第3章 刚体力学基础

一、目的与要求

1．确切理解描述刚体平动和定轴转动的基本物理定义及性质，并掌握角量与线量的关

系。

2．确切理解和掌握力矩、转动惯量的概念及计算方法，掌握刚体定轴转动的动力学方

程，熟练应用刚体定轴转动定律求解刚体定轴转动及与质心联动问题。

3．理解刚体转动动能概念。掌握力矩的功，刚体的重力势能，刚体的动能定理和机械

能守恒定律。

4．确切理解角动量概念，并能对含有定轴转动刚体在内的系统正确应用角动量定理及

角动量守恒定律。

5．了解进动现象和基本描述。

二、内容提要

1．刚体的基本运动

刚体的平动：刚体运动时，在刚体内所作的任一条直线始终保持和自身平行。其特点为：

对刚体上任两点A和B，它们的运动轨迹相似，vA?vB，aA?aB。因此描述刚体的平动时，可用其上任一质点的运动来代表。

刚体的定轴转动：刚体内各质元均作圆周运动，且各圆心在同一条固定不动的直线上。 刚体的平面平行运动：刚体上每一质元均在平行于某一固定平面的平面中。 2．力矩和转动惯量

力矩：使刚体产生角加速度的外来作用

M?r?F

转动惯量：刚体转动惯性大小的量度

J??miri2

i对于质量连续分布的刚体

J??r2dm

V转动惯量的平行轴定理：Jz?Jc?md 转动惯量的垂直轴定理：Jz?Jx?Jy

2 3．刚体定轴转动定律：刚体所受的外力对转轴的力矩之代数和等于刚体对该轴的转动

惯量与刚体的角加速度的乘积

M?Jd??J? dtM、?、J均相对于同一转轴。

4．刚体定轴转动的动能定理 力矩的功：A?Md?

?1J?2 21122动能定理：A?J?2?J?1

22转动动能：Ek?

机械能守恒定律：系统（包括刚体）只有保守力作功时，系统的动能（包括转动动能）

与势能之和为常量，即

E?Ek?EP?常量

5．刚体定轴转动的角动量定理及其守恒定律

角动量定理：对一固定轴的合外力矩等于刚体对该轴的角动量对时间的变化率，即

d(Jz?)?Mz dt角动量守恒定律：当Mz?0时，Jz??常量。

6．刚体的平面平行运动动能：作平面平行运动的动能等于质心的平动动能与刚体绕过

质心的瞬时轴的转动动能之和

Ek?11mvc2?Jc?2 22三、例题

3-1 一轻绳绕于半径为R的圆盘边缘，在绳端施以F?mg的拉力，圆盘可绕水平固定光滑轴转动，圆盘质量为M，圆盘从静止开始转动，试求（1）圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系。（2）如以质量m的物体挂在绳端，再计算圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系。

分析 本题是刚体绕定轴转动问题，应用转动定律M?J?即可求出圆盘的角加速度，对转动定律积分可求解???(t)。

解 （1）圆盘所受的合外力矩为

2

M?FR

对圆盘用转动定律，有

1FR?J??(MR2)?

2因而角加速度为

??2FR2mg? MRMR2 (1)

由于??d?，且t?0时，??0，积分（1）式，有 dt?t

?d???002mgdt MR得

??而??2mgt MR (2)

d?，且t?0时，??0，积分（2）式，有 dt?

?d???02mgtdt MR0t可得转动角度和时间的关系为

??mg2t MR（2）设T为绳子的张力，对圆盘，由转动定律有

1TR?(MR2)?

2 (4)

对物体m，由牛顿定律，有

mg?T?ma a?R?

(5) (6)

而

联立（4）、（5）、（6）式，即可解得转动角度与时间的关系为

1MR2?mR22d?d?由??，??，且t?0时，??0，??0。通过对（7）式积分，即可得转

dtdt

??mgR?2mg

MR?2mR (7)

动角度与时间的关系为

??mgt2

MR?2mR (8)

说明 本题的第二问是典型的刚体与质点连接的联体问题，可采用隔离研究，对质点用

3

牛顿定律，对刚体用转动定律，并注意与（1）问的区别。同时，从（7）式可明显看出，这类问题也可将系统看成一个转动惯量为

1MR2?mR2的刚体，运用转动定律求解。 23-2 长为l，质量分布不均匀的细杆，其线密度为??a?br（a、b为常量），细杆可绕轴z在铅直平面内转动，如图所示，忽略轴z的摩擦力，将杆从水平位置释放，试求杆转到铅直位置时，杆所具有的角速度?。

分析 这是一个刚体绕定轴转动问题。当求细杆重力对轴的力矩时，因杆质量不均匀，要先恰当地求出元力矩dMz，通过积分求Mz，然后采用转动定律M?J式，积分即可求?。

解 设t时刻杆与垂线间的夹角为?，由于杆的质量不均匀，求重力对z轴的力矩时，可在杆上取线元dr，该线元对z轴的力矩为

d?d??J?形dtd?dMz??(?dr)grsin?

对z轴的总力矩为

l

Mz???(?dr)grsin?

0l

??g(a?br)rsin?dr

0?

ab??gl2(?l)sin?

23ll细杆的质量不均匀，因此其对z轴的转动惯量为

Jz??r2dm??r2(?dr)

0l0

?r2(a?br)dr

?01314al?bl 34d?根据转动定律Mz?Jz，有

dtab11d??gl2(?l)sin??(a?bl)l3?

2334dtd?d????积分变量替换 dtd?

? 4

代入上式化简得

abab?g(?l)sin?d??(?l)l?d?

2334初始条件??π时，??0，当转到??0时，积分上式 2

abab?g(?l)sin?d??(?l)l?d? ??2334π020?得

??

4(3a?2bl)g

(4a?3bl)l说明 本题有多种解法。题中给出了用转动定律求解的方法，也可用动能定理，机械能

守恒定律求解。读者可自己考虑。

3-3 一均质细杆，长为l，质量为M，可绕通过一端的水平轴O转动，如图。一质量为m的子弹以速度v0射入细杆，子弹射入点离O点的距离为3l/4，试求

（1）杆刚开始运动时的角速度及可摆到的最大角度。

（2）求轴上的横向力为零时，子弹射入的位置（即打击中心位置）。

分析 子弹射入细杆过程中，子弹、细杆系统角动量守恒；细杆摆动时，机械能守恒，由两守恒定律可求?及?max。子弹射入细杆，细杆轴受力，轴受横向力的冲量应等于子弹、细杆系统动量的改变，横向力N横?0时，即可求出打击中心位置。

解 （1）子弹射入细杆过程极其短暂，此过程中杆的位置还来不及变化，故子弹和细杆这个系统的重力对定轴O无力矩，轴力当然也无力矩，故这个系统在子弹射入过程中对定轴O的角动量守恒

3l13mv0?[Ml2?m(l)2]? 434 (1)

射入后子弹与杆共同摆动过程中，系统机械能守恒，取子弹射入处为势能零点

1123l[Ml?m(l)2]?2?Mg 23443ll ?mgl(1?cos?)?Mg[?(1?cos?)]

442 (2)

联立（1）、（2）可解得杆的角速度及可摆到的最大角度分别为

5