刚体转动习题课

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
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）
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
（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
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 [ ]
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

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 ) 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= 。
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= 。
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。
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
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
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
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 Байду номын сангаасmv1
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
（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
（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 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）
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 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
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= ？
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
（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