刚体习题课
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刚体习题课资料
6、一飞轮以角速度0绕轴旋转，飞轮对轴的转
动惯量为J1，另一静止飞轮突然被啮合到同一个
轴上，该飞轮对轴的转动惯量为前者的两倍。啮 (1/3).0 合后整个系统的角速度
利用J1o=(J1+2J1)
一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M 的定滑轮，绳的两端分别悬有质量m1 和 m2 的物体 (m1< m2)，如图所示.绳与轮 之间无相对滑动，某时刻滑轮沿逆时针方 向转动，则绳的张力
（A）
2v 3L
4v （B） 5L 8v （D） 9 L
L
6v （C） 7L
以顺时针为转动正方向 两小球与细杆组成的系统 对竖直固定轴角动量守恒
m
v
o
m
o
v
L
由
及
Lmv+Lmv=2mL2+J
J= mL2/3
可知正确答案为 [ C ]
作业：P19.5
人：m=75kg，转台：J=3000kgm2, R=2m，初始，系 统静止；人沿转台边缘行走，v=1m/s,在转台上行走一 周所用的时间？ 解： 人和转台系统，外力矩为0，角动量守恒
0 mRv J1
2 2 T mR 2 2 1 2 (1 ) J
v 2 R
40 s 11
5.如图所示,一均匀 细杆长为 l ,质量为 m,平放在摩擦系数 为 m 的水平桌面上, 设开始时杆以角速 度 0 绕过中心 o 且 垂直与桌面的轴转 动,试求:
0
1 1 2 Md J 2 J12 2 26．动能定理 2 Nhomakorabea1
7．机械能守恒
1 1 2 2 mgh c1 J1 mgh c 2 J 2 2 2
8．刚体的角动量（动量矩）：
《刚体力学基础习题》课件
03 刚体的转动惯量
CHAPTER
转动惯量的定义与计算
转动惯量的定义
转动惯量是描述刚体转动惯性大小的物理量，其大小与刚体的质量分布和转轴的 位置有关。
转动惯量的计算
对于给定的刚体，可以通过积分计算其转动惯量，对于规则刚体，也可以通过公 式直接计算。
刚体的动量矩
动量矩的定义
动量矩是描述刚体转动动量的物理量 ，其大小等于刚体的动量与转动轴到 质心距离的乘积。
转动惯量与动量矩习题解析
转动惯量
01
描述物体转动惯性大小的物理量，与物体的质量分布和旋转轴
的位置有关。
动量矩
02
描述物体转动动量大小的物理量，等于物体质量与速度矢量的
乘积。
动量矩守恒
03
在没有外力矩作用的情况下，物体的动量矩保持不变。
谢谢
THANKS
04 刚体的动力学应用
CHAPTER
刚体的平动与转动
刚体的平动
刚体在空间中沿某一确定直线作等距离的移动，这种运动称为刚体的平动。
刚体的转动
刚体绕某一定点转动，这种运动称为刚体的转动。
刚体的定点运动
01
刚体的定点运动是指刚体绕通过 某一定点的转轴转动，其上任意 一点都绕该转轴作圆周运动。
02
刚体的定点运动可以分为定轴转 动、定平面转动和定点转动三种 类型。
转动动力学方程
T=Iβ（其中T为扭矩，I为转动惯量，β为角加速度）
复合运动动力学方程
需要将平动和转动动力学方程联立求解。
02 刚体转动的基本定理
CHAPTER
角动量定理
总结词
描述刚体转动时，力矩与角动量变化 量之间的关系。
详细描述
高二物理竞赛课件：刚体的运动习题课
右作纯滚动时角满足何条件？
解： 质心运动方程为
F cos Ff mac
绕质心转动方程为
R1
Ff R1 FR2 J
N
F
R2 O
纯滚动 ac R1
mg
ac
FR1(R1 cos
mR12 J
R2 )
Ff
o
x
ac
讨论：
FR1(R1 cos
mR12 J
R2 )
R1
N
R2 O
F
（1）当ac < 0，大木轴向左作
角绕动自 量身定轴 理转的动微的分角式动：量d：LLMJ drˆt
dL L sin d J sin d
dL M dt mgr sin dt
进动角速度
M L
d mgr dt J
Ω
Lห้องสมุดไป่ตู้
c
r
M
O mg
Ω
d
L
dL
L dL
O
结论：进动现象是自旋(spin)的物体在外力距作用下,沿外 力矩方向不断改变其自旋角动量方向的结果.
转动惯量
J z miri2 J z r2dm i
说明
刚体的转动惯量与以下三个因素有关：
（1）与刚体的体密度 有关．
（2）与刚体的几何形状及体密度 的分
布有关． （3）与转轴的位置有关．
对于质量连续分布的刚体：
J r2dm
J r 2dm r 2 dV
V
V
J r 2dm r 2dS （面质量分布）
的圆周上，绳的另一端悬挂在天花板上（如图）. 设绳的质量不计，求：(1)圆盘质心速度； (2)绳的 张力。
分析：
a. 质心运动定律
解： 质心运动方程为
F cos Ff mac
绕质心转动方程为
R1
Ff R1 FR2 J
N
F
R2 O
纯滚动 ac R1
mg
ac
FR1(R1 cos
mR12 J
R2 )
Ff
o
x
ac
讨论：
FR1(R1 cos
mR12 J
R2 )
R1
N
R2 O
F
（1）当ac < 0，大木轴向左作
角绕动自 量身定轴 理转的动微的分角式动：量d：LLMJ drˆt
dL L sin d J sin d
dL M dt mgr sin dt
进动角速度
M L
d mgr dt J
Ω
Lห้องสมุดไป่ตู้
c
r
M
O mg
Ω
d
L
dL
L dL
O
结论：进动现象是自旋(spin)的物体在外力距作用下,沿外 力矩方向不断改变其自旋角动量方向的结果.
转动惯量
J z miri2 J z r2dm i
说明
刚体的转动惯量与以下三个因素有关：
（1）与刚体的体密度 有关．
（2）与刚体的几何形状及体密度 的分
布有关． （3）与转轴的位置有关．
对于质量连续分布的刚体：
J r2dm
J r 2dm r 2 dV
V
V
J r 2dm r 2dS （面质量分布）
的圆周上，绳的另一端悬挂在天花板上（如图）. 设绳的质量不计，求：(1)圆盘质心速度； (2)绳的 张力。
分析：
a. 质心运动定律
《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。
刚体习题课 [修复的]
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以相对于地面为V 的速率在台边沿逆时针转向走动时，
则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为：
（A）
mR 2 J
(VR )
，顺时针；
（B）
mR 2 J
(VR ) ，逆时针；
（C） （D）
J
mR 2 mR 2
(VR
)
，顺时针；
J
mR 2 mR 2
(VR )
，逆时针。
[A ]
mR 2 (V )
为分（ （ （ （速析ABCD度）：）））rω单=位6093，3r4122eiˆ.则2v2.554/iˆ..m该11kˆki4iiˆˆˆ时n1=ˆ2j刻1151r.88Pe6v..点58ˆ8∴j/sk的ˆ=ˆ选jjˆ21速π5（r7度a.B0d为k）/ˆs ：∴P点在转动平面内对圆心
该时刻P点的速度为:
21
A
1 2
J
2
11
1 2
J
2
2 2
1 2
0.8 (2
37.5 60
)
2 (2
15 60
)2
3.70(J)
2022/1/25
22
5.19 如图所示，均匀杆长 L= 0.40m ，质量M
=1.0kg ，由其上端的光滑水平轴吊起而处于静
•
止。今有一质量为 m = 8.0g 的子弹以速度υ=
200m/s 水平射入杆中而不复出，射入点在轴下 d = 3L/4 处。
g
2022/1/25
18
5.13 一根均匀米尺，在60cm刻度处钉到墙上，且可以
在竖直平面内自由转动。先用手使米尺保持水平，然后
释放。求刚释放时米尺的角加速度和米尺到竖直位置时
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
刚体习题课.ppt
0 0
2J k 0
4、（习题集p6，35） 动力学 如图所示，质点的质量为2kg，位置矢量为 r ， 速度为 v ，它受到力F 的作用。这三个矢量均 在OXY面内，且r=3.0m，v=4.0m/s，F=2N，则 该质点对原点O的角动量 L= ＿＿＿ ；作用在 质点上的力对原点的力矩 M= ＿＿＿.
1 mvL 1 2 ML2 2 ML 3
v mvL m L J 2 3mv
∴选（B）
9、一质量为m的蚂蚁，在有光滑竖直固定中心轴 的圆盘边缘（圆盘放在光滑水平面上） ，沿逆时 针方向爬行，它相对于地面的速率为v，此时圆盘 正沿顺时针方向转动，相对于地面的角速度为 0， 设圆盘对中心轴的转动惯量为J，若蚂蚁遇到一面 包屑（质量不计）后停止爬行，则圆盘的角速度为 ＿＿＿ 解： 对（蚂蚁+盘）系统，对O轴
∴角动量守恒：
18（P4）质量为m的小孩站在半径为R 的水平平台边缘 上，平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动， 转动惯量为 J 。平台和小孩开始时均静止。当小孩突然 以相对于地面为V 的速率在台边沿逆时针转向走动时， 则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为： mR2 (V ) ，顺时针； （A） J R 2 mR (V ) ，逆时针； （B） J R
刚体： J L
二、2个定律 1.转动定律
M 外 J
1 2 Ek J 2
M r F
t2
2.角动量守恒定律
若M 外 0 L守恒
5.角冲量
t1
M dt
刚体定轴转动运动学
d , d d , 2 dt dt dt
2
匀变速转动：
r
（2）欲使圆盘对地静止，人 沿R/2圆周对圆盘的速度 v 的 大小及方向。
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
(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
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
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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
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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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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
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
习题课刚体
Fx
f
ML 2t
y向：Fy Mg (m 2d
( ML m d) m v0
2
t t
m g) Macn M 2
L 2
Fy
( ML 2
m d) 2
(M
m)g
（3）令上面的 Fx 0 即
( ML m d) m v0 0
2
t t
将 值代入可得 d 2L
3
5-19解:
（1）子弹冲入杆的过程中，子弹和杆系统
11.一长为l，质量为m的匀质细棒A，可绕固定端O点在
竖直面内无摩擦转动。棒被拉至水平位置由静止释放，
当它落至竖直位置时与地面上一质量也为m的静止物体
B碰撞，如图所示，B与地面间的摩擦系数为，碰撞后B
滑动了一段距离S后停止。求A与B碰撞后，棒的质心
（均匀棒的质心位于l/2处）离地面的最大高度h。
解:A由水平下摆至垂直,机械能守恒。
解:滑块与杆碰撞瞬间系统对Ｏ点的角动量守恒.
m2v1l J0 m2v2l
m
O
杆所受到的摩擦阻力矩
dm dx l
M
l
gxdm
0
1 2
m1 gl
m1
v1 m2 l
由角动量定理： Mt J J0
v2
则杆从转动到停止所用的时间t
J0
M
2m2
m1 g
(v1
v2
)
例 质量很小长度为l 的均匀细杆,可绕过其中心 O 并与纸面垂直的轴在竖直平面内转动.当细杆静止于水平
O
对悬点o所受外力矩为零。所以对此点的角 3
动量守恒，即
L 4
m v0
3 4
L
1 (
刚体平面运动习题课
大小 方向
？ ？
√
BC BC
？ BC
BC
2
√
√
√
A
aA
a CB
a CB
n
t
BC
B
BC
2
aB
1
O1
O2
a A a CA a CA a B a CB a CB
t n t n
两式相等：
大小
方向
√ √
AC
AC
？ AC
AC
2
√ √
BC BC
？ BC
BC
2
√
√
√
√
解出αAC 或 αBC 即可求解 a C
A
aA
AC
AC
a
a CA
t CA
a CB n
n a CB BC
t
BC
B
aB
2
O2
1
O1
图示机构，已知vA为常矢量，匀质圆盘在水平面上做纯滚动， AB杆长l，圆盘半径为R。试求图示位置时圆盘中心O的速度 和加速度。
B
D
60° M A
vA
解：求角速度。 分析：齿轮、齿条AB都做平面一般运动，齿轮纯滚动，M点为齿 轮的速度瞬心，于是D点的速度方向已知，AB的速度瞬心p已知。 几何关系MAD为等边三角形
MD 2 r sin 60 MA
Ap MA tan 60
2r
sin
2
60
cos 60
a CA
t
C
an CA
加速度分析
aC
大小
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3
m,l
mg
60°
6. 解：根据转动定律 M = J 1 其中 M mgl sin 30 mgl / 4 2
M 3g 7.35 rad/s 2 于是 J 4l l 当棒转动到水平位置时，M mg 2
m,l
M 3g 那么 14 .7 rad/s 2 J 2l
（A）必然增大;（B）必然减少; （C）不会改变;（D）如何变化,不能确定。
F
F
O
[ A ]
5. 一轴承光滑的定滑轮,质量为M,半径为R, 一根不能伸长的轻绳,一端缠绕在定滑轮上,另 一端系有一质量为m的物体,如图所示.已知定 滑轮的转动惯量为J=MR2/2.其初角速度0 ,方 0 向垂直纸面向里.求: R (1) 定滑轮的角加速度; M (2) 定滑轮的角速度变化到 =0时,物体上升的高度。
(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.
O A
(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]
3. 如图所示，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F， 而且F＝Mg．设A、B两滑轮的角加速度分别
俯视图
3mv/(2ML)
·
O
v
3．人造地球卫星绕地球作椭圆轨道运动， 卫星轨道近地点和远地点分别为A和B．用L 和EK分别表示卫星对地心的角动量及其动能 的瞬时值，则应有LA LB，EKA EkB （填>,<,=）
LA=LB，EKA>EKB
4.质量为0.05 kg的小块物体，置于一光滑水 平桌面上．有一绳一端连接此物，另一端 穿过桌面中心的小孔（如图所示）．该物 体原以3 rad/s的角速度在距孔0.2 m的圆周 上转动．今将绳从小孔缓慢往下拉，使该 物体之转动半径减为0.1 m．则物体的角速 度＝____________．
1.一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M的定 滑轮，绳的两端分别悬有质量m1 和 m2 的物体 (m1< m2)，如图所示.绳与轮之间无相对滑动， 某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳的张力
(A) 处处相等. (B) 左边大于右边. (C) 右边大于左边. (D) 无法判断.
o
m2
m1
[ C ]
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，在棒摆动到竖立 位置的过程中，下述说法哪一种是正确的？
o
m2
m1
解：两重物加速度大小a 相同，方向如图。
m1g－T1＝m1a T2－m2g＝m2a (T1－T2)r＝J a ＝r
m1 m2 gr 2 m1 m2 r J
α T1 T1 a rT 2 T2 a m1g m2g
开始时系统静止，故t 时刻 滑轮的角速度：
m1 m2 grt t 2 m1 m2 r J
mg
60°
7. 如图所示，两个同心圆盘结合在一起可绕中心轴转 动，大圆盘质量为 m1、半径为 R，小圆盘质量为 m2、 半径为 r，两圆盘都用力 F 作用，求角加速度。
解：以 m1、 m2 为研究对象，它们有共同 的角加速度，只有 F、F 产生力矩。 m1 FR Fr ( J 1 J 2 ) (1) r
为
A、 B ，不计滑轮轴的摩擦，则有
A B
(A) A B (B) A B (C) A B
M
F
(D) 开始时 A B，以后 A＜ B
[ C ]
4.一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的轴 o 以角速 度 按图示方向转动,若如图所示的情况那样, 将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的 力 F 沿盘面同时作用到盘上,则盘的角速度
3g 3rad/s 2l
60°
3. 一人站在旋转平台的中央,两臂侧平举,整个
系统以2 rad/s的角速度旋转，转动惯量为 6.0kgm2.如果将双臂收回则系统的转动惯量变 为2.0kgm2.此时系统的转动动能与原来的转动
J0 动能之比Ek/ Ek0为____________ 3 J
4. 如图所示，A和B两飞轮的轴杆可由摩擦啮合器使 之连接，A轮的转动惯量为JA=10kgm2，开始时B轮静 止，A轮以n1=600r/min转速转动，然后使A与B连接 ，因而B轮得到加速而A轮减速。直到两轮转速都等 于n=200r/min为止。求（1）B轮的转动惯量 ；（2） 两轮在啮合过程中，损失的机械能。
·
m
5. 解：(1) 对定滑轮和重物分别列方程,有 TR = (MR2/2) ① T mg = ma ②
R
·
0
a = R
得 = 2mg/(2m+M)R
③
m
M
负号表示方向与初角速度0的方向相反
(2) 2 _02 = 2
=0
= -02/(2) =02(2m+M)R /(4mg)
二、角动量守恒定律
1.刚体角动量守恒的充分而必要的条件是——.
2.如图所示,一静止的均匀细棒,长为L、质量为M, 可 绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O在水平 面内转动, 转动惯量为ML2/3.一质量为m、速率为v的 子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射入并穿出棒的自 由端,设穿过棒后子弹的速率为v/2,则此时棒的角速度 应为 . v/2
h=R =02(2m+M)R 2/(4mg)
6 . 一长为1 m的均匀直棒可绕过其一端且与棒 垂直的水平光滑固定轴转动．抬起另一端使 棒向上与水平面成60°，然后无初转速地将 1 棒释放．已知棒对轴的转动惯量为 ml 2 ，
其中m和l分别为棒的质量和长度．求： (1) 放手时棒的角加速度； (2) 棒转到水平位置时的角加速度．
1 1 2 2 E J A A J A J B 2 2 4 1.32 10 J
12rad/s
三、综合题
1. 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 角动量守恒 ____________ 守恒． O
·
○
2. 如图所示, 一匀质细杆可绕通过其一端的 水平光滑轴在竖直平面内自由转动. 杆长 l = (5/3)m,今使杆从与竖直方向成60°角 的位置由静止释放(g取10m/s2), 则杆的最 大角速度为____________
角动量
1. 质点
角动量定理 角动量守恒定律 刚体角动量
t2
t1
M dt L2 L1
2.刚体定 刚体角动量定理 轴转动
刚体角动量 守恒定律
四、刚体定轴转动的动能定理 物体系的机械能守恒定律
刚体转动动能：
刚体转动动能定理：
物体系的机械能守恒定律： 系统中只有保守力作功
一、转动定律的应用
m2 1 2 J1 m1 R (2) R 2 1 2 J 2 m2r (3) 2 F FR Fr 2 F ( R r ) F 2 2 m1R m2 r J1 J 2
8. 质量分别为m和2m、半径分别为r和2r的两个均匀圆 盘，同轴地粘在一起，可以绕通过盘心且垂直盘面的水 平光滑固定轴转动，对转轴的转动惯量为9mr2 / 2，大 小圆盘边缘都绕有绳子，绳子下端都挂一质量为m的重 物，如图所示．求盘的角加速度的大小．
A B A B
A
解:（1）以飞轮A、B和啮合器作为一系统, 系统没有受到其他外力矩，所以系统的角动 量守恒。
按角动量守恒定律可得
J A A＝J A J B
B轮的转动惯量为
A n1 n 2 JB JA J A 20 kg m n
（2）在啮合过程中，摩擦力矩作功，所以机 械能不守恒，部分机械能将转化为热量，损失 的机械能为
强调： 瞬时关系； 合外力矩； 力矩方向在转轴上。 一个力的力矩只有在转轴上，才对定轴 转动有贡献！
转动惯量：
J m r
i 1 n 2 i i
J —描述刚体转动惯性大小的物理量。 对质量连续分布的刚体：
J 对一个质点： m r
对一个系统： J 杆：
i
2
J
i
圆盘：
三、角动量定理和角动量守恒定律
2r m 2m m
r
m
8. 解：受力分析如图． mg－T2 = ma2 ① T1－mg = ma1 ② T2 (2r)－T1r = 9mr2 / 2 2r = a2 ④ r = a 1 ⑤
③
解上述5个联立方程，得：
a2
T2
P2
T1 a1
P1
2g 19 r
9.如图所示，设两重物的质量分别为m1和m2， 且m1＞m2，定滑轮的半径为r，对转轴的转动 惯量为J，轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩 擦不计．设开始时系统静止，试求 t 时刻滑轮 的角速度 。
刚体转动 题课
小 结
一、刚体的定轴转动
1. 刚体模型 2. 刚体定轴转动特点: , , 相同。 3. 刚体绕定轴作匀变速转动
0 t 2 1 0 0t 2 t
2 ( 0 )
2 2 0
二、刚体转动定律
M Z J
m,l
mg
60°
6. 解：根据转动定律 M = J 1 其中 M mgl sin 30 mgl / 4 2
M 3g 7.35 rad/s 2 于是 J 4l l 当棒转动到水平位置时，M mg 2
m,l
M 3g 那么 14 .7 rad/s 2 J 2l
（A）必然增大;（B）必然减少; （C）不会改变;（D）如何变化,不能确定。
F
F
O
[ A ]
5. 一轴承光滑的定滑轮,质量为M,半径为R, 一根不能伸长的轻绳,一端缠绕在定滑轮上,另 一端系有一质量为m的物体,如图所示.已知定 滑轮的转动惯量为J=MR2/2.其初角速度0 ,方 0 向垂直纸面向里.求: R (1) 定滑轮的角加速度; M (2) 定滑轮的角速度变化到 =0时,物体上升的高度。
(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.
O A
(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]
3. 如图所示，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F， 而且F＝Mg．设A、B两滑轮的角加速度分别
俯视图
3mv/(2ML)
·
O
v
3．人造地球卫星绕地球作椭圆轨道运动， 卫星轨道近地点和远地点分别为A和B．用L 和EK分别表示卫星对地心的角动量及其动能 的瞬时值，则应有LA LB，EKA EkB （填>,<,=）
LA=LB，EKA>EKB
4.质量为0.05 kg的小块物体，置于一光滑水 平桌面上．有一绳一端连接此物，另一端 穿过桌面中心的小孔（如图所示）．该物 体原以3 rad/s的角速度在距孔0.2 m的圆周 上转动．今将绳从小孔缓慢往下拉，使该 物体之转动半径减为0.1 m．则物体的角速 度＝____________．
1.一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M的定 滑轮，绳的两端分别悬有质量m1 和 m2 的物体 (m1< m2)，如图所示.绳与轮之间无相对滑动， 某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳的张力
(A) 处处相等. (B) 左边大于右边. (C) 右边大于左边. (D) 无法判断.
o
m2
m1
[ C ]
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，在棒摆动到竖立 位置的过程中，下述说法哪一种是正确的？
o
m2
m1
解：两重物加速度大小a 相同，方向如图。
m1g－T1＝m1a T2－m2g＝m2a (T1－T2)r＝J a ＝r
m1 m2 gr 2 m1 m2 r J
α T1 T1 a rT 2 T2 a m1g m2g
开始时系统静止，故t 时刻 滑轮的角速度：
m1 m2 grt t 2 m1 m2 r J
mg
60°
7. 如图所示，两个同心圆盘结合在一起可绕中心轴转 动，大圆盘质量为 m1、半径为 R，小圆盘质量为 m2、 半径为 r，两圆盘都用力 F 作用，求角加速度。
解：以 m1、 m2 为研究对象，它们有共同 的角加速度，只有 F、F 产生力矩。 m1 FR Fr ( J 1 J 2 ) (1) r
为
A、 B ，不计滑轮轴的摩擦，则有
A B
(A) A B (B) A B (C) A B
M
F
(D) 开始时 A B，以后 A＜ B
[ C ]
4.一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的轴 o 以角速 度 按图示方向转动,若如图所示的情况那样, 将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的 力 F 沿盘面同时作用到盘上,则盘的角速度
3g 3rad/s 2l
60°
3. 一人站在旋转平台的中央,两臂侧平举,整个
系统以2 rad/s的角速度旋转，转动惯量为 6.0kgm2.如果将双臂收回则系统的转动惯量变 为2.0kgm2.此时系统的转动动能与原来的转动
J0 动能之比Ek/ Ek0为____________ 3 J
4. 如图所示，A和B两飞轮的轴杆可由摩擦啮合器使 之连接，A轮的转动惯量为JA=10kgm2，开始时B轮静 止，A轮以n1=600r/min转速转动，然后使A与B连接 ，因而B轮得到加速而A轮减速。直到两轮转速都等 于n=200r/min为止。求（1）B轮的转动惯量 ；（2） 两轮在啮合过程中，损失的机械能。
·
m
5. 解：(1) 对定滑轮和重物分别列方程,有 TR = (MR2/2) ① T mg = ma ②
R
·
0
a = R
得 = 2mg/(2m+M)R
③
m
M
负号表示方向与初角速度0的方向相反
(2) 2 _02 = 2
=0
= -02/(2) =02(2m+M)R /(4mg)
二、角动量守恒定律
1.刚体角动量守恒的充分而必要的条件是——.
2.如图所示,一静止的均匀细棒,长为L、质量为M, 可 绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O在水平 面内转动, 转动惯量为ML2/3.一质量为m、速率为v的 子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射入并穿出棒的自 由端,设穿过棒后子弹的速率为v/2,则此时棒的角速度 应为 . v/2
h=R =02(2m+M)R 2/(4mg)
6 . 一长为1 m的均匀直棒可绕过其一端且与棒 垂直的水平光滑固定轴转动．抬起另一端使 棒向上与水平面成60°，然后无初转速地将 1 棒释放．已知棒对轴的转动惯量为 ml 2 ，
其中m和l分别为棒的质量和长度．求： (1) 放手时棒的角加速度； (2) 棒转到水平位置时的角加速度．
1 1 2 2 E J A A J A J B 2 2 4 1.32 10 J
12rad/s
三、综合题
1. 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 角动量守恒 ____________ 守恒． O
·
○
2. 如图所示, 一匀质细杆可绕通过其一端的 水平光滑轴在竖直平面内自由转动. 杆长 l = (5/3)m,今使杆从与竖直方向成60°角 的位置由静止释放(g取10m/s2), 则杆的最 大角速度为____________
角动量
1. 质点
角动量定理 角动量守恒定律 刚体角动量
t2
t1
M dt L2 L1
2.刚体定 刚体角动量定理 轴转动
刚体角动量 守恒定律
四、刚体定轴转动的动能定理 物体系的机械能守恒定律
刚体转动动能：
刚体转动动能定理：
物体系的机械能守恒定律： 系统中只有保守力作功
一、转动定律的应用
m2 1 2 J1 m1 R (2) R 2 1 2 J 2 m2r (3) 2 F FR Fr 2 F ( R r ) F 2 2 m1R m2 r J1 J 2
8. 质量分别为m和2m、半径分别为r和2r的两个均匀圆 盘，同轴地粘在一起，可以绕通过盘心且垂直盘面的水 平光滑固定轴转动，对转轴的转动惯量为9mr2 / 2，大 小圆盘边缘都绕有绳子，绳子下端都挂一质量为m的重 物，如图所示．求盘的角加速度的大小．
A B A B
A
解:（1）以飞轮A、B和啮合器作为一系统, 系统没有受到其他外力矩，所以系统的角动 量守恒。
按角动量守恒定律可得
J A A＝J A J B
B轮的转动惯量为
A n1 n 2 JB JA J A 20 kg m n
（2）在啮合过程中，摩擦力矩作功，所以机 械能不守恒，部分机械能将转化为热量，损失 的机械能为
强调： 瞬时关系； 合外力矩； 力矩方向在转轴上。 一个力的力矩只有在转轴上，才对定轴 转动有贡献！
转动惯量：
J m r
i 1 n 2 i i
J —描述刚体转动惯性大小的物理量。 对质量连续分布的刚体：
J 对一个质点： m r
对一个系统： J 杆：
i
2
J
i
圆盘：
三、角动量定理和角动量守恒定律
2r m 2m m
r
m
8. 解：受力分析如图． mg－T2 = ma2 ① T1－mg = ma1 ② T2 (2r)－T1r = 9mr2 / 2 2r = a2 ④ r = a 1 ⑤
③
解上述5个联立方程，得：
a2
T2
P2
T1 a1
P1
2g 19 r
9.如图所示，设两重物的质量分别为m1和m2， 且m1＞m2，定滑轮的半径为r，对转轴的转动 惯量为J，轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩 擦不计．设开始时系统静止，试求 t 时刻滑轮 的角速度 。
刚体转动 题课
小 结
一、刚体的定轴转动
1. 刚体模型 2. 刚体定轴转动特点: , , 相同。 3. 刚体绕定轴作匀变速转动
0 t 2 1 0 0t 2 t
2 ( 0 )
2 2 0
二、刚体转动定律
M Z J