湖南大学大学物理刚体习题课

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大学物理课件-刚体习题课1共24页

令刚体转动动能为
Ek

1 2
J
2
，则
合外力矩对定轴转动刚体所做的功，等
于刚体转动动能的增量
AEk2Ek1 ——刚体定轴转动的动能定16理
刚体力学总结
质点力学刚体力学比较研究
例 1:如图长为l 的均匀细棒,一端悬于o点,另一端自由下垂, 紧靠o 点有一摆线长为l 的单摆,摆球质量为m ,现将单摆拉到水平位置后,由静止释放,设摆球在其平衡位置与摆做弹性碰撞后摆球恰好静止,
回转仪
被中香炉
13
5.6 转动中的功和能力矩做功外力 F 作用在刚体上的 P点，当刚体绕轴
转动角度d 时，P点位移为 dr，力所做元
功为
dAFdr
F cos dr
Fr cos d
外力对轴的力矩
Mz Frcos
14
因此，力的元功等于力矩与角位移的乘积
dAMzd
对于有限角位移，力所做的功为
本章只研究定轴转动问题——最简单的转动
4
定轴转动
转轴
质元
转动平面
刚体角速度 d dt
刚体角加速度
转动平面垂直于转轴的平面。除转轴上的质元之
a d d2
dt dt2
外，刚体各个质元都在转质元线速度 vr
动平面内作圆周运动。应预先规定转轴的正方向
质元加速度
at r
A
2 1
Mzd
由于刚体所受合内力矩为零，所以在刚体
运动过程中合内力矩不做功，因此，Mz 是合外力矩
15
刚体定轴转动的动能定理
在外力矩作用下刚体的角速度由 12
2 M d 1
JdId d t dJ 12d

湖南大学大物习题课汇总.

L
L rmv sin
A外力 A非保守内力 ( E E0 )
O
若 A外力 A非保守内力 0， E 0
角动量守恒定律
r
m

做圆周运动时，质点对圆心的 dL M 0, 0, L 常矢量。角动量大小为 L mvR dt
4
1：已知一质量为m的质点在x轴上运动，质点只受到指向原点的引力的作用，引力大小与质点离原点的距离x的平方成反比，即f = -k/x2，k是比例常数．设质点在 x =A时的速度为零，求质点在x=A /4处的速度的大小．解：根据牛顿第二定律
大学物理
教师：彭军课程指导课二
第二章质点动力学 §2.1 质点力学的基本定律 §2.2 动量动量守恒定律 §2.3 功动能势能机械能守恒定律 §2.4 角动量角动量守恒定律
1
第2章质点力学的基本规律守恒定律
基本要求掌握经典力学的基本原理及会应用其分析和处理质点动力学问题，理解力学量的单位和量纲。掌握动量、冲量、动量定理，动量守恒定律。并能分析和计算二维平面简单力学问题。理解惯性系概念及经典力学的基本原理的适用范围。掌握功与功率、动能、势能（重力势能、弹性势能、引力势能）概念，动能定理、功能原理、机械能守恒定律。教学基本内容、基本公式 1.牛顿定律解牛顿定律的问题可分为两类：第一类是已知质点的运动，求作用于质点的力；第二类是已知作用于质点的力，求质点的运动. 2.基本定理动量定理动能定理
它所作的功为（A） F0R2 （B）2F0 R2 （C） 3F0 R2 （D） 4F0R2

y
R
rb
[ B ]
yb zb xb A F d r Fx d x Fy d y Fz d z ra xa ya za

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

第五章刚体力学基础习题课(第三讲)13

8l
即：d 9g cos d
8l
d 9g cos d
0
0 8l
O
解得： 9g sin
4l 利用机械能守恒定律求解：
mg mg
mgl sin l mg sin 1 J 2 0 J 1 ml 2 ml 2
2
2
3
24
例题5、如图,一矩形匀质薄板ABCD,长为l、宽为 d、质量为m。板绕竖直轴AB以初角速度转0 动，阻力与薄板表面垂直并与面积及速度的平方成正比，比例系数为k。问经过多少时间后，薄板的角速度减为初角速度的一半？
解得 :
1 2
MR2
mrv r
0
mr 2 1 MR2
2
v r v
20
m rvr
m r2 1 MR2 2
由于: d
dt
初始: t 0,0 0
t
dt
0
t
0
mr
mrv r 21
dt MR
2
2
mr
2
mr 1
MR 2
t
0
v dt r
2
2mr 2
mr 2 1 MR2 2
.
rR
v r v
式中:负号表示人走动的方向与圆盘转动的方向相反. 21
例4：一根长为l，质量为m的匀质细杆，一端与光滑的水平轴相连，可在竖直平面内转动，另一端固定一质量也是m的小球，且小球半径R<<l。设杆由水平位置自由释放。求：杆下摆至任意角度时的角速度和角加速度
O
mg mg
22
解：细杆在下摆过程中，重力矩作用杆的质心处，
解:受力分析如图:
T2
N
T 1

大学物理第三章刚体力学基础习题答案培训课件

1 )
t2
下次上课内容：
§5-1 简谐运动 §5-2 旋转矢量表示法 §5-3 单摆和复摆 §5-4 振动的能量
角动量定理
t2 Mdt
t1
J2
J1
角动量守恒 M 0, J 恒矢量
力的功
W
r F
drr
力矩的功 W Md
动能 1 mv2
2
动能定理
W
1 2
mv22
1 2
mv12
转动动能 1 J 2
2
转动动能定理W
1 2
J22
1 2
J12
习题课 (三)
3-1 一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，绳下端挂一
的角加速度 =
。从开始制动到 =1/3 0所经过
的时间t = 。
M k2 J
k 2 k02
J 9J
k2 J d
dt
t k dt
0J
1 3
0
d
0
2
t 2J
k0
3-6 一长为L的轻质细杆，两端分别固定有质量为
m 和2m 的小球，此系统在铅直平面内可绕过中心点
O且与杆垂直的水平固定轴转动。开始时杆与水平成
方向上，正对着杆的一端以相同的速率v相向运动，
如图所示。当两小球同时与杆的两端发生完全非弹性
碰撞后，就与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的
转动角速度为
m
(A) 2v
4v (B)
v
3L
✓(C)
6v 7L
5L (D) 8v
9L
(E) 12v v m
o
7L
2mvL 1 mL2 2mL2
3
6v
7L

大学物理学课后答案(湖南大学出版社)

大学物理习题集第一章质点运动学1．1一质点沿直线运动，运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3．试求：（1）第2s 内的位移和平均速度；（2）1s 末及2s 末的瞬时速度，第2s 内的路程；（3）1s 末的瞬时加速度和第2s 内的平均加速度．[解答]（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)．在第2s 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：=Δx /Δt = 4(m·s -1)．（2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ．（3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 内的平均加速度为：= [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．[注意] 第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒．1．2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s 内走过路程s = 30m ，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为，并由上述资料求出量值．[证明]依题意得v t = nv o ，根据速度公式v t = v o + at ，得a = (n – 1)v o /t ， (1)根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2 + 2as ，得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ，(2) （1）平方之后除以（2）式证得：．计算得加速度为：= 0.4(m·s -2)．1．3一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°的夹角的初速度65m·s -1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m ，忽略空气阻力，且取g = 10m·s -2．问：（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？（2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法．（1）夹角用θ表示，人和车（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为v y 0 = v 0sin θ = 24.87(m·s -1)．取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式v t - v 0 = at ，这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当人达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为t 1 = v y 0/g = 2.49(s)．再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02 = 2a s ，可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02/2g = 30.94(m)．人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h 2= h 1 + h = 100.94(m)．根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为:= 4.49(s)．因此人飞越的时间为：t= t 1 + t 2 = 6.98(s)．v a 22(1)(1)n sa n t -=+22(1)(1)n sa n t -=+22(51)30(51)10a -=+2t=人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ= 60.05(m·s -1)，所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = 419.19(m)．（2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：v y = gt = 69.8(m·s -1)，落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = 92.08(m·s -1)，与水平方向的夹角为：θ = arctan(v y /v x ) = 49.30º，方向斜向下．方法二：一步法．取向上为正，人在竖直方向的位移为y = v y 0t - gt 2/2，移项得时间的一元二次方程，解得：．这里y = -70m ，根号项就是人落地时在竖直方向的速度大小，由于时间应该取正值，所以公式取正根，计算时间为：t= 6.98(s)．由此可以求解其它问题．1．4一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即d v /d t = -kv 2，k 为常数．（1）试证在关闭发动机后，船在t 时刻的速度大小为；（2）试证在时间t 内，船行驶的距离为． [证明]（1）分离变数得，故，可得：．（2）公式可化为，由于v = d x/d t ，所以：积分．因此．证毕． [讨论]当力是速度的函数时，即f = f (v )，根据牛顿第二定律得f = ma ．由于a = d 2x /d t 2，而 d x /d t = v ，a = d v /d t ，分离变数得方程：，解方程即可求解．在本题中，k 已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n 次方成正比，则 d v /d t = -kv n ．（1）如果n = 1，则得，积分得ln v = -kt + C ．当t = 0时，v = v 0，所以C = ln v 0，因此ln v/v 0 = -kt ，得速度为：v = v 0e -kt ．201sin 02gt v t y θ-+=0(sin t v g θ=±011kt v v =+01ln(1)x v kt k=+2d d vk t v =-020d d vtv v k t v =-⎰⎰011kt v v =+001v v v kt=+00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++0001d d(1)(1)xtx v kt k v kt =++⎰⎰01ln(1)x v kt k=+d d ()m vt f v =d d vk t v=-而d v = v 0e -kt d t ，积分得：．当t = 0时，x = 0，所以C` = v 0/k ，因此．（2）如果n ≠1，则得，积分得．当t = 0时，v = v 0，所以，因此．如果n = 2，就是本题的结果．如果n ≠2，可得，读者不妨自证．1．5 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t 3．求：（1）t = 2s 时，它的法向加速度和切向加速度；（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？（3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？ [解答]（1）角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为a n = rω2 = 230.4(m·s -2)；角加速度为β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)，切向加速度为a t = rβ = 4.8(m·s -2)．（2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即．由此得，即解得．所以=3.154(rad)．（3）当at = a n 时，可得rβ = rω2，即： 24t = (12t 2)2，解得：t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．1．6一飞机在铅直面内飞行，某时刻飞机的速度为v = 300m·s -1，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为a s -2，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为v 0x = v 0cos θ， v 0y = v 0sin θ．加速度的大小为a x = a cos α，a y = a sin α．运动方程为，．即，．令y= 0，解得飞机回到原来高度时的时间为：t = 0（舍去）；．将t 代入x 的方程求得x = 9000m ．[注意]选择不同的坐标系，如x 方向沿着a 的方向或者沿着v 0的方向，也能求出相同的结果．0e `ktv x C k-=+-0(1-e )ktv x k -=d d n vk t v =-11n v kt C n-=-+-101nv C n-=-11011(1)n n n kt v v --=+-1(2)/(1)020{[1(1)]1}(2)n n n n n v kt x n v k----+--=-n a a =2r r ω=22(12)24t =36t =3242(13)t θ=+=2012x x x v t a t =+2012y y y v t a t =-+201cos cos 2x v t a t θα=⋅+⋅201sin sin 2y v t a t θα=-⋅+⋅02sin sin v t a θα==v1．7一个半径为R = 1.0m 的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A ．在重力作用下，物体A 从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s 内下降的距离h = 0.4m ．求物体开始下降后3s 末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A 下落加速度．由于，所以a t = 2h /Δt 2 = 0.2(m·s -2)．物体下降3s 末的速度为v = a t t = 0.6(m·s -1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为= 0.36(m·s -2)．1．8一升降机以加速度1.22m·s -2上升，当上升速度为2.44m·s -1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距2.74m ．计算：（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为；螺帽做竖直上抛运动，位移为．由题意得h = h 1 - h 2，所以，解得时间为．算得h 2 = -0.716m ，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m ．[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g ，而初速度为零，可列方程h = (a + g )t 2/2，由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．1．9 有一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处．已知气流相对于地面的速度为u ，AB 之间的距离为l ，飞机相对于空气的速率v 保持不变．（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为；（2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为；（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为．[证明]（1）飞机飞行来回的速率为v ，路程为2l ，所以飞行时间为t 0 = 2l /v ．（2）飞机向东飞行顺风的速率为v + u ，向西飞行逆风的速率为v - u ，所以飞行时间为．（3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB 之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作向量三角形，其中沿AB 方向的速度大小为，所以飞行时间为．证毕．212t h a t =∆2n v a R=21012h v t at =+22012h v t gt =-21()2h a g t =+t02l t v =1221/t t u v=-2t =1222l l vl t v u v u v u =+=+--022222/1/1/t l v u v u v ==--V 22l t V ===图1.7 AABvv + uv - uABvu uvv1．10如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v 1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v 2．今在车后放一长方形物体，问车速v 1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？[解答]雨对地的速度等于雨对车的速度加车对地的速度，由此可作向量三角形．根据题意得tan α = l/h ．方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得v 1 = v 2sin θ + v 3sin α，其中v 3 = v ⊥/cos α，而v ⊥ = v 2cos θ，因此v 1 = v 2sin θ + v 2cos θsin α/cos α，即．证毕．方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得，所以：，即．方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t 时间内，雨滴的位移为 l = (v 1 – v 2sin θ)t ， h = v 2cos θ∙t ．两式消去时间t 即得所求．证毕．第二章运动定律与力学中的守恒定律(一) 牛顿运动定律 2．1 一个重量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度运动，的方向与斜面底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为x = v 0t ，．将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为，这是抛物线方程．2．2桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一品质m = 2kg 的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = 0.25，静摩擦因素为μs = 0.30．求：（1）今以水平力拉板，使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的相互作用力；（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？ [解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用．板对物体的支持大小等于物体的重力：N m = mg = 19.6(N)，2v 3v 1v12(sin cos )lv v hθθ=+12sin()sin(90)v v θαα=+︒-12sin()cos v v θαα+=2sin cos cos sin cos v θαθαα+=2(sin cos tan )v θθα=+12(sin cos )lv v hθθ=+0v 0v 2211sin 22y at g t α==⋅22sin g y x v α=F图1.101 hlα图2.1这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为：f m = ma = 2(N)，这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．板受桌子的支持力大小等于其重力：N M = (m + M )g = 29.4(N)，这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为：f M = μk N M = 7.35(N)．这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为 f =μs mg = ma`，可得a` =μs g ．板的运动方程为F – f – μk (m + M )g = Ma`，即F = f + Ma` + μk (m + M )g= (μs + μk )(m + M )g ，算得F = 16.17(N)．因此要将板从物体下面抽出，至少需要16.17N 的力．2．3如图所示：已知F = 4N ，m 1= 0.3kg ，m 2= 0.2kg ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为0.2．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮品质均不计）[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2．对两物体列运动方程得T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1．可以解得m 2的加速度为 = 4.78(m·s -2)，绳对它的拉力为= 1.35(N)．2．4两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证：（1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足关系关系式；（2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2． [解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数．两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2．（1）由于弹簧串联，所以F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2，因此，即：．（2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2，因此kx = k 1x 1 + k 2x 2，即：k = k 1 + k 2．2．5 如图所示，质量为m 的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T ．（1）小车沿水平线作匀速运动；（2）小车以加速度沿水平方向运动；（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成θ角；12212(2)/22F m m ga m m μ-+=+2112(/2)/22m T F m g m m μ=-+12111k k k =+1212F F F k k k =+12111k k k =+1a12图2.32 图2.4（4）用与斜面平行的加速度把小车沿斜面往上推（设b 1 = b ）；（5）以同样大小的加速度（b 2= b ），将小车从斜面上推下来．[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg ．（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于tan θ = ma/mg ，所以θ = arctan(a/g )；绳子张力等于摆所受的拉力：（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力，合力沿斜面向下，所以θ = θ； T = mg cos θ．（4）根据题意作力的向量图，将竖直虚线延长，与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ角的对边是mb cos θ，邻边是mg + mb sin θ，由此可得：，因此角度为；而张力为（5）与上一问相比，加速度的方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了． 2．6如图所示：质量为m =0.10kg 的小球，拴在长度l =0.5m 的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求：（1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多大？（2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？（3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？[解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方向为正方向．小球的运动方程为，其中s 表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为，因此，即v d v = -gl sin θd θ，（1）取积分，1b 2bT =cos tan sin mb mg mb ϕθϕ=+cos arctansin b g b ϕθϕ=+T ==22d d s F ma m t ==d dd d s v l t t θ==d d d d d d dd v v m v F mm v t t l θθθ===060d sin d Bv v vgl θθ︒=-⎰⎰（2）图2.6得，解得：s -1)．由于：，所以T B = 2mg = 1.96(N)．（2）由（1）式积分得，当θ = 60º时，v C = 0，所以C = -lg /2，因此速度为．切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为．由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C = mg cos θ + man = mg (3cos θ – 1)．（3）当θ = 60º时，切向加速度为= 8.49(m·s -2)，法向加速度为a n = 0，绳子的拉力T = mg /2 = 0.49(N)．[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．2．7 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则F = mg cos θ．小球的运动方程为，s 表示弧长．由于，所以，因此v d v = g cosθd s= g d h ，h 表示石下落的高度．积分得，当h = 0时，v = 0，所以C = 0，因此速率为2．8质量为m 的物体，最初静止于x0，在力(k 为常数)作用下沿直线运动．证明物体在x处的速度大小v = [2k (1/x – 1/x 0)/m ]1/2．[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程2601cos 2B v gl θ︒=B v =22B BB v v T mg m m mgR l -===21cos 2C v gl C θ=+C v =2(2cos 1)Cn v a g R θ==-t a =22d d sF ma m t ==d d s v t =22d d d d d d d ()d d d d d d d s s v v s vv t t t t s t s ====212v gh C =+v 2kf x =-图2.7利用v = d x/d t ，可得，因此方程变为，积分得．利用初始条件，当x = x 0时，v = 0，所以C = -k /x 0，因此，即[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f (x )，利用变换可得方程：mv d v = f (x )d x ，积分即可求解．如果f (x ) = -k/x n ，则得．（1）当n = 1时，可得利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以C = ln x 0，因此，即．（2）如果n ≠1，可得．利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以，因此，即．当n = 2时，即证明了本题的结果．2．9一质量为m 的小球以速率v 0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k ．求：（1）小球速率随时间的变化关系v (t )；（2）小球上升到最大高度所花的时间T ．[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程，分离变数得，222d d k x f ma m x t =-==22d d d d d d d d d d x v x v v v t t t x x ===2d d k xmv v x =-212k mv C x =+2012k kmv x x =-v =21d 2nx mv k x =-⎰21ln 2mv k x C =-+21ln 2x mv k x =v =21121n k mv x C n -=-+-101nk C x n -=--2110111()21n n k mv n x x --=--v =d d v f mg kv mt =--=d d()d v m mg kv t mmg kv k mg kv +=-=-++积分得．当t = 0时，v = v 0，所以，因此，小球速率随时间的变化关系为．（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为．[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤：由于v = d x/d t ，所以，即，积分得，当t = 0时，x = 0，所以，因此．（2）如果小球以v 0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为，用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为．这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率趋于常数v m =mg/k ．2．10如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R ．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因子为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程． [解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即N = mv 2/R ．物体所受的摩擦力为f = -μk N ，负号表示力的方向与速度的方向相反．根据牛顿第二定律得ln ()mt mg kv C k =-++0ln ()mC mg kv k =+00/ln ln /m mg kv m mg k v t k mg kv k mg k v ++=-=-++0()exp()mg kt mgv v k m k =+--00/ln ln(1)/mg k v kv m m T k mg k k mg +==+0d [()exp()]d mg kt mg x v t k m k =+--0(/)d d exp()d m v mg k kt mgx tk m k +=---0(/)exp()`m v mg k kt mgx t C k m k +=---+0(/)`m v mg k C k +=0(/)[1exp()]m v mg k kt mg x tk m k +=---d d vf mg kv mt =-=0()exp()mg mg ktv v k k m =---，即：．积分得：．当t = 0时，v = v 0，所以，因此．解得．由于，积分得，当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此．2．11 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为珠子做圆周运动的向心力，其大小为：F = mg tg θ．珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ．根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ，可得，解得．(二)力学中的守恒定律2．12 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx ，而位移x = A cos ωt ，其中k ，A 和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．[解答]方法一：利用冲量公式．根据冲量的定义得d I = F d t = -kA cos ωt d t ，积分得冲量为，方法二：利用动量定理．小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ，设小球的品质为m ，其初动量为p 1 = mv 1 =0，末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ，2d d k v v f m m R t μ=-=2d d k vt Rv μ=-1k t C R v μ=+01C v =-11kt R v v μ=-001/k v v v t Rμ=+0000d d(1/)d 1/1/k k k k v t v t R R x v t R v t R μμμμ+==++0ln (1)`k kv tR x C Rμμ=++0ln (1)k kv tRx Rμμ=+2cos mg R ωθ=2arccosgR θω=±/20(cos )d I kA t tωω=-⎰π/20sin kAkAtωωωω=-=-π图2.11小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA ，可以证明k =mω2，因此I = -kA /ω．2．13一个质量m = 50g ，以速率的v = 20m·s -1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？[解答]小球动量的大小为p = mv ，但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义得：，由此可作向量三角形，可得：．因此向心力给予小球的的冲量大小为= 1.41(N·s)．[注意]质点向心力大小为F = mv 2/R ，方向是指向圆心的，其方向在不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量．假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动，拉力的大小就是向心力F = mv 2/R = mωv ，其分量大小分别为 F x = F cos θ = F cos ωt ，F y = F sin θ = F sin ωt ，给小球的冲量大小为 d I x = F x d t = F cos ωt d t ，d I y = F y d t = F sin ωt d t ，积分得，，合冲量为，与前面计算结果相同，但过程要复杂一些．2．14 用棒打击质量0.3kg ，速率等于20m·s -1的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m 的高度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力？[解答]球上升初速度为s -1)，其速度的增量为= 24.4(m·s -1)．棒给球冲量为I = m Δv = 7.3(N·s)，对球的作用力为（不计重力）：F = I/t = 366.2(N)．21p p p ∆=- 21p p p =+∆p∆==I p=∆24v TI Ft mR ==2/42R T T mv mvR ππ==/4/4cos d sin T T x FI F t t tωωω==⎰Fmvω==/4/4sin d cos T T y FI F t t tωωω==-⎰Fmvω==I ==y v =v ∆=v xΔvv y2．15如图所示，三个物体A 、B 、C ，每个品质都为M ，B 和C 靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为0.4m 的细绳，首先放松．B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A 和B 起动后，经多长时间C 也开始运动？C 开始运动时的速度是多少？（取g = 10m·s -2）[解答]物体A 受到重力和细绳的拉力，可列方程Mg – T = Ma ，物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动，加速度大小为a ，可列方程：T = Ma ，联立方程可得：a = g/2 = 5(m·s -2)．根据运动学公式：s =v 0t + at 2/2，可得B 拉C 之前的运动时间；．此时B 的速度大小为：v = at = 2(m·s -1)．物体A 跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A 和B 拉动C运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得：2Mv = 3Mv`，因此C 开始运动的速度为：v` = 2v /3 = 1.33(m·s -1)．2．16一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？[解答]炮弹在最高点的速度大小为v = v 0cos θ，方向沿水平方向．根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的总动量，可作向量三角形，列方程得，所以v` = v /cos45° = ．2．17 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R ．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的品质为m ，它与路面的滑动摩擦因子为μk ．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？[解答]取弧长增加的方向为正方向，弧位移的大小为d s = R d θ．重力的大小为：G = mg ，方向竖直向下，与位移元的夹角为π+ θ，所做的功元为，积分得重力所做的功为．摩擦力的大小为：f = μk N= μk mg cos θ，方向与弧位移的方向相反，所做的功元为，积分得摩擦力所做的功为t =/2`cos 452mmv v =︒cos θd sG1d d cos(/2)d W G s G s θ=⋅=+πsin d mgR θθ=-454510(sin )d cos W mgR mgR θθθ︒︒=-=⎰(1mgR =-f2d d cos d W f s f s =⋅=πcos d k u mg R θθ=-图2.17．要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力、摩擦力和马的拉力就是平衡力，即，或者．拉力的功元为：，拉力所做的功为．由此可见，重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．2．18一品质为m 的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点最初的速率是v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，求：（1）摩擦力所做的功；（2）滑动摩擦因子；（3）在静止以前质点运动了多少圈？[解答]（1）质点的初动能为：E 1 = mv 02/2，末动能为：E 2 = mv 2/2 = mv 02/8，动能的增量为：ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8，这就是摩擦力所做的功W ．（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ，积分得：．由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因子为．（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为：a t = f/m = -μk g ，根据公式v t 2 – v o 2 = 2a t s ，可得质点运动的弧长为，圈数为n = s/2πr = 4/3．[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量：-fs = ΔE k ，可得s = -ΔE k /f ，由此也能计算弧长和圈数。

大学物理刚体习题

大学物理刚体习题(总13页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--习题第三章刚体的转动刚体的定轴转动47. 一定滑轮半径为R ，质量为M ，用一质量不计的绳绕在滑轮上，另一端系一质量为m 的物体并由静止释放，这时滑轮的角加速度为1β，若不系物体而用一力F = mg 拉绳子使滑轮转动，这时角加速度为2β，这时有（）1β2β（）1β2β （C ）1β2β（D ）无法判断分析由转动定律M I β=本题中I 不变β的大小完全取决于M 的大小而 M TR =系物体m 时 : T mg <不系物体而用一力F = mg 时: TF mg ==因此力矩变大所以有12ββ<mF选49.一飞轮的转动惯量为J ，t = 0时角速度为0ω，轮子在转动过程中受到一力矩2ωk M-=，则当转动角速度为0/3ω时的角加速度β = 从0ω到0/3ω飞轮转动经过的时间t ∆= 解: (1) 求β当0/3ω时, 20()3M k ω=-由 M J β=, 可得此时 209k MJ J ωβ==-(2) d M J J dt ωβ== 2d k J dt ωω-=分离变量，两边积分32td kdt Jωωωω-=⎰⎰解得: 02J t k ω∆=50．长为l 的均匀直棒可绕其下端与棒垂直的水平光滑轴在竖直平面内转动。

抬起一端使与水平夹角为60=θ，棒对轴的转动惯量为231ml J =，由静止释放直棒，则t = 0时棒的β＝？；水平位置时的β＝？这时的ω=（1）求β 据转动定律M J β=, MJβ= 0t =时， cos 602lM mg =︒水平位置时， 2lM mg =代入MJβ=，可别解得034glβ= 和 32g l β= （2）求ωd d d d M J J J J dt d dt d ωωθωβωθθ====将cos 2l M mg θ=和213J ml =代入化简并积分得， 0033cos 2g d d l ωπθθωω=⎰⎰ 60可求得332g l ω=（本题还可用动能定律机械能守恒方便求解ω）2211sin 60223l mg ml ω︒=⋅ 332g lω⇒=51．一飞轮以min /600rev 的转速转动，其转动惯量为25.2m kg J ⋅=，以恒定力矩使飞轮在一分钟内停止转动，求该力矩M 。

《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

大学物理上刚体习题课

mvMl 2 6m(2 gh) 2 2 ml 12 ml 2 (m 6m)l
12
演员 N 以 u 起跳, 达到的高度
哈尔滨工程大学理学院姜海丽
u 2 l 2 2 3m 2 h ( ) h 2g 8g m 6m

时，有
M dt J 2 J1
说明：(1) 一个刚体 C说明 J 是转动
惯性的量度。
(2)多个刚体
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M 0
L

J i i C
L

J i i C
刚体定轴转动习题课 (3) 质点与刚体守恒式为
刚体定轴转动习题课 2. 转动定律:
M 与具有：同轴性、同时性、
同方向性。
M J
3. 力矩的累积效应（1）空间累积：力矩的功动能定理
哈尔滨工程大学理学院姜海丽
W

M d
1 1 2 2 W J 2 J1 2 2
刚体定轴转动习题课（2）时间累积角动量定理： 4. 角动量守恒定律当
r
G
(1)mg T ma m1r Tr G J 0 1
1
mgr G J 0 mr
2 0
2
T
m
mg
(2)
绳脱前绳脱后
2 2
2
0 211
0 2 2 2
2
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刚体定轴转动习题课
所以
1 2 1 2
2 0
哈尔滨工程大学理学院姜海丽
刚体定轴转动习题课 5. 如图所示，已知：r，J0，m，G。求：飞轮的角加速度。如果飞轮转过 θ1 角后，绳与杆轴脱离，并再转过 θ2 角后，飞轮停止转动，求：飞轮受到的阻力矩G的大小。（设飞轮开始时静止）

大学物理课件第3章刚体的转动刚体转动练习

刚体转动练习
刚体的转动
如图所示，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
R
与定滑轮之间无滑动．假设定滑轮质量为 M、半径为R，其转动惯量为MR2/2，滑轮
M
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．
m
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A、B为两个相同的绕着轻绳的定滑轮。A滑轮挂一质量为m 的物体，B滑轮受拉力为F，而且F=mg。设A、B两滑轮的角加速度分别为βA和βB，不计滑轮的摩擦，则有
(A) βA =βB (B) βA> βB (C) βA<βB (D)开始时βA =βB ，以后βA< βB
C
A
B
m
F
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刚体转动练习
刚体的转动
一飞轮以角速度ω0绕光滑固定轴转动，飞轮对轴的转动惯量为J，另一静止飞轮突然和上述转动的飞轮啮合，绕同一转
轴转动，该飞轮对轴的转动惯量为前者的二倍，啮合后整个
系统的角速度ω =
。
ω0/3
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m,r m
m,r 2m
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刚体转动练习
刚体的转动
一质点作匀速圆周运动时， C (A) 它的动量不变，对圆心的角动量也不变 (B) 它的动量不变，对圆心的角动量不断改变 (C) 它的动量不断改变，对圆心的角动量不变 (D) 它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变

大学物理刚体习题课汇总

刚体习题课
基本思路
两大类:
1.刚体定轴转动的运动学问题刚体的运动 = 平动 + 转动平动刚体质点质点力学问题
转动刚体
已知(t), 求, 用导数已知或 , 求 (t) 用积分
2.刚体定轴转动的动力学问题关键是分析受力(力矩), 两套方法:
方法一: 用转动定律解题 (1)平动物体,用隔离体法,写出牛顿方程 (2)转动物体,用隔离体法, 分析力矩, 写出转动方程, 特别注意刚体质心的动力学方程 (3)由角量和线量关系,将平动和转动联系起来
m2
gL
m1 gL
1 2
J
2
m1 g
L 2
(6m2 3m1 )g (3m2 m1 )L
例: 转台绕过质心的铅直轴转动,初角速度为0 ,转台对
此轴的转动惯量 J=5×10-5kg·m2,今有砂粒以每秒1g速
率垂直落在转台上,砂粒落点距轴 r =0.1m,求:砂粒落在
转台上使转台角速度减为0/2 所需时间?
3)T1=m1(g+a1)=21.2[N], T2=m2(g-a2)=16.3[N]
例: 如图: 二个匀质圆盘(m1,R1,m2,R2), 圆盘1上施一力矩M使之由静止开始转动, 设轻质皮带不伸长不打滑,
求: 二盘的角加速度各为多少?
解:圆盘1 M T1R1 T2R1 J11
圆盘2 T2 R2 T1R2 J22
度的正负。
3. 同一方程式中所有量都必须相对同一转轴。
解题步骤: 1. 认刚体;
2. 定转轴,找运动;
3. 分析力和力矩;
4. 定转向,列方程。（质心动力学方程和定轴转动方程）
质点力学与刚体力学物理量和物理规律对比
1. r , v, a

大学物理课件-刚体习题课1-文档资料

2
12
回转仪
被中香炉
13
5.6 转动中的功和能力矩做功外力 F 作用在刚体上的 P点，当刚体绕轴转动角度d 时，P点位移为 dr，力所做元功为
d A F d r F cos d r
Fr cos d
外力对轴的力矩
M F rc o s z
14
因此，力的元功等于力矩与角位移的乘积
5.1 刚体转动的描述
刚体在受力时不改变形状和体积的物体刚体是固体物件的理想化模型
刚体可以看成是很多质元组成的质点系，且在外力作用下，各个质元的相对位置保持不变
因此，刚体的运动规律，可通过把牛顿运动定律应用到这种特殊的质点系上得到
3
刚体运动
平动转动
平动刚体中任意两个质点的连线在运动中始终保持平行
Lz J z
因为
d L d z M J J z z z d t d t
M = Jα 通常略去下标
——刚体定轴转动定律 7
所以，刚体绕 z 轴的合外力矩为
转动惯量 Jz 物理意义：转动惯性的量度转动惯量 Jz 的大小取决于刚体的质量、形状及转轴的位置
定轴转动定律在转动问题中的地位相当于平动的牛顿第二定律
I I md C
2
平行轴定理的证明（自学）
11
5.5 角动量守恒
dLz 由刚体定轴转动定理可推知：M z dt 如果 Mz=0，则 Lz=常量
如果刚体所受对某一固定轴的合外力矩为零，则刚体绕该轴的角动量保持不变 ——对定轴的角动量守恒定律
J1 1 J 2 2
若 J1 J 2 则 1
刚体力学习题课
读书与学习
• 读书是人的存在和精神生态的绿化. • 真正的人生需要文化作为底色. • 在怦然心动的阅读中体悟无边的人类忧思和生命意义的升华。 • 读书是超越的前提是自我思想诞生的产床 • 读书是对话，在喧嚣中留一方精神的净土 • 始而信，信而惑，惑而疑，疑而索解，解而终归于悟。

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

大学物理刚体力学习题讲解

角动量I=mvr,其中m为卫星质量，v为卫星的线速度，r为卫星轨道半径。 v=l/t 其中 l为卫星用时t走过的弧长，那么，角动量I=mvr=mlr/t. 根据开普勒行星运动三定律中有一条为面积等速律说，任何相等的时间里，行星矢径扫过的面积都相等。此定律适用于卫星运行规律。所以lr/t 为恒量，那么角动量I=mvr=mlr/t为恒量
m m O
Jw+mvr-mvr=（J+2mr2）w` w`=J/(J+2mr2)w
M
3. 两个滑冰运动员的质量各为70 kg，均以6.5 m/s
的速率沿相反的方向滑行，滑行路线间的垂直距 r=5m 离为10 m，当彼此交错时，各抓住一10 m长的绳索的一端，然后相对旋转，则抓住绳索之后各自对绳中心的角动量L＝2275
设m1下降，m2 上升 m1g - T1 m1 a T2 m 2 g m 2 a T1 R T2 R I 1 2 I m3 R 2 a R
2(m1 m2 ) a 联立方程得到 g 2(m1 m2 ) m3 2(m1 m2 ) g [2(m1 m2 ) m3 ]R 4m1m2 m1m3 T1 g 2(m1 m2 ) m3 4m1m2 m2 m3 T2 g 2( m m ) m
4. 一作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量J＝ 3.0 kg· m2，角速度0＝6.0 rad/s．现对物体加一恒定的制动力矩M ＝－12 N· m，当物体的角速度减慢到＝2.0 rad/s时，物体已转过了角度＝
4.0rad
M=Jβ
2as=v`2-v2 2βθ= 2 -02
5. 质量为m1， m2 （ m1 > m2）的两物体，通过一定滑轮用绳相连，已知绳与滑轮间无相对滑动，且定滑轮是半径为 R 、质量为 m3 的均质圆盘，忽略轴的摩擦。求：滑轮的角加速度。（绳轻且不可伸长）

大学物理习题课(二)刚体

1 2
J 2
1 (1 23
J0 )(30 )2
功能原理: A外 A非保内 E
习题课二
17
(二) 计算题
1.刚体质点综合，用转动定律、机械能守恒
2.刚体质点综合，用角动量守恒、机械能守恒、动能定理
3.刚体系，用角动量守恒、转动定律，求变力矩，较难
4.刚体质点综合，用角动量守恒、机械能守恒
5 .刚体，用转动定律
斜面上无滑动地滚下来.两者质量相同、半径相同
且质量分布都均匀.哪一个会先到达底端？(实心先
到)
J球
2 5
mR2 β
aC实心
5 7
g
sin
J球壳
2 3
m R2
β
aC空
心
3 5
g
s
in
习题课二
9
FN
x mg
转动 Mc J c 纯滚动约束方程四个方程联立解
平动 F外 mac x: mg sin F maC y: FN m g cos 0
习题课二
14
ref.教材P93-下半页
习题课二
15
2.已知电子的自旋角动量 L 0.531034 J .s
把电子视为球体 R 11018 m
计算“电子球”表面的线速度。
解：L J 2 mR2 v
5
R
2R
v 5L 1.461014 m / s
2mR
J
2MR2 5
可见这一模型不正确！
违反相对论。
(3)设:A由静止释放沿斜面下滑的最大距离为 S ,
则以A,B,C,斜面,地为系统,其机械能守恒。
B R
1 kS 2 mgS sin 0

大学物理习题参考解答物理习题参考解答刚体基本运动_转动定律_动能定理

选择题_03图示单元四刚体基本运动转动动能 1一选择题01. 一刚体以每分钟60转绕z 轴做匀速转动(ω沿转轴正方向)。

设某时刻刚体上点P 的位置矢量为345r i j k =++，单位210m -，以210/m s -为速度单位，则该时刻P 点的速度为：【 B 】(A) 94.2125.6157.0v i j k =++；(B) 25.118.8v i j =-+；(C) 25.118.8v i j =--；(D) 31.4v k =。

02. 轮圈半径为R ，其质量M 均匀布在轮缘上，长为R ，质量为m 的均质辐条固定在轮心和轮缘间，辐条共有2N 根。

今若将辐条数减少N 根但保持轮对通过轮心，垂直于轮平面轴的转动惯量保持不变，则轮圈的质量为【 D 】(A)12N m M +； (B) 6N m M +； (C) 23N m M +； (D) 3Nm M +。

03. 如图所示，一质量为m 的均质杆长为l ，绕铅直轴OO '成θ角转动，其转动惯量为【 C 】(A)2112ml ；(B) 221sin 4ml θ；(C) 221sin 3ml θ； (D) 213ml 。

04. 关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是【 C 】 (A) 只取决于刚体的质量,与质量的空间分布和轴的位置无关； (B) 取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关； (C) 取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置；(D) 只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关。

05. 两个匀质圆盘A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ，若A B ρρ>，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘对通过盘心垂直于盘面轴的转动惯量各为A J 和B J ，则【 B 】(A) A B J J >； (B) B A J J >；(C) A B J J =； (D) A J 和B J 哪个大，不能确定。