1、目錄目錄5.1 剛體轉動的描述剛體轉動的描述5.2 轉動定律轉動定律5.3 轉動慣量的計算轉動慣量的計算5.4 轉動定律的應用轉動定律的應用5.5 角動量守恒角動量守恒5.6 轉動中的功和能轉動中的功和能5.7 進動進動第第5章章 剛體的轉動剛體的轉動 Rotation of a Rigid Body本章作業：本章作業：5.2，5.8，5.11，5.16，5.20，5.23一、剛體一、剛體 平動和轉動平動和轉動1、剛體、剛體 定義定義: 在外力作用下，形狀和大小保持不變的的物體稱為在外力作用下，形狀和大小保持不變的的物體稱為 剛體；剛體；是一種特殊的質點系是一種特殊的質點系。特點：特點：剛體上

2、的任兩點間的距離始終保持不變。剛體上的任兩點間的距離始終保持不變。 剛體是實際物體剛體是實際物體的理想模型。的理想模型。 剛體上剛體上任意任意兩點的連線在運動中保持平行，這種運動兩點的連線在運動中保持平行，這種運動稱為剛體的平動。稱為剛體的平動。 特征：特征：剛體上各個質點的位移、速度、加速度相等剛體上各個質點的位移、速度、加速度相等。剛體上任一點的運動規律代表剛體的平動規律。剛體上任一點的運動規律代表剛體的平動規律。2、剛體的平動、剛體的平動5.1 剛體轉動的描述剛體轉動的描述剛體上的各個質點繞同一直線做剛體上的各個質點繞同一直線做圓周圓周運動。運動。定軸轉動定軸轉動：轉軸在空間的位置固定不

3、動的轉動。：轉軸在空間的位置固定不動的轉動。1）各點的角位移、角速度、角加速度相同各點的角位移、角速度、角加速度相同。2）各點的線位移、線速度、線加速度不同各點的線位移、線速度、線加速度不同。特征：特征：平面運動：也稱為滾動平面運動：也稱為滾動 。剛體上任一點作圓周運動的規律代表了剛體定軸轉動的規律。剛體上任一點作圓周運動的規律代表了剛體定軸轉動的規律。視為車輪軸在垂直軸方向的平動和繞車輪軸的轉動的疊加。視為車輪軸在垂直軸方向的平動和繞車輪軸的轉動的疊加。2、剛體的轉動、剛體的轉動 二、剛體定軸轉動的角量描述二、剛體定軸轉動的角量描述 22ddddttt ddt 平均角速度：平均角速度：角速度

4、：角速度：（矢量）（矢量）角加速度：角加速度：（矢量）（矢量）角位移角位移:12 規定沿規定沿 ox 軸逆時針轉動為正方向，反之為負方向軸逆時針轉動為正方向，反之為負方向。)(t 角位置：角位置：剛體定軸轉動的運動學方程。剛體定軸轉動的運動學方程。定軸轉動只有兩個轉動方向。定軸轉動只有兩個轉動方向。 SPP rO xyAA 剛體作勻變速轉動時，相應公式如下：剛體作勻變速轉動時，相應公式如下：2000220012 2()ttt 角量與線量的關系：角量與線量的關系：224,tnsrrarararv線速度與角速度之間的矢量關系為線速度與角速度之間的矢量關系為:vr 由于在定軸轉動由于在定軸轉動中軸的

5、位置中軸的位置不變，故不變，故 只有沿軸的只有沿軸的正負兩個方向，可以用正負兩個方向，可以用代數值代數值代替。代替。, vro SPP rO xyAA 【例例5.1】一一半徑為半徑為R = 0.1m 的砂輪作定軸轉動，其角位置隨時間的砂輪作定軸轉動，其角位置隨時間t 的變化關系的變化關系為為 = ( 2 + 4 t 3 ) rad ，式中式中 t 以以秒秒計。試求：計。試求：1）在）在 t = 2s 時時,砂輪邊緣上一質點的法向加速度和切向加速度的大砂輪邊緣上一質點的法向加速度和切向加速度的大小。小。2）當）當角角 為為多大時多大時，該質點的加速度與半徑成該質點的加速度與半徑成 45 o。 解

6、解 1）212ddtt d24dtt42224 .14)12(1 .0ttRan 0.1242.4taRtts55.0 t( 舍去舍去 t = 0 和和 t = - 0.55 )此時砂輪的角此時砂輪的角位置位置：(rad)67. 255. 042)42(33 t o )(8 .42241 .02m/s ta)(4 .230)212(1 . 0222m/s na當當t = 2s 時時2）加速度與半徑成加速度與半徑成450時有時有 1/45 ntaatgtt4 . 24 .144 即即【例例5.2】一一飛輪從靜止開始加速，在飛輪從靜止開始加速，在6s內其角速度均勻地增加內其角速度均勻地增加到到20

7、0rad/min，然后以這個速度勻速旋轉一段時間，再予以制，然后以這個速度勻速旋轉一段時間，再予以制動，其角速度均勻減小。又過了動，其角速度均勻減小。又過了5s后，飛輪停止了轉動。若飛后，飛輪停止了轉動。若飛輪總共轉了輪總共轉了100轉，求共運轉了多少時間？轉，求共運轉了多少時間？解解：整個過程分為三個階段：整個過程分為三個階段加速階段加速階段11 1t211 102 211 11122t勻速階段勻速階段212t 制動階段制動階段13 3t21332 21 313322t 2100321 而而 20022312111 tttsttttt91822200220031113112./ )(/ )(

8、 s.tttt9193321 d3cosd2gtL dcos23dLg 解：解：1） 棒做變加速運動：棒做變加速運動：例題例題補充補充 一細棒繞一細棒繞O 點自由轉動，并點自由轉動，并知知 , , L 為棒長。為棒長。求求: 1: 1）棒）棒自水平靜止開始運動，自水平靜止開始運動， = = / 3 時時, , 角速度角速度 ? ? 2 2）此時端點）此時端點A A 和中點和中點B B 的線速度為多大的線速度為多大? ?3cos2gL 030dcos23dLggLLg2333sin32 Lg233 2)rv由得 ：3 32AgLLv3 328BLgLvddddddt A BO 5.2 剛體的定軸

9、轉動定律剛體的定軸轉動定律The Law of Rotation About a Fixed Axis觀點：把剛體看作無限多質元構成的質點系。觀點：把剛體看作無限多質元構成的質點系。) ( dd點點對對外外OtLM) ( dd軸軸對對外外ztLMzziFimivO O定軸定軸剛體剛體irirz z, 一、一、對轉軸的力矩對轉軸的力矩MrF zFPord 剛體繞剛體繞 O z 軸旋轉軸旋轉 , 力力 作用在作用在剛體上點剛體上點 P ，且在轉動平面內，且在轉動平面內, 為為由點由點O 到力的作用點到力的作用點 P 的徑矢。的徑矢。 FrrFFdrFMt sin大大小小：由右手螺旋法則確定由右手螺

10、旋法則確定MzFPord tFnFrFo0 MrFo0 M方向：方向：MzFPOr tFnFzFF面面MFzM1）若力不在轉動平面內）若力不在轉動平面內tFttMrFe 將力將力分解為分解為徑向、橫向徑向、橫向和沿轉軸方向的和沿轉軸方向的三個分量。三個分量。 zF產生的力矩垂直于轉軸，它在轉軸上的投影為零。產生的力矩垂直于轉軸，它在轉軸上的投影為零。0FnnnMrF e 2） 當有當有n 個力作用于剛體，則個力作用于剛體，則12nMMMM 對轉軸的合外力矩等于各力對轉軸力矩的代數和。對轉軸的合外力矩等于各力對轉軸力矩的代數和。 3） 剛體的內力對轉軸的力矩剛體的內力對轉軸的力矩 剛體的內力對轉

11、軸的剛體的內力對轉軸的力矩的矢量和等于零。力矩的矢量和等于零。2r12f21f12dO1r討論討論13二、剛體二、剛體角動量角動量元角動量元角動量()iiiRm v質元質元im 剛體對某點剛體對某點O的角動量的角動量剛體對剛體對z軸的角動量軸的角動量()iiim R voiLL viiiiLm R 2i im r zizLL |cos|iLk (|) cosviiimRk (cos )iiim Rkvi iimr kvkrrmiii2zi iJm r 令剛體剛體對對z軸軸的的轉動慣量轉動慣量OLiRo iriL izL z zL 上式可寫為：上式可寫為：zzLJ剛體剛體對對z軸軸的的角動量角動

12、量六、剛體的定軸轉動定律六、剛體的定軸轉動定律dd()ddzzzLJMJttzzMJ即，定軸轉動定律定軸轉動定律與牛頓第二定律相比：與牛頓第二定律相比：M F，J m， a注意：注意：1、轉動定律適用條件：剛體定軸轉動，固定軸為慣性系。、轉動定律適用條件：剛體定軸轉動，固定軸為慣性系。2、M 一定：作用不同剛體上，一定：作用不同剛體上，J 大時大時，小時小時， 轉速轉速不易不易 改變，轉動慣性大。反之，改變，轉動慣性大。反之，J 小，轉動慣性小。小，轉動慣性小。 轉動慣量是物體轉動慣性大小的量度。轉動慣量是物體轉動慣性大小的量度。二、二、轉動慣量的計算：轉動慣量的計算：2i iJm r 若質量

13、離散分布：若質量離散分布： （質點，質點系）（質點，質點系） mrJd2 若質量連續分布：若質量連續分布：lmdd smdd Vmdd 其中：其中： 一、一、定義定義： 剛體對剛體對轉軸的轉軸的轉動慣量轉動慣量剛體中每個質元的質剛體中每個質元的質量與該質元到轉軸距離的平方的乘積的總和。量與該質元到轉軸距離的平方的乘積的總和。 5.3 轉動慣量轉動慣量的計算的計算（描述剛體轉動慣性大小的物理量）（描述剛體轉動慣性大小的物理量）SI單位：單位：kg m 2mrJVd2 niiirmJ12【例例5.3】求求質量為質量為m，半徑為半徑為R 的均勻圓環的對中心軸的轉的均勻圓環的對中心軸的轉動慣量。動慣量

14、。解：解： 設線密度為設線密度為； RlRmRJ 2022dd【例例5.4】求求質量為質量為m、半徑為半徑為R 的均勻薄的均勻薄圓盤對中心軸的轉圓盤對中心軸的轉動慣量。動慣量。 取半徑為取半徑為 r 寬為寬為d r 的的細細圓環圓環,rrsmd2dd lmdd RrrrmrJ0222d2d 222mRRR 解：解： 設面密度為設面密度為。242121mRR oRmdRorrd【例例5.5】求求長為長為L、質量為質量為m 的均勻細棒對圖中不同軸的轉的均勻細棒對圖中不同軸的轉動慣量。動慣量。解解 1）取）取A 點為坐標原點。在距點為坐標原點。在距A 點為點為x 處取處取dm= dx 。222221

15、dd12LLCJxmxxmL 2201d3LAJxxmL ALBxAC2Lmd2LxxB2）取）取C 點為坐標原點。點為坐標原點。 在距在距C 點為點為x 處取處取dm 。2) 同一剛體對不同轉軸的轉動慣量不同，同一剛體對不同轉軸的轉動慣量不同， 凡提到轉動慣量凡提到轉動慣量 必須指明它是對哪個軸的。必須指明它是對哪個軸的。1) 剛體的轉動慣量是由剛體的轉動慣量是由剛體的剛體的總總質量、質量分布、質量、質量分布、 轉軸的位置轉軸的位置三個因素共同決定三個因素共同決定;xmdxxmxJddd22 說明說明三、三、平行軸定理平行軸定理 若有任一軸與過若有任一軸與過質心質心的軸平行，且兩軸相距為的軸

16、平行，且兩軸相距為d，剛體剛體對該軸的對該軸的 轉動慣量為轉動慣量為J，則有：則有：兩軸平行；兩軸平行；JC 為剛體繞質心軸的轉動慣量為剛體繞質心軸的轉動慣量d 為兩平行軸間距離。為兩平行軸間距離。2212OJmRmd 2mdJJC 例例 均勻圓盤對均勻圓盤對O 軸的轉動慣量。軸的轉動慣量。221mRJC oCd說明說明四、四、垂直軸定理垂直軸定理xyzOimixiyir 設一薄板，過其上一點作設一薄板，過其上一點作 z 軸垂直軸垂直于板面，于板面，x、y軸在平板面內，若取一質軸在平板面內，若取一質元元mi ，則有，則有2iizrmJ )(22iiiyxm 22iiiiyxm xm yJJyx

17、zJJJ 薄板形剛體對于板面內的兩條正交軸的轉動慣量之和薄板形剛體對于板面內的兩條正交軸的轉動慣量之和等于這個物體對過該二軸交點并垂直于板面的那條轉軸的等于這個物體對過該二軸交點并垂直于板面的那條轉軸的轉動慣量。轉動慣量。 - 垂直軸定理垂直軸定理1、轉動定律適用條件：剛體定軸轉動，固定軸為、轉動定律適用條件：剛體定軸轉動，固定軸為慣性系慣性系（質心系亦可）。（質心系亦可）。2、M 一定：作用不同剛體上，一定：作用不同剛體上，J 大時大時，小，小， 轉速轉速不易不易 改變，轉動慣性大。反之，改變，轉動慣性大。反之，J 小，轉動慣性小。小，轉動慣性小。 轉動慣量是物體轉動慣性大小的量度。轉動慣量

18、是物體轉動慣性大小的量度。3、剛體轉動定律是解決剛體轉動問題的重要定律。、剛體轉動定律是解決剛體轉動問題的重要定律。 應用時應注意以下問題：應用時應注意以下問題： 力矩和轉動慣量必須對力矩和轉動慣量必須對同一轉軸同一轉軸而言。而言。 選定轉軸的正方向，以確定力矩或角加速度選定轉軸的正方向，以確定力矩或角加速度、角速度、角速度的正負。的正負。Fma 類比類比 當系統中既有轉動物體，又有平動物體時，當系統中既有轉動物體，又有平動物體時，用用隔離法隔離法解題。解題。 對轉動物體應用轉動定律建立對轉動物體應用轉動定律建立方方 程，程， 對平動物體則用牛頓對平動物體則用牛頓第二定律建立方程。第二定律建立

19、方程。zzMJ5.4 轉動定律的應用轉動定律的應用【例例5.6】質量質量為為m 1、半徑為半徑為R 的定滑輪可繞軸自由轉動，一的定滑輪可繞軸自由轉動，一質量為質量為m 2 的物體懸掛于繞過滑輪的細繩上。求：物體的物體懸掛于繞過滑輪的細繩上。求：物體m 2 的下的下落加速度落加速度a 和和 滑輪轉動的滑輪轉動的角加速度角加速度。2122(2)m gR mm21222mmgma 聯合解得：聯合解得： aR1)T RJ)222amTgm 關聯方程關聯方程 解解: : 對對m 1 分析力矩；取滑輪轉動方向為正方向。分析力矩；取滑輪轉動方向為正方向。2121RmJ MJgm2T對對m2 2分析受力。取向

20、下為正方向。分析受力。取向下為正方向。R1mT TT 2mR1m由轉動定律由轉動定律由牛頓運動定律由牛頓運動定律【例例5.7】一一輕繩跨過定滑輪，輕繩跨過定滑輪， 滑輪視為圓盤，繩的兩端分別懸滑輪視為圓盤，繩的兩端分別懸有質量為有質量為m1 和和m2 的物體的物體, m1 m2 。 設滑輪的質量為設滑輪的質量為m ， 半徑為半徑為r , 忽略摩擦。忽略摩擦。 繩與滑輪之間無相對滑動。繩與滑輪之間無相對滑動。 求物體的加速度。求物體的加速度。 解：解：由于由于m1 m2 ，則，則m1 向下加速運動，向下加速運動，m2 向上加速運向上加速運動，滑輪逆時針轉動。規定物體運動方向為正方向。動，滑輪逆時

21、針轉動。規定物體運動方向為正方向。對對m 1 、m 2 分析受力。由牛頓第二定律：分析受力。由牛頓第二定律：1m1Tgm11a2mgm22T2a11111:amTgmm 22222:amgmTm 對滑輪分析力矩；由轉動定律：對滑輪分析力矩；由轉動定律：2mm1m21212T rT rJmr m2T 1T 關聯方程關聯方程12aar 2211TTTT 聯立解得聯立解得gmmmmmaa)(2)(2212121 【例例5.8】一一剛體由長為剛體由長為 l ，質量為質量為m 的均勻細桿和質量為的均勻細桿和質量為m 的的小球組成小球組成，且可繞且可繞O 軸在豎直平面內轉動，軸在豎直平面內轉動， 且且 軸

22、處無摩擦。求軸處無摩擦。求: 1） 剛體繞軸剛體繞軸O 的轉動慣量。的轉動慣量。 2）若桿自水平靜止開始運動桿與）若桿自水平靜止開始運動桿與豎直方向成豎直方向成角時角時, 小球的角速度。小球的角速度。Om m，lgm2223431mlmlmlJ 解解 1）2mlJ 球球231mlJ 桿桿 2）取逆時針轉動為正方向，桿與豎直方向成）取逆時針轉動為正方向，桿與豎直方向成角時，角時，合外力矩合外力矩: sin23mglMMM 桿桿球球gm sinmglM 球球 sin2lmgM 桿桿ddddddddtt又 dd8sin9 lg分離變量積分得分離變量積分得: : 02dd8sin9lglg cos23

23、 小球的小球的法向加速度：法向加速度： cos492glan 9sin8MgJl 得：由轉動定律由轉動定律: :MJ25補充：補充：如圖所示如圖所示m1 m2 試由牛頓定律和轉動定律寫出系統的試由牛頓定律和轉動定律寫出系統的運動方程，求出運動方程，求出m2的加速度和張力的加速度和張力T1 ,T2, T31m2m1T2T3T1M2M1R2R解：設解：設m2的加速度為的加速度為a，方向向上，則方向向上，則m1的加速的加速度也為度也為a，方向向下，方向向下，滑輪與繩不打滑，則滑滑輪與繩不打滑，則滑輪與繩的加速度為：輪與繩的加速度為：1212aaRR:1111mm gTm a對:2222mTm gm

24、a對M :()211311111TT RM R2對:()223222221MTT RM R2對11311a1TTM aR2對：23222a1TTM aR2對：26兩端相加：兩端相加：()1212122 mm ga2 mmMM（）()()1211211112124m mm MMTm gm ag2 mmMM()3221TmgaM a2 本題中本題中123TTT當當M1 1, ,M2 2質量可以忽略時質量可以忽略時T1 1= =T2 2= =T3 3222Tm gm a5.5 剛體剛體的的角動量定理角動量定理 角動量守恒定律角動量守恒定律ddzzLMt 作用在剛體上沿轉軸方向的合外力矩等于剛體繞此軸

25、的作用在剛體上沿轉軸方向的合外力矩等于剛體繞此軸的角動量隨時間的變化率。角動量隨時間的變化率。2121dtzztMtLJJ 作用在剛體上的沖量矩等于剛體角動量的增量。作用在剛體上的沖量矩等于剛體角動量的增量。將質點系的角動量定理應用于定軸轉動的剛體：將質點系的角動量定理應用于定軸轉動的剛體：ddzzMtL 微分形式微分形式21dtzztMtL 積分形式積分形式一、一、剛體的剛體的角動量角動量定理定理二、二、剛體的角動量守恒定律剛體的角動量守恒定律zZzM0LJC時，1) 定軸轉動的剛體，若定軸轉動的剛體，若 J = C，角動量守恒即剛體保角動量守恒即剛體保持靜止或勻角速轉動。持靜止或勻角速轉動

26、。2）若若J 不為恒量時，角動量守恒即不為恒量時，角動量守恒即 J = 恒量。這時，剛體恒量。這時，剛體 的角速度隨轉動慣量的變化而變化，但乘積保持不變的角速度隨轉動慣量的變化而變化，但乘積保持不變 當剛體所受的外力對某固定轉軸的合外力矩為零時，當剛體所受的外力對某固定轉軸的合外力矩為零時，剛體對此轉軸的總角動量保持不變。剛體對此轉軸的總角動量保持不變。3）角動量守恒定律中的）角動量守恒定律中的 都是相對于同一轉軸的都是相對于同一轉軸的、J4）守恒條件：守恒條件：iiF0M0不等價iF0iM0例例:1F2FiF0iM01F2FiM0說明說明30 角動量守恒現象舉例22487MlMdJJCO 2

27、 2）取）取細棒為研究對象，碰前細棒作平動，可按質點處理。細棒為研究對象，碰前細棒作平動，可按質點處理。144OClLrMMM lvvv解：解： 1 1）14JMlv127lv方向：方向：3 3）碰撞過程中，細棒所受的外力矩為零，角動量守恒。）碰撞過程中，細棒所受的外力矩為零，角動量守恒。vlo4lldMlJC411212 已已知知：方向：方向：cr由平行軸定理：由平行軸定理：【例例5.9】光滑光滑的水平桌面上有一個長為的水平桌面上有一個長為l，質量為質量為M 的均勻細棒，的均勻細棒，以以 速度速度v 運動，與一固定于桌面上的釘子運動，與一固定于桌面上的釘子O 相碰，碰后細棒繞相碰，碰后細棒繞

28、O轉動，試求轉動，試求 1）細棒繞）細棒繞O 點的轉動慣量；點的轉動慣量； 2）碰前棒對）碰前棒對O 點的點的角動量；角動量；3 ）碰后棒轉動的角速度）碰后棒轉動的角速度 。【例例5.10】一一質量為質量為m的子彈以水平速度的子彈以水平速度v0射穿靜止懸于頂端射穿靜止懸于頂端的均質長棒的下端。子彈穿出后其速度損失了的均質長棒的下端。子彈穿出后其速度損失了3/4，求子彈穿出，求子彈穿出后棒的角速度后棒的角速度。已知棒的長度為。已知棒的長度為l，質量為，質量為M。 0vvmmlM、 解：解：取取細棒和子彈為系統，在碰撞過程中，細棒和子彈為系統，在碰撞過程中，系統受到的外力：重力和軸的作用力，它系統

29、受到的外力：重力和軸的作用力，它們對轉軸的力矩為零。所以系統的角動量們對轉軸的力矩為零。所以系統的角動量守恒。守恒。 1320mlmlMlvv311-4400vvv094mMlv設設m射穿前為初態，射穿前為初態， m射穿后為末態。射穿后為末態。初態初態10Lmlv末態末態2213LmlMlv由角動量守恒定律，得由角動量守恒定律，得Fo0vmLM NgMgmm0vmgffgMNOMl 2【例例5.11】如如圖所示，一長為圖所示，一長為2l ，質量為，質量為M的均勻細棒，可繞的均勻細棒，可繞中點的水平中點的水平軸軸O在在豎直面內轉動，開始時棒靜止在水平位置，豎直面內轉動，開始時棒靜止在水平位置，一

30、質量為一質量為m的小球以速度的小球以速度v0垂直下落在棒的端點，設小球與棒垂直下落在棒的端點，設小球與棒作彈性碰撞，求碰撞后小球的回跳速度作彈性碰撞，求碰撞后小球的回跳速度v及棒轉動的角速度及棒轉動的角速度各為多少？各為多少？解解: 以小球和棒組成的系統為研究對象。以小球和棒組成的系統為研究對象。取小球和棒碰撞中間的任意狀態分析受取小球和棒碰撞中間的任意狀態分析受力力，則系統對，則系統對軸軸O的的角動量守恒。角動量守恒。 取垂直紙面向里為角動量正向。取垂直紙面向里為角動量正向。 0mlJm lvv2231)2(121MllMJ 對彈性碰撞對彈性碰撞，機械能機械能守恒守恒2220111222mm

31、Jvv聯立可解得聯立可解得033MmMmvv06(3 )mMm lv【例例5.12】一一質量為質量為M半徑為半徑為R的水平轉臺（可看作勻質圓盤）的水平轉臺（可看作勻質圓盤）可繞可繞通過中心的豎直光滑軸自由轉動，一個質量為通過中心的豎直光滑軸自由轉動，一個質量為m的人站在的人站在轉臺轉臺邊緣邊緣。人和轉臺最初相對地面靜止。求當人在轉臺上邊緣。人和轉臺最初相對地面靜止。求當人在轉臺上邊緣走一周時走一周時，人和，人和轉臺相對地面各轉過的角度是多少？轉臺相對地面各轉過的角度是多少？OMmRx解解:對盤和人組成的系統，當人走動時系統所受到的對轉軸的合對盤和人組成的系統，當人走動時系統所受到的對轉軸的合外

32、力矩為零，因此外力矩為零，因此系統的角動量守恒系統的角動量守恒。設人沿轉臺邊緣相對地面。設人沿轉臺邊緣相對地面以以角速度角速度逆時針逆時針方向繞軸走動，人的轉動慣量為方向繞軸走動，人的轉動慣量為J1。轉臺以角。轉臺以角速度速度相對地面順時針方向繞軸轉動，轉臺的轉動慣量為相對地面順時針方向繞軸轉動，轉臺的轉動慣量為J2。起。起始狀態系統的角動量為零。則有始狀態系統的角動量為零。則有021 JJ 2221MRmR即即令令tdd tdd tMRtmRdd21dd22 00d21dMm Mm21 當人在盤上走完一周時，應有當人在盤上走完一周時，應有 2 22mMM 2222222mMmmMM 37【例

33、例5.13】一一棒長棒長l,質量質量m,其質量分布與其質量分布與O點成正比，將細棒點成正比，將細棒放在粗糙的水平面上，棒可繞放在粗糙的水平面上，棒可繞O點轉動，如圖，棒的初始角速點轉動，如圖，棒的初始角速度為度為0,棒與桌面的摩擦系數為棒與桌面的摩擦系數為。求求:(1)細棒對細棒對O點的轉動慣量。點的轉動慣量。(2)細棒繞細棒繞O點的摩擦力矩。點的摩擦力矩。(3)細棒從以細棒從以0 開始轉動到停止所經歷的時間。開始轉動到停止所經歷的時間。O0 Z解：解：(1)dd?mrkr設則：20021dd22llrkr rklmmrl3842320022021dd22llmmmrJrmrrmlll細棒上距

34、細棒上距O點點r處長處長dr的線元所受的摩擦力和對的線元所受的摩擦力和對O點的摩擦力矩：點的摩擦力矩：2222dddd2ddd (mfm ggrgr rlmgMr frrzl 選 方向為正）202022dd3lMmgMMrrmgll （3）由角動量原理由角動量原理0020d2132tM tJJmgltml glt 430 39R186 9610 .)(102 . 23600243 .2561sT 自轉角速度自轉角速度 112 T 轉動慣量轉動慣量 JmR11225 設縮后的角速度為設縮后的角速度為 ，轉動慣量為，轉動慣量為 2JmR22225 解解: :已知已知由角動量守恒得由角動量守恒得 J

35、J1122 12212212115 110 JJRR.)(1022.1151212sTT 【例例5.14】太陽半徑為太陽半徑為6.96108m，自轉周期為，自轉周期為25.3天，若在天，若在演化過程演化過程中最后縮為半徑中最后縮為半徑5km中子星，而無質量損失，試估中子星，而無質量損失，試估算新的自轉周期。算新的自轉周期。5.6 轉動中的功和能轉動中的功和能一、一、 剛體的動能剛體的動能222111222iiikiiEmmmvvv平22221)(21 Jrmiii 2222111()222iiii ii ikiiiEmmrmrv轉平動動能平動動能 ：轉動動能轉動動能 ：即：即：221 JEk

36、轉轉JLJJJEk2)(2121222 轉轉用角動量表示為：用角動量表示為：注意：注意：轉動動能實質與平動動能相同，表達式不同。轉動動能實質與平動動能相同，表達式不同。221122vkcckkEEEmJ平轉一般剛體動能一般剛體動能 ：二、二、 力矩的功和功率力矩的功和功率MFr sin？外力矩外力矩剛體剛體角位移角位移 d 21d MA力矩功的表達式力矩功的表達式由功的定義式由功的定義式: dcosFr ddMA ddsAFr位移質點外力ddcosdAFrFs dsinFr F rz doPsddr1） M 恒定時恒定時2） 內力矩做功為零。內力矩做功為零。)(d1221 MMA說明說明 如果

37、有幾個外力矩對剛體做功，則各外力矩做功之和為如果有幾個外力矩對剛體做功，則各外力矩做功之和為 21212121 1 2 11d ddd niinniiMMMMAAiMM令令- 合外力矩合外力矩各外力矩做功所做的總功為合外力矩對剛體所做的功。各外力矩做功所做的總功為合外力矩對剛體所做的功。 21d MA根據功率的定義，力矩的功率可表示為根據功率的定義，力矩的功率可表示為 tAPddtMdd M MP PFv對比對比三、三、定軸轉動剛體的動能定理定軸轉動剛體的動能定理 dddtJ ddAMJ 21 dJ21222121 JJ 定軸轉動的動能定理定軸轉動的動能定理 設定軸轉動剛體受到的合外力矩為設定

38、軸轉動剛體受到的合外力矩為M，根據轉動定律，根據轉動定律 ddMJJt21222121 JJA 合外力矩對剛體所作的功，等于剛體轉動動能的增量。合外力矩對剛體所作的功，等于剛體轉動動能的增量。iiipgzmE 剛體剛體的重力勢能等于全部質量集中于質心處的質點的重力勢能的重力勢能等于全部質量集中于質心處的質點的重力勢能 。四、四、剛體的重力勢能剛體的重力勢能五、五、剛體定軸轉動的功能原理和機械能守恒定律剛體定軸轉動的功能原理和機械能守恒定律CpmgzE 剛體的重力勢能剛體的重力勢能iiizmg iiimzmmg 剛體中各質元的重力勢能的總和稱為定軸轉動剛體的重力勢能。剛體中各質元的重力勢能的總和

39、稱為定軸轉動剛體的重力勢能。 若若剛體定軸轉動中受重力矩剛體定軸轉動中受重力矩M重重 及其它外力矩及其它外力矩M外外的的作用，則作用，則 2211222111dd22MMJJ 重重外外根據勢能定理根據勢能定理PEM 21d 重重)(12CCmgzmgzEJmgzJmgzMCC )(21122221)21d21 外外即即為為剛剛體體的的機機械械能能定定義義)212 JmgzEC (剛體定軸轉動功能原理的積分形式剛體定軸轉動功能原理的積分形式 EM 21d 外外EMd d外外剛體定軸轉動功能原理的微分形式剛體定軸轉動功能原理的微分形式 如果如果在剛體定軸轉動的過程中，除重力矩以外的其它外在剛體定軸

40、轉動的過程中，除重力矩以外的其它外力矩對剛體做的功始終為零，力矩對剛體做的功始終為零，0d21 外外MCEEpk0E 如果如果在剛體定軸轉動的過程中，除重力矩以外的其它在剛體定軸轉動的過程中，除重力矩以外的其它外力矩對剛體做的功始終為零，則定軸剛體轉動系統的機外力矩對剛體做的功始終為零，則定軸剛體轉動系統的機械能守恒。械能守恒。46【例例5.15】已知已知滑輪的質量為滑輪的質量為M，半徑為，半徑為R ，物體的質量為，物體的質量為m，彈簧的勁度系數為，彈簧的勁度系數為k，斜面的傾角為，斜面的傾角為，物體與斜面間光滑，物體與斜面間光滑，物體從靜止釋放，釋放時彈簧無形變。設細繩不伸長且與滑輪物體從靜

41、止釋放，釋放時彈簧無形變。設細繩不伸長且與滑輪間無相對滑動，忽略軸間摩擦阻力矩。求物體沿斜面下滑間無相對滑動，忽略軸間摩擦阻力矩。求物體沿斜面下滑x米米時的速度為多大？（滑輪視作薄圓盤）時的速度為多大？（滑輪視作薄圓盤）解：解： 選取定軸轉動的滑輪、彈簧、物體選取定軸轉動的滑輪、彈簧、物體和地球為系統，重力、彈性力均為系統和地球為系統，重力、彈性力均為系統內保守力，而其它外力和非保守內力均內保守力，而其它外力和非保守內力均不做功，故系統的機械能守恒。不做功，故系統的機械能守恒。設設m未釋放時為初態，取此時重力勢能未釋放時為初態，取此時重力勢能為零。當為零。當m下滑下滑x 后為末態。后為末態。初

42、態：初態：00p0k EE末態：末態：222111(-sin )()222vEkx mgxmJ由機械能守恒定律，角量與線量的關系由機械能守恒定律，角量與線量的關系OMRmkmx聯立得聯立得222111(-sin )()0222vkx mgxmJRv221MRJ 24sin2mgxkxmMv48一一. 剛體角動量和角速度的關系剛體角動量和角速度的關系 5.7 進動進動剛體的角動量剛體的角動量 和角速度和角速度 方向一定相同嗎？方向一定相同嗎？ LO例：例：如圖由于繩的約束，如圖由于繩的約束， 固連球的輕桿只能固連球的輕桿只能 繞繞 Oz 軸轉動，軸轉動，O 是是 桿的中點，但是：桿的中點，但是：

43、 OLz O prrpOLLL49繞繞 OO 軸轉，軸轉，因為此時因為此時 守恒。守恒。OL答：答：一般一般情況下，剛體的角動量情況下，剛體的角動量 和和角速度角速度 的方向不一定相同。的方向不一定相同。 L質量均勻、幾何對稱的剛體，繞幾何對稱軸質量均勻、幾何對稱的剛體，繞幾何對稱軸自轉時，自轉角動量自轉時，自轉角動量 / 自轉角速度自轉角速度 。L 【思考思考】剪斷繩瞬間如何運動？剪斷繩瞬間如何運動？OLOz O 50二二. 進動進動 高速自轉物體，其自轉軸繞另一個軸轉動高速自轉物體，其自轉軸繞另一個軸轉動的現象，如玩具陀螺：的現象，如玩具陀螺：PrecessionSpin52OCtLMdd

44、 d MLLM LL d 每一瞬時，角動量每一瞬時，角動量 只只改變方向而不改變改變方向而不改變大小大小，而同時，使，而同時，使角動量角動量 產生變化的力矩產生變化的力矩 也也隨之改變方向，使上面關系在隨之改變方向，使上面關系在每一瞬間每一瞬間總保持總保持成立，這就意味著剛體在作進動。成立，這就意味著剛體在作進動。MLL對對O點，分析對稱陀螺點，分析對稱陀螺自轉角動量自轉角動量 的變化：的變化：LrMgmLdL/ LLL 53O L sinsin JMLM進動角速度：進動角速度：tddLLdsind sinLtM ddLd進動穩定后，總角速度：進動穩定后，總角速度： 總總當剛體高速自轉時有：當

45、剛體高速自轉時有： 總總對非對稱剛體，自轉軸在進動中會出現對非對稱剛體，自轉軸在進動中會出現微小的微小的上下周期性的上下周期性的擺動擺動 章動。章動。 54三三. 自由度自由度自由度是確定力學體系空間幾何位形所需的自由度是確定力學體系空間幾何位形所需的獨立坐標數，與幾何約束條件直接相關。獨立坐標數，與幾何約束條件直接相關。1. 質點的自由度質點的自由度 不受約束（自由）的質點，不受約束（自由）的質點， 約束在曲面上運動的質點，約束在曲面上運動的質點， 約束在曲線上運動的質點，約束在曲線上運動的質點， x, y, z 相互獨立；相互獨立；自由度為自由度為 3，x, y, z 中有中有1個不獨立，

46、如個不獨立，如 z = z(x, y)；自由度為自由度為 2，x, y, z 有有2個不獨立，如個不獨立，如 z = z(x)，y = y(x)自由度為自由度為 1，55轉動用轉動用 3 個歐勒角描述：個歐勒角描述：6 = 3（基點平動）（基點平動）+ 3（繞基點轉動）（繞基點轉動）剛體最大自由度：剛體最大自由度： 進動角進動角 章動角章動角 自轉角自轉角56 例題例題11、在一個較大無摩擦的平均半徑為、在一個較大無摩擦的平均半徑為R的水平圓槽內，的水平圓槽內，放有兩個小球。質量分別為放有兩個小球。質量分別為m和和M。兩球可在圓槽內自由滑兩球可在圓槽內自由滑動。現將一不計長度的壓縮的輕彈簧置于

47、兩球之間，如圖：動。現將一不計長度的壓縮的輕彈簧置于兩球之間，如圖：(1)(1)將彈簧壓縮釋放后，兩球沿相反方向被射出，而彈簧本將彈簧壓縮釋放后，兩球沿相反方向被射出，而彈簧本身仍留在原處不動。問小球將在槽內何處發生碰撞？身仍留在原處不動。問小球將在槽內何處發生碰撞？(2)(2)設壓縮彈簧具有彈性勢能設壓縮彈簧具有彈性勢能E0 0，問小球問小球射出后，經多少時間發生碰撞？射出后，經多少時間發生碰撞？R解：解：(1)(1)設兩小球被射出后的速度分別為設兩小球被射出后的速度分別為 m和和 M，根據角動量守恒有：根據角動量守恒有：MmMmMmttmMMmMRmR22572 MmMmmM(2)由機械能

48、守恒定律得：由機械能守恒定律得：02)(2mEMmMMmmRtMM2 2MmmMmMMm解得：022)(21)(21ERMRmMm)(210MmMmERM58解：飛輪制動時有角加速度解：飛輪制動時有角加速度t0 20rad/s9 .20s5 0 rad/s7 .104min/r1000 t外力矩是摩擦阻力矩，角加速度為負值。外力矩是摩擦阻力矩，角加速度為負值。 2mRJNRRfMr 2mRNR N784 mRN 0Nfr 例題例題22一個飛輪的質量為一個飛輪的質量為69kg69kg，半徑為半徑為0.250.25m,m,正在以每分正在以每分10001000轉的轉速轉動。轉的轉速轉動。現在要制動飛

49、輪，要求在現在要制動飛輪，要求在5.05.0秒內使它均秒內使它均勻減速而最后停下來。求閘瓦對輪子的勻減速而最后停下來。求閘瓦對輪子的壓力壓力N N為多大？為多大？(已知）已知）F059 例題例題44如圖所示如圖所示, ,一質量為一質量為m m的子彈以水平速度射入一靜止懸的子彈以水平速度射入一靜止懸于頂端長棒的下端于頂端長棒的下端, ,穿出后速度損失穿出后速度損失3/4,3/4,求子彈穿出后棒的角求子彈穿出后棒的角速度速度 。已知棒長為。已知棒長為l, ,質量為質量為M. .v0vmM解解: :以以f f代表棒對子彈的阻力代表棒對子彈的阻力, ,對子彈有對子彈有: :003()4fdtmm vv

50、v子彈對棒的反作用力對棒的沖量子彈對棒的反作用力對棒的沖量矩為：矩為：Jdtflldtf因因, , 由兩式得由兩式得ff60v0vmM200391443mlmJM lJM lvv這 里請問請問: :子彈和棒的總動量守恒嗎子彈和棒的總動量守恒嗎? ?為為什么什么? ?總角動量守恒嗎總角動量守恒嗎? ?若守恒若守恒, ,其方程其方程應如何寫應如何寫? ? 例題例題55質量分別為質量分別為M1、M2, ,半半徑分別為徑分別為R1 、R2的兩均勻圓柱的兩均勻圓柱, ,可分別繞它們本身的軸轉動可分別繞它們本身的軸轉動, ,二軸平行。二軸平行。R2M2R1M161R1M1R2M2原來它們沿同一轉向分別以原

51、來它們沿同一轉向分別以 10， 20的角速度勻速轉動的角速度勻速轉動,然后平移二然后平移二軸使它們的邊緣相接觸軸使它們的邊緣相接觸,如圖所示如圖所示.求最后在接觸處無相對滑動時求最后在接觸處無相對滑動時,每每個圓柱的角速度個圓柱的角速度 1， 2。2211RR二圓柱系統角動量守恒故有二圓柱系統角動量守恒故有對上述問題有以下的解法對上述問題有以下的解法: :在接觸處無相對滑動時在接觸處無相對滑動時, ,二圓柱邊緣的二圓柱邊緣的線速度一樣線速度一樣, ,故有故有2211220110JJJJ622222211121,21RMJRMJ其中由以上二式就可解出由以上二式就可解出 1 1， 2 2。這種解法

52、對嗎。這種解法對嗎? ?答：原解認為系統的總角動量為二圓柱各自對自己的答：原解認為系統的總角動量為二圓柱各自對自己的軸的角動量之和是錯誤的，因為系統的總角動量只能軸的角動量之和是錯誤的，因為系統的總角動量只能對某一個軸進行計算。另當兩柱體邊緣沒有相對滑動對某一個軸進行計算。另當兩柱體邊緣沒有相對滑動時時 1 1， 2 2方向相反，所以應為方向相反，所以應為2211RR正確的解法應對兩圓柱分別使用角動量定理，由于兩正確的解法應對兩圓柱分別使用角動量定理，由于兩柱接觸時摩擦力大小相等、方向相反柱接觸時摩擦力大小相等、方向相反, ,力矩和沖量矩的力矩和沖量矩的大小正比于半徑大小正比于半徑, ,方向相同方向相同: :)()(202222101111JfdtRfdtRJfdtRfdtR63得消去,fdt)()(2022101121JJRR1221RR從前已知由此可解得由此可解得:)( )(21222211121222112221111MMRRMRMRJR