第五章剛體的轉動 (2)

1、 （課后練習）（課后練習）一條質量為一條質量為 M 長為長為 L 的均勻鏈條，放在的均勻鏈條，放在 一光滑的水平桌面上，鏈子的一端有極小的一段長度被推一光滑的水平桌面上，鏈子的一端有極小的一段長度被推 出桌子的邊緣在重力作用下開始下落，試求鏈條剛剛離開出桌子的邊緣在重力作用下開始下落，試求鏈條剛剛離開 桌面時的桌面時的速度速度. 鐵鏈自由下落鐵鏈自由下落.swf 應用應用：計算計算1010米米高臺跳水游泳池的深度高臺跳水游泳池的深度 2 Fc Av 阻 233 (0.25,0.08,1.0 10)cAmkg m F x 研究對象：整條鏈條研究對象：整條鏈條 建立坐標：如圖建立坐標：如圖 受力分

2、析：受力分析： F () M x g L 運動方程：運動方程： dt dv Mxg L M 解：解：（1）鏈條在運動過程中，各部分的速度、）鏈條在運動過程中，各部分的速度、 加速度都相同。加速度都相同。 dt dv x L g o X ML （課后練習）（課后練習）一條質量為一條質量為 M 長為長為 L 的均勻鏈條，放在的均勻鏈條，放在 一光滑的水平桌面上，鏈子的一端有極小的一段長度被推一光滑的水平桌面上，鏈子的一端有極小的一段長度被推 出桌子的邊緣在重力作用下開始下落，試求鏈條剛剛離開出桌子的邊緣在重力作用下開始下落，試求鏈條剛剛離開 桌面時的桌面時的速度速度. 動畫動畫 dt dx dx

3、dv x L g dx dv vx L g vL vdvxdx L g 00 2 2 2 1 2 v L L g gLv dt dv x L g 應用應用：計算計算1010米米高臺跳水游泳池的深度高臺跳水游泳池的深度 smghV/0 .142 0 解：落到水面速度解：落到水面速度 水中水中maAVcF 2 合 V dx dV mAVc 2 V dV Ac m dx V V x 0 0 V V Ac m x 0 ln （取m=50kg，v=2m/s,得x=4.9m。 第五章第五章 剛體的轉動剛體的轉動 1. 剛體：剛體：在外力作用下，形狀和大小都不在外力作用下，形狀和大小都不 發(fā)生變化的物體（任

4、意兩質點間距離保持發(fā)生變化的物體（任意兩質點間距離保持 不變的特殊質點組）不變的特殊質點組） 剛體是理想模型剛體是理想模型 剛體模型是為簡化問題引進的剛體模型是為簡化問題引進的 說明：說明： 一、基本概念一、基本概念 剛體平動剛體平動 質點運動質點運動 平動：平動：若剛體中若剛體中 所有點的運動軌跡都所有點的運動軌跡都 保持完全相同保持完全相同 特點：特點：各點運動各點運動 狀態(tài)一樣，如：狀態(tài)一樣，如： 等都相同等都相同 a 、 v 2.剛體的運動形式：剛體的運動形式：平動、轉動平動、轉動 定軸轉動定軸轉動 轉動轉動：剛體上各質點都繞同一軸作圓周運動剛體上各質點都繞同一軸作圓周運動 非定軸轉動

5、非定軸轉動 二、剛體的定軸轉動二、剛體的定軸轉動 )()(ttt角位移角位移 )(t 角坐標角坐標 沿沿順順向轉動向轉動 沿沿逆逆向轉動向轉動 約定約定 tt t d d lim 0 角速度矢量角速度矢量 方向方向: 右手右手螺旋方向螺旋方向 z 參考平面參考平面 )(t x 參考軸參考軸 剛體剛體定軸定軸轉動轉動 ( (一維轉動一維轉動) )的的轉動轉動 方向方向可以用可以用角速度角速度 的正、負的正、負來表示來表示. . 00 zz 角加速度角加速度 角量與線量的關系角量與線量的關系 t rre v t e v 2 n t ra ra t a n a n 2 t erera tt 2 2

6、d d d d a r ( (1) ) 每一質點均作圓周運動，圓面為轉動每一質點均作圓周運動，圓面為轉動 平面；平面； ( (2) ) 任一質點運動任一質點運動 均相同，但均相同，但 不同；不同； , a , v 定軸轉動的定軸轉動的特點特點 ( (3) ) 運動描述僅需一個坐標運動描述僅需一個坐標 勻變速轉動公式勻變速轉動公式 剛體剛體繞繞定軸作勻變速轉動定軸作勻變速轉動質點質點勻變速直線運動勻變速直線運動 at 0 vv 2 2 1 00 attxxv )(2 0 2 0 2 xxa vv t 0 )(2 0 2 0 2 2 2 1 00 tt 當剛體繞定軸轉動的當剛體繞定軸轉動的=常量時

7、，剛體常量時，剛體 做做勻變速轉動勻變速轉動 , oo i r i i F A 在在A點取質量元點取質量元 i m 的運動遵循牛頓第二定律的運動遵循牛頓第二定律 ( ) iii Fm a i m ( ) () tii iiin ma ta n 同時叉乘方程兩邊同時叉乘方程兩邊 i r () ()() iiiitiiinii r Fma r ta r n 2 () iiii r Fmr 0 二、剛體的定軸轉動定律二、剛體的定軸轉動定律 方程兩邊同時求和方程兩邊同時求和 M 合合外外力力矩矩 :J MJ 合合外外力力矩矩 2 () iiii rFmr 轉動慣量轉動慣量 0M 合合外外 第一轉動定律

8、：第一轉動定律： 0 i F 類比有類比有: 時時 繞定軸轉動的剛體所受的合外力矩為零時，將保繞定軸轉動的剛體所受的合外力矩為零時，將保 持原有的運動狀態(tài)不變。持原有的運動狀態(tài)不變。 0va 恒恒量量由牛頓第一定律：由牛頓第一定律： 0 恒恒量量 剛體所受的對于某一固定轉軸的合外力矩等于剛體剛體所受的對于某一固定轉軸的合外力矩等于剛體 對此轉軸的轉動慣量與剛體在此合外力矩的作用下所對此轉軸的轉動慣量與剛體在此合外力矩的作用下所 獲得的角加速度的乘積。獲得的角加速度的乘積。 d MJJ dt 第二轉動定律：第二轉動定律： Fma 牛頓第二定律：牛頓第二定律： 類比有類比有: 三、轉動慣量三、轉動

9、慣量 J 質點質點 質點系質點系 剛體剛體 轉動慣量與（轉動慣量與（a）剛體的質量）剛體的質量m有關；有關； （b）與）與m的分布有關；的分布有關； （c）與轉軸的位置有關）與轉軸的位置有關 常見均勻剛常見均勻剛 體的轉動慣量體的轉動慣量 見書見書P P261 2 Jmr 2 1 n i i Jm r 2 Jr dm 剛體剛體慣性描述量慣性描述量 幾種常見剛體的轉動慣量：幾種常見剛體的轉動慣量： L m 細棒細棒 2 3 1 mLJ 細棒細棒 2 12 1 mLJ 薄圓環(huán)薄圓環(huán) 或薄圓筒或薄圓筒 2 mRJ 圓盤或圓盤或 圓柱體圓柱體 薄球殼薄球殼 2 2 1 mRJ Rm 2 3 2 mRJ

10、 球體球體 2 5 2 mRJ m L R m Rm R m * 平行軸定理平行軸定理 以以 m 表示剛體的質量，表示剛體的質量，Jc 表示它通過其質心表示它通過其質心 c 的軸的軸 的轉動慣量。若另一軸與此軸平行并且相距為的轉動慣量。若另一軸與此軸平行并且相距為d，則此剛則此剛 體對于后一軸的轉動慣量為：體對于后一軸的轉動慣量為： 2 mdJJ c m L 2 12 1 mLJc L m *垂直軸定理垂直軸定理 例：例： 22 ) 2 () 12 1 ( L mmLJ 2 3 1 mL x y z yxz JJJ c 質量為質量為m，長為，長為L的細棒繞其一端的的細棒繞其一端的J P 22

11、2 1 mRmRJ P 圓盤對圓盤對P 軸的轉動慣量軸的轉動慣量 RmO 22 3 1 ) 2 (mL L mJJ c 2 mdJJ c 2 12 1 mLJ c d=L/2 O1O1 O2 O2 竿子長些還是短些較安全？竿子長些還是短些較安全？ 飛輪的質量為什么飛輪的質量為什么 大都分布于外輪緣？大都分布于外輪緣？ 如圖所示的大圓盤，質量為如圖所示的大圓盤，質量為M，半徑為，半徑為R，對于，對于 過圓心過圓心o o點且垂直于盤面的轉軸的轉動慣量為點且垂直于盤面的轉軸的轉動慣量為 。如如 果在大圓盤中挖去圖示的一個小圓盤，其質量為果在大圓盤中挖去圖示的一個小圓盤，其質量為m，半徑，半徑 為為

12、，且，且 。已知挖去的小圓盤相對于過。已知挖去的小圓盤相對于過o點且垂直點且垂直 于盤面的轉軸的轉動慣量為于盤面的轉軸的轉動慣量為 ，則挖去小圓盤后剩余，則挖去小圓盤后剩余 部分對于過部分對于過o點且垂直于盤面的轉軸的轉動慣量為多少？點且垂直于盤面的轉軸的轉動慣量為多少？ r2rR 答案： 2 1 (43) 2 JMm r 2 3 2 mr 2 1 2 MR o R r 填補法求轉動慣量填補法求轉動慣量 四、四、 轉動定律的應用轉動定律的應用 ( )( )( )tttM J 用求導的方法用求導的方法 積分加初始條件積分加初始條件 d MJJ dt ( )( )( )Mttt 剛體定軸轉動的兩類

13、問題：剛體定軸轉動的兩類問題： ( (2) ) 為瞬時關系為瞬時關系 ( (3) ) 轉動中轉動中 與平動中與平動中 地位相同地位相同 maF JM ( (1) ) , 與與 方向相同方向相同 JM M 說明說明 例例1. 一根輕繩跨過一定滑輪（滑輪一根輕繩跨過一定滑輪（滑輪 視為圓盤），繩的兩端分別視為圓盤），繩的兩端分別 懸有質量懸有質量 為為 m1 和和 m2 的物體的物體， ，m1 m2 ，滑輪的 滑輪的 質量為質量為 m ，半徑為，半徑為 R，所受的摩擦阻，所受的摩擦阻 力矩為力矩為 Mr ，繩與滑輪間無相對滑動。，繩與滑輪間無相對滑動。 試求：物體的加速度和繩的張力。試求：物體的加

14、速度和繩的張力。 已知：已知： m1，m2 ，m， R ，Mr 求：求： 21 ,T T a . 1 m 2 m m R 動畫動畫 解解: 研究對象研究對象 m1 ，m2 ，m 建立坐標，受力分析建立坐標，受力分析 如圖如圖 y gm1 1 T gm2 2 T m 1 T 2 T 0 . 1 m 2 m m R r M 對各隔離體寫出運動方程：對各隔離體寫出運動方程： 對對m1 ： 1111 Tm gm a 對對m2：2222 m gTm a 對對m： 2 1 122 1122 , , , aaRJmR TTTT 21r T RT RMJ 1 a 2 a 又：又： 21 12 () 1 2 r

15、 M mm g R a mmm 聯(lián)立求得：聯(lián)立求得： 12 1 12 1 (2) 2 1 2 r M mmm g R T mmm 21 2 12 1 (2) 2 1 2 r M mmm g R T mmm 注意：注意：當不計滑輪的質量當不計滑輪的質量 及摩擦阻力時：及摩擦阻力時： 0, 0 r mM g mm mm a 21 12 )( g mm mm TT 21 21 21 2 這便是中學所熟知的結果這便是中學所熟知的結果 問：如何求角加速度？問：如何求角加速度？ 根據(jù)根據(jù) 可求得可求得 t aR 例例2 2（01580158）電風扇在開啟電源后，經過電風扇在開啟電源后，經過 時間達到了額定

16、轉速，此時相應時間達到了額定轉速，此時相應 的角速度為的角速度為 。當關閉電源后，經。當關閉電源后，經 過過 時間風扇停轉。已知風扇轉子時間風扇停轉。已知風扇轉子 的轉動慣量為的轉動慣量為J，并假定摩擦阻力矩，并假定摩擦阻力矩 和電機的電磁力矩均為常量，試根據(jù)和電機的電磁力矩均為常量，試根據(jù) 已知量推算電機的電磁力矩。已知量推算電機的電磁力矩。 1 t 0 2 t 在在 內內 解： 關閉電源后，關閉電源后， 經過經過 時間時間 ) 11 ( 21 0 tt JM 電磁 結果：結果： 1 0 t 1 MMJ 電磁電磁摩擦摩擦 2 t 2 MJ 摩摩擦擦 01 1 0t 02 2 0t 例例3 3

17、（50315031）轉動著的飛輪的轉動慣量為轉動著的飛輪的轉動慣量為J， 在在 時角速度為時角速度為 。此后飛輪經。此后飛輪經 歷制動過程。阻力矩的大小與角速度歷制動過程。阻力矩的大小與角速度 的平方成正比，比例系數(shù)為的平方成正比，比例系數(shù)為 （ 為為 大于零的常數(shù)）。當大于零的常數(shù)）。當 時，時， 飛輪的角加速度飛輪的角加速度 。從開始制。從開始制 動到動到 所經歷的時間所經歷的時間 0t 0 k k 1 03 ? 1 03 ?t 解：（1）當）當 時，飛輪的角加速時，飛輪的角加速 度度 1 03 ? 2 Mk 阻阻力力 J 1 03 ， ， 2 0 9 k J 時時 設開始制動的時刻為設開

18、始制動的時刻為 （2）從開始制動到）從開始制動到 所經歷的時間所經歷的時間 1 03 2 Mk 阻阻力力 J d J dt 2 d kdtJ 0t 0 0 1 3 2 0 t d kdtJ 0 2J t k （課后練習）（課后練習）一長為一長為 l 、質量為質量為 m 勻質細桿豎直勻質細桿豎直 放置，其下端與一固定鉸鏈放置，其下端與一固定鉸鏈O相接，并可繞其轉相接，并可繞其轉 動由于此豎直放置的細桿處于非動由于此豎直放置的細桿處于非穩(wěn)定平衡狀態(tài)，穩(wěn)定平衡狀態(tài)， 當其受到微小擾動時，細桿將在重力作用下由靜當其受到微小擾動時，細桿將在重力作用下由靜 止開始繞鉸鏈止開始繞鉸鏈 O 轉動試計算細桿轉動

19、到與豎轉動試計算細桿轉動到與豎 直線成直線成 角時的角加速度和角速度角時的角加速度和角速度 m,l O mg 解解 細桿受重細桿受重 力和鉸鏈對細桿的力和鉸鏈對細桿的 約束力約束力 作用，由作用，由 轉動定律得轉動定律得 N F Jmglsin 2 1 式中式中 2 3 1 mlJ 得得sin 2 3 l g m,l O mg N F ttd d d d d d 由角加速度的定義由角加速度的定義 dsin 2 3 d l g 代入初始條件積分得代入初始條件積分得)cos1 ( 3 l g d d m,l O mg N F 作業(yè)：P286 287 5.2 5.9 5.12 自學書中例題自學書中例

20、題P262266例例5.5 例例5.6 例例5.7 課后復習：課后復習：P251 266 創(chuàng)新班作業(yè)：P286 287 5.2 5.9 5.12 5.13 （課后練習）（課后練習）有一半徑為有一半徑為R的圓形平板平放的圓形平板平放 在水平桌面上，平板與水平桌面的在水平桌面上，平板與水平桌面的 摩擦系數(shù)為摩擦系數(shù)為 ，若平板繞通過其中，若平板繞通過其中 心且垂直板面的固定軸以角速度心且垂直板面的固定軸以角速度 開始旋轉，它將在旋轉幾圈后停止？開始旋轉，它將在旋轉幾圈后停止？ 0 當剛體在力矩當剛體在力矩 作用下從作用下從 轉到轉到 時，力矩所做的功為：時，力矩所做的功為： 2 1 AMd 六、六

21、、剛體轉動的功和能剛體轉動的功和能 1力矩做功力矩做功 r F o ds dr d M 合外力合外力 對對 剛體所作的元功：剛體所作的元功： F cosdAF drFds sin)(rdF（ 與與 互余）互余） sinFrM 合合 外外 力力 矩矩 而而 dAM d 1 2 2. 剛體轉動動能剛體轉動動能 考慮剛體上第考慮剛體上第 i 個質元，質量為個質元，質量為 的動能的動能 i m 整個剛體的動能為整個剛體的動能為 1 m i m 2 2 1 iiki vmE kik EE 22 2 1 ii Rm 22 1 2 ii m R i m ii vR 速度為速度為 J 2 1 2 k EJ 剛

22、體的轉動動能剛體的轉動動能 2 1 2 k Emv 3.定軸轉動的動能定理定軸轉動的動能定理 由質點系：由質點系： 類比：類比： kab Emvmv 22 2 1 2 1 0 AM d 合合外外力力矩矩 22 0 11 22 k JJE 合外力矩對定軸轉動的剛體所作的功，合外力矩對定軸轉動的剛體所作的功， 等于剛等于剛 體轉動動能的增量。體轉動動能的增量。 A內力矩 內力矩？ ？ b a AAF dr 外外力力 力 力內內 4. 剛體的勢能剛體的勢能 一個不太大的剛體的重力勢能一個不太大的剛體的重力勢能 = = 它的全部質它的全部質 量集中在質心時所具有的勢能量集中在質心時所具有的勢能 剛體重

23、力勢能剛體重力勢能 ：剛體：剛體質心質心與重力勢能零點（地面）與重力勢能零點（地面） 的的 高度差高度差 c h Pc Emgh 重重 注意注意：功能原理適應于純質點系統(tǒng)也適應于純剛功能原理適應于純質點系統(tǒng)也適應于純剛 體系統(tǒng)，同時也適應于（體系統(tǒng)，同時也適應于（質點質點+ +剛體剛體）的混）的混 合系統(tǒng)。但計算動能時合系統(tǒng)。但計算動能時必須注意必須注意 2 1 2 k EJ 剛體動能剛體動能 5.剛體定軸轉動的功能原理剛體定軸轉動的功能原理 21 11 nn ii AAEE 外外非非 內內 6. 剛體的機械能守恒定律剛體的機械能守恒定律 21 11 nn ii EE 常常量量 0AA 外外非

24、非 內內 若：若： 則：則： c mgh 常數(shù)常數(shù) 2 2 1 J 若剛體轉動過程中只有重力矩作功，則機械能若剛體轉動過程中只有重力矩作功，則機械能 守恒。守恒。 例例4. 一質量為一質量為 m 長為長為 L 的均勻細棒的均勻細棒 OA 可繞通過其一端的光滑軸可繞通過其一端的光滑軸 O 在豎直平在豎直平 面內轉動，今使棒從水平位置開始自面內轉動，今使棒從水平位置開始自 由下擺，求細棒擺到豎直位置時由下擺，求細棒擺到豎直位置時 （1）質心）質心 C 和端點和端點 A 的線速度的線速度 （2）質心）質心 C 的線加速度的線加速度 解法一（解法一（1）研究對象：細棒研究對象：細棒 受力分析：受力分析

25、：mg （ 不考慮）不考慮） N 力矩力矩sin 2 L rFmg C mg O A 零勢面零勢面 C A r cos 2 mg L 動能定理：動能定理： 0 AM d 合合外外力力矩矩 )( 2 1 2 0 2 J 2 0 cos 2 L mgd 2 2 1 2 Jmg L = 0 2 ) 3 1 (mL mgL J mgL L g3 cc Rv 方向：向左方向：向左 O A C mg 零勢面零勢面 C A AA Rv c a tc aR 0 因豎直位置因豎直位置M=0 =0 g L L g Ra cn 2 3 2 3 2 （2） sincos 22 LL rFmgmg gL L 3 2 1

26、 2 gLL3 解法二解法二 用機械能守恒：（剛體只有重力矩作功）用機械能守恒：（剛體只有重力矩作功） mgL 2 2 1 J) 3 1 ( 2 mLJ 3mgLg JL 解法三解法三 用運動方程用運動方程 （轉動定律）求解：（轉動定律）求解： MJ 2 1 sin 23 L mgmL 研究對象：細棒研究對象：細棒 受力分析：受力分析：mg （不考慮（不考慮N） 運動方程：運動方程： 3 cos 2 g L cos 2 3 L g dt d 3 cos 2 dd dd g Lt O A C gm 零勢面零勢面 C A 2 00 cos 2 3 d L g d L g 2 3 2 1 2 Lg3

27、 2 L mg LJ 七、定軸轉動的角動量定理七、定軸轉動的角動量定理 1沖量矩沖量矩 2剛體定軸轉動的角動量剛體定軸轉動的角動量 3剛體剛體系系定軸轉動的角動量定理定軸轉動的角動量定理 2 1 t t Mdt Pmv （） 2 1 2121 11 nn t ii t M dtLLJJ 外外 MdtdL 微分形式微分形式 積分形式積分形式 dL M dt 4剛體系剛體系角動量守恒定律角動量守恒定律 0M 合合外外力力矩矩 若若 21 LLL ，恒恒矢矢量量 21 JJJ ，恒恒量量 計算角動量時計算角動量時注意注意： 質點質點角動量角動量 Lrmv 剛體剛體角動量角動量 LJ 有剛體時有剛體時

28、切忌切忌用用動量動量守恒，守恒，只能只能用用角動量角動量守恒守恒 注意：剛體注意：剛體系系定軸轉動的角動量定理定軸轉動的角動量定理 和角動量守恒定律適應于純質和角動量守恒定律適應于純質 點系統(tǒng)也適應于純剛體系統(tǒng)同點系統(tǒng)也適應于純剛體系統(tǒng)同 時也適應于（時也適應于（質點質點+ +剛體剛體）的）的 混合系統(tǒng)?；旌舷到y(tǒng)。 例例5（0232）空心圓環(huán)可繞光滑的豎直空心圓環(huán)可繞光滑的豎直 固定軸固定軸AC自由轉動，轉動慣量為自由轉動，轉動慣量為J0， 環(huán)的半徑為環(huán)的半徑為R，初始時環(huán)的角速度，初始時環(huán)的角速度 為為 0。質量為。質量為m的小球靜止在環(huán)內的小球靜止在環(huán)內 最高處最高處A點，由于某種微小干擾

29、，小點，由于某種微小干擾，小 球沿環(huán)向下滑動，問小球滑到與環(huán)球沿環(huán)向下滑動，問小球滑到與環(huán) 心心O在同一高度的在同一高度的B點和環(huán)的最低處點和環(huán)的最低處 的的C點時，環(huán)的角速度及小球相對與點時，環(huán)的角速度及小球相對與 環(huán)的速度各為多少？環(huán)的速度各為多少？ （設環(huán)的內壁和小球都是光滑的，小球可（設環(huán)的內壁和小球都是光滑的，小球可 視為質點，環(huán)截面半徑視為質點，環(huán)截面半徑 ） 小球受力：小球受力： 環(huán)受力：環(huán)受力：重力、與軸、與小球 重力、與軸、與小球 之間作用力之間作用力 對所有力的力矩分析可知：對所有力的力矩分析可知： 兩物體所受力兩物體所受力關于關于 軸軸 的力矩的力矩均等于均等于零零。 o

30、o rR o o A mg B C o R N mgN 所以，所以，在在 軸方向軸方向角動量守恒角動量守恒 由于它們在運動過程由于它們在運動過程 中，中，在在 軸向軸向所受合所受合 外力矩為零，外力矩為零， 選小球和環(huán)為系統(tǒng)，選小球和環(huán)為系統(tǒng)， oo oo o o A mg B C o R N 對對A、B點有點有: 2 000 ()JJmR 選（小球選（小球+環(huán)環(huán)+地球）地球） 為系統(tǒng)，為系統(tǒng)， 則系統(tǒng)機械則系統(tǒng)機械 能守恒。能守恒。 取過環(huán)心的水取過環(huán)心的水 平面為勢能零點。平面為勢能零點。 o A mg B C o R mg N 22222 000 111 () 222 B JmgRJmR

31、V 22 00 2 0 2 B JR VgR JmR 對于對于A、C點有點有 000 JJ 222 000 111 (2 ) 222 C JmgRJmV 4 C VgR 例例6（0786）一質量均勻分布的圓盤，質一質量均勻分布的圓盤，質 量為量為M，半徑為，半徑為R，放在一粗糙水平，放在一粗糙水平 面上，圓盤可繞通過其中心面上，圓盤可繞通過其中心O的豎直的豎直 固定光滑軸轉動。開始時，圓盤靜止，固定光滑軸轉動。開始時，圓盤靜止， 一質量為一質量為m的子彈以水平速度的子彈以水平速度V0垂直垂直 于圓盤半徑打入圓盤邊緣并嵌在盤邊于圓盤半徑打入圓盤邊緣并嵌在盤邊 上，求（上，求（1）子彈擊中圓盤后，

32、盤所）子彈擊中圓盤后，盤所 獲得的角速度獲得的角速度 （2）經過多少時間后，圓盤）經過多少時間后，圓盤 停止轉動停止轉動（忽略子彈重力造（忽略子彈重力造 成的摩擦阻力矩）成的摩擦阻力矩） （1） 解：解： 子彈擊中圓盤后，圓盤子彈擊中圓盤后，圓盤 所獲得的角速度所獲得的角速度 R 0 v m 子彈和圓盤在碰撞前子彈和圓盤在碰撞前后后角動量守恒角動量守恒 22 0 1 () 2 mv RMRmR 0 1 2 () mv Mm R 2 3 d MmgRJ dt 摩摩擦擦 （2）經過多少時間后，圓盤停止轉動）經過多少時間后，圓盤停止轉動 解一：解一：根據(jù)定軸轉動定律根據(jù)定軸轉動定律 MJ d J d

33、t 0 0 0 2 3 t mgRdtJd 解二：解二：對（圓盤 對（圓盤+ +子彈）應用角動量定理子彈）應用角動量定理 2 1 0 t t M dtJ 摩摩 22 1 () 2 MRmR 0 f MtJ 0 mv R 0 3 2 mv t Mg 例例7 7（0141）一勻質細棒長為一勻質細棒長為2L，質量，質量 為為m。以與棒長方向相垂直。以與棒長方向相垂直 的速度的速度 V0在光滑水平面內平動時與前方一在光滑水平面內平動時與前方一 固定的光滑支點固定的光滑支點O發(fā)生完全非彈性發(fā)生完全非彈性 碰撞。碰撞點位于棒碰撞。碰撞點位于棒 中心的一方中心的一方L/2處，處， 如圖所示。如圖所示。 求棒

34、在碰撞后的瞬時繞求棒在碰撞后的瞬時繞 O點轉動時的角速度點轉動時的角速度 B A 0 V o L 2 L 2 L L 2 L 2 L o A B 0 V 解：解： 碰撞前后碰撞前后角動量角動量守恒守恒 。 計算碰撞計算碰撞前前瞬時，桿瞬時，桿 對點對點o的角動量大小的角動量大小 棒上所有點棒上所有點角速度不同角速度不同 但有相等的但有相等的平動平動速度。速度。 在棒上任意處取質量在棒上任意處取質量 元元dm r dr drdm 總長度 總質量 特點：特點： dm 質量元質量元 相對相對o點的點的角動量角動量大小大小 dm sin)( 0 dmVrdL dmrV0dr L m rV 2 0 3

35、22 00 00 LL LV rdrV rdr 前前 2 00 1 2 V LmV L L 2 L 2 L o A B 0 V r dr dm 棒上所有點棒上所有點平動平動速度速度不不 同同，但有相等的，但有相等的角速度角速度。 22 1 3311 ()() 3 4242 LJmLmL 后后 計算碰撞計算碰撞后后瞬時，桿對瞬時，桿對 點的角動量大小點的角動量大小 結論：結論： L V 7 6 0 特點：特點： L 2 L 2 L o A B 0 V r dr dm 課后看書中相關例題：例課后看書中相關例題：例5.8、例、例5.9、 例例5.10 例例5.11、例、例5.12、例、例5.14 剛

36、體定軸轉動與質點一維運動的對比剛體定軸轉動與質點一維運動的對比 位移位移x 角位移角位移 速度速度 dx dt v 角速度角速度 d dt 加速度加速度 2 2 dt xd dt dv a 角加速度角加速度 2 2 dd dtdt 質點一維運動質點一維運動剛體定軸轉動剛體定軸轉動 質量質量m轉動慣量轉動慣量dmrJ 2 力力 F 力矩力矩MrF 運動定律運動定律Fma 轉動定律轉動定律 MJ 角動量角動量 Lrp 角動量角動量 JLi 動量定理動量定理 2 1 21 t t Fdtmvmv 角動量定理角動量定理 2 1 21 t t MdtJJ 動量守恒定律動量守恒定律0 i F 恒量恒量 iiv m 角動量守恒定律角動量守恒定律0M ， 恒量恒量 J 動量動量pmv 動量動量 質心質心 vmp 質點一維運動質點一維運動剛體定軸轉動剛體定軸轉動 力的功力的功 AFdr 力矩的功力矩的功 AM d 動能動能 2 2 1 mvEk 轉動動能轉動動能 2 2 1 JEk 動能定理動能定理 2 1 2 2 2 1 2 1 mvmvA 外外2 1 2 2 2 1