刚体转动习题课
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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
《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
高中物理奥林匹克竞赛专题--刚体-习题课(共12张PPT)
解:
设碰后棒开始转动的角速度为 , 滑块m2可视为质点, 碰撞瞬时忽略摩擦阻 力矩, 则m1、m2系统对o轴的角动量守恒, 取逆时针转动的方向为正方向, 由角动量 守恒定律, 有 碰后棒在转动过程中受到的摩擦阻力矩为
o
m1
m v1 2 v2
l
1 2 m2 v1l m2 v 2 l m1l 3
使 L 方向改变,而大小不变.
M L
自转轴将在水平面内逆时针方向(俯视)回转
质点力学、刚体力学有关公式对照表
质点的运动 速度 加速度 质量 刚体的定轴转动 角速度
d r dt
2
dr v dt dv a dt
角加速度 转动惯量
ddt
d dt
d 2 dt 2
m 力 F 运动定律 F ma 动量 p mv 角动量 L r p
动量定理
力矩
转动定律 动量 角动量
M r F
J r 2 dm
M J p mi vi
L J
dmv F dt
2 mg R 2 2 M f dM f r dr mgR 2 0 R 3
(2)求圆盘停止转动的时间有两种解法
dr r
o
R
解1 用转动定律 2 1 2 d M f mgR J mR 3 2 dt
3R dt d 4g
t
0
3R 0 dt d 4g 0
l
A
m1 1 M f gxdx m1 gl 0 l 2
1 m2 v1l m2 v 2 l m1l 2 3
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
大学物理 习题课(刚体)
J1r1r2 10 2 2 2 J1r2 J 2 r1
11、质量为m，长为 l的均匀棒，如图， 若用水平力打击在离轴下 y 处，作用时 Ry 间为t 求：轴反力
解：轴反力设为 Rx Ry d 由转动定律： yF J y dt yF t t 为作用时间 F 得到： J 由质心运动定理： l d l 2 切向： F Rx m 法向： R y mg m 2 dt 2 2 2 2 3y 9 F y (t ) R 于是得到： x (1 ) F R y m g 2l 2l 3 m
10
r1
r2
解： 受力分析： 无竖直方向上的运动
10
o1
N1
f
r1
N2
r2
N1 f m1 g N 2 f m2 g
以O1点为参考点， 计算系统的外力矩：
o2
f
m1 g
m2 g
M ( N2 m2 g )(r1 r2 )
f (r1 r2 ) 0
作用在系统上的外力矩不为0，故系统的角动量不守恒。 只能用转动定律做此题。
r
at r
在R处：
R
at R
（2）用一根绳连接两个或多个刚体
B
C
M 2 o2 R 2
o1R1 M1
D
A
m2
m1
• 同一根绳上各点的切向加速度相同；线速度也相同；
a t A a t B a t C a t D
A B C D
• 跨过有质量的圆盘两边的绳子中的张力不相等；
TA TB TD
但 TB TC
B
C
M 2 o2 R 2
o1R1 M1
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
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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
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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
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
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
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
（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
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= 。
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
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
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= ？
（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)
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
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= ？
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
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
（1） dJ
y dm y ady
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
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
பைடு நூலகம் 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
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
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）
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
（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
E EP Ek constant