第3章 剛體力學基礎一、目的與要求1確切理解描述剛體平動和定軸轉動的基本物理定義及性質，并掌握角量與線量的關系。2確切理解和掌握力矩、轉動慣量的概念及計算方法，掌握剛體定軸轉動的動力學方程，熟練應用剛體定軸轉動定律求解剛體定軸轉動及與質心聯動問題。3理解剛體轉動動能概念。掌握力矩的功，剛體的重力勢能，剛體的動能定理和機械能守恒定律。4確切理解角動量概念，并能對含有定軸轉動剛體在內的系統正確應用角動量定理及角動量守恒定律。5了解進動現象和基本描述。二、內容提要1剛體的基本運動剛體的平動：剛體運動時，在剛體內所作的任一條直線始終保持和自身平行。其特點為：對剛體上任兩點和，它們的運動軌跡相似，。因此描述剛體的平動時，可用其上任一質點的運動來代表。剛體的定軸轉動：剛體內各質元均作圓周運動，且各圓心在同一條固定不動的直線上。剛體的平面平行運動：剛體上每一質元均在平行于某一固定平面的平面中。2力矩和轉動慣量力矩：使剛體產生角加速度的外來作用轉動慣量：剛體轉動慣性大小的量度對于質量連續分布的剛體轉動慣量的平行軸定理：轉動慣量的垂直軸定理：3剛體定軸轉動定律：剛體所受的外力對轉軸的力矩之代數和等于剛體對該軸的轉動慣量與剛體的角加速度的乘積、均相對于同一轉軸。4剛體定軸轉動的動能定理力矩的功：轉動動能：動能定理：機械能守恒定律：系統（包括剛體）只有保守力作功時，系統的動能（包括轉動動能）與勢能之和為常量，即常量5剛體定軸轉動的角動量定理及其守恒定律角動量定理：對一固定軸的合外力矩等于剛體對該軸的角動量對時間的變化率，即角動量守恒定律：當時，常量。6剛體的平面平行運動動能：作平面平行運動的動能等于質心的平動動能與剛體繞過質心的瞬時軸的轉動動能之和三、例題3-1 一輕繩繞于半徑為的圓盤邊緣，在繩端施以的拉力，圓盤可繞水平固定光滑軸轉動，圓盤質量為，圓盤從靜止開始轉動，試求（1）圓盤的角加速度及轉動的角度和時間的關系。（2）如以質量的物體掛在繩端，再計算圓盤的角加速度及轉動的角度和時間的關系。分析 本題是剛體繞定軸轉動問題，應用轉動定律即可求出圓盤的角加速度，對轉動定律積分可求解。解 （1）圓盤所受的合外力矩為對圓盤用轉動定律，有因而角加速度為(1)由于，且時，積分（1）式，有得(2)而，且時，積分（2）式，有可得轉動角度和時間的關系為（2）設為繩子的張力，對圓盤，由轉動定律有(4)對物體，由牛頓定律，有(5)而(6)聯立（4）、（5）、（6）式，即可解得轉動角度與時間的關系為(7)由，且時，。通過對（7）式積分，即可得轉動角度與時間的關系為(8)說明 本題的第二問是典型的剛體與質點連接的聯體問題，可采用隔離研究，對質點用牛頓定律，對剛體用轉動定律，并注意與（1）問的區別。同時，從（7）式可明顯看出，這類問題也可將系統看成一個轉動慣量為的剛體，運用轉動定律求解。3-2 長為，質量分布不均勻的細桿，其線密度為（、為常量），細桿可繞軸在鉛直平面內轉動，如圖所示，忽略軸的摩擦力，將桿從水平位置釋放，試求桿轉到鉛直位置時，桿所具有的角速度。分析 這是一個剛體繞定軸轉動問題。當求細桿重力對軸的力矩時，因桿質量不均勻，要先恰當地求出元力矩，通過積分求，然后采用轉動定律形式，積分即可求。解 設時刻桿與垂線間的夾角為，由于桿的質量不均勻，求重力對軸的力矩時，可在桿上取線元，該線元對軸的力矩為對軸的總力矩為 細桿的質量不均勻，因此其對軸的轉動慣量為 根據轉動定律，有積分變量替換代入上式化簡得初始條件時，當轉到時，積分上式得說明 本題有多種解法。題中給出了用轉動定律求解的方法，也可用動能定理，機械能守恒定律求解。讀者可自己考慮。3-3 一均質細桿，長為，質量為，可繞通過一端的水平軸轉動，如圖。一質量為的子彈以速度射入細桿，子彈射入點離點的距離為，試求（1）桿剛開始運動時的角速度及可擺到的最大角度。（2）求軸上的橫向力為零時，子彈射入的位置（即打擊中心位置）。分析 子彈射入細桿過程中，子彈、細桿系統角動量守恒；細桿擺動時，機械能守恒，由兩守恒定律可求及。子彈射入細桿，細桿軸受力，軸受橫向力的沖量應等于子彈、細桿系統動量的改變，橫向力時，即可求出打擊中心位置。解 （1）子彈射入細桿過程極其短暫，此過程中桿的位置還來不及變化，故子彈和細桿這個系統的重力對定軸無力矩，軸力當然也無力矩，故這個系統在子彈射入過程中對定軸的角動量守恒(1)射入后子彈與桿共同擺動過程中，系統機械能守恒，取子彈射入處為勢能零點 (2)聯立（1）、（2）可解得桿的角速度及可擺到的最大角度分別為（2）將子彈和細桿視為一個系統，則系統受的外力為，如圖，設子彈打在距軸處，根據動量定理 (3)系統對軸角動量守恒，有 因而(4)將（4）式代入（3）式當時，則解此方程得此即打擊中心的位置。說明 子彈和細桿組成的系統受到外界對細桿轉軸的作用力，故系統動量不守恒，這一點需特別注意，但由于該作用力通過轉軸，不產生力矩，系統角動量守恒，并且因該力通過轉軸，其力矩的功（實際上也就是力的功）為零，系統機械能守恒，綜合角動量守恒，機械能守恒求解本題。另外，打擊中心即為使桿在軸處沿打擊方向橫向力為零時的打擊點。3-4 一質量為的子彈，穿過與均勻細桿連接的物體后，速度由減至，設桿可繞過點的固定軸在豎直平面內轉動，桿長為，桿與物體的質量均為，如圖，開始時，桿與物體靜止于鉛垂位置，物體的大小可以忽略不計，子彈與物體作用過程極短，試求，欲使物體與桿可以在豎直平面內完成圓周運動，子彈的速度不能小于多少？分析 子彈、物體系統對軸角動量守恒，物體繞軸轉動機械能守恒，物體與桿恰能完成圓周運動的條件是其轉到垂直位置時的動能為零，由此求解本題。解 假定子彈穿過物體后，物體與桿的角速度為，物體與桿轉動過程中，由機械能守恒及物體與桿恰能完成圓周運動的條件，有解得子彈穿過物體，子彈、桿、物體組成系統對軸角動量守恒，因此解得所以說明 本題綜合運用角動量守恒和機械能守恒求解，其關鍵在于分析守恒條件，子彈和細桿組成的系統在細桿轉軸處受外力作用，但此力力矩為零，因此其力矩的功也為零，因而角動量、機械能守恒。3-5 如圖，有一長度為，質量為的均勻細桿靜止水平放在摩擦系數為的水平桌面上，它可繞通過其端點且與桌面垂直的固定光滑軸轉動，另一質量為水平運動的小滑塊從側面沿垂直于桿的方向與桿的另一端相碰撞，并被反向彈回，碰撞時間極短。已知小滑塊與細桿碰撞前后的速率分別為和，求（1）碰撞后桿繞軸轉動的角速度；（2）碰撞后從桿開始轉動到停止轉動的過程中所需的時間。分析 滑塊與細桿碰撞角動量守恒，由此求細桿轉動的，此后，細桿受摩擦力矩作用轉速逐漸減為零，由摩擦力矩，根據角動量定理即可求出時間。解 （1）以桿和滑塊為研究系統。由于碰撞時間極短，桿所受到的摩擦力矩遠小于滑塊的沖力矩，故可認為合外力矩為零，因此系統的角動量守恒，即(1)解得（2）碰后桿在轉動過程中所受的摩擦力矩為(2)由角動量定理得(3)由式（1）、（2）、（3）聯立解得說明 本題需注意兩點：（1）在處理碰撞問題時，通常因碰撞時間極短，摩擦力矩遠小于碰撞產生的沖力矩，角動量守恒；（2）棒各處摩擦力矩不同，首先要寫出微元力矩，即，通過積分求摩擦力矩。3-6 如圖，兩個半徑分別為和的圓柱體，轉動慣量分別為和，分別可繞其軸轉動。最初大圓柱的角速度為，小圓柱不轉動，現將小圓柱向右平移，碰到大圓柱后由于摩擦力的作用而被帶著轉動，最后兩圓柱無滑動地各自以恒定角速度沿相反方向轉動。試求小圓柱和大圓柱的最終角速度。分析 大圓柱與小圓柱接觸后，由于摩擦力矩作用，大圓柱轉速減小，小圓柱轉速變大，最后穩定。對兩圓柱分別應用角動量定理，由兩圓柱摩擦力相等，穩定后接觸點線速度相等，即可求出穩定后兩圓柱角速度。解 兩圓柱體從接觸到穩定只受摩擦力，其一對摩擦力，對兩圓柱體分別應用角動量定理(1)(2)注意到。由（1）、（2）式可得(3)兩圓柱穩定后，其接觸點線速度相等，即(4)由（3）、（4）式可解得小圓柱最終角速度：，大圓柱最終角速度：。說明 兩柱體從開始接觸到穩定過程中，均受到外力矩作用，這一外力矩就是摩擦力矩，因此角動量不守恒，只能對兩柱體分別使用角動量定理求解。兩柱體達到穩定后，兩柱體不再有相對滑動。因此，接觸點處線速度相同，故可得（4）式。3-7 如圖所示，長為的均勻細桿水平地放置在桌面上，質心離桌邊緣的距離為，從靜止開始下落。已知桿與桌邊緣之間的摩擦系數為。試求：桿開始滑動時的臨界角。分析 細桿滑動前以點為軸在重力矩作用下轉動，細桿質心做以點為圓心的圓周運動，根據轉動定律及質心運動定律即可求出點摩擦力與角關系，細桿開始滑動的臨界條件為。解 無滑動時，桿繞過點的固定軸做定軸轉動，由轉動定律有(1)由平行軸定理求細桿繞點轉動時的轉動慣量(2)無滑動時，桿繞點轉動，桿上各點做圓周運動，對質心，由牛頓運動定律得(3)(4)桿繞點轉動，只有重力作功，機械能守恒，有得(5)將式（5）代入式（3），并利用式（2），得(6)將式（1）代入式（4），并利用式（2），得(7)開始滑動的臨界條件為(8)因此，由式（6）、（7）、（8），有式中為臨界角，整理可得說明 在一般涉及轉軸對剛體的作用力的問題中，除了要應用轉動定律外，一般還要用到質心運動定理，如本題。3-8 一長為的均勻薄窄平板，一端靠在摩擦略去不計的垂直墻壁上，另一端放在摩擦亦略去不計的水平地板上。開始時，木板靜止并與地板成角，當松開木板后，木板下滑，試求木板脫離墻壁時，木板與地面間的夾角為多大？分析 木板運動可看成木板質心平動和繞質心的轉動，木板下滑過程中，墻壁對其作用力，不作功，機械能守恒，由此可得木板繞質心轉動的角速度與角關系：。對木板由質心運動定律結合可得或與的關系。木板脫離墻壁的條件為或，由此求得木板脫離墻壁時與地面的夾角。解 取板初始位置時的質心為坐標原點，建立坐標如圖。對木板，由質心運動定理有要使木板脫離墻壁，則即木板在脫離墻壁前受到三個力作用；墻壁給板的作用力，地板給板的作用力和木板重力，如圖所示。在任一時刻板質心的位置坐標為(1)(2)因此任一時刻板的質心速度、分別為(3)(4)質心加速度在軸上的分量為 (5)可取板和地球為研究系統，在板下滑過程中，除保守內力外，其余力均不作功，故系統的機械能守恒，有其中將式（3）和式（4）代入上式，得解出將式（2）代入上式，得(6)故(7)將式（6）和式（7）代入式（5），有 當木板脫離墻壁時，即于是可得木板脫離墻壁時，木板與地面間夾角為說明 應用機械能守恒定律時，需注意的是，木板的動能包括質心運動動能和繞質心的轉動動能。另外，也應注意木板脫離墻壁的條件或。3-9 將質量為的均勻金屬絲彎成一半徑為的圓環，其上套有一質量等于的小珠，小珠可在此圓環上無摩擦地運動，這一系統可繞固定在地面上的豎直軸轉動，如圖所示。開始時，小珠（可看作質點）位于圓環的頂部處，系統繞軸旋轉的角速度為，求：當小珠滑到與環心同一水平的處及環的底部處時，環的角速度值，以及小珠相對環和相對地面的速度值。分析 小珠與圓環組成系統繞軸轉動角動量守恒，由此可解得小珠滑到、點時圓環的轉動角速度、。同時，系統機械能守恒可解得小珠在、點相對圓環的速度、。小珠相對地面速度為兩速度合成。解 取圓環、小珠為系統，在小珠下落過程中，系統所受外力對軸的力矩為零，故系統對軸角動量守恒，設小珠落至、處時環的角速度分別為、，則有(1)(2)式中為圓環對軸的轉動慣量，圓環繞過中心且垂直環面的軸的轉動量為，根據垂直軸定理(3)由（1）（3）式解得(4)(5)取小珠、環及地球為系統，在小珠下落過程中，外力做功為零，系統中又無非保守內力做功，所以系統的機械能守恒。設小珠落至、處時，相對于環的速度分別為、，則有(6)(7)由（4）（7）式，解得小珠在、處相對于環的速度分別為(8)(9)小珠相對于環作圓周運動，所以的方向與軸平行向下，的方向與軸垂直向左。小珠落到處時，環上處相對于地面速度為，方向垂直紙面向里。故小珠在處相對于地面的速度大小為(10)把（4）、（8）式代入（10）式可得環上處相對于地面的速度恒為零，所以小珠在處相對于地面的速度，即為相對于環的速度，故有說明 對于本題要注意，這是一個包含有剛體和質點的系統。實際上對所有的質點系，只要外力對某軸的力矩之和為零，則質點系關于該軸角動量守恒，只要無非保守力作功，系統機械能守恒。3-10 如圖，一實心圓柱體在一傾角為的斜面上作無滑動滾動。設摩擦系數為，求使該實心圓柱體只滾不滑時，的取值范圍。如果和可調節，能否使圓柱體在無滑下滾過程中質心保持勻速運動。分析 圓柱體無滑下滾過程中，根據質心運動定律及繞質心軸轉動定律，結合純滾條件可解得摩擦力與角關系。純滾時，摩擦力，由此可限定角取值范圍。由上也可得質心與關系并由此可判斷無滑下滾過程中質心的運動狀態。解 設實心圓柱體的半徑為，其對中心軸的轉動慣量，其受力如圖。質心沿斜面平動（以沿斜面向下為正）有(1)在垂直斜面方向有(2)繞質心的轉動有(3)只滾不滑的條件是(4)由（1）、（2）、（3）、（4）式可得(5)(6)欲使物體只滾不滑，則必須有所以(7)即將代入，即得要保證只滾不滑，則由（6）式知(8)由（7）式知(9)從（1）式知(10)將（8）式代入（10）式得此時調節只能改變，但不會為零，故不能使質心以勻速無滑下滾。說明 這是一個典型的剛體平面平行運動。此類剛體的平面平行運動，其運動可看成質心的平動和繞通過質心軸的轉動，其求解過程一般為（1）對質心平動應用質心運動定律；（2）對繞過質心軸的轉動應用轉動定律；然后結合運動的特點求解。其中，對質心運動的分析和描述非常重要。3-11 三個質量都為的小球，和小球分別固定于一長為的剛性輕質（其質量可忽略不計）細桿兩端，并置于光滑水平面上，小球以速度與小球對心彈性碰撞，與方向夾角為。求碰后（1）棒的角速度；（2）小球損失的動能。分析 取球與由細桿相連的、球為系統，碰撞前后系統動量守恒，對質心角動量守恒，同時動能守恒，由三守恒定律即可求棒繞質心轉動的角速度，而小球碰撞前后的速度也可求出，從而可求球損失的動能。解 （1）由、三小球組成的系統，在碰撞過程中，系統的角動量、動能和動量都守恒。和對心碰撞，設其碰后速度為，顯然與在同一直線上，同時設碰后，質心速度為，轉動角速度為，則角動量守恒（對質心）。(1)動能守恒(2)動量守恒(3)化簡以上三式得(4)(5)(6)由（4）、（6）兩式得(7)聯立（5）、（6）兩式，并考慮到（7）式得(8)將（8）代入（4）式即得棒的角速度為（2）小球損失的動能為而則而為小球原有的動能。因而，可見小球D損失的動能為原有動能的。說明 小球和細桿組成的系統不受外力，當然也不受外力矩作用，因而動量、角動量守恒，同時小球的碰撞為彈性碰撞，動能也守恒。需要注意的是在剛體定軸轉動中，由于剛體受軸的作用力，剛體的動量一般不守恒，但本題無此軸力的作用。同時，從結果我們可看出細桿既作平動（以質心速度表示），又作繞質心的轉動，轉動角速度為。3-12 如圖所示，將一個質點沿一個半徑為的光滑半球形碗的內面水平地投射，碗保持靜止。設是質點恰好能達到碗口所需要的初速率。試求出作為的函數，是用角度表示的質點的初位置。分析 質點運動過程中，對軸角動量守恒，同時機械能也守恒，由兩守恒定律可求解本題。解 設小球于點以投射，此時對軸的角動量為其中則當質點到達碗口時，角動量為由于小球所受的力與軸在同一平面內，則合外力矩，所以角動量守恒。即又全過程中僅重力作功，機械能守恒 所以說明 由此題可以看出，用守恒定律求解題非常方便。3-13 如圖，半徑為的乒乓球，繞質心軸的轉動慣量，為乒乓球的質量，以一定的初速度在粗糙的水平面上運動，開始時球的質心速度為，初角速度為，兩者的方向如圖所示，已知乒乓球與地面之間的摩擦系數為，試求乒乓球開始作純滾運動所需的時間及純滾時的質心速度。分析 乒乓球在整個運動過程中都受到摩擦力作用，大小為是定值，方向向左。開始時，乒乓球質心向右運動且繞質心逆時針轉動，摩擦力阻止質心運動的同時也阻止其繞質心逆時針轉動，使質心速度和角速度越來越小。若質心初速度較大時，當減為零時，質心速度還末為零，乒乓球繼續向右運動，此時在摩擦力作用下，乒乓球開始順時針轉動，因此時順時針轉動的較小，乒乓球還是又滾又滑。此后，由于摩擦力作用，質心速度繼續減小，但同時順時針轉動的角速度不斷增大，直到滿足條件時，乒乓球開始純滾運動，因此，利用質心運動定理和轉動定律即可求解乒乓球開始作純滾運動所需時間及純滾時質心速度，另外，也可在選擇好恰當參考點下，用角動量守恒定律可求出純滾時質心的速度，進而求出純滾所需時間。解法一 如圖的水平向右為質心速度的正方向，設如圖的逆時針轉動為角速度的正方向，在球又滾又滑階段，滑動摩擦力為定值，由質心運動定理，有初條件為時，代入積分上式得(1)由轉動定律初條件為時，代入積分上式得(2)又因純滾條件為(3)設達到純滾的時間為，負號表示純滾時，乒乓球滾動方向與規定方向相反，把（1）、（2）式，代入（3）式，得將代入得把代入（1）式，得出開始純滾時質心速度為 解法二 利用角動量守恒定律。如圖，取開始時乒乓球與地面的接觸點為參考點，設角動量的正方向為垂直圖面向里，因乒乓球不受外力矩，故角動量守恒，球對參考點的角動量等于質心角動量與繞質心軸的角動量的矢量和。開始時的角動量為，開始純滾時的角動量為，由角動量守恒，有即因純滾時滿足條件故純滾時的質心速度滿足即設達到純滾所需時間為，則因即故從上可知，當，即時，即球達到純滾后質心繼續向右運動，順時針轉動，當時，即球達到純滾后質心向左運動，逆時針轉動。說明 對于剛體的平面平行運動，我們總是將其分為質心的平動及繞質心的轉動兩部分，本題也不例外。質心的平動應用質心運動定律，轉動應用轉動定律，加上運動的特殊約束（如本題的純滾）就可求解一般的剛體平面運動問題。本題中的解法二巧妙選擇了參考點，用角動量守恒也同樣可求解。四、習題3.1 如圖，用實驗方法測定飛輪對于其轉軸的轉動慣量。飛輪的半徑為，今在飛輪上繞一細繩，繩的末端掛一質量為的重錘，讓重錘自高度處落下，測得下落時間，為消除軸承摩擦所引起的摩擦力矩的影響，再用質量為的重錘作第二次試驗。此重錘自同一高度處下落的時間為，假設摩擦力矩是個常量，與重錘的重量無關，求飛輪的轉動慣量。3.2 如圖所示，一質量為的均質方形薄板，其邊長為，鉛直放置著，它可以自由地繞其一固定邊轉動。若有一質量為，速度為的小球垂直于板面碰在板的邊緣上。設碰撞是彈性的，試分析碰撞后，板和小球的運動情況。3.3 以力將一塊粗糙平面壓在輪上，平面與輪之間的滑動摩擦系數為，輪的初角速度為，問轉過多少角度時輪即停止轉動？已知輪的半徑為R，質量為，可看作均質圓盤，軸的質量不計。3.4 兩輪、分別繞通過其中心的垂直軸同向轉動，角速度分別為，。已知兩輪的半徑與質量分別為，試求兩輪對心銜接（即嚙合）后的角速度。3.