奥彻题剖 第四章刚体的转动 1.基本思路 本章习题主要分为两在类 1)刚体定轴转动的运动学问题 刚体的复杂运动→平动+转动 平动刚体→质点→平动问题可归结为质点力学问题; 转动刚体→知转动方程=0()求角速度a和角加速度a一用求导法 已知角速度o或角加速度a,求运动方程一一用积分法。 2)刚体转动的动力学问题 关键是正确分析受力(力矩),解决这类问题通常有两套方法 (1)用转动定律解决问题 确定研究对象,进行受力分析。对平动物体用牛顿定律列方程:对转动物体用转动定律列方程; 由角量和线量之间的关系,将平动和转动联系起来,列方程组,求解 (2)用运动定理或守恒定律解决问题 刚体定轴转动的动能定理、角动量定理、机械能守恒定律、角动量守恒定律为解决动力学问题 提供了第二套方法。 ①定轴转动的功能问题:很多问题用功能原理特别是机械能守恒定律求解非常方便。包含刚体 在内的力学系统,应用机械能守恒定律时应注意:刚体的重力势能为mghe,he表示刚体的质习相 对于重力势能零点的高度。在分析动能时,不要忘记转动刚体具有转动动能。若绕定轴转动的刚体 只受保守内力的作用,则机械能守恒。 ②角动量守恒问题:首先应明确角动量守恒条件,刚体所受合外力矩为零是对某一转轴而言的 3)习题的基本类型 B (1)刚体的纯转动问题。 (2)平动与转动的综合问题。 P (3)质点与刚体的碰撞问题 2.例题剖析 图4-2 例1如图42所示,一根质量为m、长为l的均匀细棒AB可绕一 水平面的光滑转轴O在竖直平面内转动,O轴离A端的距离为∥3。今使棒从静止开始由水平位置绕
典型例题剖析 第四章 刚体的转动 1．基本思路 本章习题主要分为两在类： 1) 刚体定轴转动的运动学问题 刚体的复杂运动→平动+转动 平动刚体→质点→平动问题可归结为质点力学问题； 转动刚体→ 已知转动方程 ，求角速度 和角加速度 用求导法； 已知角速度 或角加速度 ，求运动方程－－用积 分法。 (t) a — a 2) 刚体转动的动力学问题 关键是正确分析受力（力矩），解决这类问题通常有两套方法： (1) 用转动定律解决问题 确定研究对象，进行受力分析。对平动物体用牛顿定律列方程；对转动物体用转动定律列方程； 由角量和线量之间的关系，将平动和转动联系起来，列方程组，求解。 (2) 用运动定理或守恒定律解决问题 刚体定轴转动的动能定理、角动量定理、机械能守恒定律、角动量守恒定律为解决动力学问题 提供了第二套方法。 ① 定轴转动的功能问题：很多问题用功能原理特别是机械能守恒定律求解非常方便。包含刚体 在内的力学系统，应用机械能守恒定律时应注意：刚体的重力势能为 mghc，hc 表示刚体的质习相 对于重力势能零点的高度。在分析动能时，不要忘记转动刚体具有转动动能。若绕定轴转动的刚体 只受保守内力的作用，则机械能守恒。 ② 角动量守恒问题：首先应明确角动量守恒条件，刚体所受合外力矩为零是对某一转轴而言的。 3) 习题的基本类型 (1) 刚体的纯转动问题。 (2) 平动与转动的综合问题。 (3) 质点与刚体的碰撞问题。 2． 例题剖析 例 1 如图 4-2 所示，一根质量为 m、长为 l 的均匀细棒 AB 可绕一 水平面的光滑转轴 O 在竖直平面内转动，O 轴离 A 端的距离为 l/3。今使棒从静止开始由水平位置绕 图 4-2 C P O A B 3 l
O轴转动,求: (1)棒在水平位置上刚起动时的角加速度; (2)棒转到竖直位置时的角速度和角加速度 (3)棒在竖直位置时,棒的两端和中点的速度和加速度。 分析刚体的纯转动问题,转动定律、动能定理、运动学关系的应用 以棒为研究对象,进行受力分析。棒受重力和转轴的支持力作用,支持力不产生力矩。 解(1)棒在水平位置时受到力矩为 M=mg(--) 棒对转轴O的转动惯量为 根据转动定律得 m19 63g (2)重力矩的元功:d= mg-cos ed。 棒从水平位置转到竖直位置过程中,重力矩所做功 A=02m8 根据动能定理得 =÷J0--0 由此算得 V3J 在竖直位置时,细棒受重力矩为零,此时瞬时角加速度为零。 (3)v2=06V(方向向上,指向O点);a1=21=g(方向向下,指向O点) an=o3r=2g(方向向上,指向O点)。 例2如图43所示,质量为m,半径为R的圆盘在水平面上绕中心竖直轴O转动,圆盘与水 平面间的摩擦系数为μ,已知开始时薄圆盘的角速度为ωo,试问薄圆盘转几圈后停止。 分析刚体转动运动学与动力学综合问题。 薄圆盘在转动过程中受到摩擦力矩M的作用,产生一个与旋转方向相反的角加速度a,薄圆盘 作匀减速运动。求出摩擦力矩M,根据转动定律可求出角加速度a,再根据有关运动学公式,可求
O 轴转动，求： (1) 棒在水平位置上刚起动时的角加速度； (2) 棒转到竖直位置时的角速度和角加速度； (3) 棒在竖直位置时，棒的两端和中点的速度和加速度。 分析 刚体的纯转动问题，转动定律、动能定理、运动学关系的应用。 以棒为研究对象，进行受力分析。棒受重力和转轴的支持力作用，支持力不产生力矩。 解 （1）棒在水平位置时受到力矩为 6 ) 3 1 2 1 ( l M mg mg ， 棒对转轴 O 的转动惯量为 2 2 2 0 9 1 ) 6 ( 12 1 ml l J ml m ， 根据转动定律得： l g ml mg J M a O 2 3 9 1 6 1 2 。 （2）重力矩的元功： dA mg cosd 6 1 。 棒从水平位置转到竖直位置过程中，重力矩所做功 2 0 6 cos 6 mgl d l A mg 。 根据动能定理得 0 2 1 6 2 J O mgl ， 由此算得 l g ml mgl J mgl O 3 9 1 3 3 2 。 在竖直位置时，细棒受重力矩为零，此时瞬时角加速度为零。 （3） l l g v r c c 3 6 （方向向上，指向 O 点）； aA rA g 2 （方向向下，指向 O 点）； aB rB 2g 2 （方向向上，指向 O 点）。 例 2 如图 4-3 所示，质量为 m，半径为 R 的圆盘在水平面上绕中心竖直轴 O 转动，圆盘与水 平面间的摩擦系数为 ，已知开始时薄圆盘的角速度为 0 ，试问薄圆盘转几圈后停止。 分析 刚体转动运动学与动力学综合问题。 薄圆盘在转动过程中受到摩擦力矩 M 的作用，产生一个与旋转方向相反的角加速度 a，薄圆盘 作匀减速运动。求出摩擦力矩Ｍ，根据转动定律可求出角加速度 a，再根据有关运动学公式，可求
出圆盘由开始转动到停止转动所转过的角度O,进而求出所转过为圈数n。 图43 解(1)求摩擦力矩M。 薄圆盘的面密度为σ=",在距圆盘中心为r处,取一宽为d的圆环,则该圆环所受的摩擦 力矩为dM=4·2mdrg:r rdr 整个圆盘所受的合力矩为M-2mb=3m (2)角加速度a 根据转动定律可得:a=M.3mR (3)求圆盘转过的角度b 因角加速度a是常量,故圆盘作匀加速转动,满足∞-02=2a0,式中O=0为末角速度,O为 转角(弧度)。所 3Ro (4g)/3R)84g (4)设圆盘转过n圈后停止,则 2r16丌48 例3如图44所示,一轻绳跨过一轴承光滑的定滑轮,滑轮半径为R、圆盘的质量为M,绳的 两端分别与物体m及固定弹簧相连。将物体由静止状态释放,开始释放时弹簧为原长。求物体下降 距离h时的速度 解法Ⅰ刚体平动与转动的综合问题,转动定律的应用。在运动过程中,物体作平动,滑轮作定 轴转动。对平动物体用牛顿第二定律列方程,对转动滑轮用转动定律列方程,平动与转动之间用角 量和线量之间关系相联系
出圆盘由开始转动到停止转动所转过的角度 ，进而求出所转过为圈数 n。 解 (1) 求摩擦力矩 M。 薄圆盘的面密度为 2 R m ，在距圆盘中心为 r 处，取一宽为 dr 的圆环，则该圆环所受的摩擦 力矩为 r dr R mg dM rdr g r 2 2 2 2 。 整个圆盘所受的合力矩为 R r dr mgR R mg M dM 0 2 2 3 2 2 。 (2) 角加速度 a。 根据转动定律可得： R g mR mgR J M a 3 4 2 1 3 2 2 。 (3) 求圆盘转过的角度 。 因角加速度 a 是常量，故圆盘作匀加速转动，满足 2a 2 2 0 ，式中 0 为末角速度， 为 转角（弧度）。所以 g R a g R 8 3 2 2 (4 ) /(3 ) 2 0 2 0 2 0 。 (4) 设圆盘转过 n 圈后停止，则 g R n 16 3 2 2 0 。 例 3 如图 4-4 所示，一轻绳跨过一轴承光滑的定滑轮，滑轮半径为 R、圆盘的质量为 M，绳的 两端分别与物体 m 及固定弹簧相连。将物体由静止状态释放，开始释放时弹簧为原长。求物体下降 距离 h 时的速度。 解法Ⅰ 刚体平动与转动的综合问题，转动定律的应用。在运动过程中，物体作平动，滑轮作定 轴转动。对平动物体用牛顿第二定律列方程，对转动滑轮用转动定律列方程，平动与转动之间用角 量和线量之间关系相联系。 图 4-3 drR r 0
(1) (2) (3) D k2 (4) 解得: a=8-k m+M/2 图44 又因为a=如=2.a=,如,所以 分离变量后,两边积分 vdu mg-kx m+M/2 解得 m+M/2 解法Ⅱ机械能守恒定律的应用。将物体、滑轮及弹簧作为一个系统。在运动过程中内力T1 T2作功的代数和为零,轴上的支持力不作功,只有重力和弹力作功,所以系统的机械能守恒。 取物体的初始位置处为重力势能零点,则有 kh'-mgh=0, (2) 解得 2mgh-kh' +M/2 以上两种解法相比,显然,用机械能守恒定律求解方便得多。 例4如图45所示,质量为M、长为l的均匀细杆,可绕A端的水平轴自由转动,当杆自由下 垂时,有一质量为m的小球在离杆下端距离a处垂直击中细杆,并且碰撞后自由下落,而细杆在碰 后的最在偏角为θ,试求小球击中细杆前的速度。 分析质点与刚体的碰撞问题,角动量守恒定律和机械能守恒定律的应A 解以小球与细杆组成的系统为研究对象,系统的角动量守恒。设碰后 细杆的角速度为O
mg T2 ma ， （1） 2 2 1 2 1 (T T )R MR （2） T kx 1 （3） a Ra （4） 解得： m M / 2 mg kx a 。 又因为 dx dv v dt dx dx dv dt dv a ，所以 m M / 2 mg kx dx dv v 。 分离变量后，两边积分 v h m M mg kx vdv 0 0 / 2 ， 解得 / 2 2 2 m M mgh kh v 。 解法Ⅱ 机械能守恒定律的应用。将物体、滑轮及弹簧作为一个系统。在运动过程中内力 T1、 T2 作功的代数和为零，轴上的支持力不作功，只有重力和弹力作功，所以系统的机械能守恒。 取物体的初始位置处为重力势能零点，则有 0 2 1 ) 2 1 ( 2 1 2 1 2 2 2 2 mv MR k h mgh ， （1） v / R （2） 解得 / 2 2 2 m M mgh kh v 。 以上两种解法相比，显然，用机械能守恒定律求解方便得多。 例 4 如图 4-5 所示，质量为 M、长为 l 的均匀细杆，可绕 A 端的水平轴自由转动，当杆自由下 垂时，有一质量为 m 的小球在离杆下端距离 a 处垂直击中细杆，并且碰撞后自由下落，而细杆在碰 后的最在偏角为 ，试求小球击中细杆前的速度。 分析 质点与刚体的碰撞问题，角动量守恒定律和机械能守恒定律的应 用。 解 以小球与细杆组成的系统为研究对象，系统的角动量守恒。设碰后 细杆的角速度为 。 图 4-4 T2 m x T1 k R M 图 4-5 v a A
碰后:小球的角动量为0,细杆的角动量为M2o。根据角动量守恒定律有 1-a)=M2 (1) 碰后,以细杄和地球为研究对象,细杆在摆动过程中只有重力作功,故系统机械能守恒 MO=Mg-(1-cos 0) (2) 由(1),(2)两式可求得小球碰前的速率为 例5一均匀圆盘,质量为M、半径为R,可绕铅直自由转动,开始处于静止状态。一个质量 为m的人,在圆盘上从静止开始沿半径为r的圆周相对于圆盘匀速走运。求当人在圆盘上走完一周 回到盘上原位置时,圆盘相对地面转过的角度 分析角动量守恒定律的应用。以圆盘和人组成的系统为研究对象,设人相对于圆盘的速度为 v,圆盘绕固定铅直轴的角速度为a,则人相对于地面的速度为v+ro。在地面参照系中研究系统 的运动,当人走动时,系统未受到对铅直轴的外力矩,系统的角动量守恒。值勤得注意的是:应用 角动量定理和角动量守恒定律时必须选择惯性系 解根据角动量守恒定律有: m(vr+)r+MRO=0 由此解得 n 式中负号表示圆盘转动方向与人在圆盘上的走动方向相反,因ν,为常量,故也为常量,即圆 盘作匀速转动。 人在圆盘上走一周所时间为M=二,在Δt内圆盘相对于地面转过 的角度为 k 2mr mr2+_MR2 例6一个长为l,质量为M的均匀细杆,可围绕其一端的水平轴O 作无摩擦转动,如图4-6所示。现将另一端悬挂于一劲度系数为k的轻弹 图4-6
碰后：小球的角动量为 0，细杆的角动量为 2 3 1 Ml 。根据角动量守恒定律有 2 3 1 mv(l a) Ml 。 （1） 碰后，以细杆和地球为研究对象，细杆在摆动过程中只有重力作功，故系统机械能守恒。 (1 cos ) 3 2 1 2 1 2 2 l Ml Mg （2） 由（1），（2）两式可求得小球碰前的速率为 2 sin 3 2 ( ) gl m l a Ml v 。 例 5 一均匀圆盘，质量为 M、半径为 R，可绕铅直自由转动，开始处于静止状态。一个质量 为 m 的人，在圆盘上从静止开始沿半径为 r 的圆周相对于圆盘匀速走运。求当人在圆盘上走完一周 回到盘上原位置时，圆盘相对地面转过的角度。 分析 角动量守恒定律的应用。以圆盘和人组成的系统为研究对象，设人相对于圆盘的速度为 vr，圆盘绕固定铅直轴的角速度为 ，则人相对于地面的速度为 vr r 。在地面参照系中研究系统 的运动，当人走动时，系统未受到对铅直轴的外力矩，系统的角动量守恒。值勤得注意的是：应用 角动量定理和角动量守恒定律时必须选择惯性系。 解 根据角动量守恒定律有： 0 2 1 ( ) 2 m vr r r MR ， 由此解得 2 2 2 1 mr MR mrvr ， 式中负号表示圆盘转动方向与人在圆盘上的走动方向相反，因 r v 为常量，故 也为常量，即圆 盘作匀速转动。 人在圆盘上走一周所时间为 r v r t 2 ，在 t 内圆盘相对于地面转过 的角度为 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 m r MR m r v r m r MR mrv t r r 。 例 6 一个长为 l，质量为 M 的均匀细杆，可围绕其一端的水平轴 O 作无摩擦转动，如图 4-6 所示。现将另一端悬挂于一劲度系数为 k 的轻弹 m k M 图 4-6 O l h
簧下端,细杆处于水平位置。有一质量为mm<<M)的小球,从距杆h高度处落到杆的中点,并粘 于杆上和它一起运动。设杆杆微小角度后,角速度就减小到零,求此弹簧的伸长量 分析质点与刚体的碰撞问题,过程较复杂,需将整个过程分为几个分过程,分别运用守恒定 律或运动定理列出有关方程,然后联立求解。 解(1)碰前细杆的平衡状态。设此时弹簧的伸长量为x0,根据平衡条件,弹力力矩与重力力矩 等值反向 fo/=Mg (2)小球下降过程。该过程机械能守恒: mgh=-mmv"o (2) (3)小球与杆的碰撞过程。取小球与杆作为系统,在碰撞过程中,系统受外力有重力Mgmg, 弹性力∫=kxo,轴上支持力N(球与杆之间的冲击力为内力)。由于mg<<№g,故mg可忽略不计。 又因为轴上支持力不产生力矩,Mg与弹性力的力矩之和为零,所以系统所受的合外力矩为零,故角 动量守恒 (3) (4)碰后系统的下降过程,取小球、细杆、弹簧和地球为系统。由于只有保守力做功,故系统机 械能守恒。取水平位置为重力势能零点,并设细杆旋转的微小角度为θ,则有 m(2)2+Mn212+1kx2-1 k(x0+l6)2-(m+M)gsn(4) 由(1)式得 Co 由(2),(3)式可得 (3m+4M 因θ很小,故smO≈O,并略去O的高次项,将x0,o代入(4)式得 (3m+4M 故弹簧的伸长量为 g k 3m+4M
簧下端，细杆处于水平位置。有一质量为 m(m M) 的小球，从距杆 h 高度处落到杆的中点，并粘 于杆上和它一起运动。设杆杆微小角度后，角速度就减小到零，求此弹簧的伸长量。 分析 质点与刚体的碰撞问题，过程较复杂，需将整个过程分为几个分过程，分别运用守恒定 律或运动定理列出有关方程，然后联立求解。 解 (1)碰前细杆的平衡状态。设此时弹簧的伸长量为 0 x ，根据平衡条件，弹力力矩与重力力矩 等值反向。 2 0 l kx l Mg 。 （1） (2) 小球下降过程。该过程机械能守恒： 2 2 1 mgh mv 。 （2） (3) 小球与杆的碰撞过程。取小球与杆作为系统，在碰撞过程中，系统受外力有重力 Mg,mg， 弹性力 0 f kx ，轴上支持力 N（球与杆之间的冲击力为内力）。由于 mg<<Mg，故 mg 可忽略不计。 又因为轴上支持力不产生力矩，Mg 与弹性力的力矩之和为零，所以系统所受的合外力矩为零，故角 动量守恒。 ) 2 1 4 1 ( 2 2 2 ml Ml l mv 。 （3） (4) 碰后系统的下降过程，取小球、细杆、弹簧和地球为系统。由于只有保守力做功，故系统机 械能守恒。取水平位置为重力势能零点，并设细杆旋转的微小角度为 ，则有 2 0 2 2 2 2 1 ] 3 1 ) 2 [ ( 2 1 Ml kx l m sin 2 1 ( ) ( ) 2 1 2 k x0 l m M g （4） 由（1）式得 k Mg x 2 0 ， 由（2），（3）式可得 m M l m gh (3 4 ) 6 2 ， 因 很小，故 sin ，并略去 的高次项，将 0 x ， 代入（4）式得 m M l mh (3 4 ) 6 。 故弹簧的伸长量为： m M mh k Mg x x l 3 4 6 2 0
特别提醒:解此题时容易犯以下两个错误: ①不分过程,从小球下落开始,到发生碰撞,再到碰后系统下降的整个过程笼统处理,对全过 程应用机械能守恒定律,忘记了完全弹性碰撞过程的机械能损耗 ②对小球与细杆的碰撞过程应用动量守恒定律,这是解此类题目时易犯的一个典型错误。应该 注意,对刚体来说,是没有动量而言的。涉及到刚体碰撞问题,只能考虑所取系统的角动量是否守 恒,而不能错误地用动量守恒去处理问题
特别提醒：解此题时容易犯以下两个错误： ①不分过程，从小球下落开始，到发生碰撞，再到碰后系统下降的整个过程笼统处理，对全过 程应用机械能守恒定律，忘记了完全弹性碰撞过程的机械能损耗； ②对小球与细杆的碰撞过程应用动量守恒定律，这是解此类题目时易犯的一个典型错误。应该 注意，对刚体来说，是没有动量而言的。涉及到刚体碰撞问题，只能考虑所取系统的角动量是否守 恒，而不能错误地用动量守恒去处理问题
