更高更妙的物理专题14刚体的运动学与动力学问题.docx

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1、更高更妙的物理专题14 刚体的运动学与动力学问题专题14 刚体的运动学与动力学问题 一、刚体知识概要 1、刚体 在无论多大的外力作用下，总保持其形状和大小不变的物体称为刚体。刚体是一种理想化模型，实际物体在外力作用下发生的形变效应不显著可被忽略时，即可将其视为刚体，刚体内各质点之间的距离保持不变是其重要的模型特征。 2、刚体的平劝和转动 刚体运动时，其上各质点的运动状态总是相同，这种运动称为平动。研究刚体的平动时，可选取刚体上任意一个质点为研究对象。刚体运动时，如果刚体的各个质点在运动中都绕同一直线做圆周运动，这种运动称为转动，而所绕的直线便称为转轴。若转轴是固定不动的，刚体的运动就是定轴转动

2、。刚体的任何一个复杂运动总可视作平动与转动的叠加，刚体的运动同样遵从运动的独立性原理。 3、质心 质心运动定理 质心 这是一个等效意义的概念：即对任何一个刚体，总可以找到一点C，它的运动就代表整个刚体的平动，它的运动规律就等效于将刚体的质量集中在C点的运动情况，刚体所受外力也全部作用在C点时，这个点被称为质心。当外力的作用线通过刚体的质心时，刚体仅做平动，当外力作用线不通过质心时，整个物体的运动是随质心的平动及绕质心的转动的合成。 质心运动定理 物体受外力F作用时，其质心的加速度为aC，则必有F=maC，这就是质心运动定理。该定理表明：不管物体的质量如何分布，也不管外力作用点在物体的哪个位置，

3、质心的运动总等效于物体的质量全部集中在此、外力亦作用于此时应有的运动。 4、转动惯量J 转动惯量是物体在转动中惯性大小的量度，它等于刚体中每个质点的质量mi与该质点到转轴的距离ri的平方的乘积的总和，即 J=limmiri2 ni=1n 从转动惯量的定义式可知，刚体的转动惯量取决于刚体各部分的质量及对给定转轴的分布情况。在中学数学知识层面上，我们可以用微元法求一些质量均匀分布的几何体的转动惯量。 5、描述转动状态的物理量 对应于平动状态参量的速度v、加速度a、动量p=mv、动能Ek=角速度之间的关系为v=wr。 12mv，描述刚体定轴转动状态的物理量有： 2Dq角速度w 角速度的定义为w=li

4、m。在垂直于转轴、离转轴距离r处的线速度和Dt0Dt 角加速度b 角加速度的定义为b=lim速度与角加速度的关系为at=rb。 Dw。在垂直于转轴、离转轴距离r处的线加Dt0Dt 角动量L 角动量也可称动量矩，物体对定轴转动时，在垂直于转轴、离转轴距离r处某质量为m的质点的角动量大小是mvr=mwr，各质点角动量的总和即为物体的角动量 2L=mviiri=(miri)w=Jw 2 转动动能Ek 当刚体做转动时，各质点具有共同的角速度w及不同的线速度v，若第i个质点质量为mi，离转轴垂直距离为ri，则其动能为 11mivi2=miw2ri2， 22 整个刚体因转动而具有的动能为所有质点的转动动能

5、的总和 Ek=11(miri2)w2=Jw2。 226、力矩M 力矩的功A 冲量矩I 力矩M 如同力是质点运动状态改变、产生加速度的原因，力矩是改变刚体转动状态、使刚体获得角加速度的原因。力的大小与力臂的乘积称为力对转轴的力矩，即M=Fd。 力矩的功A 类同于力的作用对位移的累积为功，力矩的作用对角位移的累积称为力矩的功，恒力矩M的作用使刚体转过q角时，力矩所做的功为力矩和角位移的乘积，即A=Mq。 冲量矩I 与冲量是力的作用对时间的累积相似，力矩的作用对时间的累积称为冲量矩，冲量矩定义为力矩乘以力矩作用的时间，即I=MDt。 7、定轴转动的基本规律 转动定律 刚体在合外力矩M作用下，所获得的

6、角加速度b与合外力矩M大小成正比，与转动惯量J成反比，即M=Jb。如同质点运动的牛顿第二定律可表述为动量形M=Dt。 DL式，转动定律的角动量表述形式是 转动动能定理 合外力矩对刚体所做的功等于刚体转动动能的增量，即 DEk=112Jwt2-Jw0。 22该定理揭示了力矩作用对角位移的积累效应是刚体的转动动能的改变。 角动量原理 转动物体所受的冲量矩等于这物体在这段时间内角动量的增量，即 MDt=Lt-L0=Jwt-Jw0。 该原理体现了力矩作用的时间积累效应是改变刚体转动中的动量矩。 角动量守恒定律 当物体所受合外力矩等于零时M外=0，物体的角动量保持不变，即L=常量，此即角动量守恒定律。该

7、定律适用于物体、物体组或质点系当不受外力矩或i所受合外力矩为零的情况。在运用角动量守恒定律时，要注意确定满足守恒条件的参照系。 如果将上述描述刚体的物理量及刚体的运动学与动力学规律与质点问题相对照，可以发现它们极具平移对称性，依托我们对后者的熟巧，一定可以很快把握刚体转动问题的方法规律。 二、确定物体转动惯量的方法 物体的转动惯量是刚体转动状态改变的内因，求解转动刚体的动力学问题，离不开转动惯量的确定。确定刚体的转动惯量的途径通常有： 1、从转动惯量的定义出发 对于一些质量均匀分布、形状规则的几何体，计算它们关于对称轴的转动惯量，往往从定义出发，运用微元集合法，只须初等数学即可求得。 如图所示

8、，形状如同通常铅笔的正六角棱柱，质量为M，密度均匀，其横截面六边形边长为a，试求该棱柱体相对于它的中心对称轴的转动惯量。 这里求的是规则形状的几何体关于它的中心对称轴的转动惯量。从转动惯量的定义出发，我们可将棱柱沿截面的径向均匀分割成n个厚度均为3a、棱长2n为l的六棱柱薄壳，确定任意一个这样的薄壳对中心轴的元转动惯量Ji，然后求和即可，即 J=limJi。 ni=1n现在，先给出一矩形薄板关于与板的一条边平行的轴OO的转动惯量。板的尺寸标注如图所示，质量为m，且均匀分布，轴OO与板的距离为h，沿b边将板无限切分成n条长l、宽b/n的窄条，则有 nh2i22mb2b2J板=limlh+(i)=

9、mlim+3bnnnni=1blni=1nn =m(h2+b)3a3aa321a2Ji=12rl()(i)(i)+(i)； n22nn232n2 回到先前的六棱柱薄壳元上，由对称性可知，薄壳元对轴OO的转动惯量是12J板，即 式中r是六棱柱体的密度： r=M136a2l22=2M。 233al则六棱柱体对中心对称轴OO的转动惯量 nna3aa321a23a4i331J=12limrl()(i)(i)+(i)=12limrl+4nnn22nn232n4n412i=1i=1n5Ma2i35Ma21335Ma21n2(n+1)23 =lim=lim(1+2+n)=lim3ni=1n43nn43nn4

10、45 =Ma2122、借助于平行抽定理 在刚体绕某点做转动时，需对过该点的轴求转动惯量，借助于平行轴定理，可以解决这样的问题：已知刚体对过质心的轴的转动惯量，如何求对不通过质心但平行于过质心转轴的轴的转动惯量。平行轴定理；设任意物体绕某固定轴O的转动惯量为J，绕通过质心面平行于轴O的转动惯量为JC，则有J=JC+Md2，式中d为两平行固定轴O、C之间的距离，M为物体的质量。 平行轴定理的推证：如图所示，C为过刚体质心并与纸面垂直的轴，O为与它平行的O两点的直线为x轴，另一轴，两轴相距为d，在与轴垂直的平面内以质心C为原点，过C、建立xCy直角坐标系。mi代表刚体上任一徽元的质量，它与轴C及轴O

11、的距离依次为Ri和ri，微元与质心连线与x方向夹角为qi，由转动惯量的定义知，刚体对轴O的转动惯量应为 J=miri=mi(R+d-2dRicosqi)=miR+mid-2dmiRicosqi 22i22i2i=1i=1i=1i=1i=1nnnnn上式中第一项即为刚体对质心C的转动惯量JC；第二项J=nnmdii=1n2=d2mi=1ni=Md2，M是刚体的总质量，而第三项中miRicosqi=mixi，xi是质量元mi在xCy平面直角i=1i=1坐标系内的x坐标，按质心的定义，有mxi=1nii=0，故J=JC+Md2。 在上例中，我们已求得正六棱柱关于其中心轴的转动惯量，利用平行轴定理，我

12、们可求得六棱柱相对于棱边的转动惯量为 J=517Ma2+Ma2=Ma2。 12123、运用垂直轴定理 对任意的刚体，在刚体上任意建立三维空间坐标系Oxyz，刚体对x、y、z轴的转动惯量分别为Jx、Jy、Jz，可以证明 nJx+Jy+Jz=2miri2， i=1ri是质元到坐标原点的距离。 证明 如图所示，质元mi的坐标是xi、yi、zi，显然，ri2=xi2+yi2+zi2。而刚体对x、y、z轴的转动惯量依次为 Jx=mi(y+z)；Jy=mi(x+z)；Jz=mi(xi2+yi2)。 2i2i2i2ii=1i=1i=1nnn则 Jx+Jy+Jz=2m(xii=1n2i2 +yi+zi)=2m

13、iri。22i=1n 这个结论就是转动惯量的垂直轴定理，或称正交轴定理。这个定理本身及其推导方法对转动惯量求解很有意义。 从一个均匀薄片剪出一个如图所示的规则对称的等臂星。对C轴，此星的转动惯量为J。求等臂星对C1轴的转动惯量。C和C1轴都位于图示的平面内，R和r都可看似已知量。 设星形薄片上任意一质元到过中心O而与星平面垂直的轴距离为ri，则星对该轴的转动惯量JO=mri=1n2ii，由于对称性，星对C轴及同平面内与C轴垂直的D轴的转动惯量相等，均为已知量J；同样，星对C1轴及同平面内与C1轴垂直的D1轴的转动惯量亦相等，设为J1，等同于垂直轴定理的推导，这里应有 JC+JD=2J=JO，J

14、C1+JD1=2J1=JO。 于是有 2J=2J1，即J1=J。 4、巧用量纲分析法 根据转动惯量的定义为mri=1n2ii2ML，其量纲应为，转动惯量的表达式常表现为kma2形式，m是刚体的质量，a是刚体相应的几何长度，只要确定待定系数k，转动惯量问题便迎刃而解。 求均匀薄方板对过其中心O且与x轴形成a角的C轴的转动惯量。 如图甲所示为待求其转动惯量的正方形薄板，设其边长为l，总质量为M，对C轴的转动惯量为J=kMl，过O将板对称分割成四个相同的小正方形，各小正方形对过各自质心且平行于O的轴的转动惯量为 2Ml2kMl2k=。 4216如图乙所示，小正方形的轴与C轴距离为D或d，由平行轴定理

15、，它们对C轴的转动kMl2M2kMl2M2+D+d，则有下列等式成立 kMl2M2kMl2M22kMl=2(+D)+2(+d) 164164化简整理，可得 32kl=D2+d2。 2而由几何关系，可得 2psin(+a)， 242psin(-a)， 2432l22p2p故有 kl=sin(+a)+sin(-a)， 28441则 k=。 121Ml2，且与角a并无关系。 于是求得正方形木板对过其中心O的轴的转动惯量J=12lD=2ld=25、这里提供一些规则几何体的转动惯量 一些规则几何体的转动惯量如表2所示。 三、刚体运动问题例析 刚体运动问题主要涉及运用质心运动定理、角动量定理及角动量守恒定

16、律等剐体的基本运动规律来求解刚体转动的动力学与运动学问题。下面就此问题展示四例。 在平行的水平轨道上有一个均匀的滚轮，缠着绳子，绳子的末端固定着一个重锤。开始时，滚轮被按住，滚轮与重锤系统保持不动。在某一瞬间，放开滚轮。一段时间后，滚轮轴得到了恒定的加速度a，如图甲。假定滚轮没有滑动，请确定： 重锤的质量m和滚轮的质量M之比； 滚轮对水平轨道面的最小动摩擦因数。 与处理质点的动力学问题一样，处理刚体转动的力学问题，要理清力矩与转动惯量对刚体运动的制约关系。问题中，当滚轮轴亦即滚轮质心达到恒定的加速度a时，其角加速度为b=a，RR为滚轮的半径。滚轮可视作质量均匀的圆盘，其12关于质心C的转动惯量

17、为MR，分析滚轮受力情2况如图乙所示，可知以轮与水平轨道的接触点O为瞬时转动轴考察将比较方便，因为接触点处的力对刚体的这种转动不产生影响，关于O轴对滚轮形成转动力矩的只是绳子上的张力T，张力T可以通过重锤的运动来确定：重锤相对于滚轮有相同的水平加速度a及对轮心的线加速度a，这两个加速度是由重锤所受到的重力与绳子对重锤的拉力提供的，则由牛顿第二定律得下列关系 mgtanq=ma，22 所以 T=T=ma+g-ma。 mg-T=ma， cosq再考察滚轮，注意到O点到张力T的作用线之距离的几何尺寸，滚轮对O轴的转动惯量可用平行轴定理转换为3MR2，对滚轮运用转动定理，有下列方程 2a3am(a2+

18、g2-a)R(1-)=MR2。 2Ra2+g2容易解得 3aa2+g2m。 =222M2(a+g-a)在解决本题时，我们对滚轮运用质心运动定理，滚轮质心加速度为a，方向水平，则应有 f-Tsinq=Ma，N-Tcosq=Mg， 式中 sinq=aa+g22，cosq=ga+g22。 那么，动摩擦因数满足mfa=。 Ng 在上面解答中，确定滚轮与重锤的相关加速度是本题的“题眼”所在。 如图甲所示，在光滑地面上静止地放置着两根质量均为m，长度均为l的匀质细杆，其中一杆由相等的两段构成，中间用光滑的铰链连接起来，两段在连接点可以弯折但不能分离。在两杆的一端，各施以相同的垂直于杆的水平冲量I。试求两杆

19、所获动能之比。 本题的求解方向是通过质心的动量定理与刚体的角动量定理，求得杆的质心速度及绕质心的角速度，进而求出杆由于这两个速度所具有的动能。 如图乙所示，设杆1在冲量I作用下，质心获得的速度为vC，杆的角速度为w，由质心的动量定理，得I=mvC由刚体的角动量原理，得 I则杆1的动能为 l1=Jw=ml2w。 2121211I21Il2I23I22I22Ek1=mvC+Jw=m+J=+=。 222m22J2m2mm 如图丙所示为杆2的左、右两段受力情况，当在杆2左端作用冲量I时，在两段连接处，有一对相互作用的冲量I1与I1，它们大小相等，方向相反。由于两段受力情况不同，各段的质心速度及角速度均

20、不同，但在连接处，注意到“不分离”的条件，左段的右端与右段的左端具有相同的速度。现对两段分别运用动量定理和角动量定理： 对杆2左段，有 mlml2I-I1=vC1，(I+I1)=w1。 2496对杆2右段，有 mlml2I1=vC2，I1=w2。 2496由连接处“不分离”条件得左右两段的速度与角速度的关系是 vC1-w1由两方程组及式可得 ll=w2+vC2， 44w1=18I6I5II、w2=-、vC1=、vC2=。 mlml2m2m于是可计算杆2的动能为 1m21J27I222Ek2=(vC1+vC2)+(w1+w2)=。 22282m易得1、2两杆的动能之比Ek1:Ek2=4:7。 本

21、题求解中，破释杆2左、右两段连接处速度相同的相关关系，全盘皆活。 形状适宜的金属丝衣架能在如图所示的平面里的几个平衡位置附近做小振幅摆动。在位置和位置里，长边是水平的，其他两边等长。三种情况下的振动周期都相等。试问衣架的质心位于何处？摆动周期是多少？ 本题涉及刚体做简谐运动的问题，即复摆的运动规律。一个在重力作用下绕水平轴在竖直面内做小角度摆动的刚体称为复摆或物理摆。我们先来推导复摆的周期公式。如图所示，设O为转轴，C为质心，与转轴距离为l，质量为m，对转轴的转动惯量为J，最大偏角qb，(JO-mab)0，则必有a=b，即质心位于AB之中点。衣架的振动周期 mac+mc2a+c。 T=2p=2

22、pmgcg根据图的标注数字可知a=5cm，c=212+52cm21.6cm，代入后得T1.03s。 本题是国际物理奥林匹克的一道竞赛题，题意简洁，解答方法也很多，笔者给出的这种解法应该说比较严密且巧妙。 最后，我们再尝试解答另一道比较繁难的国际物理奥林匹克赛题，该题涉及动量矩守恒定律的运用。 如图所示，一个质量为m，半径为RA的均匀圆盘A在光滑水平面xOy内以速度v沿x方向平动，圆盘中心至x轴的垂直距离为b。圆盘A与另一静止的、其中心位于坐标原点O的均匀 圆盘B相碰。圆盘B的质量与A相同，半径为RB。假定碰撞后 两圆盘接触处的切向速度分量相等，并假设碰撞前后两盘沿连心线方向的相对速度大小不变。

23、在发生碰撞的情况下，试求：碰后两圆盘质心速度的x分量和y分量，结果要以给定的参量m、RA、RB、v和b表示；碰后两圆盘的动能，结果要以给定的参量m、RA、RB、v和b表示。 本题情景简言之，是质量相同的运动圆盘A与静止圆盘B在水平面上发生非弹性斜碰。碰撞前后，质心动量守恒系统不受外力；对O点的角动量守恒外力冲量矩为零；动能不守恒碰撞后两圆盘接触处的切向速度分量相等，必有摩擦力存在，动能有损失。本题给出诸多的附加条件，除了根据动量守恒与角动量守恒列出基本方程外，还须根据附加条件给出足够的补充方程，并适当选用速度分量，方可最终得解。 如图所示，设碰撞时两盘质心连线与x轴成q角，由几何关系可知 b=

24、(RA+RB)sinq， 对系统，在法向与切向动量均守恒，即 mvsinq=mvAt+mvBt， mvcosq=mvAn+mvBn， 式中，vAt、vBt、vAn、vBn是A、B盘碰撞后沿切向与径向的质心速度，系统对O点的动量矩守恒，即 mvb=JAwA+mvAt(RA+RB)+JBwB， 1122mRA，JB=mRB，wA、wB为两盘碰撞后的角速度，待定。注意碰撞22后A盘既有转动又有平动，对O点的动量矩由两部分组成，而B盘质心在O点，故角动量仅为JBwB。上述三个方程涉及六个未知量，需列出补充方程。 该式中，JA= 根据两盘接触处切向速度相同有 vAt-wARA=vBt+wBRB。 根据两

25、盘法向相对速度不变有 vcosq=vBn-vAn。 对B盘，由动量定理和动量矩原理，摩擦力f的作用是fDt=mvBt，fRBDt=JBwB。即有 mvBtRB=JBwB。 由上述六个方程解得 51vsinqvsinq，wB=；vAt=vsinq，vBt=vsinq；vAn=0，vBn=vcosq。 663RA3RB两盘碰后质心速度的x分量为 5vAx=vAtsinq+vAncosq=vsin2q； 61vBx=vBtsinq+vBncosq=vsin2q+vcos2q。 6两盘碰后质心速度的y分量为 5vAy=vAtcosq+vAnsinq=vsinqcosq； 65vBy=vBtcosq-v

26、Bnsinq=-vsinqcosq。 6wA=(RA+RB)2-b2b其中sinq=，cosq=。 RA+RBRA+RB各圆盘的动能，是各盘质心平动动能与圆盘转动动能之和，这里不赘述，答案是 3mv2b21211b2，。 EA=E=mv1-B28(RA+RB)2212(R+R)AB1、如图所示，一个圆盘半径为R，各处厚度一样，在每个象限里，各处的密度也是均匀的，但不同象限里的密度则不同，它们的密度之比为r1:r2:r3:r4=1:2:3:4，求这圆盘的质心位置。 2、如图所示，质量为m的均匀圆柱体，截面半径为R，长为2R。试求圆柱体绕通过质心及两底面边缘的转轴的转动惯量J。 3、如图所示，匀质

27、立方体的边长为a，质量为m。试求该立方体绕对角线轴PQ的转动惯量J。 4、椭圆细环的半长轴为A，半短轴为B，质量为m，已知该环绕长轴的转动惯量为JA，试求该环绕短轴的转动惯量JB。 05、如图所示矩形均匀薄片ABCD绕固定轴AB摆动，AB轴与竖直方向成a=30角，薄片宽度AD=d，试求薄片做微小振动时的周期。 6、一个均匀的薄方板，质量为M，边长为a，固定它的一个角点，使板竖直悬挂，板在自身的重力作用下，在所在的竖直平面内摆动。在穿过板的固定点的对角线上的什么位置，贴上一个质量为m的质点，板的运动不会发生变化？已知对穿过板中心而垂直于板的轴，方板的转动惯量为J=1Ma2。 67、如图所示，两根

28、等质量的细杆BC及AC，在C点用铰链连接，质量不计，放在光滑水平面上，设两杆由图示位置无初速地开始运动，求铰链C着地时的速度。 8、如图所示，圆柱体A的质量为m，在其中部绕以细绳，绳的一端B固定不动，圆柱体初速为零地下落，当其轴心降低h时，求圆柱体轴心的速度及绳上的张力。 9、如图所示，实心圆柱体从高度为h的斜坡上从静止纯滚动地到达水平地面上，继续纯滚动，与光滑竖直墙做完全弹性碰撞后返回，经足够长的水平距离后重新做纯滚动，并纯滚动地爬上斜坡，设地面与圆柱体之间的摩擦系数为m，试求圆柱体爬坡所能达到的高度h。 10、在一个固定的、竖直的螺杆上的一个螺帽，螺距为s，螺帽的转动惯量为J，质量为m。假

29、定螺帽与螺杆间的摩擦系数为零，螺帽以初速度v0向下移动，螺帽竖直移动的速度与时间有什么关系？这是什么样的运动？重力加速度为g。 11、在水平地面上有两个完全相同的均匀实心球，其一做纯滚动，质心速度为v，另一静止不动，两球做完全弹性碰撞，因碰撞时间很短，碰撞过程中摩擦力的影响可以不计。试求： 碰后两球达到纯滚动时的质心速度； 全部过程中损失的机械能的百分数。 12、如图所示，光滑水平地面上静止地放着质量为M、长为l的均匀细杆。质量为m的质点以垂直于杆的水平初速度v0与杆的一端做完全非弹性碰撞。试求：碰后系统质心的速度及绕质心的角速度；实际的转轴位于何处？ 13、如图所示，实心匀质小球静止在圆柱面

30、顶点，受到微扰而自由滚下，为了令小球在q450范围内做纯滚动，求柱面与球间摩擦因数m至少多大？ 2mR2，m为乒乓球的质量，3以一定的初始条件在粗糙的水平面上运动，开始时球的质心速度为vC0，初角速度为w0，两者的方向如图。已知乒乓球与地面间的摩擦因数为m。试求乒乓球开始做纯滚动所需的14、如图所示，半径为R的乒乓球，绕质心轴的转动惯量J=时间及纯滚动时的质心速度。 15、如图所示，一个刚性的固体正六角棱柱，形状就像通常的铅笔，棱柱的质量为M，密度均匀。横截面六边形的边长为a。六角棱柱相对于它的中心轴的转动惯量J=相对于棱边的转动惯量是J=5Ma2。1217ma2。现令棱柱开始不均匀地滚下斜面假设摩擦力足以12阻止任何滑动，并且一直接触斜面。某一棱刚碰上斜面之前的角速度为wi，碰后瞬间角速度为wf，在碰撞前后瞬间的动能记为Eki和Ekf。 试证明wf=swi，Ekf=rEki，并求出系数s和r的值。