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
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
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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
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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)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
3-角动量和刚体定轴转动习题课
由转动定律： 解：由转动定律：
θ
2
ω0 = 0
mgl cos θ = ml β
得
l m
g β = cos θ l
3.如图所示，一轻绳绕于半径为r的飞轮边缘，并以 如图所示，一轻绳绕于半径为 的飞轮边缘 的飞轮边缘， 如图所示 质量为m的物体挂在绳端，飞轮对过轮心且与轮面 质量为 的物体挂在绳端， 的物体挂在绳端 垂直的水平固定轴的转动惯量为J.若不计摩擦 若不计摩擦， 垂直的水平固定轴的转动惯量为 若不计摩擦，飞 轮的角加速度 β =
m,l
t2
2.一根放在水平光滑桌面上的匀质棒，可绕通过其一端 一根放在水平光滑桌面上的匀质棒， 一根放在水平光滑桌面上的匀质棒 的竖直固定光滑轴O转动 棒的质量为m 长度为l 转动． 的竖直固定光滑轴 转动．棒的质量为 ，长度为 ，对 初始时棒静止． 轴的转动惯量为J 轴的转动惯量为 = 1/3ml2.初始时棒静止．今有一水平 初始时棒静止 运动的子弹垂直地射入棒的另一端，并留在棒中， 运动的子弹垂直地射入棒的另一端，并留在棒中，如图 所示．子弹的质量为m′ 速率为v 试问： 所示．子弹的质量为 ′，速率为 ．试问： (1) 棒开始和子弹一起转动时角速度ω 有多大？ 有多大？ (2) 若棒转动时受到大小为 r的恒定阻力矩作用，棒 若棒转动时受到大小为M 的恒定阻力矩作用， 能转过多大的角度θ ？
[ B ]
A
1 1 ( A)为 mg cosθ (B)为 mg tanθ θ 4 2 r (C)为mg sinθ (D)不能唯一确定 mg
r N
转轴
B
杆没有转动，和外力矩为零。 解：杆没有转动，和外力矩为零。所以
l 1 Nl cos θ − mg sin θ = 0, 得 N = mg tan θ 2 2
第03章 刚体的转动 习题课选讲例题
P
1 并考虑到圆盘的转动惯量 J mR 2 2
解得
v R
mgh m v2 2 gh m 2m (m' 2) m
第三章 刚体转动
刚体的转动习题课选讲例题
物理学教程 （第二版）
例 质量为 mA 的物体 A 静止在光滑水平面上， 和一质量不计的绳索相连接，绳索跨过一半径为 R、质 量为 mC 的圆柱形滑轮 C，并系在另一质量为 mB 的物 体 B 上. 滑轮与绳索间没有滑动， 且滑轮与轴承间的摩 擦力可略去不计. 问：（1） 两物体的线加速度为多少？ 水平和竖直两段绳索的张力各为多少？（2） 物体 B 从 静止落下距离 y 时， C A mA 其速率是多少？（3） mC 若滑轮与轴承间的摩 擦力不能忽略，并设 它们间的摩擦力矩为 M f 再求线加速度及 mB B 绳的张力.
L C
S 1 r sin t 2 t S 1 1 lim rv sin L t 0 t 2 2m
r
所以相等的时间内扫过相等的面积。
第三章 刚体转动
刚体的转动习题课选讲例题
物理学教程 （第二版）
2 例 一滑冰者开始转动时 Ek0 J 00 2 ，然后将 手臂收回，使转动惯量减少为原来的 1/3，求此时的转
1 1 2 2 FT Rd R FT d J J 0 0 0 2 2
由质点动能定理
FN
FT FT
1 1 2 2 mgh R FT d mv mv0 0 2 2
物体由静止开始下落
o P'
FT
m
FT
v0 0, 0 0
dFf
m dm dx l dFf dm g
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
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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