刚体力学习题课
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大学物理 第5章 刚体力学基础习题课ppt课件
t 利用定轴转动中的转动定律
M Jβ
1 0
2 0 M 2 2 5 ( k g m ) J 0 .8 β
2018/11/8
13
补充: 刚体在平面力系作用下静止平衡 A 的条件： 作用于刚体平面力系的 矢量和为0，对与力作用平面⊥的 任意轴的力矩的代数和为0.
2018/11/8
5. (P29 47) 一长为l、重W的均匀梯子，靠墙放置，如图， 梯子下端连一倔强系数为k 的弹簧。当梯子靠墙竖直放置 时，弹簧处于自然长度，墙和地面都是光滑的。当梯子 依墙而与地面成θ角且处于平衡状态时， (1)地面对梯子的作用力的大小为 。 B (2)墙对梯子的作用力的大小为 。 (3)W、k、l、θ应满足的关系式为 。 l
大学物理 第5 章 刚体力学基 础习题课
刚体力学基础
一、基本概念 1.刚体及其平动、转动、定轴转动 理想化的力学模型 特性：特殊的质点系(牛顿力学) 2.转动惯量
J mr
i
刚体对定轴的转动惯量等于刚体中每个质点的质量 与这一质点到转轴的垂直距离的平方的乘积的总和。
2 i i
J r dm
3.（p29. 45 ） 半径为20cm 的主动轮，通过皮带拖动半径 为50cm的被动轮转动。主动轮从静止开始作匀角加速转 动，在4s内，被动轮的角速度达到8πrad.s-1，则主动轮在 这段时间内转过了_____圈。
1 0 t t 解：t = 4s 时， 1 1 1 1 1则 1 t1 两轮边缘上点的线速度大小相等： r r 1 1 2 2
θ
1B
l
F 0 N F kl co 无平动： F 0 N W
i i x B
i i y A
M Jβ
1 0
2 0 M 2 2 5 ( k g m ) J 0 .8 β
2018/11/8
13
补充: 刚体在平面力系作用下静止平衡 A 的条件： 作用于刚体平面力系的 矢量和为0，对与力作用平面⊥的 任意轴的力矩的代数和为0.
2018/11/8
5. (P29 47) 一长为l、重W的均匀梯子，靠墙放置，如图， 梯子下端连一倔强系数为k 的弹簧。当梯子靠墙竖直放置 时，弹簧处于自然长度，墙和地面都是光滑的。当梯子 依墙而与地面成θ角且处于平衡状态时， (1)地面对梯子的作用力的大小为 。 B (2)墙对梯子的作用力的大小为 。 (3)W、k、l、θ应满足的关系式为 。 l
大学物理 第5 章 刚体力学基 础习题课
刚体力学基础
一、基本概念 1.刚体及其平动、转动、定轴转动 理想化的力学模型 特性：特殊的质点系(牛顿力学) 2.转动惯量
J mr
i
刚体对定轴的转动惯量等于刚体中每个质点的质量 与这一质点到转轴的垂直距离的平方的乘积的总和。
2 i i
J r dm
3.（p29. 45 ） 半径为20cm 的主动轮，通过皮带拖动半径 为50cm的被动轮转动。主动轮从静止开始作匀角加速转 动，在4s内，被动轮的角速度达到8πrad.s-1，则主动轮在 这段时间内转过了_____圈。
1 0 t t 解：t = 4s 时， 1 1 1 1 1则 1 t1 两轮边缘上点的线速度大小相等： r r 1 1 2 2
θ
1B
l
F 0 N F kl co 无平动： F 0 N W
i i x B
i i y A
大学物理第三章刚体力学基础习题答案
方向竖直向下
3-15 由角动量守恒得
mul J mvl 1 1 2 1 2 2 mu m v J 因弹性碰撞，系统机械能守恒： 2 2 2 1 1 2 2 又： J M 2l Ml 12 3 6mu M 3m u 联立可得： v M 3m l M 3m
2 2 2 1 mv l [m( l ) M l 2 ] 3 3 3
o
2 l 3
6mv (4m 3M ) l
v
m
A
3-9 电风扇在开启电源后，经过t1时间到达了额定 转速，此时相应的角速度为 0。当关闭电源后，经 过t2时间风扇停转。已知风扇转子的转动惯量为 J， 并假定摩擦力矩和电机的电磁力矩均为常量，试根据 已知量推算电机的电磁力矩。 解： 设电机的电磁力矩为M，摩擦力矩为Mf
1
0
t1
3-9 (1)
mg T ma
T mg sin 30 ma
g 2 a m/s 4
方向竖直向下
T2 N 2
mg
(2)
mg T1 ma
T2 mg sin 300 ma
T1r T2r J
a r
T1
1
mg
J k m r2
g 联立求解得： a 22 k
质点运动 m 质 量 力 F 刚体定轴转动 2 J r 转动惯量 m dm 力矩 M Fr sin
dp dL F m a F 第二定律 转动定律 M J M dt dt p mv 动 量 角动量 L J t t2 动量定理 t Fdt mv2 mv1 角动量定理 t Mdt J 2 J1 1 动量守恒 F 0, mv 恒矢量 角动量守恒 M 0, J 恒矢量 力矩的功 W Md 力 的 功 W F dr
刚体力学习题课共22页
刚体力学习题课
36、“不可能”这个字(法语是一个字 )，只 在愚人 的字典 中找得 到。--拿 破仑。 37、不要生气要争气，不要看破要突 破，不 要嫉妒 要欣赏 ，不要 托延要 积极， 不要心 动要行 动。 38、勤奋，机会，乐观是成功的三要 素。(注 意：传 统观念 认为勤 奋和机 会是成 功的要 素，但 是经过 统计学 和成功 人士的 分析得 出，乐 观是成 功的第 三要素 。
Thank you
39、没有不老的誓言，没有不变的承 诺，踏 上旅途 ，义无 反顾。 40、对时间的价值没有没有深切认表示心灵的最软弱无力。——斯宾诺莎 7、自知之明是最难得的知识。——西班牙 8、勇气通往天堂，怯懦通往地狱。——塞内加 9、有时候读书是一种巧妙地避开思考的方法。——赫尔普斯 10、阅读一切好书如同和过去最杰出的人谈话。——笛卡儿
36、“不可能”这个字(法语是一个字 )，只 在愚人 的字典 中找得 到。--拿 破仑。 37、不要生气要争气，不要看破要突 破，不 要嫉妒 要欣赏 ，不要 托延要 积极， 不要心 动要行 动。 38、勤奋，机会，乐观是成功的三要 素。(注 意：传 统观念 认为勤 奋和机 会是成 功的要 素，但 是经过 统计学 和成功 人士的 分析得 出，乐 观是成 功的第 三要素 。
Thank you
39、没有不老的誓言，没有不变的承 诺，踏 上旅途 ，义无 反顾。 40、对时间的价值没有没有深切认表示心灵的最软弱无力。——斯宾诺莎 7、自知之明是最难得的知识。——西班牙 8、勇气通往天堂，怯懦通往地狱。——塞内加 9、有时候读书是一种巧妙地避开思考的方法。——赫尔普斯 10、阅读一切好书如同和过去最杰出的人谈话。——笛卡儿
《刚体运动习题》课件
详细描述
刚体的转动问题涉及到分析刚体的转动惯量、角速度、角加速度等物理量，以及力和扭矩对刚体转动的影响。通过解决刚体的转动问题，可以了解刚体在转动过程中的运动规律和特点。
刚体的复合运动问题涉及到刚体的平动和转动同时发生的情况。
总结词
刚体的复合运动问题需要综合考虑刚体的平动和转动，分析其相互影响和耦合作用。这类问题通常比较复杂，需要运用力学和运动学的知识进行求解。
总结词
在解答进阶习题时，学生需要具备较强的分析能力和计算能力，能够根据题目要求进行正确的分析和计算，并得出正确的结论。
详细描述
总结词：高难度习题是刚体运动中的高级题目类型，主要考察学生对刚体运动理论的深入理解和应用能力。
感谢您的观看
THANKS
详细描述
刚体的振动问题主要研究刚体在周期性外力作用下的振动现象。
总结词
刚体的振动问题涉及到分析刚体的振动频率、振幅、相位等物理量，以及周期性外力对刚体振动的影响。通过解决刚体的振动问题，可以了解刚体在振动过程中的运动规律和特点，对于工程实践中的振动控制和减振设计具有重要意义。
详细描述
刚体运动的解题方法
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。
04
建筑结构中的刚体运动是指建筑物在风、地震等外力作用下产生的运动，包括平动、扭转和复合运动等。
刚体的转动问题涉及到分析刚体的转动惯量、角速度、角加速度等物理量，以及力和扭矩对刚体转动的影响。通过解决刚体的转动问题，可以了解刚体在转动过程中的运动规律和特点。
刚体的复合运动问题涉及到刚体的平动和转动同时发生的情况。
总结词
刚体的复合运动问题需要综合考虑刚体的平动和转动，分析其相互影响和耦合作用。这类问题通常比较复杂，需要运用力学和运动学的知识进行求解。
总结词
在解答进阶习题时，学生需要具备较强的分析能力和计算能力，能够根据题目要求进行正确的分析和计算，并得出正确的结论。
详细描述
总结词：高难度习题是刚体运动中的高级题目类型，主要考察学生对刚体运动理论的深入理解和应用能力。
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详细描述
刚体的振动问题主要研究刚体在周期性外力作用下的振动现象。
总结词
刚体的振动问题涉及到分析刚体的振动频率、振幅、相位等物理量，以及周期性外力对刚体振动的影响。通过解决刚体的振动问题，可以了解刚体在振动过程中的运动规律和特点，对于工程实践中的振动控制和减振设计具有重要意义。
详细描述
刚体运动的解题方法
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。
04
建筑结构中的刚体运动是指建筑物在风、地震等外力作用下产生的运动，包括平动、扭转和复合运动等。
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
刚体力学习题课
角动量定理 的微分形式
M = dL dt
角动量定理
t2
t1
Mdt
=
Jw2
Jw1
角动量守恒定律 M=0时，Jw=恒量
刚体力学两个主要公式
• 转动定律
Mz
=
J
dw
dt
=
J
• 角动量守恒定律
Lz = Jw = 恒量
• 机械能守恒定律：
• 当除重力矩以外旳其他合外力矩不作功或 作功为零时，则刚体机械能守恒。
T2 = T2'
对质点： mg T1 = ma1
对刚体： T2 mg = ma2
T12r T2r = J
a1 = 2r a2 = r
联立以上几式解得： 2g
19r
【例】基础训练（18）如图5-17所示、质量分别为m和2m、 半径分别为r和2r旳两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，能够绕
经过盘心且垂直盘面旳水平光滑固定轴转动，对转轴旳转动
，
惯量为9mr2/2，大小圆盘边沿都绕有绳子，绳子下端都挂一 质量为m旳重物，求盘旳角加速度旳大小．
【例】基础训练（18）如图5-17所示、质量分别为m和2m、 半径分别为r和2r旳两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，能够绕
经过盘心且垂直盘面旳水平光滑固定轴转动，对转轴旳转动
，
惯量为9mr2/2，大小圆盘边沿都绕有绳子，绳子下端都挂一 质量为m旳重物，求盘旳角加速度旳大小．
为)，圆盘可绕经过其中心O旳竖直固定光滑轴转动．开始时，
圆盘静止，一质量为m旳子弹以水平速度v0垂直于圆盘半径打入 圆盘边沿并嵌在盘边上。求：(1) 子弹击中圆盘后竖直轴旳转动惯量为 ，忽视子弹重力造成旳摩擦阻力矩)
v0
质点和刚体力学 习题
2G(M + m ) = r
(3)Q vx = 2t ∴ v=
vy = 12t 3 4t 2 +144t 6
2 2 vx + vy =
dv 1 8t + 864t 5 2 + 216t 4 aτ = = = dt 2 4t 2 + 144t 6 1+ 36t 4
若求法向加速度，应先求曲率半径。 注：若求法向加速度，应先求曲率半径。
得：
9 3tdt = mvt 0 得：vt = 2 (m/ s) 0
0 3
依动能定理： 依动能定理：
1 2 W = mvt 0 2
W = 30.3(J )
的两质点间存在万有引力。 例4、质量分别为 和m的两质点间存在万有引力。 、质量分别为M和 的两质点间存在万有引力 初始时刻质点相距无穷远，然后两质点沿 初始时刻质点相距无穷远， 连线相向运动，当它们的距离为r时的相对速度 连线相向运动，当它们的距离为 时的相对速度 . 的大小为 v M v m v X v2 f O f’ 1 r 为研究对象， 解：以mM为研究对象，系统所受外力为零， 为研究对象 系统所受外力为零， 非保守内力为零，故动量守恒，能量守恒。 非保守内力为零，故动量守恒，能量守恒。
习题课一 (Exercises Class One)
质点和刚体力学部分
一、思考题
r r dr dr dv dv 1.试 问 与 有 区 ， 与 何 别 又 dt dt dt dt 有 区 ? 何 别
2. 作直线运动的质点，它的运 作直线运动的质点， 与时间t的关系由图 动速度 v与时间 的关系由图 与时间 中曲线表示。 中曲线表示。问： (1) t1时刻的曲线的切线 表示 时刻的曲线的切线AB表示 什么？ 什么？ (2) t1与t2之间曲线的割线的斜 率表示什么？ 率表示什么？ (3) 从t=0到t3时间内质点的位移 到 和路程分别由什么表示？ 和路程分别由什么表示？
(3)Q vx = 2t ∴ v=
vy = 12t 3 4t 2 +144t 6
2 2 vx + vy =
dv 1 8t + 864t 5 2 + 216t 4 aτ = = = dt 2 4t 2 + 144t 6 1+ 36t 4
若求法向加速度，应先求曲率半径。 注：若求法向加速度，应先求曲率半径。
得：
9 3tdt = mvt 0 得：vt = 2 (m/ s) 0
0 3
依动能定理： 依动能定理：
1 2 W = mvt 0 2
W = 30.3(J )
的两质点间存在万有引力。 例4、质量分别为 和m的两质点间存在万有引力。 、质量分别为M和 的两质点间存在万有引力 初始时刻质点相距无穷远，然后两质点沿 初始时刻质点相距无穷远， 连线相向运动，当它们的距离为r时的相对速度 连线相向运动，当它们的距离为 时的相对速度 . 的大小为 v M v m v X v2 f O f’ 1 r 为研究对象， 解：以mM为研究对象，系统所受外力为零， 为研究对象 系统所受外力为零， 非保守内力为零，故动量守恒，能量守恒。 非保守内力为零，故动量守恒，能量守恒。
习题课一 (Exercises Class One)
质点和刚体力学部分
一、思考题
r r dr dr dv dv 1.试 问 与 有 区 ， 与 何 别 又 dt dt dt dt 有 区 ? 何 别
2. 作直线运动的质点，它的运 作直线运动的质点， 与时间t的关系由图 动速度 v与时间 的关系由图 与时间 中曲线表示。 中曲线表示。问： (1) t1时刻的曲线的切线 表示 时刻的曲线的切线AB表示 什么？ 什么？ (2) t1与t2之间曲线的割线的斜 率表示什么？ 率表示什么？ (3) 从t=0到t3时间内质点的位移 到 和路程分别由什么表示？ 和路程分别由什么表示？
(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
第7章 刚体力学习题课
EP 0
Cm
h
mg 1 2 hm2 v1 2I11 21 2I22 2
不打滑：有 vR1 1R2 2
考虑到： I11 2m 1R1 2 I21 2m 2R2 2
得 v2
mgh
m1 m2 2m
解二：应用牛顿第二定律和转动定律
A： T1R1I11
（1）
m1, R1
A
T O 1
1
T1 m2, R2
解:在剪断的瞬间:
Fix0, FiymgT
acy
mg T m
(质心运动定理)
T
L 2
1 12
mL2
(转动定理)
acy
L
2
解得:
a
cy
3 4
g
F
1 4
mg
例12.如图,知A: m,l,质量均匀,开始时水平静止
B:m , , A竖直时被碰,然后
滑行距离S.
m
A
l
O
求 :碰后A的质心可达高度h.
第7章 刚体力学习题课
例2.均匀细棒 oA 可绕通过其一端 o 而与棒垂直
的水平固定光滑轴转动,如图所示.今使棒从水
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,下列情况哪一种说法是正确的?
（ A）
(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
aR
I 1 MR2 2
（4）
m2
M,R
T1 m1
m1g T 2
m1
M,R
T1
m2
T2
联立方程，求解得：a Nhomakorabeam1g
Cm
h
mg 1 2 hm2 v1 2I11 21 2I22 2
不打滑：有 vR1 1R2 2
考虑到： I11 2m 1R1 2 I21 2m 2R2 2
得 v2
mgh
m1 m2 2m
解二：应用牛顿第二定律和转动定律
A： T1R1I11
（1）
m1, R1
A
T O 1
1
T1 m2, R2
解:在剪断的瞬间:
Fix0, FiymgT
acy
mg T m
(质心运动定理)
T
L 2
1 12
mL2
(转动定理)
acy
L
2
解得:
a
cy
3 4
g
F
1 4
mg
例12.如图,知A: m,l,质量均匀,开始时水平静止
B:m , , A竖直时被碰,然后
滑行距离S.
m
A
l
O
求 :碰后A的质心可达高度h.
第7章 刚体力学习题课
例2.均匀细棒 oA 可绕通过其一端 o 而与棒垂直
的水平固定光滑轴转动,如图所示.今使棒从水
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,下列情况哪一种说法是正确的?
（ A）
(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
aR
I 1 MR2 2
（4）
m2
M,R
T1 m1
m1g T 2
m1
M,R
T1
m2
T2
联立方程，求解得：a Nhomakorabeam1g
工程力学-刚体静力学习题课
10001 0.7071
1414(
N)
15
[例5] 已知:P=100N. AC=1.6m,BC=0.9m,CD=EC=1.2m,AD=2m 且AB水平, ED铅垂,BD垂直于
斜面； 求 SBD ?和支座反力？
解： 研究整体 画受力图 选坐标列方程
mB 0,YA 2.5P1.20
X ' 0, X Asin YAcos Psin 0
单体
3
六、解题环节与技巧
解题环节
解题技巧
①选研究对象
① 选坐标轴最佳是未知力 投影轴；
②画受力图（受力分析）② 取矩点最佳选在未知力旳交叉点上;
③选坐标、取矩点、列 ③ 充分发挥二力杆旳直观性；
平衡方程。
④解方程求出未知数 ④ 灵活使用合力矩定理。
七、注意问题 力偶在坐标轴上投影不存在； 力偶矩M =常数，它与坐标轴与取矩点旳选择无关。
Fiy 0 FAy FBy 40 0
得 FBy 20kN
求各杆内力
取节点A
Fiy 0 FAD
Fix 0 FAC
25
取节点C
Fiy 0 FCF Fix 0 FCD 0
取节点D
Fiy Fix
0 0
FDF
, FDE
取节点E Fiy 0 FEG Fix 0 FEF
4
八、例题分析
例1
水平均质梁 AB重为P1，电动机 重为 P2 ，不计杆CD 旳自重， 画出杆CD 和梁AB旳受力
图．图(a)
解：
取 CD 杆，其为二力构件，简称
二力杆，其受力图如图(b)
5
取AB梁，其受力图如图 (c)
CD 杆旳受力图能否画
为图（d）所示？
大学物理刚体力学习题课
l 1 1 2 mg sin mgl sin ( ml ml 2 ) 2 2 2 3 9g 3 2 sin g sin / l 4l 2
m m
9 g cos 16l
角加速度对应于该位置的力矩
l 1 2 mg cos mgl cos ( ml ml 2 ) 2 3
12. 一长为l ，质量为 M的均匀木棒，可绕水平轴O在 竖直平面内转动，开始时棒自然地竖直下垂，今有 一质量m、速率为v的子弹从A点射入棒中，假定A点 与O点的距离为3l/4，求：(1)棒开始运动时的角速度； (2)棒的最大偏转角。
解：对题中非弹性碰撞，角动量守恒，
3 3 2 1 mv l J J m( l ) Ml2 4 4 3 36ml (27m 16 M )l
mg T ma
O
Tr J
J m( g a)r 2 / 2
2 gt J mr 2 ( 1) 2s
a r
由已知条件v0 = 0, 得
1 2 s at a 2 s / t 2 2
m
9. 如图所示，滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质 量为m轮，半径为r，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转。 忽略桌面与物体间的摩擦。设m1=50 kg, m2=200 kg, m轮=15 kg, r=0.1 m，计算该系统中物体m1和m1的加 速度。
解：细杆由初始位置竖直位置，机械能守恒
1 1 L 2 2 J 0 J1 mg (1 cos ) 2 2 2
0
60
v0
碰撞前后角动量守恒， 取为角 动量正向 mv0 L J1 (J mL2 )2 系统竖直位置由初始位置
1 L 1 2 ( J mL2 )2 Mg (1 cos ) mgL(1 cos ) ( J mL2 ) 2 2 2 2
刚体力学第3讲刚体力学小结与习题课
(2)
3
完全1m弹m性x碰2撞m1前x21后m动l能213相m等2l 2：
??? (3)
2
23
(2)+(3) 解出 x 3 l / 3
或小球自下落至碰撞完毕，整个过程中小球、杆、
地球系统旳机械能守恒：
mgx(1 cos )
1
(1
ml 2 )
2
(3´)
(1)+(2)+(3´)一样可解出 2 3
例7：空心圆环可绕竖直轴 AC 自由转动，其转动惯量
mv
mv 0
质点系t 动量定理
t0
其中
Fdt
P
P P0
mv
动量守恒定律 当合外力为 0时
P0 P
转动
冲量矩 角动量
t
t0
刚体 质点
M dt
L Lr
J
P
角动量定t 理
Mdt t0
L
L0
角动量守恒定律 当合外力矩 为0时
L0 L
二 经典例题分析
处理力学问题旳措施
1.拟定研究对象； 2.受力分析； 3.建立坐标系或要求正向，或选择0势点； 4.拟定始末两态旳状态量； 5.应用定理、定律列方程求解； 6.有必要时进行讨论。
M 外 0 系统的角动量守恒.
R /2
Ro
v
(1)开始系统的角动量为
m
12 R
2
0
1 2
M
R 20
后来：
m
1 4
R
2
mE
1 2
M
R 2 ME
mE ME mM 21 M R 2 0 / 40
R /2
Ro
v
PART_ONE_05_角动量和角动量守恒定律_刚体力学习题课
刚体绕定轴转动的角速度： ω = ω0 + α t ， α = 转过的角度： θ = ω0t + 转过的圈数： N =
ω − ω0
t
，α = −
ω0
t
， α = −3π rad / s
2
1 2 α t ， θ = 600π rad 2
θ = 300 2π
当 t = 10 s ， ω = ω0 + α t ， ω0 = 60π / s ， ω = 30π rad / s 线速度： v = ωR = 3π m / s 切向加速度： aτ =
5. 如图XT_0058，匀质园盘水平放置，可绕过盘心的铅直轴自由转动，园盘对该轴的转动惯量为J0，
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2005-6-20
大学物理习题集_上册_习题参考解答_杭州电子科技大学应用物理系_20050329 当转动角速度为ω0时，有一质量为m的质点落到园盘上，并粘在距轴R/2 处(R为园盘半径)，则它们 的角速度 ω =
1 1 MR 2ω1 + mr 2ω1 = MR 2ω + mR 2ω 2 2
当人走到台边时，转台和人一起转动的角速度：
ω=
MR 2 + 2mr 2 ω1 , ω = 0.95 rad / s MR 2 + 2mR 2
*5. 如图XT_0063 所示，均匀细麦杆长为L，可绕通过中心O的固定水平轴在铅垂面内自由转动。开 落下后立 始时麦杆静止于水平位置。 一质量与麦杆相同的甲虫以速度v0垂直落到麦杆的 1/4 长度处， 即向端点爬行。试问：1) 为使麦杆以均匀的角速度转动，甲虫沿麦杆的爬行速度应是多少？ 2) 为 使甲虫在麦杆转到铅直位置前能爬到端点，甲虫下落速度v0最大是多少？ 研究系统为甲虫和麦杆，碰撞为完全非弹性碰撞，系统对转轴的角动量守恒：
A05角动量和角动量守恒定律刚体力学习题课
单元五角动量和角动量守恒定律 1一 选择题01. 如图所示，一人造地球卫星到地球中心O 的最大距离和最小距离分别是A R 和B R 。
设卫星对应的角动量分别是,A B L L ，动能分别是,KA KB E E ，则应有 【 D 】(A) B AKA KBL L E E >⎧⎨>⎩；(B) B AKA KBL L E E >⎧⎨=⎩；(C) B AKA KBL L E E <⎧⎨>⎩；(D) B AKA KBL L E E =⎧⎨<⎩。
02. 如图所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴O 旋转，初始状态为静止悬挂。
现有一个小球自左方水平打击细杆。
设小球与细杆之间为非弹性碰撞，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统【 C 】(A) 只有机械能守恒； (B) 只有动量守恒； (C)只有对转轴O 的角动量守恒； (D) 机械能、动量和角动量均守恒。
03. 如图所示，一个小物体，位于光滑的水平桌面上，与一绳的一端相连结，绳的另一端穿过桌面中心的小孔O 。
该物体原以角速度ω在半径为R 的圆周上绕O 旋转，今将绳从小孔缓慢往下拉。
则物体【 D 】(A) 动能不变，动量改变； (B) 动量不变，动能改变；(C) 角动量不变，动量不变； (D) 角动量不变，动能、动量都改变。
04. 均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示。
今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，下述说法哪一种是正确的？ 【 A 】 (A) 角动量从小到大，角加速度从大到小； (B) 角动量从小到大，角加速度从小到大；选择题_02图示 选择题_03图示 选择题_04图示选择题_01图示(C)角动量从大到小，角加速度从大到小；(D) 角动量从大到小，角加速度从小到大。
05. 刚体角动量守恒的充分而必要的条件是【 B 】(A) 刚体不受外力矩的作用； (B) 刚体所受合外力矩为零；(C)刚体所受的合外力和合外力矩均为零； (D) 刚体的转动惯量和角速度均保持不变。
力学(刚体力学习题课)
即
v1 v 2
1 R1 2 R 2
J1 M 1R
2 1
3
2
J 2 M 2 R2
解（1）、（2）、（3）得
1
M 1 R 1 1 M 2 R 2 2 R1 M 1 M
2
2
M 1 R 1 1 M 2 R 2 2 R 2 M 1 M
f1 f 2
f1
J 1 1 1 R1
1
1
M1
2
C
R1
M
2
R2
M
2
dt
fR 2 dt J 2 2 2
f dt
J 2 2 2 R2
2
1
f2
2
考虑到稳定后，有
周运动，弹丸的速度的最小值应为多少？
解：取摆锤、地球和子弹为 系统，子弹穿过摆锤过程中，系 统对转轴的角动量守恒：
J 1 1 J 1 1 J 2 J 3
m
l, M
v
M
v 2
即
ml
2
v l
ml
2
v 2 l
Ml
2
Ml 3 1
2
刚体力学习题课
如图，一个质量为 m 的物体与绕在定滑轮上 的绳子相联，绳子质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动。
假设定滑轮的质量为M 、半径为 R，其转动惯量为
1 2 MR
2
习题一
，
滑轮轴光滑。试求该物体由 静止开始下落的过程中，下落速 度与时间的关系。 解：根据牛顿第二定律和刚体定 轴转动定律
v1 v 2
1 R1 2 R 2
J1 M 1R
2 1
3
2
J 2 M 2 R2
解（1）、（2）、（3）得
1
M 1 R 1 1 M 2 R 2 2 R1 M 1 M
2
2
M 1 R 1 1 M 2 R 2 2 R 2 M 1 M
f1 f 2
f1
J 1 1 1 R1
1
1
M1
2
C
R1
M
2
R2
M
2
dt
fR 2 dt J 2 2 2
f dt
J 2 2 2 R2
2
1
f2
2
考虑到稳定后，有
周运动，弹丸的速度的最小值应为多少？
解：取摆锤、地球和子弹为 系统，子弹穿过摆锤过程中，系 统对转轴的角动量守恒：
J 1 1 J 1 1 J 2 J 3
m
l, M
v
M
v 2
即
ml
2
v l
ml
2
v 2 l
Ml
2
Ml 3 1
2
刚体力学习题课
如图，一个质量为 m 的物体与绕在定滑轮上 的绳子相联，绳子质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动。
假设定滑轮的质量为M 、半径为 R，其转动惯量为
1 2 MR
2
习题一
，
滑轮轴光滑。试求该物体由 静止开始下落的过程中，下落速 度与时间的关系。 解：根据牛顿第二定律和刚体定 轴转动定律
刚体习题及答案知识讲解
➢ 撞击前后系统的动量是否守恒？为什么？ ➢ 动能是否守恒？为什么？ ➢ 角动量是否守恒？为什么？ （2）子弹和轮开始一起运动时，
轮的角速度是多少？
θ A v0 cos
v0 sin
R
例6.一块质量为M＝1kg 的木板，高L＝0.6m，可以其一边为轴自 由转动。最初板自由下垂.今有一质量m＝10g的子弹，垂直击中 木板A点，l＝0.36m，子弹击中前速度为500m/s，穿出后的速度 为200m/s， 求： (1) 子弹给予木板的冲量
解法一： 用转动定律求解
在恒力矩和摩擦力矩作用下，0—10s内有：
M M r J1
1 1t1
M
Mr
J
ω1 t1
移去恒力矩后，0—90s内有：
Mr J2
0 1 2t2
Mr
J
2
t2
J Mt1t2
1(t1 t2 )
54kg m2
解题过程尽可能用文字式，最后再带入数字。
解法二:
0-10s: 0-90s:
m 的匀质圆盘，此圆盘具有光滑水平轴，然后在下端系一质量也 为 m的物体，如图。求当物体由静止下落h 时的速度v。
例11.如图所示，一均匀细杆长为 l ，质量为 m，平放在摩擦系数
为μ的水平桌面上，设开始时杆以角速度 ω0 绕过中心 o 且垂直于
桌面的轴转动，试求:
0
（1）作用在杆上的摩擦力矩;
（2）经过多长时间杆才会停止转动。
人 : Mg T 2 Ma
物:
1
1
T1 - 2 Mg = 2 Ma
轮： (T2 T1)R J
a R
2 a 7g
o
T2
T1
A Ba
Mg 1
轮的角速度是多少？
θ A v0 cos
v0 sin
R
例6.一块质量为M＝1kg 的木板，高L＝0.6m，可以其一边为轴自 由转动。最初板自由下垂.今有一质量m＝10g的子弹，垂直击中 木板A点，l＝0.36m，子弹击中前速度为500m/s，穿出后的速度 为200m/s， 求： (1) 子弹给予木板的冲量
解法一： 用转动定律求解
在恒力矩和摩擦力矩作用下，0—10s内有：
M M r J1
1 1t1
M
Mr
J
ω1 t1
移去恒力矩后，0—90s内有：
Mr J2
0 1 2t2
Mr
J
2
t2
J Mt1t2
1(t1 t2 )
54kg m2
解题过程尽可能用文字式，最后再带入数字。
解法二:
0-10s: 0-90s:
m 的匀质圆盘，此圆盘具有光滑水平轴，然后在下端系一质量也 为 m的物体，如图。求当物体由静止下落h 时的速度v。
例11.如图所示，一均匀细杆长为 l ，质量为 m，平放在摩擦系数
为μ的水平桌面上，设开始时杆以角速度 ω0 绕过中心 o 且垂直于
桌面的轴转动，试求:
0
（1）作用在杆上的摩擦力矩;
（2）经过多长时间杆才会停止转动。
人 : Mg T 2 Ma
物:
1
1
T1 - 2 Mg = 2 Ma
轮： (T2 T1)R J
a R
2 a 7g
o
T2
T1
A Ba
Mg 1
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J ω 1 = J ω 2 + mvl .
lmg +
2 J ω 2 = mgh
4. 如图:空心环 :R,初角速度ω0 ,对轴转动惯量为 如图:空心环B: , 小球A:质量为m J0 . 小球 :质量为 . 小球A无摩擦滑到 点时相对于环 无摩擦滑到b,c点时相对于环的速率 求:小球 无摩擦滑到 点时相对于环的速率 .
2.如图 知A: m,l,质量均匀 开始时水平静止 如图,知 质量均匀,开始时水平静止 如图 质量均匀 B:m , , A竖直时被碰 竖直时被碰, 竖直时被碰 m 然后滑行距离S. 然后滑行距离 A l 碰后A的质心可达高度 求 :碰后 的质心可达高度 碰后 的质心可达高度h.
思考:几个过程 各有何特点 思考 几个过程,各有何特点 几个过程 各有何特点? 由水平下摆至垂直, 解:A由水平下摆至垂直,机械能守恒. 由水平下摆至垂直 机械能守恒. 1 2 1 以地面为零势点 mgl = Jω + mgl
ω10 ω20
1
ω1
ω2
AΟ
R1
B
Ο2
R2
AΟ
1
B R2 R1 Ο2
方法如下: 求解它们的角速度ω1和ω2 方法如下 两滑轮边缘线速度相同,所以 两滑轮边缘线速度相同 所以 ω 1 R1 = ω 2 R2 设两滑轮边缘相互作用力大小为F,根据角动量定理 设两滑轮边缘相互作用力大小为 根据角动量定理
(三) 课堂讨论题 1 .当两个力作用在一个有固定转轴的刚体上 当两个力作用在一个有固定转轴的刚体上, 当两个力作用在一个有固定转轴的刚体上 下列说法正确吗? 下列说法正确吗 (1)这两个力都平行于轴作用时它们对轴的合 这两个力都平行于轴作用时它们对轴的合 力矩一定为零; 力矩一定为零 (2)这两个力都垂直于轴作用时它们对轴的 这两个力都垂直于轴作用时它们对轴的 合力矩可能为零; 合力矩可能为零 (3)这两个力矢量和为零时 它们对轴的合力 这两个力矢量和为零时,它们对轴的合力 这两个力矢量和为零时 矩一定为零; 矩一定为零 (4)这两个力对轴的合力矩为零时 它们的 这两个力对轴的合力矩为零时,它们的 这两个力对轴的合力矩为零时 矢量和一定为零; 矢量和一定为零
转动 转动惯量J 转动惯性 转动惯量 质点系 J = ∑ miri2 质量连续分布 J = ∫ r 2 dm 转动定律dL = dtF =源自mab aM = Jβ
W = ∫ Mdθ P = Mω E k = Jω 2 / 2
转动动
2
功 和 能 动
P = dW / dt = Fvcosθ 2 E k = mv / 2
O A a B R b B R
ω0
A a
O
ω
b vbt
c
vc
c
O' O' 分析:问题的性质,系统选择, 分析:问题的性质,系统选择,运动特征 . . .
小球下落过程,球与环组成的系统对轴oo'角动量守恒 解:小球下落过程,球与环组成的系统对轴 角动量守恒 J 0ω 0 2 a→b: J 0 ω 0 = ( J 0 + mR )ω b ω b = J 0 + mR 2 a→c: J 0ω 0 = J 0ω c , ω c = ω 0 O
刚体力学 习题课
力学内容总结
平动 转动 关系 位移 r = r2 r1 角位移 θ = θ 2 θ1 ω = dθ / dt 速度 v = dr / dt 角速度 加速度 a = dv / dt 角加速度 β = dω / dt 切向加速度
r = rθ v = rω
an = rω 2
2 a = aτ2 + an
aτ = rβ
运 动 学
aτ = dv / dt
向加速度 速
an = v / r
2
a = r β 2 +ω4
动
v = v0 + at x = v0t + at 2 / 2
ω = ω0 + β t θ = ω0t + β t 2 / 2
速转动
v2 = v0 + 2ax
2
ω = ω0 + 2βθ
2 2
平动 质量m 动 平动惯性 质量 力 学 M = r ×F 牛顿第二定律
2 2
功 和 能
∑ W外 + ∑ W内非 = E E 0
∑ W外 + ∑ W内非 = E E 0
E = ∑ mv 2 / 2 + ∑ mgh + ∑ kx 2 / 2
E = ∑ mv 2 / 2 + ∑ mgh + ∑ kx 2 / 2 + ∑ Jω 2 / 2
E0 = E
E0 = E
平动
转动
ω
4. 质量分别为 1,M2,R1,R2的两个均匀圆柱 质量分别为M 体可分别绕它们本身的轴转动,二轴平行 二轴平行.开始时 体可分别绕它们本身的轴转动 二轴平行 开始时 匀速转动,然后平移 它们分别以角速度ω10 , ω20匀速转动 然后平移 两轴使他们的边缘互相接触.试分析在此过程中 两轴使他们的边缘互相接触 试分析在此过程中 以两圆柱为系统,对O1或O2的角动量是否守恒?如 以两圆柱为系统 对 的角动量是否守恒 如 何求解当两圆柱的接触点无相对滑动时,它们的 何求解当两圆柱的接触点无相对滑动时 它们的 角速度ω1和ω2 ?
错!环不是惯性系 对地面: (2)对地面: 设小球A在 点对地的速率为 的速率为V 设小球 在b点对地的速率为V
3. 一圆盘可绕垂直于盘面 且通过盘心的中心轴OO'以 且通过盘心的中心轴 以 角速度ω沿顺时针方向转动 转动. 角速度ω沿顺时针方向转动
O v v
ω
(1) 在同一水平直线以相反方 Jω = J 0ω 0 O' 向同时射入两颗质量相同, 向同时射入两颗质量相同,速率 J > J 0 ∴ ω < ω 0 相等的子弹,并留在盘中, 相等的子弹,并留在盘中,盘的 盘的角速度减小 因为角 盘的角速度减小,因为角 角速度如何变化? 角速度如何变化? 动量L=J ω不变 但转动惯 不变,但转动惯 动量 加大了. 量J加大了 加大了 (2)两大小相等 两大小相等, (2)两大小相等,方向相反但不在 F 同一直线上的力沿盘面同时作用 在盘上,盘的角速度如何变化? 在盘上,盘的角速度如何变化? 盘的角速度增大,因为转盘受到同向的力矩 盘的角速度增大 因为转盘受到同向的力矩 与 M > M ′ M与ω同方向 ∴ ω > ω 0 O' O F'
a = 2.4 4 x m s
2
的速率 (2)当 a=0;β =0 时, A的速率 v = v max ) dv dv 1 2 2 a= =v ; v = 2.4 x 2x dt dx 2 得 vmax = 1.2 m s (3) 设:A由静止释放沿斜面下滑的最大距离为 S , 由静止释放沿斜面下滑的最大距离为 则以A,B,C为系统,其机械能守恒. 为系统, 则以 为系统 其机械能守恒. 1 2 ks mgssinα = 0 得 s = 1.2 m 2
定
2 2 0
W = ∫ F dr
θ θ0
转动动 定 系动
质点动
定
2 0
W = mv / 2 mv / 2
质点系动 定
W = Jω / 2 Jω / 2
定
∑ W外 + ∑ W内 = E k E k 0
∑ W外 + ∑ W内 = E k E k 0
平动
转动
E k = ∑ mv / 2
2
E k = ∑ mv / 2 + ∑ J ω / 2
t t0
动 动 量 动
∫ F dt P = mv
I=
∫
动 动
t
t0
M dt
L = r×P
L = Jω
∫
t
t0
F dt = m v m v 0
动
∫
t
t0
M dt = L L 0
∫
动
t
P=
t0
F dt = P P0
∑ mv
动 0 0
P0 = P
L0 = L
四大定理, 四大定理,三大守恒
四大定理 1.动能定理 动能定理 2.功能原理 功能原理 3.动量定理 动量定理 4.角动量定理 角动量定理 1.机械能守恒 机械能守恒 三大守恒 2.动量守恒 动量守恒 3.角动量守恒 角动量守恒
1 FR1dt = M 1 R12 (ω 1 ω 10 ) ∫ 2 1 2 FR2dt = M 2 R2 (ω 2 ω 20 ) ∫ 2
ω1 ω2
AΟ B R2 R1 Ο2
1
求解上述方程可得ω1和ω2 .
四 基本能力训练题 (一)填空题 (二)计算题
1.已知 如图,m=2.0kg,0.5R=m,k=20N/m,j=7.5kgm2 , 已知:如图 已知 如图, 不计摩擦.当弹簧无形变时将 由静止释放.求 α=37°.不计摩擦 当弹簧无形变时将A由静止释放 求 ° 不计摩擦 当弹簧无形变时将 由静止释放 B (1)A下滑的加速度 下滑的加速度; 下滑的加速度 R (2)A下滑的最大速率 下滑的最大速率; 下滑的最大速率 (3)A下滑的最大距离 下滑的最大距离; 下滑的最大距离 O A k m 解法1:(1)受力分析如图, 解法1:(1)受力分析如图, 1:(1)受力分析如图 C 取弹簧为原长时物体A位置 取弹簧为原长时物体 位置 α=37° ° x 下滑x 下滑 为原点. 为原点.当A下滑 时,有: T1 C : T2 = kx A m B B : ( T1 T2 )R = Jβ T1 T2 A : mg sinα T1 = ma ; mg α
a = Rβ
联立求解,得 联立求解 得: