刚体转动习题课
合集下载
刚体的定轴转动习课课件
•
Lθ
C
•
(M 1 g L m3 gL )1 (co )s
2
4
cos[1(13M196m)L2)] ω
(M2 3m)g
94 018
(1190.00)80.48.82 9
[1 3 16
)]
(130.00)89.8
2019/8/20
2
24
5.20 一转台绕竖直固定轴转动，每转一周需时间 t =10s，转台对轴的转动惯量为J=1200kg·m2。一 质量为M = 80kg的人，开始站在转台中心，随后 沿半径向外跑去，当人离转台中心 r =2m 时转台 的角速度多大？
m443[1LM 3mL m (439Lm )22L]138M.8L29(rad)/s
3
16
2019/8/20
23
（2）系统（杆+子弹+地球），上摆过 程，只有重力（保守力）做功，系统的
•
机械能守恒（选杆竖直时势能为零）。
1[1M2 Lm (3L)2]2
23
4
3 4
L
大？
两臂收回过程中，系统的机械能是否守恒？
什么力做了功？做功多少？设轴上摩擦忽略不计。
解：由于两臂收回过程中，人体受的沿竖直轴的
外力矩为零，所以系统沿此轴的角动量守恒
J12n 1 ＝ J22n 2
(10)刚体习题课
A、 轮的质量分别为 A = 10kg和 B = 20kg, B m m
例. 如 ， 轮、 可 2 图 转 A B 分别 立 绕 轴 动 独 地 o 转 。
r r f f 半径分别为A和 B。现用力 A和 B分别拉系在轮上 滑动。 A 的细绳且使绳与轮间无 滑动。为使 、B两轮边缘处
切向加速度相同， 的拉力 A、 B之比为多少？ f f 之比为多少？ 切向加速度相同，相应 解：A、B滑轮视为两个刚体 、 rB 将不再相同。 它们的 ω和 α将不再相同。 o
or R
υ = rω at = rα an = ω / r
2
R处 在 处:
υ = Rω at = Rα
an = ω / R
2
（2）用一根绳连接两个或多个刚体时，要把刚体分开考 用一根绳连接两个或多个刚体时， 虑。
3
刚体定轴转动与质点一维运动的对比
质点一维运动 刚体定轴转动
∆x 位移 dx v= 速度 dt dv d 2 x 加速度 a= = 2 dt dt m 质量 r 力 F
碰后： 碰后：
（1） ） （2） ）
ω
dm = λdx
o
1 2 J = ML 3
r v1
x
任意质点所受阻力： 任意质点所受阻力： df = µdN = 任意质点所受阻力矩： dM 任意质点所受阻力矩：
第四章刚体转动习题
第四章刚体转动习题
1.如图所示,一质量为m得匀质细杆AB,A端靠在光滑得竖直墙壁上,B端置于粗糙水平地面上而静止,杆身与竖直方向成θ角,则A端对墙壁得压力为
2.两个均质圆盘A与B得密度分别为ρA与ρB , 若ρA﹥ρB但两圆盘得质量与厚度相同, 如果两盘对通过盘心垂直于盘面轴得转动惯量各为JA与JB , 则( )
3.一电唱机得转盘以n =78 转/分得转速匀速转动,则与转轴相距r =15cm 得转盘上得一点P得线速度v = ,法向加速度an= 、在电唱机断电后, 转盘在恒定得阻力矩作用下减速, 并在t =15s内停止转动,则转盘在停止转动前得角加速度a= ,转过得圈数N= 、
4、一转动惯量为J 得圆盘绕一固定轴转动,起始角速度为ω0, 设它所受得阻力矩与转动角速度成正比,即M = -kω (k为正得常数),若它得角速度从ω0变
到ω0/2, 则所需得时间t = 。
5.一轻绳绕在半径r =20 cm得飞轮边缘, 在绳端施以F=98 N得拉力, 飞轮得转动惯量J = 0、5kg·m2飞轮与转轴间得摩擦不计,试求(1)飞轮得角加速度;(2)当绳下降5m时飞轮所获得得动能;(3)如以质量m=10kg得物体挂在绳端再计算飞轮得角加速度.
6.质量为m, 长为l得均匀细棒, 可绕垂直于棒得一端得水平轴转动, 如将此棒放在水平位置, 然后任其落下, 求(1)开始转动时棒得角加速度;
(2)棒下落到竖直位置时得动能;(3)下落到竖直位置时得角速度.
第四章刚体转动课后练习七
1.我国第一颗人造卫星绕地球作椭圆运动,地球中心为椭圆得一个焦点.在运行过程中,下列叙述中正确得就是( )
练习 四刚体的转动
练习 四
一、选择题 1． 力kN j i F )53( +=，其作用点的矢径为m j i r )34( -=，则该力对坐标原点的力矩大小为
(A)m kN ⋅-3； （B ）m kN ⋅29； (C)m kN ⋅19； (D)m kN ⋅3。
2． 圆柱体以80rad /s 的角速度绕其轴线转动，它对该轴的转动惯量为24m kg ⋅。由于恒力矩的作用，在
10s 内它的角速度降为40rad /s 。圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为( )
(A)80J ，80m N ⋅；(B)800J ，40m N ⋅；(C)4000J ，32m N ⋅；(D)9600J ，16m N ⋅。
3． 一匀质圆盘状飞轮质量为20kg ，半径为30cm ，当它以每分钟60转的速率旋转时，其动能为 (A)22.16π J ； (B)21.8πJ ；（C ）1.8J ； （D ）28.1πJ 。
4． 如图所示，一轻绳跨过两个质量均为m 、半径均为R 两端分别系着质量分别为m 和2m 的重物，不计滑轮转轴的摩擦。且绳与两滑轮间均无相对滑动，则两滑轮之间绳的张力。（ ）
(A)mg ； (B)3mg /2； (C)2mg ； (D)11mg /8。
二、填空题
1.半径为r =1.5m 的飞轮，初角速度ω0=10rad/s ，角加速度β= -5rad/s 2角位移为零，则在t = 时角位移再次为零，而此时边缘上点的线速度v = 。
2.一飞轮作匀减速运动，在5s 内角速度由40πrad/s 减到10πrad/s ，则飞轮在这5s 内总共转过了 圈，飞轮再经 的时间才能停止转动。
09-2 刚体选讲例题
r (t d t )
r
m
v
1 S r r sin 2
单位时间扫过的面积
ms m F G 3 r r
L C
S 1 r sin t 2 t S 1 1 lim rv sin L t 0 t 2 2m
r
(A) 只有（2）是正确的; (B)（1）、（2）是正确的;
(C)（2）、（3）是正确的;
(D)（1）、（2）、（3）都是正确的.
刚体的转动习题课选讲例题 例：证明关于行星运动的开普勒第二定律，行星 对太阳的径矢在相等的时间内扫过相等的面积。 证明: t 时间内径矢扫过的面积为
L
ms
r (t )
0
FT Rd R FT d
0
FN
为圆盘终了和起始时的角 坐标和角速度 .
, 0 和 、 0 分别
1 2 1 2 J J 0 2 2
o P '
FT
m
R
o
m'
FT
m
h
P
m
刚体的转动习题课选讲例题
1 1 2 2 FT Rd R FT d J J 0 0 0 2 2
RFT2 RFT1 J
FC
FT2
mB PB y
10、习题课(刚体)解析
rB
解：A、B滑轮视为两个刚体
o
rA
由转动定律：
M J
fB
fA
滑轮边缘的切向加速度
at r
rB
o
rA
r f 2f M r at r r 1 2 m J mr 2
由题意： at
A
fB
fA
at B
2 f A 2 fB mA mB
f A mA 1 解出： f B mB 2
3. 现有质量相同，厚度相同的铁质和木质圆 板各一个。令其各自绕通过圆板中心且与圆 板垂直的光滑轴转动。设其角速度也相同。 某时刻起两者受到同样大小的阻力矩，问： 哪种质料的圆板先停止转动？ 解： 铁质和木质圆板的转动惯量分别为：
J铁 1 2 mR铁 2 1 2 J 木 mR木 2
R铁 R木
13 L mRv mRu 8
R o
m
4
根据角动量定理：
v
m
dL M dt
2
m
1 d 13 m gR m Rv m Ru 2 dt 8 du dv 4 0 a g dt dt 13
13.如图，匀质圆盘M静止，有一粘土块m从高h 处下落，与圆盘粘在一起。已知M=2m,θ=60˚；求 碰撞后瞬间圆盘的ω0=? P转到x轴时圆盘的ω=? β=? 解：m下落
刚体的转动习题课解读
第四章 习题课
24
物理学
第五版
滑块、子弹、弹簧组成的系统角动量守恒
m m v1l0 m m vl sin 滑块和子弹滑动过程中满足角动量守恒
l0
l
v
m 2 v0 ′ k l l 为滑块速度方向与弹簧线之间的夹角 m 2 0
2
v v0 m m m m
m2
v0
r0
第四章 习题课
m1
R
v
26
物理学
第五版
分析（1）不计其它作用力，仪器只处在行星
的中心力场中，仪器和行星组成的系统对行星 中心的角动量守恒。
m2v0 r0 sin m2vR
（2）系统仅有保守力作用，故机械能守恒。
1 m1m2 1 m1m2 2 2 m2 v0 G m2 v G 2 2 R r0
18
物理学
第五版
例6 为使运行中飞船停止绕中心轴转动,一种可 能方案是将质量均为m的两质点A,B,用长为l的两根轻 线系于圆盘状飞船的直径两端,开始时轻线拉紧两质 点靠在圆盘的边缘,圆盘与质点一起以角速度转动;当 质点离开圆盘边缘逐渐伸展至连线沿径向拉直的瞬间 , 割断质点与飞船的连线,为使此时的飞船正好停止转 动,连线应取何长度?(设飞船可看作质量为m′,半径 为R的均质圆盘.）
《刚体运动习题》课件
03
02
01
刚体运动的常见问题
02
总结词
刚体的平动问题主要研究刚体在平面上的直线运动。
详细描述
刚体的平动问题涉及到刚体的速度和加速度分析，以及力和运动之间的关系。通过分析刚体的平动问题，可以了解刚体在平面上的运动规律和特点。
源自文库
总结词
刚体的转动问题主要研究刚体的角速度和角加速度，以及转动过程中的力和扭矩之间的关系。
总结词
基础习题的解答需要学生熟练掌握刚体运动的基本概念和公式，并能够灵活运用。
详细描述
在解答基础习题时，学生需要理解刚体的平动和转动问题，掌握相关的计算方法和公式，并能够根据题目要求进行正确的计算和分析。
详细描述
基础习题通常包括计算刚体的角速度、线速度、转动惯量、动量等基本物理量，以及分析刚体的平动和转动问题。这些题目通常比较简单，但却是理解和掌握刚体运动的基础。
03
它基于力学的基本原理和数学工具，如微积分、线性代数和常微分方程等，来推导和求解刚体运动的数学模型。
解析法可以给出精确的解，但有时可能比较复杂，需要较高的数学水平。
解析法是一种通过数学公式和定理来求解刚体运动问题的方法。
几何法是通过图形和几何形状来描述和解决刚体运动问题的方法。
它通过绘制刚体的运动轨迹、速度和加速度等矢量图，以及分析刚体的转动和角速度等来解决问题。
总结词
02
01
刚体运动的常见问题
02
总结词
刚体的平动问题主要研究刚体在平面上的直线运动。
详细描述
刚体的平动问题涉及到刚体的速度和加速度分析，以及力和运动之间的关系。通过分析刚体的平动问题，可以了解刚体在平面上的运动规律和特点。
源自文库
总结词
刚体的转动问题主要研究刚体的角速度和角加速度，以及转动过程中的力和扭矩之间的关系。
总结词
基础习题的解答需要学生熟练掌握刚体运动的基本概念和公式，并能够灵活运用。
详细描述
在解答基础习题时，学生需要理解刚体的平动和转动问题，掌握相关的计算方法和公式，并能够根据题目要求进行正确的计算和分析。
详细描述
基础习题通常包括计算刚体的角速度、线速度、转动惯量、动量等基本物理量，以及分析刚体的平动和转动问题。这些题目通常比较简单，但却是理解和掌握刚体运动的基础。
03
它基于力学的基本原理和数学工具，如微积分、线性代数和常微分方程等，来推导和求解刚体运动的数学模型。
解析法可以给出精确的解，但有时可能比较复杂，需要较高的数学水平。
解析法是一种通过数学公式和定理来求解刚体运动问题的方法。
几何法是通过图形和几何形状来描述和解决刚体运动问题的方法。
它通过绘制刚体的运动轨迹、速度和加速度等矢量图，以及分析刚体的转动和角速度等来解决问题。
总结词
高中物理奥林匹克竞赛专题--刚体-习题课(共12张PPT)
进动
刚体绕定轴转动 Mdt dL dL 方向与 M 方向相同
飞轮对自身轴也即对o点的角动量 飞轮受重力矩 因为
绕自身对称轴高速旋转的物体,在外力矩的作用下, 其对称轴绕一固定轴的回转运动称为旋进(进动)。
o
L J
M r mg
平衡锤 反方向力矩
l
A
m1 1 M f gxdx m1 gl 0 l 2
1 m2 v1l m2 v 2 l m1l 2 3
m1 1 M f gxdx m1 gl 0 l 2
l
① ②
又设棒开始转动到停止转动所需时间为t , 由角动量定理
1 2 0M f dt 0 3 m1l
回顾
M r F M r F
刚体定轴转动定律
刚体的定轴转动
转动惯量的计算
力 F 对轴的力矩 M 为
J mi ri
2
J dJ r 2 dm
平行轴定理
d M J J dt
J 是刚体转动惯性大小的量度
J z J c md
J台台地 J 人人地 0
人地 人台 台地
台地
J人 人台 J 人 J台
J人 台地 dt 人台dt J 人 J台 台地 J人 4 m 2 J 人 J台 2m M
《大学物理期末复习》刚体转动习题课李明明 -
7l
由角动量定理
M dL d(J) dJ
dt dt
dt
M mgr cos d ( 1 ml2 mr2 )
mg
dt 12
2mr dr
dt
t
dr g cost 7lg cos(12v0 t)
dt 2
24 v0
7l
此即小虫需具有的爬行速率．
一杂技演员M由距水平跷板高为h 处自由下落到跷 板的一端A，并把跷板另一端的演员N弹了起来。 问演员N可弹起多高?
角动量守恒*：
t0
质点加刚体：
J J0
r 1
p1
J1
r2
p2
J
2
刚体组： J11 J22 J11 J22
刚体的重力势能用质心来计算！
§5.2 力矩 刚体绕定轴转动微分方程量 一．选择题和填空题
1-16. CBBDD ADCBC DCCAE C
17. m ab 0
22. 角动量
4M 3gl
0 t, t 1.76(s)
例2.18 匀质圆盘的质量为m，半径 为R，在水平桌面上绕其中心旋转， 如图所示。设圆盘与桌面之间的摩 擦系数为μ，求圆盘从以角速度ω0旋 转到静止需要多少时间？
【知识点和思路】知识点:转动定律及变力摩擦阻力 矩的计算，圆盘看作由半径连续变化的细圆环。
解：以圆盘为研究对象，它受重力、桌面的 支持力和摩擦力，前两个力对中心轴的力矩 为零。
由角动量定理
M dL d(J) dJ
dt dt
dt
M mgr cos d ( 1 ml2 mr2 )
mg
dt 12
2mr dr
dt
t
dr g cost 7lg cos(12v0 t)
dt 2
24 v0
7l
此即小虫需具有的爬行速率．
一杂技演员M由距水平跷板高为h 处自由下落到跷 板的一端A，并把跷板另一端的演员N弹了起来。 问演员N可弹起多高?
角动量守恒*：
t0
质点加刚体：
J J0
r 1
p1
J1
r2
p2
J
2
刚体组： J11 J22 J11 J22
刚体的重力势能用质心来计算！
§5.2 力矩 刚体绕定轴转动微分方程量 一．选择题和填空题
1-16. CBBDD ADCBC DCCAE C
17. m ab 0
22. 角动量
4M 3gl
0 t, t 1.76(s)
例2.18 匀质圆盘的质量为m，半径 为R，在水平桌面上绕其中心旋转， 如图所示。设圆盘与桌面之间的摩 擦系数为μ，求圆盘从以角速度ω0旋 转到静止需要多少时间？
【知识点和思路】知识点:转动定律及变力摩擦阻力 矩的计算，圆盘看作由半径连续变化的细圆环。
解：以圆盘为研究对象，它受重力、桌面的 支持力和摩擦力，前两个力对中心轴的力矩 为零。
刚体的定轴转动习题
PART 03
刚体定轴转动的运动分析
刚体的角速度与角加速度
角速度
描述刚体转动快慢的物理量，用ω表 示。单位是弧度/秒（rad/s）。
角加速度
描述刚体转动角速度变化快慢的物理 量，用α表示。单位是弧度/秒² （rad/s²）。
刚体的转动轨迹与运动方程
转动轨迹
刚体转动的路径是一个圆或椭圆，其形 状取决于刚体的质量和转动轴的位置。
角动量守恒
在无外力矩作用的情况下，刚体的角动量保持不变，即角动 量守恒。这是刚体定轴转动的基本规律之一。
刚体的动能与势能转换
动能
刚体转动的动能等于刚体质量与刚体转动速度平方的乘积的一半。
势能
在一定条件下，刚体可以产生形变，形变势能与形变量的平方成正比。动能和势 能之间可以相互转换，满足机械能守恒定律。
钟表指针的转动
钟表内部的刚体通过定轴转动实现时针、分 针和秒针的转动，从而显示时间。
自行车轮的转动
自行车轮通过刚体定轴转动实现自行车的行 驶，通过改变踏板的位置和速度实现骑行者 的动力需求。
WENKU DESIGN
WENKU DESIGN
2023-2026
END
THANKS
感谢观看
KEEP VIEW
航空航天器姿态调整中的应用
01
02
03
卫星轨道调整
12 刚体习题课(1)
习题课（二） 刚体
1
总结类比
质点(一维）
V, a
刚体（定轴） ω， β
J = ∑ ri2 ∆m i J = r 2dm
m P = mv
d F = P＝ma dt
F =0 P = 恒量
F
L = Jω M
d M = L＝Jβ dt
∫
M=0
L = 恒量
2
AAB
r r = ∫ F ⋅ dr
B A
AAB = ∫ M ⋅ dθ
a→c:
J 0ω0 ∴ ωb = J 0 + mR2
ωc = ω0
. . .
ω
Ep = 0
b
vb
1 J 0ω 02 + mgR = 1 J 0ω 0 2 + 1 mv c2 − mgR 2 2 2
2 0 2 1 2
J 0ω R ) ; 可解出 v b = ( 2 gR + 2 J 0 + mR
1 J = MR 2 2
dθ ω = dt
ω
J ' = mR
2
设:θ与Θ分别表示人和盘对地面发生的角位移
dΘ Ω = dt
系统对轴的角动量守恒
J 'ω − JΩ = 0
7
dθ 1 2 dΘ mR = MR dt 2 dt
2
ω
1
总结类比
质点(一维）
V, a
刚体（定轴） ω， β
J = ∑ ri2 ∆m i J = r 2dm
m P = mv
d F = P＝ma dt
F =0 P = 恒量
F
L = Jω M
d M = L＝Jβ dt
∫
M=0
L = 恒量
2
AAB
r r = ∫ F ⋅ dr
B A
AAB = ∫ M ⋅ dθ
a→c:
J 0ω0 ∴ ωb = J 0 + mR2
ωc = ω0
. . .
ω
Ep = 0
b
vb
1 J 0ω 02 + mgR = 1 J 0ω 0 2 + 1 mv c2 − mgR 2 2 2
2 0 2 1 2
J 0ω R ) ; 可解出 v b = ( 2 gR + 2 J 0 + mR
1 J = MR 2 2
dθ ω = dt
ω
J ' = mR
2
设:θ与Θ分别表示人和盘对地面发生的角位移
dΘ Ω = dt
系统对轴的角动量守恒
J 'ω − JΩ = 0
7
dθ 1 2 dΘ mR = MR dt 2 dt
2
ω
刚体力学基本习题课
刚体力学基本习题课
目录
• 绪论 • 刚体的运动学 • 刚体的动力学 • 刚体的平衡 • 刚体的碰撞 • 刚体力学中的守恒定律
01
绪论
刚体力学的研究对象
刚体
刚体运动的描述
大小和形状不随外力作用而改变的物 体。
确定刚体的位置、速度和加速度等运 动学量。
刚体模型
忽略物体的变形，突出其整体平动和 转动的特性。
ห้องสมุดไป่ตู้合外力矩为零
刚体所受的所有外力对某一定点 的力矩的矢量和必须为零，即刚 体处于动态平衡。
刚体平衡的种类
静态平衡
刚体在合外力和合外力矩均为零的情况下保持静止不动。
动态平衡
刚体在合外力和合外力矩均为零的情况下保持匀速直线运动 或匀速转动。
刚体平衡的稳定性
稳定平衡
刚体在受到微小扰动后， 能够自动恢复到原来的平 衡状态。
刚体力学的研究方法
01
02
03
矢量法
用矢量表示力和速度等物 理量，通过矢量运算求解 问题。
分析法
根据物理定律和定理，建 立数学方程，通过求解方 程得到问题的答案。
图解法
利用图形表示物理量和物 理过程，通过几何关系求 解问题。
刚体力学的基本假设
01
02
03
04
连续性假设
物质连续无间隙地分布于刚体 内。
目录
• 绪论 • 刚体的运动学 • 刚体的动力学 • 刚体的平衡 • 刚体的碰撞 • 刚体力学中的守恒定律
01
绪论
刚体力学的研究对象
刚体
刚体运动的描述
大小和形状不随外力作用而改变的物 体。
确定刚体的位置、速度和加速度等运 动学量。
刚体模型
忽略物体的变形，突出其整体平动和 转动的特性。
ห้องสมุดไป่ตู้合外力矩为零
刚体所受的所有外力对某一定点 的力矩的矢量和必须为零，即刚 体处于动态平衡。
刚体平衡的种类
静态平衡
刚体在合外力和合外力矩均为零的情况下保持静止不动。
动态平衡
刚体在合外力和合外力矩均为零的情况下保持匀速直线运动 或匀速转动。
刚体平衡的稳定性
稳定平衡
刚体在受到微小扰动后， 能够自动恢复到原来的平 衡状态。
刚体力学的研究方法
01
02
03
矢量法
用矢量表示力和速度等物 理量，通过矢量运算求解 问题。
分析法
根据物理定律和定理，建 立数学方程，通过求解方 程得到问题的答案。
图解法
利用图形表示物理量和物 理过程，通过几何关系求 解问题。
刚体力学的基本假设
01
02
03
04
连续性假设
物质连续无间隙地分布于刚体 内。
物理_刚体转动习题课(1)
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
34
物理学
第五版
刚体定轴转动习题课
5、将一个质量为m的小球 系在轻绳的一端，绳穿过 一竖直的光滑管子，一手 执绳，先使小球以速度0 在光滑水平面上沿半径为r1 的圆周运动，然后向下拉 绳，使小球的半径减小为r2， 已知2r2= r1= r0 求:（1）这时小球的角速度； （2）绳的拉力所做的功
0
如果系统中包含质点，计算做功时还要包含质 点所受外力和非保守内力；在计算机械能时要 包含质点的机械能。
8
物理学
第五版
刚体定轴转动习题课
Mdt L L J J ( F dt P P ) 2 1 2 1 2 1 dP dL 或 M (F ) dt dt 当 M 0 时 L J 常量 ( F 0, P 常矢量 )
9
4、刚体定轴转动角动量原理
物理学
第五版
刚体力学习题课
2 l = − mg sin θ 4
(1)
由平行轴定理 l = Jc + md 2 = 1 ml 2 + m( )2 Jo 12 4 = 7 ml 48
2
(2)
6g 6g sinθ 由(1)、(2)得： ω = 2 7l v v v + mg = ma c 应用质心运动定理： 应用质心运动定理： N l$方向： − mg sinθ + Nl = macl 方向： t$方向： mg cosθ + Nt = mact 方向：
3L 4 m v M
θ
L
碰撞过程角动量守恒,得 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 mvL 3 mv mv L =9 4 2 1 = 94 2 m L + 3M L 16 mL + 1 M L 16 3
2
m
已知： 初始水平静止，轴光滑， 3 、 ：均匀直杆 m ，长为 l，初始水平静止，轴光滑， 已知 l 角后， 。 求 : 杆下摆 θ 角后，角速度 ω =? AO = 4 v 轴对杆作用力 N =? 只有重力作功， 守恒。 地球系统， 解：杆 + 地球系统， ∵只有重力作功，∴ E 守恒。 初始： 初始： E k1 = 0 ， 令 E P1 = 0 末态： 末态： E E P2 则： l 1 ω2 Jo − mg sin θ = 0 2 4 k2 = 1 J oω 2 ,
刚体的转动 - 习题
物理学
第五版
物理学
第五版5、一根放在水平光滑桌面上的匀质棒，可绕通过其一 端的竖直固定光滑轴 O 转动，棒的质量为 m 1.5kg 长度为 l 1.0m 对轴的转动惯量为 J ml 2 3 ，初始 时棒静止，今有一水平运动的子弹垂直地射入棒的另 一端，并留在棒中，子弹的质量 m 0.020kg 速率 400m s1
转速为1000r／min，现要求在 5s内使其制
动，求制动力 F ,假定闸瓦与飞轮之间的摩擦
系数μ= 0.4，飞轮的质量全部分布在轮的外
周上。尺寸如图所示。
F
0.5m 0.75m
闸瓦 d ω
物理学
第五版
解：J = mR 2= 60×(0.25)2 = 3.75kg.m2
N l1
F l2
t=0
ω0
=
ω
=
m 2v1l + m 2v2l I
=
3m 2 (v1+v2 ) m 1l
棒上dx段与桌面间的摩擦力为：
df =
g
m l
1dx
dx段所产生摩擦力力矩为：
dM =xdf =
xg m1dx l
物理学
第五版
dM =
x
g
m l
1dx
摩擦力力矩为：
M =0l
x
g
m l
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)。
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 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
Baidu NhomakorabeaEP mgh
W
in nc
EP mgh C
W
ex
0
in W ex Wnc 0
E EP Ek constant
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）
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
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
O
m
0
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= ？
（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
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
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
2
力 F 牛顿定律 F ma
质量
m
转动惯量
力矩
转动定律
J r dm M r F M J
2
质点运动 动量
角动量 动量定理
p mv Lrp
刚体定轴转动
角动量
L J
角动量定理
t2
t1
Fdt mv2 mv1
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= 。
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
（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） dJ
y dm y ady
（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
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= ？
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。
E EP Ek constant
P142习题
• 4-1，B；4-2，B； • 4-3，C；4-4，C；4-4，B
• （09）1、花样滑冰运动员绕通过自身的坚直 轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为J0，角 速度为ω 0。然后将两臂收回使转动惯量减少 为J0/3 ，此时她转动的角速度变为 [ ]
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。
A
B
（1）D
A’
1 4M 2 解 : M m R 2 4 mR 4 Mt t t m R2 4M 16 M 2t 2 at R ; a n R 2 2 3 mR m R
• （09）3、地球的自转角速度可以认为是恒定 的。地球对于自转轴的转动惯量为 J=9.8X1037kg.m2，地球对于自转轴的角动量 L= 。
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
O
m, r
m’, r’
B
解： （1）
T m g m a m g T ma T ( 2r ) Tr J 2 g /( 19r ) 10.3rad .s 2 a r a ( 2r )
（2）设过θ为组合轮转过的角度
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
解：子弹与杆系统外力矩为霍，角动量守恒
O
m20l / 4 m2l / 4 J
0
m2l (0 ) 3m2 (0 ) 11.3rad / s 4J m1l
1、有一长方形的匀质薄板，长为a，宽为b，质量为m， 分别求此薄板以下列直线为轴的转动惯量。 （1）长边；（2）短边； （3）通过其中心而垂直与板面。 y
（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)
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
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）
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 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
Baidu NhomakorabeaEP mgh
W
in nc
EP mgh C
W
ex
0
in W ex Wnc 0
E EP Ek constant
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）
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
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
O
m
0
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= ？
（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
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
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
2
力 F 牛顿定律 F ma
质量
m
转动惯量
力矩
转动定律
J r dm M r F M J
2
质点运动 动量
角动量 动量定理
p mv Lrp
刚体定轴转动
角动量
L J
角动量定理
t2
t1
Fdt mv2 mv1
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= 。
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
（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） dJ
y dm y ady
（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
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= ？
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。
E EP Ek constant
P142习题
• 4-1，B；4-2，B； • 4-3，C；4-4，C；4-4，B
• （09）1、花样滑冰运动员绕通过自身的坚直 轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为J0，角 速度为ω 0。然后将两臂收回使转动惯量减少 为J0/3 ，此时她转动的角速度变为 [ ]
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。
A
B
（1）D
A’
1 4M 2 解 : M m R 2 4 mR 4 Mt t t m R2 4M 16 M 2t 2 at R ; a n R 2 2 3 mR m R
• （09）3、地球的自转角速度可以认为是恒定 的。地球对于自转轴的转动惯量为 J=9.8X1037kg.m2，地球对于自转轴的角动量 L= 。
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
O
m, r
m’, r’
B
解： （1）
T m g m a m g T ma T ( 2r ) Tr J 2 g /( 19r ) 10.3rad .s 2 a r a ( 2r )
（2）设过θ为组合轮转过的角度
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
解：子弹与杆系统外力矩为霍，角动量守恒
O
m20l / 4 m2l / 4 J
0
m2l (0 ) 3m2 (0 ) 11.3rad / s 4J m1l
1、有一长方形的匀质薄板，长为a，宽为b，质量为m， 分别求此薄板以下列直线为轴的转动惯量。 （1）长边；（2）短边； （3）通过其中心而垂直与板面。 y
（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)
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
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）