刚体转动习题课
合集下载
刚体转动习题课
dθ 角速度 ω = dt dω 角加速度 α = dt
与线量的关系
v = rω ατ = rα 2 αn = rω
2、刚体定轴转动定律
v dω v dv v M = Jα = J ( F = ma = m ) dt dt
v v v 力矩 M = r × F v M = rF sinθ
方向：右手法则 转动惯量： 2 3、刚体转动的功能原理
t 0
m (dm1g)x = ∫0 µ 1 gxdx M = ∫ dM = ∫ µ 0 l 1 dx(dm ) M = m glµ o 1 2 x
l l
1
x
− ∫ M = Jω − Jω0 dt
m2v t=
m gµ 1
方法Ⅱ
l 1 2 mg ⋅ = Jω 2 2
方法Ⅲ
求出 ω
l 1 2 mg ⋅ = mvc 2 2 l 又 Qvc = ω 2
求出 vc 求出 ω
分别判断三种方法的正误
2、判断角动量是否守恒 （1）圆锥摆（对oo′ 轴） o′ 小球质量为 m √ （2）对定滑轮轴 o v v 的角动量 重物、人质量均为 m ，定滑轮质 量不计，人向上爬行 √
解：处理这类碰撞问题与过 去质点运动相似但又有区别， 将分阶段进行讨论 （1）杆自由下落到将和 m 碰撞 2 l 1 2 由机械能 m g = Jω 1 守恒得 2 2
m ,l 1
（2）杆和物体 m 碰撞过程 2 由角动量守恒（为什么？动量守恒吗？） 为什么？动量守恒吗？）
3g ω= l
m 2
′ + m2l 2ω′ Jω = Jω 1 2 3g 1 2 ml = ml ω′ + m2l 2ω′ 1 1 3 l 3
(10)刚体习题课
⋅
13 ⇒ L = mRv − mRu 8
9
Ro
m 4
dL 根据角动量定理： 根据角动量定理： M= dt
1 M = Rmg 2
13 L = mRv − mRu 8
v
m
1 d 13 ⇒ mgR = mRv − mRu 2 dt 8
m 2
du Q =0 dt
dv 4 ∴a = = g dt 13
的圆盘绕竖直轴O作以角速度 例8、质量为 、半径为 的圆盘绕竖直轴 作以角速度 、质量为M、半径为R的圆盘绕竖直轴 的匀速转动。人的质量m=¼M。现有四个质量相同的 。 ω0的匀速转动。人的质量 人其中两人沿圆盘边缘顺着转盘的转向、 人其中两人沿圆盘边缘顺着转盘的转向、相对于转盘以 速度v奔跑而另外两人在距轴心为 奔跑而另外两人在距轴心为R/2处逆着转盘的转向、 处逆着转盘的转向、 速度 奔跑而另外两人在距轴心为 处逆着转盘的转向 相对于转盘以速度2v奔跑 奔跑。 相对于转盘以速度 奔跑。设原来四人的相对位置如图 四人相对静止，轴摩擦可略， 示，四人相对静止，轴摩擦可略，求： 1、当四人相对于盘奔跑时，转盘的转速ω' 、当四人相对于盘奔跑时，转盘的转速ω 2、如四人均顺着转盘的转向奔跑，转盘的转速ω" 、如四人均顺着转盘的转向奔跑，转盘的转速ω
Fy o RA Rc
v v1
球打在A点 轴间仍没有 方向轴力 球打在 点，轴间仍没有x方向轴力 球和棒系统， 球和棒系统，水平方向动量守恒
mv 1 = mv 2 + MVc
系统角动量守恒
c A
1 2 Vc RA ⋅ mv1 = RA ⋅ mv2 + Jω = RAmv2 + ML ⋅ 3 L2 2 m=M RA = L 6 3 Vc = v 弹性球碰撞， 弹性球碰撞，机械能守恒 7 2 Fy 1 1 1 2 1 2 Vc 2 mv 1 = mv 2 + ⋅ ML ⋅ L 2 = Mg + MV 2 / R 2 2 3 2 c c 16
刚体定轴转动(习题课)
4(l 2 3 x 2 )
9
如图，长为L，质量为m的匀质细杆，可绕通过杆的端点O并与杆垂 直的水平固定轴转动。杆的另一端连接一个质量为m的小球。杆从 水平位置由静止开始自由下摆，忽略轴处的摩擦，当杆转到与竖 直方向成θ 角时，小球与杆的角速度为 ?
O θ
3 2
注意角速度定义
g cos L
10
一匀质细棒长为2L，质量为m，以与棒长方向相垂直的速度v0 在光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点O发生完全 非弹性碰撞，碰撞点位于棒中心的一方1/2L处，如图所示。求 棒在碰撞后的瞬时绕O点转动的角速度ω。（细棒绕通过其端 点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为1 / 3ml 2，式中的m和l 分 别为棒的质量和长度） B v0 解：碰撞前瞬时，杆对O点的角动量为 3L / 2 L/2 1 2 0 v0 xdx 0 v0 xdx v0 L 2 mv 0 L 碰撞后瞬时，杆对O点的角动量为 7 J mL2 （平行轴定理） 12 碰撞前后角动量守恒，有
刚体的定轴转动
学习要求： 1 . 掌握描述刚体定轴转动的角位移、角速度、角加 速度等物理量及角量和线量的关系.能借助于直角坐 标系熟练应用匀变速转动的运动学公式。 2 . 理解力矩和转动惯量的物理意义。掌握刚体定轴 转动定律并能结合牛顿运动定律求解定轴转动刚体 与质点组合系统的有关问题。 3 . 会计算力矩的功，刚体定轴转动动能和刚体的重 力势能。能在含有定轴转动及重力场的刚体问题中 正确地应用机械能守恒定律。 4 . 熟练计算刚体对固定轴的角动量，掌握角动量定 理，并能对含有定轴转动刚体在内的系统正确应用 角动量守恒定律。 1
2 .力矩和转动惯量
= 0 + t
(1)力矩
9
如图，长为L，质量为m的匀质细杆，可绕通过杆的端点O并与杆垂 直的水平固定轴转动。杆的另一端连接一个质量为m的小球。杆从 水平位置由静止开始自由下摆，忽略轴处的摩擦，当杆转到与竖 直方向成θ 角时，小球与杆的角速度为 ?
O θ
3 2
注意角速度定义
g cos L
10
一匀质细棒长为2L，质量为m，以与棒长方向相垂直的速度v0 在光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点O发生完全 非弹性碰撞，碰撞点位于棒中心的一方1/2L处，如图所示。求 棒在碰撞后的瞬时绕O点转动的角速度ω。（细棒绕通过其端 点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为1 / 3ml 2，式中的m和l 分 别为棒的质量和长度） B v0 解：碰撞前瞬时，杆对O点的角动量为 3L / 2 L/2 1 2 0 v0 xdx 0 v0 xdx v0 L 2 mv 0 L 碰撞后瞬时，杆对O点的角动量为 7 J mL2 （平行轴定理） 12 碰撞前后角动量守恒，有
刚体的定轴转动
学习要求： 1 . 掌握描述刚体定轴转动的角位移、角速度、角加 速度等物理量及角量和线量的关系.能借助于直角坐 标系熟练应用匀变速转动的运动学公式。 2 . 理解力矩和转动惯量的物理意义。掌握刚体定轴 转动定律并能结合牛顿运动定律求解定轴转动刚体 与质点组合系统的有关问题。 3 . 会计算力矩的功，刚体定轴转动动能和刚体的重 力势能。能在含有定轴转动及重力场的刚体问题中 正确地应用机械能守恒定律。 4 . 熟练计算刚体对固定轴的角动量，掌握角动量定 理，并能对含有定轴转动刚体在内的系统正确应用 角动量守恒定律。 1
2 .力矩和转动惯量
= 0 + t
(1)力矩
《大学物理期末复习》刚体转动习题课李明明 -
有一只小虫以速率 垂直v0落在距点O为 l/4 处，并背离点
O向细杆的端点A爬行。设小虫与细杆的质量均为m。问： 欲使细杆以恒定的角速度转动，小虫应以多大速率向细杆 端点爬行?
O
l/4
解 虫与杆的碰撞前 后，系统角动量守恒
mv0
l 4
1 12
ml
2
m( l )2 4
12 v0
7l
12 v0 c
2 2n2
J1
m( l1 2
)2
m( l1 2
)2
J2
m( l2 2
)2
m( l2 2
)2
J0
m l12n1 2 n2
l
2 2
n2
n1
将转台、砝码、人看作一个系统22，(J(0J＋0＋过程中人作的功W等于系统动能
之增量 将J0代入W式，得
W
E 12 (J J ) k ) n1 = 2 (J0＋
0 t 2 02 2
0
0t
1 2
t 2
18：
已知：1
20 ,60转变2
30 ,
22 12 2 , 6.54(rad / s)
19：
2 1 t, t 4.8(s)
已知：5s内，由1 40，变2 10，求： ？，t ? 0
0
t,
0 t0
2
02
2, N
2
62.5
（3）、从t=0到t=10s内所转过的角度：
0t
1 2
t 2
3. 解：根据转动定律：
已知：M = -k
M=J =Jd (3) 10＝0t＋ / dt = -k
d k dt
J
0 / 2 1 d t k d t
O向细杆的端点A爬行。设小虫与细杆的质量均为m。问： 欲使细杆以恒定的角速度转动，小虫应以多大速率向细杆 端点爬行?
O
l/4
解 虫与杆的碰撞前 后，系统角动量守恒
mv0
l 4
1 12
ml
2
m( l )2 4
12 v0
7l
12 v0 c
2 2n2
J1
m( l1 2
)2
m( l1 2
)2
J2
m( l2 2
)2
m( l2 2
)2
J0
m l12n1 2 n2
l
2 2
n2
n1
将转台、砝码、人看作一个系统22，(J(0J＋0＋过程中人作的功W等于系统动能
之增量 将J0代入W式，得
W
E 12 (J J ) k ) n1 = 2 (J0＋
0 t 2 02 2
0
0t
1 2
t 2
18：
已知：1
20 ,60转变2
30 ,
22 12 2 , 6.54(rad / s)
19：
2 1 t, t 4.8(s)
已知：5s内，由1 40，变2 10，求： ？，t ? 0
0
t,
0 t0
2
02
2, N
2
62.5
（3）、从t=0到t=10s内所转过的角度：
0t
1 2
t 2
3. 解：根据转动定律：
已知：M = -k
M=J =Jd (3) 10＝0t＋ / dt = -k
d k dt
J
0 / 2 1 d t k d t
4--刚体的转动习题课
EP mgh
力矩的功 转动动能 重力势能
W 2 Md 1
Ek
1 2
J2
EP mghC
动能定理
W
1 2
mv22
1 2
mv12
转 能
动 定
动 理
W
1 2
J2 2
1 2
J 1 2
机 械 能 W外 W非保内 0，机 械 能 W外 W非保内 0，
守恒定律 Ek EP C
守恒定律 Ek EP C
解:(1),角动量守恒: L L0 m
第四章 刚体的定轴转动
0
r0
L0 J00 mr020
L
J
1 4
mr02
40
(2),转动动能定理:
W Ek
F
Ek
1 2
J2
W
1 2
J2
1 2
J
2
00
3 2
mr0202
习题课
21/38
物理学
第五版
第四章补充例题
1,一飞轮半径为0.2 m、转速为150 r·min-1,因受制
o x dx
x
dM x(dmg)
M
xdmg
mg
l
L
0
xdx
1 2
mgL
习题课
第四章 刚体的转动
28/38
物理学
第五版
第四章补充例题
4,一转动惯量为 J 的圆盘绕一固定轴转动，起初
角速度为0,设它所受阻力矩为M=-k (k为常数),求圆 盘的角速度从0变为0/2 所需的时间．
解: M k J
J d k，
dt
d k dt J
120 d t k dt，
刚体习题
M β = = J
L mg cos θ 2
2 1 mL 3
g cos 3 θ = 2L
ω d ω d d θ β = dt = dθ dt =ω
θ d d 0ω ω = 0 β θ = 0
ω
θ
ω d d θ 3gcos θ d θ 2L
L
ω =
3 g sinθ L
θ
2 L 2
mg
3、如图所示，水平桌面上有有长L=1.0m，质量 m=3.0kg 的匀质细杆，细杆可绕过通过端点O的垂直轴 OO’转动，杆与桌面间的摩擦系数μ=0.20。开始时杆静 止，有一子弹质量 m2=20g，速度v=400m· s-1，沿水平 方向以与杆成θ=300角射入杆的中点，且留在杆中。求：
m
m1
m2
2、一均质细杆可绕一水平轴旋转，开始时 处于水平位置，然后让它自由下落。求：
θ） ω = ω（
解一： M = mg L cosθ
W= =
θ
0
M dθ 1 mg L cos d θ θ
2
L
θ
2
L 2
1 θ = 2 mg L sin
1 ω W= J 2
2
mg
0
ω =
3 g sinθ
L
解二： M = J β
3L 4 m v
θ
L
M
碰撞过程角动量守恒,得：
3 mv 4 L = ( Jm+ JM )ω 2 1 3 2 JM = 3 M L Jm = m ( 4 L )
3L 4 M θ m L
ω
3 mv L 3 mv 4 =9 4 2 1 = 2 9 mL 1 M L m L M L +3 +3 16 16
(10)刚体习题课分解
6.机械能守恒定律
Ek
1 J 2
2
E p mghc
当只有保守力矩作功 Ek Ep 恒量
2
说明： （1）粘接在一起的两个圆盘（或圆柱）形状的刚体，要把它们看 成一个刚体，不要分开考虑。
它们的和均相同，但不同半径处的和a不同。
如 图 ， 在r处 ：
or
r at r an 2 / r
R
在R处 :
o
为零，称该点为打击中心。试求：
（1）打击中心A与支撑轴o之间的距离RA。 RA
（2）如果用质量为m=M，速度为v的弹
Rc
性球沿水平方向击中A点，碰撞后轴o对
细杆的作用力将如何？
F
解(1)由转动定律 FRA J
质心运动定理 F Mac
1 ML2
3
ac rc
L 2
联立可得：
RA
2 3
L
Fy
Fx c A
得到： 0
由质心运动定理：
dt
yF J
t
F
y
切向：F Rx
法向：
m
Ry
l 2
d
dt
mg
于是得到：Rx
(1
3y)F 2l
m
l 2
2 Ry
mg
9F
2 y2 (t)2 2l 3m
12
例7、如图所示，以水平力F打击悬
挂着的质量为M、长度为L的均匀细杆。
如果打击点A选择得合适，在打击的过
程中，支撑轴o对细杆的水平切向力Fx
dM 2rf (2rdr) 4kvr2dr
o
4kr3dr
r
M R 4kr3dr kR4 0
dr
由转动定理：J
Ek
1 J 2
2
E p mghc
当只有保守力矩作功 Ek Ep 恒量
2
说明： （1）粘接在一起的两个圆盘（或圆柱）形状的刚体，要把它们看 成一个刚体，不要分开考虑。
它们的和均相同，但不同半径处的和a不同。
如 图 ， 在r处 ：
or
r at r an 2 / r
R
在R处 :
o
为零，称该点为打击中心。试求：
（1）打击中心A与支撑轴o之间的距离RA。 RA
（2）如果用质量为m=M，速度为v的弹
Rc
性球沿水平方向击中A点，碰撞后轴o对
细杆的作用力将如何？
F
解(1)由转动定律 FRA J
质心运动定理 F Mac
1 ML2
3
ac rc
L 2
联立可得：
RA
2 3
L
Fy
Fx c A
得到： 0
由质心运动定理：
dt
yF J
t
F
y
切向：F Rx
法向：
m
Ry
l 2
d
dt
mg
于是得到：Rx
(1
3y)F 2l
m
l 2
2 Ry
mg
9F
2 y2 (t)2 2l 3m
12
例7、如图所示，以水平力F打击悬
挂着的质量为M、长度为L的均匀细杆。
如果打击点A选择得合适，在打击的过
程中，支撑轴o对细杆的水平切向力Fx
dM 2rf (2rdr) 4kvr2dr
o
4kr3dr
r
M R 4kr3dr kR4 0
dr
由转动定理：J
刚体转动习题课共62页文档
刚体转动习题课
16、自己选择的路、跪着也要把它走 完。 17、一般情况下)不想三年以后的事， 只想现 在的事 。现在 有成就 ，以后 才能更 辉煌。
18、敢于向黑暗宣战的人，心里必须 充满光 明。 19、学习的关键--重复。
20、懦弱的人只会裹足不前，莽撞的 人只能 引为烧 身，只 有真正 勇敢的 人才能 所向披 靡。
Байду номын сангаас
谢谢你的阅读
❖ 知识就是财富 ❖ 丰富你的人生
71、既然我已经踏上这条道路，那么，任何东西都不应妨碍我沿着这条路走下去。——康德 72、家庭成为快乐的种子在外也不致成为障碍物但在旅行之际却是夜间的伴侣。——西塞罗 73、坚持意志伟大的事业需要始终不渝的精神。——伏尔泰 74、路漫漫其修道远，吾将上下而求索。——屈原 75、内外相应，言行相称。——韩非
物理_刚体转动习题课(1)
（1）刚体运动规律区别于质点运动规律， 切莫混为一谈！ （2）注意“转轴” （3）系统中质点、刚体同时存在，应分别讨论
18
物理学
第五版
刚体定轴转动习题课
四、解题指导与典型习题分析
刚体定轴转动的动力学问题，大致有三种类型 题。其解题基本步骤归纳为：首先分析各物 体所受力和力矩情况，然后根据已知条件和 所求物理量判断应选用的规律，最后列方程 求解。 第一类：求刚体转动某瞬间的角加速度，一般 应用转动定律求解。
2
物理学
第五版
二、基本内容
刚体定轴转动习题课
1、描述刚体转动的物理量 角位移 d 角速度
d dt
方向: 右手螺旋方向 角加速度
d dt
角速度和角加速度在定轴转动中沿转 轴方向，可用正负表示。
3
物理学
第五版
刚体定轴转动习题课
角量与线量的关系
z
v r r 2 n r
o
r
m
35
物理学
第五版
刚体定轴转动习题课
解（1）小球在水平面内受力始终通过轴， 小球对轴的合外力矩为零，角动量守恒，
mr2 2 mr1 1
2 2
0
m o r
2
r1 r2
2
4 1 0 2
36
物理学
第五版
刚体定轴转动习题课
（2）小球所受重力和支持力不做功，绳拉 力对小球所做的功等于拉力对轴力矩所做的 的功；因为拉力的力矩为零，根据 0
1 2 2
1 2 2
5
v v0 at
0 t
物理学
第五版
刚体定轴转动习题课
18
物理学
第五版
刚体定轴转动习题课
四、解题指导与典型习题分析
刚体定轴转动的动力学问题，大致有三种类型 题。其解题基本步骤归纳为：首先分析各物 体所受力和力矩情况，然后根据已知条件和 所求物理量判断应选用的规律，最后列方程 求解。 第一类：求刚体转动某瞬间的角加速度，一般 应用转动定律求解。
2
物理学
第五版
二、基本内容
刚体定轴转动习题课
1、描述刚体转动的物理量 角位移 d 角速度
d dt
方向: 右手螺旋方向 角加速度
d dt
角速度和角加速度在定轴转动中沿转 轴方向，可用正负表示。
3
物理学
第五版
刚体定轴转动习题课
角量与线量的关系
z
v r r 2 n r
o
r
m
35
物理学
第五版
刚体定轴转动习题课
解（1）小球在水平面内受力始终通过轴， 小球对轴的合外力矩为零，角动量守恒，
mr2 2 mr1 1
2 2
0
m o r
2
r1 r2
2
4 1 0 2
36
物理学
第五版
刚体定轴转动习题课
（2）小球所受重力和支持力不做功，绳拉 力对小球所做的功等于拉力对轴力矩所做的 的功；因为拉力的力矩为零，根据 0
1 2 2
1 2 2
5
v v0 at
0 t
物理学
第五版
刚体定轴转动习题课
刚体转动习题课.ppt
质点运动
动能
Ek
1 mv2 2
动能定理
W
1 2
m
2 2
1 2
m12
重力势能 EP mgh
刚体定轴转动
转动动能
Ek转
1 2
J 2
转动动能定理
W
1 2
J
2 2
1 2
J12
重力势能 EP mghC
机械能守恒
W ex
W in nc
0
E EP Ek cons tan t
机械能守恒
W ex
W in nc
角速度及小球相对于环的速度各为？（设环的内壁和
小球都是光滑的，小球可视为质点，环r 截面R
积
） 选环和小球为一个系统，角动量守恒，
0
0 J0 J mR 2
A
选环、小球和地球为一个系统，机械
B C
能守恒守恒，B 点为势能零点，
1 2
J
2 0
mgR
1 2
(J
mR2 )
2
0
1 2
m 2
65一根放在水平光滑桌面上的匀质棒，可绕通过其一
选滑轮为研究对象，地面为参考系
T2R T1Rg mAa 0
62 一轴承光滑的定滑轮，质量为 M 2.00kg ，半径 为 R 0.100m 。一根不能伸展的轻绳，一段固定在 定滑轮上，在另一端系一质量为 m 5.00kg 的物体. 定滑轮的转动惯量 J MR2 2 ，已知定滑轮的初角 速度0 10.0rad s1， 其方向垂直纸面向里。求： (1)定滑轮的角加速度; (2)定滑轮的角速度等于零时物体上升的高度； (3)当物体回到原位置时定滑轮的角速度。
6、机械能守恒
刚体转动习题课 32页PPT文档
方法一：应用转动定律
单位面积元所受的摩擦力为： f kkr
圆环上所有面元的力矩方向相同，即均向里，
d M kr r 2 r d 2 r kr 3 dr
dr
r
f
M2d
M 2R2kr3d 0
kR4
由转动定律
dr
r
MJJd d td d Jd d J 1 mR2 2 MkR4
左右两边同时对时间求一次倒数，
m akxR J2ams gi3n 07 0
amg 2J s R i3 m n07 2 R kx2R 2.44x
1 2m 21 2k2x 1 2J R 2 2msgi3n x07 0
当速度为零时，下滑距离最大
1 2km 2 xaxmg maxsxi3 n0 70
它以初角速度ω0转动时，由于上下表面受到空气的摩
擦阻力矩的作用，会慢慢停下来，假设空气对盘表面任 意点附近单位面积上的摩擦力正比于该点处的线速度大
小，比例常数为k，求它一共能转多少圈？
解此题的关键是求出摩擦阻力矩。为此首先要明确摩擦阻力矩 有什么特点？
1. 因为单位面积受到的摩擦阻力，正比于该点处的线速度，所 以飞轮转动时，距转轴距离相等的各点处，单位面积的摩擦力 大小一样，方向不同，但它们产生的力矩方向相同。 2. 转动过程中，由于角速度ω不断变化，所以同一点处摩擦力 的大小也要随时间变化，是一个变力矩的问题。 方法：一种是应用转动定律，一种是应用角动量定理。
根据运动学知识， ad d
dt dx
0.6
(2.44x)d
x d
0
0
1.2ms
方法二：应用机械能守恒定律
选质点A，圆盘B，弹簧C和地球作为研究对象，系统
刚体转动(习题课)PPT资料20页
平行轴定理
若刚体对过质心的轴的转动惯量为JC ，则刚 体对与该轴相距为d的平行轴z的转动惯量Jz是
Jz JCmd2
Jz
JCR
m
例3 计算钟摆的转动惯量。（已知：摆锤质量为m， 半径为r，摆杆质量也为m，长度为2r。）
解： 摆杆转动惯量：
O
J113m2r2
4m2r 3
摆锤转动惯量：
r
J2JCm2 d1 2m 2 rm 3 r21 2m 92 r
1m2u1mv21J2
2 22
v u(m0 3m) m0 3m
6mu
(m0 3m)l
例8 一长为l，质量为m0的杆可绕支点O自由转动。 一质量为m，速度为v的子弹射入距支点为a的棒内。
若棒偏转角为30°。问子弹的初速度为多少。
解： 角动量守恒：
o
mva13m0l2ma2
机械能守恒：
30°
la v
的小球以速度u垂直落到棒的一端上。设为弹性碰撞。
求碰后小球的回跳速度v以及棒的角速度。
解： 由系统角动量守恒
m u J lm v l
O
u
机械能守恒
1m2u1mv21J2
2 22
v u(m0 3m) m0 3m
6mu
(m0 3m)l
设碰撞时间为t
y
Ftmv(m)u
FltJ0
O
u
消去t
m u J lm v l
摆球在 A 处与直杆作完全弹性碰撞后恰好静止。试
求：⑴ 细直杆的质量m0；⑵ 碰撞后细直杆摆动的最
大角度。（忽略一切阻力）
解：⑴ 按角动量守恒定律
Jm mJm0 m0
系统的动能守恒
O
大学物理 习题课(二)刚体
1 2
J 2
1 (1 23
J0 )(30 )2
功能原理: A外 A非保内 E
习题课二
17
(二) 计算题
1.刚体质点综合，用转动定律、机械能守恒
2.刚体质点综合，用角动量守恒、机械能守恒、动能定理
3.刚体系，用角动量守恒、转动定律，求变力矩，较难
4.刚体质点综合，用角动量守恒、机械能守恒
5 .刚体，用转动定律
斜面上无滑动地滚下来.两者质量相同、半径相同
且质量分布都均匀.哪一个会先到达底端？(实心先
到)
J球
2 5
mR2 β
aC实 心
5 7
g
sin
J球壳
2 3
m R2
β
aC空
心
3 5
g
s
in
习题课二
9
FN
x mg
转动 Mc J c 纯滚动 约束方程 四个方程联立解
平动 F外 mac x: mg sin F maC y: FN m g cos 0
习题课二
14
ref.教材P93-下半页
习题课二
15
2.已知电子的自旋角动量 L 0.531034 J .s
把电子视为球体 R 11018 m
计算“电子球”表面的线速度。
解：L J 2 mR2 v
5
R
2R
v 5L 1.461014 m / s
2mR
J
2MR2 5
可见这一模型不正确！
违反相对论。
(3)设:A由静止释放沿斜面下滑的最大距离为 S ,
则以A,B,C,斜面,地为系统,其机械能守恒。
B R
1 kS 2 mgS sin 0
刚体转动习题课选讲例题
解（1） at a 0.4 m s2
at a
rr
0.4 0.8 (rad s2 )
0.5
刚体的转动习题课选讲例题
求:（2） t = 5 s 时角速度及转过旳圈数；
0.8rad s2 t 4 rad s1
1 t 2 10 rad
2
n 1.6
2π
求（3）t = 1 s 时轮缘上一点旳加速度.
m0 m
R
顺时针方向
2m0 2π
2m0 m
刚体转动
解 盘和人为系统, 角动量守恒 .
设：0、 分别为人和盘相对地
旳角速度, 顺时针为正向 .
1 2
mR 2
m0 R20
0
1 mR2 2
d
dt
m0 R2
d 0
dt
0
1 mR2d
2
m0R2
2π
0 d0
刚体的转动习题课选讲例题
例 一质量为 m' ，半径为 R 旳圆盘，可绕一垂直
FT1
FN
PmA AO
FT1
x
FT1
FC
C
mC FT2
mB B
FT2
O
解 （1）隔离物体分 别对物体A、B 及滑轮作 受力分析, 取坐标如图所 示, 利用牛顿第二定律 、 转动定律列方程 .
FT1 mAa
mB g FT2 mBa
PC
FT2
mB
PB y
RFT2 RFT1 J
Mf
FT
mg
y
a1 0.015 6 m/s2 a2 0.006 4 m/s2
m1g FT1 m1a1 m2 g FT2 m2a2
FT1R M f
at a
rr
0.4 0.8 (rad s2 )
0.5
刚体的转动习题课选讲例题
求:（2） t = 5 s 时角速度及转过旳圈数；
0.8rad s2 t 4 rad s1
1 t 2 10 rad
2
n 1.6
2π
求（3）t = 1 s 时轮缘上一点旳加速度.
m0 m
R
顺时针方向
2m0 2π
2m0 m
刚体转动
解 盘和人为系统, 角动量守恒 .
设：0、 分别为人和盘相对地
旳角速度, 顺时针为正向 .
1 2
mR 2
m0 R20
0
1 mR2 2
d
dt
m0 R2
d 0
dt
0
1 mR2d
2
m0R2
2π
0 d0
刚体的转动习题课选讲例题
例 一质量为 m' ，半径为 R 旳圆盘，可绕一垂直
FT1
FN
PmA AO
FT1
x
FT1
FC
C
mC FT2
mB B
FT2
O
解 （1）隔离物体分 别对物体A、B 及滑轮作 受力分析, 取坐标如图所 示, 利用牛顿第二定律 、 转动定律列方程 .
FT1 mAa
mB g FT2 mBa
PC
FT2
mB
PB y
RFT2 RFT1 J
Mf
FT
mg
y
a1 0.015 6 m/s2 a2 0.006 4 m/s2
m1g FT1 m1a1 m2 g FT2 m2a2
FT1R M f
刚体的定轴转动习题课课件
(A)动量、机械能以及对一轴的角动量都守恒。 (B)动量、机械能守恒，但角动量是否守恒不能断定。 (C)动量守恒，但机械能和角动量守恒与否不能断定。 (D)动量和角动量守恒，但机械能是否守恒不能断定。
2020/6/3
26
22（P5）一刚体以每分钟60转绕 z轴做匀速转动（沿
z 轴正方向）。设某时刻刚体上一点 P 的位置矢量为：
解：系统（人+ 转台）不受沿轴的 外力矩，其角动量守恒，即：
J1(JM 2) r2
由此可得转台后来的角速度
2 JJM2r1 12102 8 00 02 022 10
0.49(6rad)/s
2020/6/3
25
习题集（力学）
一、选择题
21 一力学系统由两个质点组成，它们之间只有引力作
用，若两.质点所受外力的矢量和为零，则此系统：[ C ]
35
35
对米尺，手刚释放时，由转动定律： m gOCJ
mgOC J
m 9.80.11.5 0(ra2 d ) / 0.09 m3
2020/6/3
19
在米尺转到竖直位置过程中，系统（尺+ 地球）机械能
守恒：
mg OC 1 2J2
O
●
C
2mgOC
J
l1C
l2
mg mg
2m g9.80.1 0.093m
200m/s 水平射入杆中而不复出，射入点在轴下 d = 3L/4 处。
3 4
L
L
（1）求子弹停在杆中时杆的角速度。
（2）求杆的最大偏转角。
解：（1）系统（杆+子弹），在碰撞过 υ
程中，合外力矩为0，因而系统的角动量 ω 守恒。（在俯视图中，选⊙为正方向）
2020/6/3
26
22（P5）一刚体以每分钟60转绕 z轴做匀速转动（沿
z 轴正方向）。设某时刻刚体上一点 P 的位置矢量为：
解：系统（人+ 转台）不受沿轴的 外力矩，其角动量守恒，即：
J1(JM 2) r2
由此可得转台后来的角速度
2 JJM2r1 12102 8 00 02 022 10
0.49(6rad)/s
2020/6/3
25
习题集（力学）
一、选择题
21 一力学系统由两个质点组成，它们之间只有引力作
用，若两.质点所受外力的矢量和为零，则此系统：[ C ]
35
35
对米尺，手刚释放时，由转动定律： m gOCJ
mgOC J
m 9.80.11.5 0(ra2 d ) / 0.09 m3
2020/6/3
19
在米尺转到竖直位置过程中，系统（尺+ 地球）机械能
守恒：
mg OC 1 2J2
O
●
C
2mgOC
J
l1C
l2
mg mg
2m g9.80.1 0.093m
200m/s 水平射入杆中而不复出，射入点在轴下 d = 3L/4 处。
3 4
L
L
（1）求子弹停在杆中时杆的角速度。
（2）求杆的最大偏转角。
解：（1）系统（杆+子弹），在碰撞过 υ
程中，合外力矩为0，因而系统的角动量 ω 守恒。（在俯视图中，选⊙为正方向）
刚体的转动习题课
解：取人和转台为系统，则人走动时，系统角动 量守恒
设平台角速度 ， 人 相对转轴角速度
J0 J人 0
mRv J0 mR
2
4. 斜面倾角为 ，m1和 m2物
体经细绳联接，绕过一定滑
轮。求m下2 落的加速度。 （m1与斜面的摩擦因数为
）
T1 m1g sin m1g cos m1a1
m2g T2 m2a2
ac N
f r Jc ac r
机械能守恒吗？
f
mg
计算题
1.一轻绳过一半径为R、质量为m/4的滑轮， 质量为m的人抓住了绳的一端，另一端系一 质量为m/2的重物，开始静止，求人相对于 绳匀速上爬时，重物上升的加速度。
a 4 g 13
R m/4
m/2
+
m
2. 今使杆水平静止的落下，在
铅直位置与质量为m2的物体作 完全非弹性碰撞后，m2 沿摩擦
T2r T1r J
T2 T2,T1 T1
a1 a2 r
J ,r m1
m2
T1
FR
FN T1
T2 P
m1
Fr m1g
T2 m2
m2 g
a1
a2
m2 g
m1g sin
m1 m2
m2g
J r2
cos
讨论：是否有其它计算方法？
功能关系！
m2 gy
m1gy sin
m1gy cos
1 2
(m1
mg
macy
m
l 2
2
F
Nx F (3l / 2l 1)
l 2 l 打击中心 3
在摩擦系数 的水平桌面上，长为l ，质
量 为
m1 m2
设平台角速度 ， 人 相对转轴角速度
J0 J人 0
mRv J0 mR
2
4. 斜面倾角为 ，m1和 m2物
体经细绳联接，绕过一定滑
轮。求m下2 落的加速度。 （m1与斜面的摩擦因数为
）
T1 m1g sin m1g cos m1a1
m2g T2 m2a2
ac N
f r Jc ac r
机械能守恒吗？
f
mg
计算题
1.一轻绳过一半径为R、质量为m/4的滑轮， 质量为m的人抓住了绳的一端，另一端系一 质量为m/2的重物，开始静止，求人相对于 绳匀速上爬时，重物上升的加速度。
a 4 g 13
R m/4
m/2
+
m
2. 今使杆水平静止的落下，在
铅直位置与质量为m2的物体作 完全非弹性碰撞后，m2 沿摩擦
T2r T1r J
T2 T2,T1 T1
a1 a2 r
J ,r m1
m2
T1
FR
FN T1
T2 P
m1
Fr m1g
T2 m2
m2 g
a1
a2
m2 g
m1g sin
m1 m2
m2g
J r2
cos
讨论：是否有其它计算方法？
功能关系！
m2 gy
m1gy sin
m1gy cos
1 2
(m1
mg
macy
m
l 2
2
F
Nx F (3l / 2l 1)
l 2 l 打击中心 3
在摩擦系数 的水平桌面上，长为l ，质
量 为
m1 m2
相关主题
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
m g T m a TR J a R J 1 MR 2 0.675kg.m 2 2
T
Mg mg
1 a m gR2 /( m R2 J ) 5.06m / s 2 h at 2 63.3m 2 T m( g a ) 37.9 N
（0709）3、一均匀木杆质量为m1=1kg，长 l =0.4m，可 绕通过它的中点且与杆身垂直的光滑水平固定轴在竖 直平面内转动。设杆静止于竖直位置时，一质量为 m2=10g的子弹在距杆中点 l /4处穿透木杆（穿透所用时 间不计）,子弹初速度的大小为0= 200m/s ，方向与杆 和轴均垂直。穿出后子弹速度大小减为 =50m/s方向 不变，求子弹刚穿出的瞬时，杆的角速度的大小(木杆 绕通过中点垂直轴的转动惯量J=m1l2/12)
O
h / r , 2
2
m, r
T
m’, r’
( 2 h / r )
T’
1/ 2
9.08rad / s
A
B
• （08）5、如图所示，一半径为R的匀质小木球固结 在一长度为 l 的匀质细棒的下端。且可绕水平光滑固 定轴O转动。今有一质量为m，速度为 0 的子弹，沿 着与水平面成 角的方向射向球心，且嵌于球心。 已知小木球、细棒对轴转动惯量总和为J，求子弹嵌 入球心后系统的共同角速度（5分）
O
m
0
Байду номын сангаас
R
l
解：选子弹、细棒、小木球为系统，子弹射入时系统 所受合外力矩为零，系统对转轴的角动量守恒
m0 ( R l ) cos [ J m( R l ) ]
2
m0 ( R l ) cos J m( R l ) 2
O
m
0
R
l
• （07）1、一个作定轴转动的轮子，转动惯量为 J=2.0kg.m2，正以角速度ω 0匀速转动，现对轮子加 一恒定力矩M=-12N.m，经过8s后轮子的角速度ω =ω 0，则ω 0= ？
线量与角量的关系
v ret
at r an r 2
2、力矩和转动惯量 力矩 转动惯量
M r F
J m r , J r dm
2 j j 2 j
两种解法：（1）根据定义的普通解法，应注意dm的取法； （2）利用已有结果解（匀质细杆、园盘等）
3、转动定律
1 （A ) 0 3 (C) 30
1 (B)( 0 ) 3 (D)30
• （09）2、如图所示，一质量为m半径为R的 薄圆盘，可绕通过其一直径的光滑固定轴AA’ 转动，转动惯量为J=mR2/4。该园盘从静止开 始在恒力矩M作用下转动， t秒后位于圆盘边 缘上与轴AA’的垂直距离为R的B点的切向加 速度at= ,法向加速度 an= 。
包括有刚体的系统，如果运动过程中，只有保守 力做功，则系统的机械能守恒。
7、刚体定轴转动和质点运动对照表 质点运动 刚体定轴转动 位移
2 dv d r 加速度 a 2 dt dt
dr 速度 dt
r
角位移 角速度
d dt
d d 角加速度 2 dt dt
2 -5 7.27 10 rad / s 24 3600 33 2 1 L J 7.1 10 kg m s
（09）4、一轻绳跨过一具有水平光滑轴质量为M的定 滑轮，绳的两端分别悬挂质量为m1，m2的物体 （ m1<m2），轻绳不可伸缩且与滑轮间无相对滑动，若 某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力
M J
对应同一转轴
M J
4、角动量、角动量定理及角动量守恒
质点的角动量 L r p
角动量定理
角动量守恒
刚体角动量
L J
t1
t2
Mdt J 2 J1
刚体
若 M 0 ，则
L=恒量
5、转动动能定理 6、机械能守恒
W
2
1
1 1 2 2 Md J 2 J1 2 2
3lm( 0 ) 9 rad s 1 ML2
O
L
l
0
O’
• （09）8、一质量为m的物体悬于一条轻绳的一端， 绳的另一端绕在一轮轴的轴上，如图所示，轴水平 且垂直于轮轴面，其半径为r，整个装置架在光滑的 固定轴承之上。当物体从静止释放后，在时间t内下 降了一段距离S，度求整个轮轴的转动惯量。（用m， r，t，s表示）（10分）
O
A
• （08）2、可绕水平轴转动的飞轮，直径为1.0m，一 条绳子绕在飞轮的外周边缘上。如果飞轮从静止开 始做匀角加速度运动且在4s内绳被展开10m，则飞轮 的角加速度为 ？ • 3、一个作定轴转动的物体，转动惯量为J，正以角 速度10rad/s匀速转动，现对物体加一恒定制动力矩 M=0.5N.m，经过5s后物体停止转动。物体的转动惯 量J= ？
（1） dJ
y dm y ady
O r
m
解：受力分析如图所示
m g T m a Tr J a r 2 J m( g a )r / a 1 2 S at a 2 S / t 2 2 2 2 gt J mr ( 1) 2S
O r
T T
m
a mg
• （08）1、一自由悬挂的匀质细棒OA，可绕O端在 竖直平面内自由转动，现使棒从水平位置由静止开 始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述 说法哪个正确[ ] • A、角速度从小到大，角加速度从大到小； • B、角速度从小到大，角加速度从小到大； • C、角速度从大到小，角加速度从大到小； • D、角速度从大到小，角加速度从小到大。
内容提要
1、刚体的平动和转动 （1）平动 刚体上任意两点的确定的直线在运动 、 、 相同， 中保持不变。刚体平动时，各点的 r a 可以用一组线量描述，所以刚体的平动可用质心为 代表，用质点力学处理。 （2）定轴转动 刚体上所有点绕某一固定直线作 圆周运动。刚体定轴转动时，各点的 、 、 相同，可以用一组角量来描述。
0
l
A
O’
解：（1）子弹受到的冲量为
I F dt m( 0 )
子弹对木板的冲量 I F dt Fdt m( ) 3 N .s 0 方向与 0 相同
（2）由角动量定理
Mdt l F' dt lm(
0
) J
4答（C）
（09）6、一转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动， 初角速度为ω 0，设它所受阻力矩与转动角速度成正 比M=-kω (k为正常数)，求圆盘的角速度从ω 0变为 ω 0/2时所需的时间。（5分） 解：据转动定律
d k d M k J dt dt J 0 t k d J ln 2 2 0 J dt 0 t k
（09）7、一块宽L=0.60m、质量M=1kg的均匀薄木 板可绕水平固定轴OO’无摩擦自由转动，当木板静 止在平衡位置时，有一质量为m=10×10-3kg子弹垂 直击中木板A点，A点离转轴距离 l =0.36m，子弹击 中木板前的速度为500m/s，穿出木板后的速度为 200m/s。（已知绕OO’轴的转动惯量为J=ML2/3） （10分）求： (1)子弹给予木板的冲量； （2）木板获得的角速度 O L
t1
t2
Mdt J 2 J1
动量守恒定律
F 0 P m 常量 B 力的功 W F dr
A
角动量守恒定律
M 0
L J 常量
力矩的功 W
2
1
Md
质点运动 动能
刚体定轴转动
转动动能 Ek转 转动动能定理
1 Ek mv 2 2
（A）处处相等 （B）左边大于右边 （C）右边大于左边 （D）哪边大无法判断
R
T1
m1
T2
m2
• （09）5、一飞轮作匀减速转动，在5s内角速 度从40 π rad/s减到10πrad/s，则飞轮在5s内总 共转了 圈，飞轮再经 的时 间才能停止转动。
30 6 5 2 02 N 62.5r 2 2 0 t 1.67s
1 2 J 2
动能定理
1 1 2 W m 2 m12 2 2
重力势能 机械能守恒
1 1 2 W J 2 J12 2 2
重力势能
机械能守恒
EP mgh
W
in nc
EP mgh C
W
ex
0
in W ex Wnc 0
E EP Ek constant
（1）A；1-3题各3分
(2)10m r 10rad且0 0，t 4 s 1 2 2 0t t 2.5rad / s 2 (3)
0
t M J J 0.25kg.m 2
2rad / s
2
• （08）4、两个匀质圆盘，一大一小，同轴地粘结在 一起，构成一个组合轮。小圆盘的半径为r，质量为 m；大圆盘的半径为r’=2r，质量为m’=2m。组合轮 可绕通过其中心垂直于盘面的光滑水平固定轴O转 动，转动惯量J=9mr2/2。两圆盘边缘上分别绕有轻 质细绳，下端各悬挂质量为m的物体A和B，如图所 示，这一系统从静止开始运动，绳与盘无相对滑动， 绳长不变。已知r=10m。求：（10分） • （1）组合轮的角加速度β • （2）当物体A上升h=40cm时， • 组合轮的角速度ω A
0 0 20 8 8 20 M J 12 2( ) 0 24rad / s 8
• （07）2、一质量为15kg、半径为0.30m的圆柱体可 绕与其几何轴重合的水平固定轴转动，现以一不能 伸长的轻绳绕于柱面，而在绳的下端悬一质量 m=8.0kg的物体。不计圆柱与轴的摩擦求： • (1)物体自静止下落，5s内下落的距离 F • （2）绳中的张力
T
Mg mg
1 a m gR2 /( m R2 J ) 5.06m / s 2 h at 2 63.3m 2 T m( g a ) 37.9 N
（0709）3、一均匀木杆质量为m1=1kg，长 l =0.4m，可 绕通过它的中点且与杆身垂直的光滑水平固定轴在竖 直平面内转动。设杆静止于竖直位置时，一质量为 m2=10g的子弹在距杆中点 l /4处穿透木杆（穿透所用时 间不计）,子弹初速度的大小为0= 200m/s ，方向与杆 和轴均垂直。穿出后子弹速度大小减为 =50m/s方向 不变，求子弹刚穿出的瞬时，杆的角速度的大小(木杆 绕通过中点垂直轴的转动惯量J=m1l2/12)
O
h / r , 2
2
m, r
T
m’, r’
( 2 h / r )
T’
1/ 2
9.08rad / s
A
B
• （08）5、如图所示，一半径为R的匀质小木球固结 在一长度为 l 的匀质细棒的下端。且可绕水平光滑固 定轴O转动。今有一质量为m，速度为 0 的子弹，沿 着与水平面成 角的方向射向球心，且嵌于球心。 已知小木球、细棒对轴转动惯量总和为J，求子弹嵌 入球心后系统的共同角速度（5分）
O
m
0
Байду номын сангаас
R
l
解：选子弹、细棒、小木球为系统，子弹射入时系统 所受合外力矩为零，系统对转轴的角动量守恒
m0 ( R l ) cos [ J m( R l ) ]
2
m0 ( R l ) cos J m( R l ) 2
O
m
0
R
l
• （07）1、一个作定轴转动的轮子，转动惯量为 J=2.0kg.m2，正以角速度ω 0匀速转动，现对轮子加 一恒定力矩M=-12N.m，经过8s后轮子的角速度ω =ω 0，则ω 0= ？
线量与角量的关系
v ret
at r an r 2
2、力矩和转动惯量 力矩 转动惯量
M r F
J m r , J r dm
2 j j 2 j
两种解法：（1）根据定义的普通解法，应注意dm的取法； （2）利用已有结果解（匀质细杆、园盘等）
3、转动定律
1 （A ) 0 3 (C) 30
1 (B)( 0 ) 3 (D)30
• （09）2、如图所示，一质量为m半径为R的 薄圆盘，可绕通过其一直径的光滑固定轴AA’ 转动，转动惯量为J=mR2/4。该园盘从静止开 始在恒力矩M作用下转动， t秒后位于圆盘边 缘上与轴AA’的垂直距离为R的B点的切向加 速度at= ,法向加速度 an= 。
包括有刚体的系统，如果运动过程中，只有保守 力做功，则系统的机械能守恒。
7、刚体定轴转动和质点运动对照表 质点运动 刚体定轴转动 位移
2 dv d r 加速度 a 2 dt dt
dr 速度 dt
r
角位移 角速度
d dt
d d 角加速度 2 dt dt
2 -5 7.27 10 rad / s 24 3600 33 2 1 L J 7.1 10 kg m s
（09）4、一轻绳跨过一具有水平光滑轴质量为M的定 滑轮，绳的两端分别悬挂质量为m1，m2的物体 （ m1<m2），轻绳不可伸缩且与滑轮间无相对滑动，若 某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力
M J
对应同一转轴
M J
4、角动量、角动量定理及角动量守恒
质点的角动量 L r p
角动量定理
角动量守恒
刚体角动量
L J
t1
t2
Mdt J 2 J1
刚体
若 M 0 ，则
L=恒量
5、转动动能定理 6、机械能守恒
W
2
1
1 1 2 2 Md J 2 J1 2 2
3lm( 0 ) 9 rad s 1 ML2
O
L
l
0
O’
• （09）8、一质量为m的物体悬于一条轻绳的一端， 绳的另一端绕在一轮轴的轴上，如图所示，轴水平 且垂直于轮轴面，其半径为r，整个装置架在光滑的 固定轴承之上。当物体从静止释放后，在时间t内下 降了一段距离S，度求整个轮轴的转动惯量。（用m， r，t，s表示）（10分）
O
A
• （08）2、可绕水平轴转动的飞轮，直径为1.0m，一 条绳子绕在飞轮的外周边缘上。如果飞轮从静止开 始做匀角加速度运动且在4s内绳被展开10m，则飞轮 的角加速度为 ？ • 3、一个作定轴转动的物体，转动惯量为J，正以角 速度10rad/s匀速转动，现对物体加一恒定制动力矩 M=0.5N.m，经过5s后物体停止转动。物体的转动惯 量J= ？
（1） dJ
y dm y ady
O r
m
解：受力分析如图所示
m g T m a Tr J a r 2 J m( g a )r / a 1 2 S at a 2 S / t 2 2 2 2 gt J mr ( 1) 2S
O r
T T
m
a mg
• （08）1、一自由悬挂的匀质细棒OA，可绕O端在 竖直平面内自由转动，现使棒从水平位置由静止开 始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述 说法哪个正确[ ] • A、角速度从小到大，角加速度从大到小； • B、角速度从小到大，角加速度从小到大； • C、角速度从大到小，角加速度从大到小； • D、角速度从大到小，角加速度从小到大。
内容提要
1、刚体的平动和转动 （1）平动 刚体上任意两点的确定的直线在运动 、 、 相同， 中保持不变。刚体平动时，各点的 r a 可以用一组线量描述，所以刚体的平动可用质心为 代表，用质点力学处理。 （2）定轴转动 刚体上所有点绕某一固定直线作 圆周运动。刚体定轴转动时，各点的 、 、 相同，可以用一组角量来描述。
0
l
A
O’
解：（1）子弹受到的冲量为
I F dt m( 0 )
子弹对木板的冲量 I F dt Fdt m( ) 3 N .s 0 方向与 0 相同
（2）由角动量定理
Mdt l F' dt lm(
0
) J
4答（C）
（09）6、一转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动， 初角速度为ω 0，设它所受阻力矩与转动角速度成正 比M=-kω (k为正常数)，求圆盘的角速度从ω 0变为 ω 0/2时所需的时间。（5分） 解：据转动定律
d k d M k J dt dt J 0 t k d J ln 2 2 0 J dt 0 t k
（09）7、一块宽L=0.60m、质量M=1kg的均匀薄木 板可绕水平固定轴OO’无摩擦自由转动，当木板静 止在平衡位置时，有一质量为m=10×10-3kg子弹垂 直击中木板A点，A点离转轴距离 l =0.36m，子弹击 中木板前的速度为500m/s，穿出木板后的速度为 200m/s。（已知绕OO’轴的转动惯量为J=ML2/3） （10分）求： (1)子弹给予木板的冲量； （2）木板获得的角速度 O L
t1
t2
Mdt J 2 J1
动量守恒定律
F 0 P m 常量 B 力的功 W F dr
A
角动量守恒定律
M 0
L J 常量
力矩的功 W
2
1
Md
质点运动 动能
刚体定轴转动
转动动能 Ek转 转动动能定理
1 Ek mv 2 2
（A）处处相等 （B）左边大于右边 （C）右边大于左边 （D）哪边大无法判断
R
T1
m1
T2
m2
• （09）5、一飞轮作匀减速转动，在5s内角速 度从40 π rad/s减到10πrad/s，则飞轮在5s内总 共转了 圈，飞轮再经 的时 间才能停止转动。
30 6 5 2 02 N 62.5r 2 2 0 t 1.67s
1 2 J 2
动能定理
1 1 2 W m 2 m12 2 2
重力势能 机械能守恒
1 1 2 W J 2 J12 2 2
重力势能
机械能守恒
EP mgh
W
in nc
EP mgh C
W
ex
0
in W ex Wnc 0
E EP Ek constant
（1）A；1-3题各3分
(2)10m r 10rad且0 0，t 4 s 1 2 2 0t t 2.5rad / s 2 (3)
0
t M J J 0.25kg.m 2
2rad / s
2
• （08）4、两个匀质圆盘，一大一小，同轴地粘结在 一起，构成一个组合轮。小圆盘的半径为r，质量为 m；大圆盘的半径为r’=2r，质量为m’=2m。组合轮 可绕通过其中心垂直于盘面的光滑水平固定轴O转 动，转动惯量J=9mr2/2。两圆盘边缘上分别绕有轻 质细绳，下端各悬挂质量为m的物体A和B，如图所 示，这一系统从静止开始运动，绳与盘无相对滑动， 绳长不变。已知r=10m。求：（10分） • （1）组合轮的角加速度β • （2）当物体A上升h=40cm时， • 组合轮的角速度ω A
0 0 20 8 8 20 M J 12 2( ) 0 24rad / s 8
• （07）2、一质量为15kg、半径为0.30m的圆柱体可 绕与其几何轴重合的水平固定轴转动，现以一不能 伸长的轻绳绕于柱面，而在绳的下端悬一质量 m=8.0kg的物体。不计圆柱与轴的摩擦求： • (1)物体自静止下落，5s内下落的距离 F • （2）绳中的张力