物体的一些运动是与它的形状有关的，这时物体就不能看成质点了，其运动规律的讨论就必须考虑形状的因素。有形物体的一般性讨论也是一个非常复杂的问题，全面的分析和研究是力学专业课程学习的内容。在大学物理中，我们讨论有形物体的一种特殊的情况，那就是物体在运动时没有形变或形变可以忽略的情况。如果物体在运动时没有形变或其形变可以忽略，我们就能抽象出一个有形状而无形变的物体模型，这模型叫做刚体。刚体的更准确更定量的定义是：如果一个物体中任意的两个质点之间的距离在运动中都始终保持不变，则我们称之为刚体。被认为是刚体的物体在任何外力作用下都不会发生形变。实际物体在外力作用下总是有形变的，因此刚体是一个理想模型。它是对有形物体运动的一个重要简化。实际物体能否看成是刚体不是依据其材质是否坚硬，而是考察它在运动过程中是否有形变或其形变是否可以忽略。正如质点中所讨论的那样，刚体也就是一个质点系，而且是一个较为特殊的刚性的质点系，它的运动规律较之于一个质点相对位置分布可以随时改变的一般质点系而言，要简单得多。 二、刚体的运动 刚体运动的基本形式有平动和转动，刚体任意的运动形式都可以看成是平动和转动的迭加。 1、刚体的平动 1）平动的定义 如果在一个运动过程中刚体内部任意两个质点之间的连线的方向都始终不发生改变，则我们称刚体的运动为平动。平动的示意图如下。电梯的上下运动，缆车的运动都可看成刚体平动。
大学物理_刚体的定轴转动_习题及答案
第4章 刚体的定轴转动 习题及答案 1．刚体绕一定轴作匀变速转动，刚体上任一点是否有切向加速度？是否有法向加速度？切向和法向加速度的大小是否随时间变化？ 答：当刚体作匀变速转动时,角加速度β不变。刚体上任一点都作匀变速圆周运动，因此该点速率在均匀变化，v l ω=，所以一定有切向加速度t a l β=，其大小不变。又因该点速度的方向变化，所以一定有法向加速度2n a l ω=，由于角速度变化，所以法向加速度的大小也在变化。 2. 刚体绕定轴转动的转动定律和质点系的动量矩定理是什么关系？ 答：刚体是一个特殊的质点系，它应遵守质点系的动量矩定理，当刚体绕定轴Z 转动时，动量矩定理的形式为z z dL M dt = ，z M 表示刚体对Z 轴的合外力矩，z L 表示刚体对Z 轴的动量矩。()2z i i L m l I ωω==∑,其中()2i i I m l =∑，代表刚体对定轴的转动惯量，所以 ()z z dL d d M I I I dt dt dt ω ωβ= ===。既 z M I β=。 所以刚体定轴转动的转动定律是质点系的动量矩定理在刚体绕定轴转动时的具体表现形式， 及质点系的动量矩定理用于刚体时在刚体转轴方向的分量表达式。 3．两个半径相同的轮子，质量相同，但一个轮子的质量聚集在边缘附近，另一个轮子的质量分布比较均匀，试问：（1）如果它们的角动量相同，哪个轮子转得快？（2）如果它们的角速度相同，哪个轮子的角动量大？ 答：(1)由于L I ω=，而转动惯量与质量分布有关，半径、质量均相同的轮子，质量聚集在边缘附近的轮子的转动惯量大，故角速度小，转得慢，质量分布比较均匀的轮子转得快； （2）如果它们的角速度相同，则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大。 4．一圆形台面可绕中心轴无摩擦地转动，有一玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动，问平台如何运动？如小汽车突然刹车，此过程角动量是否守恒？动量是否守恒？能量是否守恒？ 答：玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动时，平台将沿相反方向转动；小汽车突然刹车过程满足角动量守恒，而能量和动量均不守恒。 5．一转速为1200r min 的飞轮，因制动而均匀地减速，经10秒后停止转动，求： （1） 飞轮的角加速度和从开始制动到停止转动，飞轮所转过的圈数； （2） 开始制动后5秒时飞轮的角速度。 解：（1）由题意飞轮的初角速度为 0240()n rad s ωππ== 飞轮作均减速转动，其角加速度为 20 0404/10 rad s t ωωπ βπ--= = =-? 故从开始制动到停止转动，飞轮转过的角位移为 201 2002 t t rad θωβπ?=?+?= 因此，飞轮转过圈数为
第2章 刚体的定轴转动
第2章 刚体的定轴转动 习题 2.1 一个做匀变速转动的飞轮在10s 内转过16圈（r ），其末速度为 151-?s rad ，求角加速度的大小。 解：根据at -=ωω0和2021at t +=ωθ，有 ()2 2t t a θω-= 式中 ππθ322==n ，代入数据得 299.0-?=s rad a 习题 2.2 一转速为1800 r/min 的飞轮因受制动而均匀地减速，经过20s 停止转 动。求：（1）角加速度；（2）从制动开始到停止转动飞轮转过的圈 数；（3）制动开始后10s 时飞轮的角速度；（4）设飞轮半径为0.5m ， 求t = 10s 时飞轮边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度。 解：（1）s t s rad n 20.0,606018002210==?=??? ???==-ωπππω，所以 20 320 60-?-=-=-=s rad t a ππωω （2） 从制动开始转过的角位移θ及圈数N 为 rad at t πππωθ6002032 1206021220=??-?=+=
30026002===π ππθN （3） t = 10 s 时飞轮边缘上一点的线速度为 103010360-?=?-=+=s rad at πππωω （4）t = 10 s 时飞轮边缘上一点的线速度为 11.47305.0-?=?==s m r v πω 相应的相切及法向加速度为 2171.45.15.03-?-=-=?-==s m ar a ππ ()2322221044.44505.030-??==?==s m r a ππω 习题 2.3 在边长为a 的正方形的顶点上，分别有质量为m 的4个质点，求此 系统绕下列转轴的转动惯量: (1)通过其中一质点A ，平行于对角线BD 的转轴，如题图2.3所示；（2）通过A 垂直于质点所在平面的转轴。 解：由转动惯量定义，可求得 （1）()22232222ma a m a m J =+??? ? ??= （2）()222422ma a m ma J =+= 习题 2.4 在题图2.4所示的系统中，1m = 50kg ，kg m 402=，圆盘形滑轮质量m = 16kg ，半径 r = 0.1m ，若斜面是光滑的，倾角为030，绳与滑轮间无相 对滑动，不计滑轮轴上的摩擦，求：（1）绳中的张力；（2）运动开始 时，2m 距地面高度为1m 时，需多少时间2m 到达地面？ 解：（1）对滑轮及1m 、2m 受力分析可知，1m 受重力1m g 及绳的拉力
刚体定轴转动
1、语句进一步变为你讲的简单句， 2、要标好各标题， 3、公式整齐、字体大小一样，重要公式要标号。 4、摘要重写，内容：本文中你作了什么，得出什么 结论， 5、总结是摘要的扩充，详细论述你作了什么，得出 什么结论。 6、参考文献少，并标页（如4到8页），力学、理论 力学书上都有刚体内容 7、好多公式中角速度符号不对， 8、论述顺序： 1）刚体定轴转动的角位移、角速度、角加速度如何 表示，文字和公式都写 2）刚体定轴转动的角动量、动能如何表示，文字和公式都写 3）固定轴的动量矩定理如何表示，文字和公式都写 4）线量与角量的关系如何表示，文字和公式都写 9 刚体定轴转动与质点匀加速直线运动的对比： 这段中列表给出两种运动的相应量，并论述 刚体定轴转动的教学研究
陈爽（学号：20081116127） （物理与电子信息学院物理学专业2008级汉班，内蒙古呼和浩特 010022） 指导老师：赵凤岐 1摘要刚体力学是理论力学中一节比较重点的章节。它是继学习了质点力 学与质点组力学之后又一重点、难点课程，它是质点后又一个重要的物理模型。刚体这种模型比质点更接近实际，这个章节理解的情况直接关系到以后其他物理模型的建立。 关键词：刚体定轴转动直线运动 1 刚体定轴转动的内容 2·1刚体 在任何力的作用下，体积和形状都不发生改变的物体叫做刚体。在物理学内，理想的刚体是一个固体的，尺寸值有限的，形变情况可以被忽略的物体。不论有否受力，在刚体内任意两点的距离都不会改变。在运动中，刚体上任意一条直线在各个时刻的位置都保持平行。 刚体是力学中的一个科学抽象概念，即理想模型。事实上任何物体受到外力，不可能不改变形状。实际物体都不是真正的刚体。若物体本身的变化不影响整个运动过程，为使被研究的问题简化，可将该物体当作刚体来处理而忽略物体的体积和形状，这样所得结果仍与实际情况相当符合。 2.2刚体定轴转动的定义及特点 刚体上每点绕同一轴线做圆周运动,且转轴空间位置及转动方向保持不变. 如果刚体在运动过程中，至少有两个质点保持不动，那么将这两个质点的连线取为一个坐标系的一个公共坐标轴(z)轴，则刚体上各点都饶此轴作圆周运动，这种运动称为定轴转动。 刚体作定轴转动时，整个刚体绕一固定的轴转动．其上各点的位移、速度和加速度是不相同的．但各点转过的角度却相同．所以在定轴转动中，应当用角度来描述刚体的运动．作定轴转动的刚体只有一个自由度 2·3定轴转动各个基本量的描述 P，都在垂刚体绕固定轴转动时，如取固定轴为z轴，则刚体中任何一点 i 直于z轴的平面内，亦即在平行于xy平面内作圆周运动，而以z轴与此平面的交点O'为圆点，如图1所示。
大学物理同步训练第 版 刚体定轴转动详解
第三章 刚体定轴转动 一、选择题 1. 两个匀质圆盘A 和B 相对于过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，若B A J J >，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘的密度各为A ρ和B ρ，则 （A ）A B ρρ> （B ）B A ρρ> （C ）A B ρρ= （D ）不能确定A ρ和B ρ哪个大 答案：A 分析：22m m R R h h ρππρ=→=，221122m J mR h πρ==，故转动惯量小的密度大。 2. 有两个半径相同、质量相等的细圆环。1环的质量分布均匀，2环的质量分布不均匀。它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为1J 和2J ，则 （A ）12J J > （B ）12J J < （C ）12J J = （D ）不能确定1J 和2J 哪个大 答案：C 分析：22J R dm mR ==? ，与密度无关，故C 选项正确。 3. 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O 以角速度1ω按图1 所示方向转动。将两个大小相等、方向相反的力F 沿盘面同时作用到 圆盘上，则圆盘的角速度变为2ω，则 （A ）12ωω> （B ）12ωω= （C ）12ωω< （D ）不能确定如何变化 答案：C 分析：左边的力对应的力臂大，故产生的（顺时针）力矩大于右边的力所产生的力矩，即合外力距（及其所产生的角加速度）为顺时针方向，故圆盘加速，角速度变大。 4. 均匀细棒OA 的质量为M ，长为L ，可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图2所示。今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述 说法哪一种是正确的？ （A ）合外力矩从大到小，角速度从小到大，角加速度从大到小 （B ）合外力矩从大到小，角速度从小到大，角加速度从小到大 （C ）合外力矩从大到小，角速度从大到小，角加速度从大到小 （D ）合外力矩从大到小，角速度从大到小，角加速度从小到大 答案：A 分析：（定性）由转动定律M I β=可知，角加速度与力矩成正比，故B 、D 错误；由机械
05刚体的定轴转动习题解答
第五章 刚体的定轴转动 一 选择题 1. 一绕定轴转动的刚体，某时刻的角速度为ω，角加速度为α，则其转动加快的依据是：（ ） A. α > 0 B. ω > 0，α > 0 C. ω < 0，α > 0 D. ω > 0，α < 0 解：答案是B 。 2. 用铅和铁两种金属制成两个均质圆盘，质量相等且具有相同的厚度，则它们对过盘心且垂直盘面的轴的转动惯量。 （ ） A. 相等； B. 铅盘的大； C. 铁盘的大； D. 无法确定谁大谁小 解：答案是C 。 简要提示：铅的密度大，所以其半径小，圆盘的转动惯量为：2/2Mr J =。 3. 一轻绳绕在半径为r 的重滑轮上，轮对轴的转动惯量为J ，一是以力F 向下拉绳使轮转动；二是以重量等于F 的重物挂在绳上使之转动，若两种情况使轮边缘获得的切向加速度分别为a 1和a 2，则有： （ ） A. a 1 = a 2 B. a 1 > a 2 C. a 1< a 2 D. 无法确定 解：答案是B 。 简要提示：(1) 由定轴转动定律，1αJ Fr =和11αr a =，得：J Fr a /21= (2) 受力分析得：?? ???===-2222ααr a J Tr ma T mg ，其中m 为重物的质量，T 为绳子的张力。 得：)/(222mr J Fr a +=，所以a 1 > a 2。 4. 一半径为R ，质量为m 的圆柱体，在切向力F 作用下由静止开始绕轴线作定轴转动，则在2秒内F 对柱体所作功为： （ ） A. 4 F 2/ m B. 2 F 2 / m C. F 2 / m D. F 2 / 2 m 解：答案是A 。
《刚体定轴转动》答案讲课教案
《刚体定轴转动》答 案
第2章 刚体定轴转动 一、选择题 1(B)，2(B)，3(A)，4(D)，5(C)，6(C)，7(C)，8(C)，9(D)，10(C) 二、填空题 (1). v ≈15.2 m /s ，n 2＝500 rev /min (2). 62.5 1.67ｓ (3). g / l g / (2l ) (4). 5.0 N ·m (5). 4.0 rad/s (6). 0.25 kg ·m 2 (7). Ma 2 1 (8). mgl μ21参考解：M ＝?M d ＝()mgl r r l gm l μμ2 1d /0=? (9). ()21 2 mR J mr J ++ω (10). l g /sin 3θω= 三、计算题 1. 有一半径为R 的圆形平板平放在水平桌面上，平板与水平桌面的摩擦系数为μ，若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度ω0开始旋转，它将在旋转几圈后停止？（已知圆形平板的转动惯量22 1mR J =，其中m 为圆形平板的质量） 解：在r 处的宽度为d r 的环带面积上摩擦力矩为 r r r R mg M d 2d 2 ?π?π=μ 总摩擦力矩 mgR M M R μ3 2d 0==? 故平板角加速度 β =M /J 设停止前转数为n ，则转角 θ = 2πn 由 J /Mn π==4220 θβω 可得 g R M J n μωωπ16/342020=π=
2. 如图所示，一个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳 子质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动．假设定滑轮质量为M 、 半径为R ，其转动惯量为221MR ，滑轮轴光滑．试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系． 解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程 对物体： mg －T ＝ma ① 对滑轮： TR = J β ② 运动学关系： a ＝R β ③ 将①、②、③式联立得 a ＝mg / (m ＋21M ) ∵ v 0＝0， ∴ v ＝at ＝mgt / (m ＋2 1M ) 3. 为求一半径R ＝50 cm 的飞轮对于通过其中心且与盘面垂直的固定转轴的转动惯量，在飞轮上绕以细绳，绳末端悬一质量m 1＝8 kg 的重锤．让重锤从高2 m 处由静止落下，测得下落时间t 1＝16 s ．再用另一质量m 2=4 kg 的重锤做同样测量，测得下落时间t 2＝25 s ．假定摩擦力矩是一个常量，求飞轮的转动惯量． 解：根据牛顿运动定律和转动定律，对飞轮和重物列方程，得 TR －M f ＝Ja / R ① mg －T ＝ma ② h ＝221at ③ 则将m 1、t 1代入上述方程组，得 a 1＝2h /21t ＝0.0156 m / s 2 T 1＝m 1 (g －a 1)＝78.3 N J ＝(T 1R －M f )R / a 1 ④ 将m 2、t 2代入①、②、③方程组，得 a 2＝2h /22t ＝6.4×10-3 m / s 2 T 2＝m 2(g －a 2)＝39.2 N J = (T 2R －M f )R / a 2 ⑤ 由④、⑤两式，得 J ＝R 2(T 1－T 2) / (a 1－a 2)＝1.06×103 kg ·m 2 a
大学物理(清华)第3章刚体的定轴转动习题解答
习题 3-1 一汽车发动机曲轴的转速在12s 内由每分钟1200转匀加速地增加到每分钟2700转，求：（1）角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？ 解：（1）)/(401s rad πω= )/(902s rad πω= )/(1.13)/(6 2512 40902 21 2s rad s rad t ≈= -= ?-= ππ πωωβ 匀变速转动 （2）)(78022 1 22rad πβ ωωθ=-= )(3902圈== π θ n 3-2 一飞轮的转动惯量为J ,在0=t 时角速度为0ω，此后飞轮经历制动过程。阻力矩M 的大小与角速度ω的平方成正比，比例系数0>K 。求：（1）当30ωω=时,飞轮的角加速度；（2）从开始制动到30ωω=所需要的时间。 解：（1）依题意 2 ωβK J M -== )/(92 2 02 s rad J K J K ωωβ- =- = （2）由J K dt d 2 ωωβ- == 得 ?? - = 3 2 00 ωω ω ωK Jd dt t ω K J t 2= 3-3 如图所示， 发电机的轮A 由蒸汽机的轮B 通过皮带带动。两轮半径A R =30cm ，=B R 75cm 。当蒸汽机开动后，其角加速度π8.0=B βrad/s 2，设轮与皮带之间没有滑动。求（1）经过多少秒后发电机的转速达到A n =600rev/min ？（2）蒸汽机停止工作后一分钟内发电机转速降到 300rev/min ，求其角加速度。 解：（1）t A A βω= t B B βω= 因为轮和皮带之间没有滑动，所以A 、B 两轮边缘的线速度相同，即
05刚体的定轴转动习题解答
第五章刚体的定轴转动 一选择题 1. 一绕定轴转动的刚体，某时刻的角速度为ω，角加速度为α，则其转动加快的依据是：（） A. α > 0 B. ω > 0，α > 0 C. ω < 0，α > 0 D. ω > 0，α < 0 解：答案是B。 2. 用铅和铁两种金属制成两个均质圆盘，质量相等且具有相同的厚度，则它们对过盘心且垂直盘面的轴的转动惯量。（） A. 相等； B. 铅盘的大； C. 铁盘的大； D. 无法确定谁大谁小 解：答案是C。
简要提示：铅的密度大，所以其半径小， 圆盘的转动惯量为：2/2Mr J =。 3. 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑 固定轴O 以角速度ω 按图示方向转动。若将 两个大小相等、方向相反但不在同一条直线的 力F 1和F 2沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘 的角速度ω的大小在刚作用后不久 （ ） A. 必然增大 B. 必然减少 C. 不会改变 D. 如何变化，不能确 定 解：答案是B 。 简要提示：力F 1和F 2的对转轴力矩之和 垂直于纸面向里，根据刚体定轴转动定律，角 加速度的方向也是垂直于纸面向里，与角速度 的方向（垂直于纸面向外）相反，故开始时一 选择题3图
定减速。 4. 一轻绳绕在半径为r 的重滑轮上，轮对轴的转动惯量为J ，一是以力F 向下拉绳使轮转动；二是以重量等于F 的重物挂在绳上使之转动，若两种情况使轮边缘获得的切向加速度分别为a 1和a 2，则有： （ ） A. a 1 = a 2 B. a 1 > a 2 C. a 1< a 2 D. 无法确定 解：答案是B 。 简要提示：(1) 由刚体定轴转动定律，1αJ Fr =和11αr a =，得：J Fr a /2 1= (2) 受力分析得：?????===-222 2ααr a J Tr ma T mg ，其中m 为重物的质量，T 为绳子的张力。得：
大学物理上册《刚体定轴转动》PPT课件
定义：作用于质点的力 对惯性系中某参考点的 力矩，等于力的作用点对该点的位矢与力的矢积，即F r M ?=M 的方向垂直于r 和F 所决定的平面，指向用右手法则确定。y z x zF yF M -=z x y xF zF M -=x y z yF xF M -=在直角坐标系中，表示式为1 力矩 一质点的角动量 2-5 角动量角动量守恒定律 ⊥=rF M ? sin rF =
注意：1. 为物体相对于指定参考点的位矢，所以求物体所受的力矩时必须先指明参考点，相对于不同的参考点，对应的位矢不同。物体所受的力矩不同。r r 3.如果力的方向始终指向一个固定点，则该力就称为有心力，该固定点称为这个力的力心。 F 受到有心力作用的物体，相对于力心，其所受力矩为零。2.何时为零？ M a.0 F c.受到有心力作用b.力的作用线与轴相交
2 质点的角动量定理 F r M ?=dt P d F = P dt r d P r dt d dt P d r M ?-?=?=)(v m P =v =dt r d 0v m v =?=? P dt r d )(P r dt d M ?=定义：P r L ?=——角动量 dt L d M =——角动量定理
作用在质点上的力矩等于质点角动量对时间的变化率。此即质点对固定点的角动量定理。 00 d t t M t L L =-? 0d t t M t ? 叫冲量矩 的方向符合右手法则.L v m r L ?z 角动量P r L ?=1.?sin mvr L =
m r p r L ?=?=2.质点在垂直于z 轴平面 上以角速度作半径为的圆运动，相对圆心ωr θ sin v rm L =大小ω r z v m o ?90?= A ω2mr rm L ==v （圆运动）
第三章 刚体得定轴转动
习题精解 3-1 某刚体绕定轴做匀速转动,对刚体上距转轴为r 处得任意质元得法向加速度为与切线加速度来正确得就是() A 、 ,大小均随时间变化 B 、 ,大小均保持不变 C 、 得大小变化,得大小保持不变 D 、 大小保持不变,得大小变化 解 刚体绕定轴做匀变速转动时,因为,而为恒量,所以,故。可见:得大小变化,得大小保持恒定,本题答案为C 、 3-2 一飞轮以得角速度转动,转动惯量为,现施加一恒定得制动力矩,使飞轮在2s 内停止转动,则该恒定制动力矩得大小为_________、 解 飞轮转动得角速度为所以该恒定制动力矩大小为。 3-3 一飞轮半径,以转速转动,受制动均匀减速,经后静止,试求:(1)角速度与从制动开始到静止这段时间飞轮转过得转数;(2)制动开始后时飞轮得角速度;(3)在时飞轮边缘上一点得速度与加速度。 解 (1)角加速度 ()20 1500 2 3.140260 3.145050n rad s t ωωπ β-?? --= = =-=-? 从制动开始到静止这段时间飞轮转过得转数 ()22 015001 12 3.1450 3.14506022 625222 3.14t t N ωβθπ π ?? ?-??+?= == =?圈 (2)制动开始后时飞轮得角速度 ()201500 22 3.14 3.142578.560 t n t rad s ωωβπβ-=+=+=?? -??=? (3)在就是飞轮边缘上一点得速度与加速度分别为 ()()()()()()2 232 78.51 3.14 6.1610 3.14n a a n a r n r n r n m s ττωβτττ -??=+=+=?+-?=?-??? r r r r r r r r r 3-4 有A 、B 两个半径相同、质量也相同得细圆环,其中A 环得质量分布均匀,而B 环得质量 分布不均匀。若两环对过环心且与环面垂直轴得转动惯量分别为与,则有() A 、 B 、 C 、 D 、无法确定与得相对大小。 解 因为转动惯量,对于细圆环而言,各质元到转轴得距离均为圆环得半径,即,所以。故A,B 两个半径相同、质量也相同得细圆环,不论其质量在圆环上如何分布,两环对过环心且与环面垂直轴得转动惯量,本题答案为C 。 3-5 刚体得转动惯量取决于______、________与____________等3各因素。_ 解 干体得转动惯量取决于:刚体得总质量、质量得分布与转轴得位置3个元素。 3-6 如图3、4所示,细棒得长为。设转轴通过棒上离中心距离为d 得一点并与棒垂直,求棒对此轴得转动惯量。试说明这一转动惯量与棒对过棒中心并与此轴平行得转轴得转动惯量之间得关系(此为平行轴定理)。 解 如图3、4所示,以过点垂直于棒得直线为轴,沿棒长方向为轴,原点在 处,在棒上取一原长度元,则 所以与之间得关系为
第五章 刚体的定轴转动
第五章刚体的定轴转动 到现在为止，我们主要用力学的基本概念和原理，如牛顿定理，冲量和动量，功和能等概念以及动量、角动量和能量守恒定理来研究质点及质点系的运动。本章将要介绍一种特殊的质点系—刚体，以及它所遵从的力学规律。其本质是前几章所讲的基本概念和原理在刚体上的应用。对于刚体，本章主要讨论定轴转动这种简单的情况以及它所涉及的一些重要物理概念和定理，如转动惯量、力矩、刚体的动能和角动量，转动定理，及包括刚体的系统守恒定理等。 §5-1 刚体运动的描述 一、刚体 所谓刚体就是其中各部分的相对位置保持不变的物体。实际上，任何物体都不是绝对坚硬的。但是，很多物体，诸如分子，钢梁，和行星等等是足够坚硬的，以致在很多问题中，可以忽略它们形状和体积变化，把它们当作刚体来处理。这就是说，刚体是受力时形状和体积变化可以忽略的理想物体。 二、刚体的运动 刚体是一种由大量质点组成，并且受力时不发生相对移动的特殊质点系。既然是质点系，所以以前讨论的关于质点系的基本定理都可以应用。 刚体的运动可分为平动和转动两种。而转动又可分为定轴转动和非定轴转动。若刚体中所有质点的运动轨迹都保持完全相同，或则说刚体内任意两点间的连线总是平行于它们的初始位置间的连线，如下图中的参考线，则刚体的这种运动叫做平动。因此，对刚体平动的研究，可归结为对质点的研究，通常都是用刚体质心的运动来代表平动刚体的运动。 B 当刚体中所有的点都绕着同一直线作圆周运动时，这种运动叫转动，（如下图所示）这条直线叫转轴。 如果转轴的位置或方向是随时间改变的，这个转轴为瞬时转轴。如果转轴的位置或方向是固定不动，这种转轴为固定转轴，此时刚体运动叫做刚体的定轴转动。刚体的一般运动
第3章刚体的转动
第3章 刚体的转动 一. 选择题 1. 飞轮绕定轴作匀速转动时, 飞轮边缘上任一点的 (A) 切向加速度为零, 法向加速度不为零 (B) 切向加速度不为零, 法向加速度为零 (C) 切向加速度和法向加速度均为零 (D) 切向加速度和法向加速度均不为零 [ ] 2. 一飞轮从静止开始作匀加速转动时, 飞轮边缘上一点的法向加速度n a 和切向加速度ιa 的值怎样 （A) n a 不变, ιa 为0 (B) n a 不变, ιa 不变 (C) n a 增大, ιa 为0 (D) n a 增大, ιa 不变 [ ] 3 关于刚体的转动惯量J , 下列说法中正确的是 [ ] (A) 轮子静止时其转动惯量为零 (B) 若m A ＞m B , 则J A ＞J B (C) 只要m 不变, 则J 一定不变 (D) 以上说法都不正确 4. 地球的质量为m , 太阳的质量为0m ，地心与太阳中心的距离为R , 引力常数为G , 地球绕太阳转动的轨道角动量的大小为 (A) R m G m 0 (B) R m m G 0 (C) R G m m 0 (D) R mm G 20 [ ] 5. 刚体角动量守恒的充分而必要的条件是 (A) 刚体不受外力矩作用 (B) 刚体所受的合外力和合外力矩均为零 (C) 刚体所受合外力矩为零； (D) 刚体的转动惯量和角速度均保持不变 [ ] 6. 绕定轴转动的刚体转动时, 如果它的角速度很大, 则 (A) 作用在刚体上的力一定很大 (B) 作用在刚体上的外力矩一定很大 (C) 作用在刚体上的力和力矩都很大 (D) 难以判断外力和力矩的大小 [ ] 7. 在外力矩为零的情况下, 将一个绕定轴转动的物体的转动惯量减小一半, 则物体的
《刚体定轴转动》答案.docx
第2章刚体定轴转动 一、选择题 1(B) , 2(B) , 3(A) , 4(D) , 5(C) , 6(C), 7(C), 8(C), 9(D) ,10(C) 、填空题 (1). V ≈ 15.2 m ∕s , n 2= 500 rev /min (2). 62.5 1.67 s ⑶.g / l g / (2l) (4) . 5.0 N m (5) . 4.0 rad/s (6) . 0.25 kg ? m 2 1 (7) . Ma 2 J mr ■?' 1 2 J mR (10). ■ = 3 g sin r / l 二、计算题 1. 有一半径为 R 的圆形平板平放在水平桌面上，平板与水平桌面的摩擦系数为 μ ,若平板 绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度 ω0开始旋转，它将在旋转几圈后停止？（已知 1 2 J mR ,其中m 为圆形平板的质量） 2 dr 的环带面积上摩擦力矩为 2 =3R? ?0 /16 ∏ Jg 2. 如图所示，一个质量为 m 的物体 与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子质量可 以忽略，它与定滑轮之间无滑动?假设定滑轮质量为 M 、半径为 R ,其转动 1 2 惯量为一MR ,滑轮轴光滑?试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速 2 度与时间的关系. 解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程 (8). 1 mgl 参考解: 2 l d M = Jgm /1 r d r 1 =—j mgl 2 (9). 圆形平板的转动惯量 解：在r 处的宽度为 总摩擦力矩 故平板角加速度 设停止前转数为 Il mg dM 2 2.:r rdr JIR R 2 M dM mgR 右 3 ^- =M /J 可得 n ,则转角 ^= 2二n .,2 = 2 - V - 4 二 Mn / J m
大物B课后题03-第三章-刚体的定轴转动
习题 3-1 3-2 3-6 3-3 3-7 3-8 3-9 3-10 3-11 3-4 3-12 3-5 3-13 3-14 3-15 3-16 3-17 3-1 某刚体绕定轴做匀变速转动，对刚体上距转轴为r 处的任意质元的法向加速度为和切线加速度来正确的是（） A. n a ，a τ大小均随时间变化 B. n a ，a τ大小均保持不变 C. n a 的大小变化，a τ的大小保持不变 D. n a 大小保持不变，a τ的大小变化 解 刚体绕定轴做匀变速转动时，因为2,n a r a r τωβ==，而β为恒量，所以0t ωωβ=+， 故()2 0,n a r t a r τωββ=+=。可见：n a 的大小变化，a τ的大小保持恒定，本题答案为C. 3-2 一飞轮以的角速度转动1300min rad -?，转动惯量为2 5kg m ?，现施加一恒定的制动力矩，
使飞轮在2s 内停止转动，则该恒定制动力矩的大小为_________. 解 飞轮转动的角加速度为 ()20 001300 2.52260 rad s t ωωωβ---===-?=-?所以该恒定制动力矩大小为()5 2.512.5M J N m β==?=?。 3-3 刚体的转动惯量取决于______、________和____________等3各因素。_ 解 刚体的转动惯量取决于：刚体的总质量、质量的分布和转轴的位置3个元素。 3-4 如图 所示，质量为m ，长为l 的均匀细杆，可绕通过其一端O 的水平轴转动，杆的另一端与质量为m 的小球固连在一起，当该系统从水平位置有静止转动θ角时，系统的角速度ω=_________、动能k E =__________,此过程中力矩所做的功W =__________. 解 在任意位置时，受力分析如图3.8所示。系统所受的合外力矩为 3cos cos cos 22 l M mg mgl mgl θθθ=+= 则在此过程中合外力矩所做的功为 0033cos sin 22W Md mgl d mgl θθθθθθ??= == ????? 系统的转动惯量为 2221433 J ml ml ml =+= 于是刚体定轴转动的动能定理可写为 22314sin 223mgl ml θω??= ??? 所以系统的角速度为ω=213sin 22k E J mgl ωθ==
第三章 刚体定轴转动
第三章 刚体定轴转动 前面几章主要介绍了质点力学的基本概念和原理，以牛顿定律为基础，建立了质点和质点系的动量定理、动能定理和相应的守恒定律。对于机械运动的研究，只限于质点和质点系的情况是非常不够的。质点的运动规律事实上仅代表物体的平动。当我们考虑了物体的形状、大小后，物体可以作平动、转动，甚至更复杂的运动，而且在运动过程中物体的形状也可能发生改变。一般固体在外力的作用下，形状、大小都要发生变化，但变化并不显著。所以，研究物体运动的初步方法是把物体看成在外力的作用下保持其大小和形状都不变，这样的物体叫刚体。刚体考虑了物体的形状和大小，但不考虑形变，仍是一个理想模型。 本章主要在质点力学的基础上讨论刚体的定轴的转动及其运动规律，为进一步研究更复杂的机械运动奠定基础。 3.1 刚体的定轴转动的描述 3.1.1 刚体的基本运动形式 刚体是一种特殊的质点系统，它可以看成是由许多质点组成，每一个质点叫做刚体的一个质元，刚体这个质点系的特点就在于无论它在多大外力的作用下，系统内任意两质元之间的相对位置始终保持不变。既然是一个质点系，所以以前讲过的关于质点系的基本定理就都可以应用。刚体的这个特点使刚体力学和一般质点系的力学相比，大为简化。因此，对于一般质点系的力学问题，求解往往很困难，而对于刚体的力学问题却有不少是能够求解的。 刚体的运动可分为两种基本形式：平动和转动。刚体的运动一般来说是比较复杂的，一般可分解为平动和绕瞬时轴的转动，比如行进中的自行车轮子，可以分解为车轮随着转 轴的平动和整个车轮绕转轴的转动。因此，研究刚体的平动和定轴转动是研究刚体复杂运动的基础。 下面分别介绍刚体的平动和刚体的定轴转动。 当刚体运动时，如果刚体内任何一条给定 的直线，在运动中始终保持它的方向不变，这种运动就 (b) (a) 图3-1 刚体的平动和定轴转动 A B