三.刚体定轴转动的动能定理\ndω 由转动定律 M = Jα = J dt θ2 θ 2 dω ω2 A = ∫θ Mdθ = ∫θ J dθ = ∫ω Jωdω 1 1 1 dt\nω\nO\n\n四. 刚体的重力势能\nr ϖi\n\nz\n\n设刚体中质元 Δmi 的高度坐标为 zi ，\n\nΔm i\nC zC\nm\n\nr ri Δm i\n\n其重力势能为 ΔE Pi = Δmi gzi\n\n整个刚体的重力势能\n\nO\n\nzi\n\ny\n\n即\n\n1 2 1 2 A = Jω 2 − Jω1 = ΔEk 2 2\n\nE P = ΣΔE Pi = gΣΔmi zi\n刚体的动能定理 由质心坐标的定义式\nzC = ΣΔ mi zi m\n\nx\n\n合外力矩对刚体作功等于刚体动能的增量。\n1 1 类比质点力学中的动能定理 A = mv22 − mv12 = ΔEk 2 2\n7\n\nΣΔ mi zi = mz C\n\nE P = mgz C\n\n一个不太大的刚体的重力势能相当于它的全部质量都集 中在质心时所具有的势能。 8\n\n五、机械能守恒 对于含有刚体的系统,如果在运动过程中只有 保守内力作功,则此系统的机械能守恒。 功能原理、机械能守恒定律在刚体运 动的情况下仍然适用。\n\n例题 1 如图，冲床上配置一质量为 5000kg 的飞轮， r1 = 0.3 m，r2 = 0.2 m， 今用转速为 900r/min 的电动机借皮 带传动来驱动飞轮，已知电动机的传动轴直径为 d = 10cm 。 （1）求飞轮的转动动能。 （2）若冲床冲断 0.5mm 厚的薄钢片需冲力9.80 × 104 N，所消耗的能量全部 由飞轮提供，问冲断钢片后飞轮的转速变为多大？\n解:（1）飞轮的转动惯量为\n\n1 J = m r12 + r22 = 325 kg ⋅ m 2 2 飞轮的转速为 d n飞 = 电 n电 d飞\n9\n\nd\n\n2r1\n\n(\n\n)\n\n2r2\n\n10\n\n飞轮角速度\n\nω=\n\n2πn飞 2πd电 n电 = 60 60d 飞\n2r2\n\n作功消耗飞轮的动能，由动能定理，有\n\n求得飞轮的转动动能为\n2r1\n\n′ A′ = − A = E k − E k\n冲断钢片后飞轮的动能为\n\nEk =\n\n1 Jω 2 2 1 ⎛ 2 × 3.14 × 900 ×10 ⎞ = × 325 × ⎜ ⎟ 2 60 × 60 ⎝ ⎠ = 40055J\n2\n\n1 ′ Ek = Jω ′ 2 = E k − A = 40006J 2\n求得飞轮的角速度为\n\nd\n\nω′ =\n飞轮的转速为\n−3\n\n（2）冲断钢片需要作功为\n\n′ 2 Ek J\n\nA = Fd = 9.80 × 10 × 0.5 × 10\n4\n\n= 49J\n11\n\n′ n飞 =\n\n60 60 ω′ = 2π 2π\n\n2 × 40006 = 149.8 r / min 325\n12\n\n2\n\n\r\n
例题2 质量 m,长 l 的均质细棒可绕端点 O 在铅直平 面内自由旋转。最初棒在水平位置，然后任其自由 落下。求它在竖直位置的角速度 ω、 中心点C和端点 C A的速度。 A O\nθ\n\n其中 解得\n\nθ1 = 0,θ 2 =\nω2 =\n\nπ 1\n\n, Jω 2 = 0 2 2 1\n\nO\n\nθ\n\nC\n\nA\n\nr r\n\n解：当棒落到与水平位置成θ角 时，受重力和轴的支承力的作用。 轴的支承力不作功，重力所作元功\nl 1 dA = Md θ = mg sin ϕdθ = mgl cos θ dθ 2 2\n1 θ A = ∫ dA = mgl ∫θ 2cosθdθ 1 2\n\nr r\n\nϕ\nr G\nA′\n\nmgl 3g = J l\n3 gl l vC = ω = 2 2\n\nϕ\nr G\n\nA′\n\nv A = lω = 3 gl\n\n解法二: 将棒与地球看成一个系统，重力为保守内 力，支承力不作功，系统的机械能守恒。 初态：\n13\n\nEP1 = 0\n\nEk 1 = 0\n14\n\n1 1 2 1 2 = mgl (sin θ 2 − sinθ1 ) = Jω 2 − Jω1 2 2 2\n\n（取水平位置时为重力势能零点）\n\n1 终态： E P 2 = − mgl 2 1 2 E k 2 = Jω 2 2\n\nO\n\nθ\n\nC\n\nA\n\nr r\n\nϕ\nr G\n\nA′\n\n得\n\nEk 2 + E P 2 = 0 1 1 2 2 1 × ml ω 2 = mgl 2 3 2 mgl 3g = J l\n15\n\n1 2 1 Jω = mgl 2 2 2\n\n例3、一个质量为Ｍ、半径为Ｒ的 定滑轮（当作均匀圆盘）上面绕有 细绳，绳的一端固定在滑轮边上， 另一端挂一质量为ｍ的物体而下 垂。忽略轴处摩擦，求物体ｍ由静 止下落高度ｈ时的速度和此时滑轮 的角速度。 解：\n对M：M ′＝TR＝Jα 1 J＝ MR2 2\n\nMg\n\n解得\n\nω2 =\n\n对m : mg − T = ma a = Rα\n\n16\n\n解方程得：\n\na =\n\nm m +M\n\ng 2\nv 1 4mgh = R R 2m + M\n\nv = 2ah =\n\n4mgh 2m + M\n\nω=\n\n例5、一根长为l、质量为m的均匀细直棒，其一端有 一固定的光滑水平轴，因而可以在竖直平面内转动。 最初棒静止在水平位置，求它由此下摆θ角时的角加 速度和角速度。 解：棒下摆为加速过程，外 力矩为重力对O的力矩。 棒 O 上取质元dm,当棒处在下摆θ 角时，重力矩为： 1 1 M = mgl sin ϕ = mgl cos θ 2 2\n\n又解：据机械能守恒定律：\n\nθ\nϕ\nmg\n\nX\n\nmgh =\n\n1 1 J ω 2 + mv 2 2\n\n2\n\nv = R ω 可解出 v =\n\n4 mgh 2m + M\n17\n\n1 M 2 mgl cos θ 3 g cos θ = = α= 1 2 J 2l ml 3\n\n18\n\n3\n\n\r\n
六. 刚体的自由度\n\n1 dA = mgl cos θdθ 2\n\nO\n\nθ\nϕ\nmg\n\nX\n\n完全确定一个物体在空间的位置所需的坐标 数 目，称为这个物体运动的 自由度数。\n\n∫\n\nθ 0\n\n1 1 mgl cos θ d θ = J ω 2 − 0 2 2\n2\n\n自由运动的质点，决定它的空间位置需要三个坐 标 x、y、z，即自由质点的自由度为 3（平动自由度）。\n\n1 1 mgl sin θ = Jω 2 2\n\nω=\n\nmgl sinθ 3g sinθ = J l\n19\n\n当质点的运动受约束时，自由度会减小，如轮船在平面 内运动，它的自由度减小为 2。\n\n20\n\n决定刚体的空间位置，需要三个平动自由度来决定它 的质量中心的位置，需要二个转动自由度决定它转轴的 空间取向（转轴与x、y、z 轴的夹角α、β 、γ 中，只有二 2 2 2 个是的，另一个可由 cos α + cos β + cos γ = 1 推 ϕ 决定刚体上质元绕转轴转过 出。）。另需一转动自由度 的角度。\n\n§5-4 刚体定轴转动的角动量定理 和角动量守恒定律\n一. 刚体的角动量\n质点对点的角动量为：\n\nL = r× P = r× mv\nω\nr ri Δm i\n\n自由刚体有3个平动自由度、 3个转动自由度，即它的自由 度为6。\n物体有几个自由度，它的运动 定律就可归结为几个的 方程式。\nϕ\n\n刚体上的一个质元,绕固定轴做圆周运动角动量为：\n\nLi = ri Δ m i v i = ri2 Δ m iω\n所以刚体绕此轴的角动量为：\n\nL =\n\n∑\ni\n\nL i = ( ∑ Δ m i ri 2 ) ω = J ω\ni\n\n21\n\n刚体对固定转动轴的角动量L,等于它对该轴的转动惯 22 量J 和角速度ω 的乘积。\n\n二. 定轴转动刚体的角动量定理 改写刚体的定轴转动定律为: dω d M z = Jα = J = ( Jω )\ndt dt\n\n②当物体系统对定轴的转动惯量为可变时， 角动量定理的微分形式仍然适用,\n\nr r dp 与此式对应的牛顿第二定律微分形式为 F = ，上式也可 dt 称角动量定理的微分形式。\n\nv v dL M= dt\n\n设物体系统各物体对转轴的角动量为 J 1ω1 、 J 2ω 2 、…， 该系统对转轴的总角动量为\n\nLz = ΣJ iω i\n角动量的微分形式对该系统可表示为\n\n讨论:①积分形式—冲量矩定理\n冲量矩（角 冲量）\nt ∫t M z dt = J ω − ( J ω )0\n0\n\nMz =\n角动量的 增量\n23\n\ndLz d = (ΣJ iω i ) dt dt\n\n各角动量应是相对同一转轴的角动量。\n24\n\n4\n\n\r\n
三.角动量守恒定律\n在M = dL 中 ， 若 M = 0, 则 d L = 0.L = 常 量 dt\n\n讨论: ①自然界普遍规律之一;(宏观、微观) ②对单个刚体， M=0，靠惯性作匀角速转动； ③对多个刚体系统， M=0，则有刚体Jω增 加，必有刚体Jω减少,即 L = J1ω1 + J 2 ω2 = 常量 ④对J 可变系统，M=0，则有J增加，必有ω减 小；反之则反；可用于调节转速； ⑤各角动量应是相对同一转轴的角动量。\n25 26\n\nL = Jω = const\n当刚体或物体系所受合外力矩为零时，其角动 量保持不变。这个关系称为角动量守恒定律。\n\n角动量守恒的例子 1） J 、 ω 均不变的例子：常平架上的 回转仪、子弹及炮弹的旋转等。\n\n跳水运动员\n\n茹可夫斯基凳\n\n2） J、 ω均变的例子：芭蕾舞演员的 旋转、跳水运动等。\n花样滑冰运动员的 旋转表演\n27 28\n\n例题 1 一均质细棒长度为 l，质量为 m，可绕通过 其端点 O 水平轴转动。当棒从水平位置自由释放 后，它在竖直位置上与放在地面上的物体相撞。 该物体的质量也是 m，它与地面的摩擦系数为 μ 。 相撞后，物体沿地面滑行一距离 s 而停止。求相 撞后棒的质心 C 离地面的最大高度 h，并说明棒在 碰撞后将向左摆或向右摆的条件。\n\nmgl 1 1⎛ 1 ⎞ = Jω 2 = ⎜ ml 2 ⎟ω 2 2 2 2⎝ 3 ⎠\n\nO C\n\n第二阶段为棒与物体的碰 撞，作用时间极短，作用 力远大于物体的摩擦力， 可看成角动量守恒过程。\n\n解 第一阶段，棒的自由下 落为机械能守恒过程。取 质心 C 在竖直位置的重力 势能为零，有\n\nO\n\nω 以 ϖ表示碰撞后物体的速度， ′ 表示碰撞后棒的角 速度，有\n⎛1 2⎞ ⎛1 2⎞ l ⎜ ml ⎟ω = mϖ + ⎜ ml ⎟ω ′ ⎠ ⎠ ⎝3 ⎝3\n29 30\n\nC\n\n5\n\n\r\n
第三 阶段为物体碰撞 后的 滑行，作匀减速直线运动， 有 − μmg = ma\n2 ϖ 由 0 = v 22 + 2as 得 v = 2μgs\n\nω′ =\nO C\n\n3 gl − 3 2 μgs l\n\n当ω ′ 取正值， 则棒向左摆， 条件为 3 gl − 3 2μgs > 0 ， 或 l > 6μs ； 当 ω ′ 取 负 值 ， 则 棒 向 右 摆 ， 条 件 为 3 gl − 3 2 μgs < 0 ，或 l < 6 μs 。\n碰撞后棒的上升由机械能守恒求得\n3 gl − 3 2 μgs l\n31\n\n由 此 三 式 可 解 得\n\nmgl 1 1⎛ 1 ⎞ = Jω 2 = ⎜ ml 2 ⎟ω 2 2 2 2⎝ 3 ⎠ ⎛1 2⎞ ⎛1 2⎞ ′ ⎜ ml ⎟ω = mvl + ⎜ ml ⎟ω ω ′ = ⎠ ⎠ ⎝3 ⎝3\n\nmgh =\n\n1⎛ 1 2⎞ 2 ⎜ ml ⎟ω ′ 2⎝ 3 ⎠\nl + 3 μs − 6 μsl 2\n\n将ω ′ 的表达式代入，有\nh=\n32\n\nv 2 = 2μgs\n\n例题 2 工程上，两飞轮常用摩擦啮合器使它们 以相同的转速一起转动。 如图 A 和 B 两飞轮的轴 杆在同一中心线上，A 轮的转动惯量为 J A = 10kg ⋅ m 2 ，B 轮的转动惯量为 J B = 20kg ⋅ m 2 。 开始时 A 轮的转速为 600r/min，B 轮静止。C 为 摩擦啮合器。求两轮啮合后的转速；在啮合过程 中，两轮的机械能有何变化？\n解 如将两 飞轮作 为 一系统，它们的作用 力矩属系统内力矩， 系统的角动量守恒。\n33\n\nJ Aω A + J Bω B = ( J A + J B )ω\n\n初角动量\n\n末角动量\n\n解得\n\nω=\n\nJ Aω A + J Bω B = 20.9 rad/s J A + JB\nn= 60ω = 200 r / min 2π\n\n折算为转速\n\n这种啮合过程与质点的完全非弹性碰撞相当，碰 撞过程有机械能损失。损失的机械能为\n1 1 ⎛1 2 2⎞ ΔE = ⎜ J Aω A + J Bω B ⎟ − ( J A + J B )ω 2 = 1.32 × 104 J 2 34 ⎠ 2 ⎝2\n\n例题 3 恒星晚期在一定条件下，会发生超新星爆 发，这时星体中有大量物质喷入星际空间，同时 星的内核却向内坍缩，成为体积很小的中子星。 中子星是一种异常致密的星体，一汤匙中子星物 质就有几亿吨质量！设某恒星绕自转轴每 45 天转 一周，它的内核半径 R0 约为 2 × 107 m，坍缩成半径 R 仅为 6 × 103 m 的中子星。试求中子星的角速度。坍 缩前后的星体内核均看作是均质圆球。\n解 星际空间恒星受外力矩作用不明显，恒星的角 动量可近似看成守恒的。设坍缩前后的恒星的角 动量分别为 J 0ω0 和 Jω ，应有\n35\n\nJ 0ω0 = Jω\n\n球体的转动惯量为 J = mR 2 ，上述守恒式为\n2 2 2 mR0 ω 0 = mR 2ω 5 5\n\n2 5\n\n解得\n\nω = ω0 ⎛ ⎜\n\nR0 ⎞ ⎟ = 3 r/s ⎝ R ⎠\n\n2\n\n由于中子星的致密性和极快的自转角速度，在其周 围形成极强的磁场，并沿着磁轴的方向发出很强的 无线电波、光或 X 射线。当此辐射束扫过地球时， 能检测到脉冲信号，故中子星又称脉冲星。 36\n\n6\n\n\r\n
37
例题 4 如图的宇宙飞船对其中心轴的转动惯量23m kg 102⋅×=J ，飞船以角速度rad/s 2.0=ω绕中心轴旋转。宇航员想用两个切向的控制喷管使飞船停止旋转。每个喷管的位置与轴线距离都是m 5.1=r ，两喷管的喷气流量恒定，共是kg/s 2=α。废气的喷射速率（相对于飞船周边）m/s 50=u ，并且恒定。问喷管应喷射多长时间才能使飞船停止旋转。
2
dm 2
dm u
r u
r −g
L r r ω
L r 38
喷气全过程喷出气体的总角动量为
mru
rudm L m
g ==∫0宇宙飞船停止转动时的角动量为零，系统的总角动量1L 就是排出气体的总角动量
mru
L L g ==1整个喷射过程中系统不受外力矩作用，角动量应守恒
10L L = 或 mru J =ω
即 ru
J m ω=
喷射时间为 67.2==
=
ru
J m
t αω
α
s 39
例5、如图所示,一质量为m 的子弹以水平速度射入一静止悬于顶端长棒的下端,穿出后速度损失3/4,求子弹穿出后棒的角速度ω。已知棒长为l ,质量为M .解:
v 0
v
m
M ω
+=J l v m l mv )(004
1
分析:子弹和棒的总动量守恒吗?为什么?总角动量守恒吗?若守恒,其方程应如何写?2
003
1
4943Ml
J Ml mv J l mv ===这里ω40
解法二:以 f 代表棒对子弹的阻力,对子弹有:004
3
mv )v v (m fdt −
=−=∫
子弹对棒的反作用力对棒的冲量矩为：
∫
∫=′=′ωJ dt
f l ldt f 因, 由两式得f
f −=′v 0
v
m M
2
003
1
4943Ml J Ml mv J l mv ===
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