大学物理 第5章 刚体力学基础 动量矩
大学物理第5章 刚体力学基础ppt课件
z
or
d
F
P
Mz的方向平行于转轴，由右手螺旋定则确定。
2、F不在转轴平面内 把F分解为三个分量 Fz, Fr, Ft, Fr的力矩为零, Fz的力矩不为零， 但不影响刚体的定轴转动， Ft的力矩沿轴向， 它对角动量有贡献。
z
Fz
F
r
o
P Fr
Ft
3、多个力作用于刚体 各外力作用点各不相同，外力对转轴
1、转动定律适用条件：刚体定轴转动。 2、M 一定：作用不同刚体上，J 大时，β 小， 转速不宜
改变，转动惯性大。反之，J 小，转动惯性小。 — 转动惯量是物体转动惯性大小的量度。
M J 类比 F ma
3、刚体转动定律是解决刚体转动问题的重要定律。 应用时应注意以下问题： ① 力矩和转动惯量必须对同一转轴而言。
M
r
m1
对重物应用牛顿第二定律，得
T f m 2 g si n m 2 a
N
T
对滑轮应用转动定律，得
f
• o
T
MTrJ
m2g
关联方程为： a r
J
1 2
m1r 2
TT fN m 2gco s
联立得：
Mm2grsinm2gcos
1 2m1r2m2r2
由于 为常量，故滑轮作匀变速转动．则
2 2
an
l2
9gcos
4
例题5-10 一恒力矩M作用于斜面顶点的滑轮上，滑轮的半径为r,
质量为m1，质量为m2的重物通过一不可伸长的轻绳固定在轮的边
缘，重物沿倾角为α的斜面上升．重物与斜面间的摩擦系数为μ。
求：轮子由静止开始转过角 后获得多大的角速度？
济南大学大学物理大作业完整答案
济南大学大学物理大作业答案完整版第1章 质点运动学§1.3 用直角坐标表示位移、速度和加速度一．选择题和填空题1. (B)2. (B)3. 8 m10 m4. ()[]t t A t ωβωωωββsin 2cos e 22 +--()ωπ/1221+n (n = 0, 1, 2,…) 5. h 1v /(h 1-h 2)二．计算题1解: (1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2 v (2) =-6 m/s (3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m2解： =a d v /d t 4=t ，d v 4=t d t⎰⎰=vv 00d 4d tt tv=2t 2v=dx/dt=2t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰=x 2=t 3 /3+x 0 (SI)§1.5 圆周运动的角量描述 角量与线量的关系一．选择题和填空题 1. (D) 2. (C)3. 16R t 24rad /s 24. -c(b -ct )2/R二．计算题1. 解： ct b t S +==d /d v c t a t ==d /d v ()R ct b a n /2+=根据题意： a t = a n 即 ()R ct b c /2+=解得 cbc R t -=§1.6 不同参考系中的速度和加速度变换定理简介一．选择题和填空题1. (C)2. (B)3. (A)4.0321=++v v v二．计算题1.解：选取如图所示的坐标系，以V表示质点的对地速度，其x 、y 方向投影为：u gy u V x x +=+=αcos 2v ，αsin 2gy V y y ==v当y =h 时，V的大小为： ()2cos 222222αgh u gh uy x ++=+=V V V V 的方向与x 轴夹角为γ，ugh gh xy +==--ααγcos 2sin 2tg tg 11V V第2章 牛顿定律§2.3 牛顿运动定律的应用一．选择题和填空题 1. (C) 2. (C) 3. (E)4. l/cos 2θ5. θcos /mgθθcos sin gl二．计算题1. 解：质量为M 的物块作圆周运动的向心力，由它与平台间的摩擦力f和质量为m 的物块对它的拉力F的合力提供．当M 物块有离心趋势时，f 和F 的方向相同，而当M 物块有向心运动趋势时，二者的方向相反．因M 物块相对于转台静止，故有F + f max =M r max ω2 2分 F － f max =M r min ω2 2分m 物块是静止的，因而F = m g 1分 又 f max =μs M g 1分 故2.372max =+=ωμM Mgmg r s mm 2分 4.122min=-=ωμM Mg mg r s mm 2分γ v2. 解：球A 只受法向力N 和重力g m，根据牛顿第二定律法向： R m mg N /cos 2v =-θ ① 1分 切向： t ma mg =θsin ② 1分由①式可得 )/c o s (2R g m N v +=θ 1分 根据牛顿第三定律，球对槽压力大小同上，方向沿半径向外． 1分 由②式得 θsin g a t = 1分三．理论推导与证明题 证：小球受力如图，根据牛顿第二定律tm ma F k mg d d vv ==--t mF k mg d /)(d =--v v初始条件： t = 0, v = 0．⎰⎰=-tt F)/m k mg 00d (d v -v v∴ k F mg mkt /)e1)((/---=v第3章 功和能§3.3 动能定理一．选择题和填空题 1. (B) 2. (C)3. 1.28×104 J4. 18 J 6 m/s二．计算题1. 解：用动能定理，对物体⎰⎰+==-402402d 610d 021x x x F m )(v 3分3210x x +=＝168解出 v ＝13 m/s 2分§3.4（1）势能一．选择题和填空题1.(C)2. 20kx2021kx -2021kx3. R GmM 32RG m M 3-4. 保守力的功与路径无关W = -ΔE P二．计算题1. 解：(1) 外力做的功＝31 J 1分(2) 设弹力为F ′= 5.34 m/s 1分(3) 此力为保守力，因为其功的值仅与弹簧的始末态有关． 2分§3.4（2）机械能守恒定律一．选择题和填空题1. (C)2.)(mr k )2(r k -二．计算题1. (1)建立如图坐标.某一时刻桌面上全链条长为y ,则摩擦力大小为g lymf μ= 1分 摩擦力的功 ⎰⎰--==00d d a l a l f y gy lmy f W μ 2分=022a l y l mg -μ =2)(2a l lmg--μ 2分 (2)以链条为对象，应用质点的动能定理 ∑W ＝222121v v m m-其中 ∑W = W P ＋W f ，v 0 = 0 1分W P =⎰la x P d =la l mg x x l mg la 2)(d 22-=⎰ 2分al -a⎰⎰⋅+==21d )4.388.52(d 2x x xx x xF W ⎰⎰⋅=-==1212d d 21'2x x x x Wx F x F m v 3分3分由上问知 la l mg W f 2)(2--=μ所以222221)(22)(v m a l l mg l a l mg =---μ 得 []21222)()(a l a l lg ---=μv 2分 2. 解：把卸料车视为质点．设弹簧被压缩的最大长度为l ，劲度系数为k ．在卸料车由最高点下滑到弹簧压缩最大这一过程中，应用功能原理有h G kl h G 12121sin 2.0-=-α ① 2分对卸料车卸料后回升过程应用功能原理，可得：22221sin 2.0kl h G h G -=-α ② 2分由式①和②联立解得： 372.030sin 2.030sin 21=-︒+︒=G G 1分第4章 冲量和动量§4.2 质点系的动量定理一．选择题和填空题 1. (D) 2. (C)3. 18 N ²s二．计算题1. 解：设在某极短的时间t ∆内落在传送带B 上矿砂的质量为m ，即m=q mt ∆，这时矿砂动量的增量为（参看附图）图1分12v v vm m m -=∆)( 1212221s m kg 98.375cos 2)(-⋅⋅∆=︒-+=∆t q m m m v v v v v 2分设传送带作用在矿砂上的力为F，根据动量定理)(v m t F ∆=∆ 于是 N 2.213.98/)(==∆∆=m q t m F v2分 方向： ︒==︒∆2975θ,sin sin )(θm m 2v v 2分由牛顿第三定律，矿砂作用在传送带B 上的（撞击）力与F大小相等方向相反，即等于2.21 N ，偏离竖直方向1︒，指向前下方． 1分§4.3 质点系动量守恒定律一．选择题和填空题 1. (C)2. 4.33 m/s ；与A 原先运动方向成 -30° 3.二．计算题1. 解：这个问题有两个物理过程：第一过程为木块M 沿光滑的固定斜面下滑，到达B 点时速度的大小为θsin gl 21=v 1分方向：沿斜面向下第二个过程：子弹与木块作完全非弹性碰撞．在斜面方向上，内力的分量远远大于外力，动量近似守恒，以斜面向上为正，则有V v v )(cos M m M m +=-1θ 3分Mm gl M m +-=θθsin cos 2v V 1分2. 解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v '有 m v 0 = m v +M v 'v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s 2分 T =Mg+M v 2/l =26.5 N 2分(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v方向为正方向) 2分负号表示冲量方向与0v方向相反． 2分第5章 刚体力学基础 动量矩§5.2 力矩 刚体绕定轴转动微分方程量一．选择题和填空题 1. (C) 2. (B) 3.（B)4. 6.54 rad / s 24.8 s5. 62.51.67ｓ6. 0.25 kg ²m 2二．计算题1. 解：(1) ∵ mg －T ＝ma 1分TR ＝J β 2分 a ＝R β 1分 ∴ β = mgR / (mR 2＋J )()R M m mgMR mR mgR +=+=222122 ＝81.7 rad/s 2 1分 方向垂直纸面向外． 1分211m m t F +∆22211m t F m m t F ∆∆++(2) ∵βθωω2202-=当ω＝0 时， rad 612.0220==βωθ物体上升的高度h = R θ = 6.12³10-2 m 2分(3)==βθω210.0 rad/s方向垂直纸面向外. 2分2. 解：(1) 0＝ω 0＋β tβ＝－ω 0 / t ＝－0.50 rad ²s -2 2分 (2) M r ＝ml 2β / 12＝－0.25 N ²m 2分 (3) θ10＝ω 0t ＋21β t 2＝75 rad 1分§5.3 绕定轴转动刚体的动能 动能定理一．选择题和填空题 1. (D) 2. (A) 3.（D)4. 6π rad/s 237 J5. 角动量gl mM 334二．计算题1.解：选泥团和杆为系统，在打击过程中，系统所受外力对O 轴的合力矩为零，对定轴O 的角动量守恒，设刚打击后两者一起摆起的角速度为ω，则有 1分ωJ lm lm +=v v 110 ① 2分其中 2/l ⋅=ωv ② 1分在泥团、杆上摆过程中，选杆、泥团、地球为系统，有机械能守恒．当杆摆到最大角度θ 时有()()222121cos 121ωθJ m l g m M +=-+v ③ 3分联立解以上三式可得()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-=-gl M m m M m 4331cos 221v θ 3分2.解：(1) 将转台、砝码、人看作一个系统，过程中人作的功W 等于系统动能之增量： W ＝∆E k ＝212210222204)21(214)21(21n ml J n ml J π+-π+2 4分 这里的J 0是没有砝码时系统的转动惯量．(2) 过程中无外力矩作用，系统的动量矩守恒：2π(J 0＋2121ml ) n 1 = 2π (J 0＋2221ml ) n 2 ∴ ()()1222212102n n n l n l m J --= 4分(3) 将J 0代入W 式，得 ()2221212l l n mn W -π= 2分a§5.4 动量矩和动量矩守恒定律一．选择题和填空题 1. (C) 2. (B) 3.（C) 4.（D)5. 031ω6. ()212m R J m r J ++ω 7. ()l m M /3460+v二．计算题1. 解：将杆与两小球视为一刚体，水平飞来小球与刚体视为一系统．由角动量守恒得 1分ωJ l m lm +-=3223200v v （逆时针为正向） ① 2分 又 22)3(2)32(l m l m J += ② 1分将②代入①得 l230v =ω 1分2. 解：(1) 设当人以速率v 沿相对圆盘转动相反的方向走动时，圆盘对地的绕轴角速度为ω，则人对与地固联的转轴的角速度为R R v v221-=-='ωωω ① 2分 人与盘视为系统，所受对转轴合外力矩为零，系统的角动量守恒． 1分设盘的质量为M ，则人的质量为M / 10，有：ωωω'⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+22022211021211021R M MR R M MR ② 2分 将①式代入②式得：R2120v+=ωω ③ 1分(2) 欲使盘对地静止，则式③必为零．即ω0 +2v / (21R )＝0 2分 得： v ＝－21R ω0 / 2 1分式中负号表示人的走动方向与上一问中人走动的方向相反，即与盘的初始转动方向一致．1分3. 解：(1) 角动量守恒：ω⎪⎭⎫ ⎝⎛'+='2231l m ml l m v 2分∴l m m m ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+'=31vω＝15.4 rad ²s -1 2分(2) －M r ＝(231ml ＋2l m ')β 2分0－ω 2＝2βθ 2分∴ rM l m m 23122ωθ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=＝15.4 rad 2分答案 第六章 振动§6.1-1简谐振动 振幅 周期和频率 相位1-2.BB3. 1.2 s 1分; －20.9 cm/s 2分.4. 0.05 m 2分; -0.205π（或-36.9°）2分.5. )212cos(π-πT t A 2分; )312cos(π+πT t A 2分.二计算题1. 解: (1) v m = ωA ∴ω = v m / A =1.5 s -1∴ T = 2π/ω = 4.19 s 3分(2) a m = ω2A = v m ω = 4.5³10-2m/s 2 2分(3) π=21φ x = 0.02)215.1cos(π+t (SI) 3分 2. 解：(1) 1s 10/-==m k ω 1分, 63.0/2=π=ωT s 1分(2) A = 15 cm ，在 t = 0时，x 0 = 7.5 cm ，v 0 < 0 由 2020)/(ωv +=x A 得 3.12020-=--=x A ωv m/s 2分π=-=-31)/(tg 001x ωφv 或 4π/3 2分;∵ x 0 > 0 ，∴ π=31φ(3) )3110cos(10152π+⨯=-t x (SI) 2分§6.1-2简谐运动的能量1-3:DBD4. b ，f 2分; a ，e 2分.5. 9.90³102 J 3分§9-3旋转矢量1-6:BBBBCA7. π 1分; - π /2 2分; π/3． 2分.8. 10 cm 1分; (π/6) rad/s 1分; π/3 1分. 二.计算题1. 解：旋转矢量如图所示． 图3分由振动方程可得 π21=ω，π=∆31φ 1分667.0/=∆=∆ωφt s 1分2. 解：(1) 设振动方程为 )cos(φω+=t A x-由曲线可知 A = 10 cm , t = 0，φcos 1050=-=x ，0sin 100<-=φωv 解上面两式，可得 φ = 2π/3 2分由图可知质点由位移为 x 0 = -5 cm 和v 0 < 0的状态到x = 0和 v > 0的状态所需时间t = 2 s ，代入振动方程得 )3/22c o s (100π+=ω(SI) 则有2/33/22π=π+ω，∴ ω = 5 π/12 2分 故所求振动方程为：)3/212/5cos(1.0π+π=t x (SI) 1分 3. 解：依题意画出旋转矢量图3分。
大学物理第5章刚体的定轴转动
d ctdt
对上式两边积分得
d c td t
0 0
t
1 2 ct 2
2 2 600π π 3 rad s 由给定条件， c 2 t 300 2 75
d π 2 由角速度的定义，则任意 t 时刻的角速度可写为： d t 150
得到： 转子转数：
A M d E K
a b
动能定理
动量定理
A F ds E K
动能定理 角动量定理 角动量 守恒
t 0Fdt P
t
动量守恒
F 0, P 0
t 0 M z dt Lz
t
M 0, L 0
§5.1 刚体、刚体运动
一、一般运动 二、刚体的定轴转动 三、解决刚体动力学问题的一般方法
基本方法： 加
质点系运动定理 刚体特性 平动：动量定理
刚体定轴转动的 动能定理 角动量定理
F mac
可以解决刚体的一般运动（平动加转动）
一、一般运动
1. 刚体 特殊的质点系， 形状和体积不变化 —— 理想化模型 在力作用下，组成物体的所有质点间的距离始终保持不变 2. 自由度 确定物体的位置所需要的独立坐标数 —— 物体的自由度数 z
刚体平面运动可看做刚体的平动与定轴转动的合成。 例如：车轮的滚动可以看成车轮随轮 轴的平动与绕轮轴的转动的组合。 描述刚体平面运动的自由度：3个
定点转动 刚体运动时，刚体上的一点固定不动，刚体绕过定点的一 瞬时转轴的转动，称作定点转动。
描述定点转动的自由度：3个
刚体的一般运动 质心的平动
+
绕质心的转动
z
描述刚体绕定轴转动的角量： 角坐标
吴百诗,大学物理习题解析答案1,2,3,4目录
吴百诗，《大学物理(下册)(第3次修订本B)》荣获国家教委优秀教材一等奖
大学物理习题解析答案2_西安交通大学出版社_吴百诗
文件（一）页码顺序P.1，10；P.100～109；P.11，P.110~119；P.12；P.120~129；P.13；P.130~139；P.14；P.140~149; P.15；P150~159；P.16；P.160~169；P.17。
第2章牛顿运动定律习题
第3章功和能习题（文件四）
第4章冲量和动量习题（文件四）
第5章刚体力学基础动量矩习题（文件四）
第6章机械振动基础习题第11章（文件二）
第7章机械波习题第12章（文件二）
第8章热力学习题第9章（文件二）
第9章气体动理论习题第10章（文件二）
《大学物理(下册)(第3次修订本B)》。
第10章静电场习题第6章（文件一、四）
第11章恒定电流的磁场习题第7章（文件一）
第12章电磁感应与电磁场习题第8章（文件一）
第13章波动光学基础习题（文件三）
第14章狭义相对论力学基础习题（文件三）
第15章量子物理基础习题（文件三）
第16章原子核物理和粒子物理简介习题（文件三）
第17章固体物理简介激光习题（文件三）。
大学物理 第五章.
时，
刚体定轴转动的 角动量守恒定律
35
§5.4 刚体的角动量定理及守恒定律
例5.6：如图，质量为M，半径为R的转台，可绕通过中心竖直轴
转动，阻力忽略不计，质量为m的人站在台的边缘，人和台原来都 静止，如果人沿转台的边缘绕行了一周，问相对地面转台转过了多 少角度？
解：把人和转台看做一个系统
系统的角动量守恒 规定：逆时针转动为正方向，以 地面为参考系。 设人的角速度为ω，转台的角速度为Ω。
或
A = ∫ Mdθ = Mθ
42
例5.9：一质量为m，长为 l的匀质杆，两端用绳悬挂杆处于水平 状态，现突然将杆右端的悬线剪断，求(1)此瞬间另一根绳受到 的张力 ;(2)剪断绳子之后任一时刻杆的角速度 ω与转过角度 θ之 间的关系。 解： （1）首先考虑杆绕O点的的转动 根据转动定律： T O
匀变速运动
6
§5.1 刚体及其定轴转动描述
例5.1：一汽车发动机的转速在5s内由200r（转）/min均匀地增加 到3000r（转）/min。（1）求在这段时间内的初角速度、末角速 度和角加速度；（2）求这段时间内转过的角度；（3）发动机轴 上装有一半径为R=0.15m的飞轮，求轮边缘上一点在这第5s末的 切向加速度、法向加速度和总加速度。
24
§5.3 刚体转动的功和能
回顾： 质点 质量 牛顿运动定律
M = Jβ
刚体 转动惯量 转动定律
力做功
力矩做功
25
§5.3 刚体转动的功和能
一、力矩的功
轴
dθ dr α r
α
F 在转动平面内
ω
元功： dA = F • dr = F dr cos α = F ( rdθ ) cos α F ( r cos α )dθ = Mdθ
《大学物理》期末复习试卷及答案(二)
第4章 冲量和动量§4.2 质点系的动量定理一．选择题和填空题1. 如图所示．一斜面固定在卡车上，一物块置于该斜面上．在卡车沿水平方向加速起动的过程中，物块在斜面上无相对滑动. 此时斜面上摩擦力对物块的冲量的方向 (A) 是水平向前的． (B) 只可能沿斜面向上． (C) 只可能沿斜面向下．(D) 沿斜面向上或向下均有可能． ［ ］2. 如图所示，圆锥摆的摆球质量为m ，速率为v ，圆半径为R ，当摆球在轨道上运动半周时，摆球所受重力冲量的大小为(A) 2m v ． (B) 22)/()2(v v R mg m π+(C) v /Rmg π．(D) 0．［ ］3. 设作用在质量为1 kg 的物体上的力F ＝6t ＋3（SI ）．如果物体在这一力的作用下，由静0到2.0 s 的时间间隔内，这个力作用在物体上的冲量大小Ｉ＝__________________．二．计算题1. 矿砂从传送带A 落到另一传送带B （如图），其速度的大小v 1＝4 m/s ，速度方向与竖直方向成30︒角，而传送带B 与水平成15︒角，其速度的大小v 2＝2 m/s ．如果传送带的运送量恒定，设为m q ＝2000 kg/h ，求矿砂作用在传送带B 上的力的大小和方向．θmmvR30°15°B1v 2vA§4.3 质点系动量守恒定律一． 选择题和填空题在水平冰面上以一定速度向东行驶的炮车，向东南（斜向上）方向发射一炮弹，对于炮车和炮弹这一系统，在此过程中（忽略冰面摩擦力及空气阻力） (A) 总动量守恒． (B) 总动量在炮身前进的方向上的分量守恒，其它方向动量不守恒． (C) 总动量在水平面上任意方向的分量守恒，竖直方向分量不守恒．(D) 总动量在任何方向的分量均不守恒． ［ ］质量为1 kg 的球A 以5 m/s 的速率和另一静止的、质量也为1 kg 的球B 在光滑水平面上碰撞后球B 以2.5 m/s 的速率，沿与A 原先运动的方向成60°的方向运动，则球A 的速率为__________________________，方向为________________________________. 两块并排的木块Ａ和Ｂ，质量分别为m 1和m 2 ，静止地放置在光滑一子弹水平地穿过两木块，设子弹穿过两木块所用的时间分别为∆t 1 和∆t 2 ,木块对子弹的阻力为恒力F ，则子弹穿出后，木块A 的速度大小为_________________________________，木块B 的速度大小为______________________．二．计算题1. 质量为M 的木块在光滑的固定斜面上，由A 点从静止开始下滑，当经过路程l 运动到B 点时，木块被一颗水平飞来的子弹射中，子弹立即陷入木块内．设子弹的质量为m ，速度为v，求子弹射中木块后，子弹与木块的共同速度．质量为M ＝1.5 kg 的物体，用一根长为l ＝1.25 m 今有一质量为m ＝10 g 的子弹以v 0＝500 m/s 的水平速度射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大小v ＝30 m/s ，设穿透时间极短．求： (1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小；(2) 子弹在穿透过程中所受的冲量．M 0v第5章 刚体力学基础 动量矩§5.2 力矩 刚体绕定轴转动微分方程量3. 两个匀质圆盘A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ，若ρA ＞ρB ，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J A 和J B ，则 (A) J A ＞J B ． (B) J B ＞J A ．(C) J A ＝J B ． (D) J A 、J B 哪个大，不能确定． ［ ］4. 一个以恒定角加速度转动的圆盘，如果在某一时刻的角速度为ω1＝20πrad/s ，再转60转后角速度为ω2＝30π rad /s ，则角加速度β =_____________，转过上述60转所需的时间Δt ＝________________．5. 一飞轮作匀减速转动，在5 s 内角速度由40π rad ·s -1减到10π rad ·s -1，则飞轮在这5 s 内总共转过了________________圈，飞轮再经______________的时间才能停止转动．6. 一个作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量为J ．正以角速度ω0＝10 rad ·s -1匀速转动．现对物体加一恒定制动力矩 M ＝－0.5 N ·m ，经过时间t ＝5.0 s 后， 物体停止了转动．物体的转动惯量J ＝__________．二．计算题§5.3 绕定轴转动刚体的动能 动能定理一．选择题和填空题1. 图(a)为一绳长为l 、质量为m 的单摆．图(b)为一长度为l 、质量为m 能绕水平固定轴O 自由转动的匀质细棒．现将单摆和细棒同时从与竖直线成θ 角度的位置由静止释放，若运动到竖直位置时，单摆、细棒角速度分别以ω 1、ω 2表示．则：(A) 2121ωω=． (B) ω 1 = ω 2．(C) 2132ωω=． (D) 213/2ωω=． ［ ］3.一人站在旋转平台的中央，两臂侧平举，整个系统以2π rad/s 的角速度旋转，转动惯量为 6.0 kg ·m 2．如果将双臂收回则系统的转动惯量变为2.0 kg ·m 2．此时系统的转动动能与原来的转动动能之比E k / E k 0为(A) 2． (B) 3．(C) 2． (D) 3． ［ ］(a)(b)二．计算题2.某人站在水平转台的中央，与转台一起以恒定的转速n 1转动，他的两手各拿一个质量为m 的砝码，砝码彼此相距l 1 (每一砝码离转轴21l 1),当此人将砝码拉近到距离为l 2时(每一砝码离转轴为21l 2)，整个系统转速变为n 2．求在此过程中人所作的功．(假定人在收臂过程中自身对轴的转动惯量的变化可以忽略)§5.4 动量矩和动量矩守恒定律的两端滑动．不考虑转轴的和空气的摩擦，当两球都滑至杆端时，杆的角速度为(A) 2ω 0． (B)ω 0．(C)21 ω 0． (D)041ω． ［ ］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＝__________________．6. 有一半径为R 的匀质圆形水平转台，可绕通过盘心O 且垂直于盘面的竖直固定轴OO ＇转动，转动惯量为J ．台上有一人，质量为m ．当他站在离转轴r 处时(r ＜R )，转台和人一起以ω1的角速度转动，如图．若转轴处摩擦可以忽略，问当人走到转台边缘时，转台和人一起转动的角速度ω2＝__________________________．二．计算题1m21v 0v2. 在半径为R 的具有光滑竖直固定中心轴的水平圆盘上，有一人静止站立在距转轴为R 21处，人的质量是圆盘质量的1/10．开始时盘载人对地以角速度ω0匀速转动，现在此人垂直圆盘半径相对于盘以速率v 沿与盘转动相反方向作圆周运动，如图所示． 已知圆盘对中心轴的转动惯量为221MR ．求： (1) 圆盘对地的角速度． (2) 欲使圆盘对地静止，人应沿着R 21圆周对圆盘的速度v 的大小及方向？ω参考答案 第4章 冲量和动量§4.2质点系的动量定理一．选择题和填空题 1. (D) 2. (C)3. 18 N ·s二．计算题1. 解：设在某极短的时间t ∆内落在传送带B 上矿砂的质量为m ，即m=q m t ∆，这时矿砂动量的增量为（参看附图） 图1分12v v vm m m -=∆)( 1212221s m kg 98.375cos 2)(-⋅⋅∆=︒-+=∆t q m m m v v v v v2分设传送带作用在矿砂上的力为F，根据动量定理)(v m t F ∆=∆于是 N 2.213.98/)(==∆∆=m q t m F v2分方向：︒==︒∆2975θ,sin sin )(θm m 2v v 2分 由牛顿第三定律，矿砂作用在传送带B 上的（撞击）力与F大小相等方向相反，即等于2.21 N ，偏离竖直方向1︒，指向前下方． 1分第4章 冲量和动量§4.3质点系动量守恒定律一．选择题和填空题 1. (C)2. 4.33 m/s ；与A 原先运动方向成 -30° 3.二．计算题1. 解：这个问题有两个物理过程：第一过程为木块M 沿光滑的固定斜面下滑，到达B 点时速度的大小为θsin gl 21=v 1分方向：沿斜面向下第二个过程：子弹与木块作完全非弹性碰撞．在斜面方向上，内力的分量远远大于外力，动量近似守恒，以斜面向上为正，则有30︒15︒θ1vm )(vm ∆ 2v m211m m t F +∆22211m t F m m t F ∆∆++V v v )(cos M m M m +=-1θ 3分Mm gl M m +-=θθsin cos 2v V 1分2. 解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v '有 m v 0 = m v +M v 'v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s 2分 T =Mg+M v '2/l =26.5 N 2分(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v方向为正方向) 2分负号表示冲量方向与0v方向相反． 2分第5章 刚体力学基础 动量矩 §5.2力矩 刚体绕定轴转动微分方程量一．选择题和填空题 1. (C) 2. (B) 3.（B)4. 6.54 rad / s 24.8 s5. 62.51.67ｓ6. 0.25 kg ·m 2二．计算题1. 解：(1) ∵ mg －T ＝ma 1分TR ＝J β 2分 a ＝R β 1分 ∴ β = mgR / (mR 2＋J )()R M m mgMR mR mgR +=+=222122 ＝81.7 rad/s 2 1分 方向垂直纸面向外． 1分(2) ∵ βθωω2202-= 当ω＝0 时， rad 612.0220==βωθ 物体上升的高度h = R θ = 6.12×10-2 m 2分(3)==βθω210.0 rad/s方向垂直纸面向外. 2分2. 解：(1) 0＝ω 0＋β tβ＝－ω 0 / t ＝－0.50 rad ·s -2 2分 (2) M r ＝ml 2β / 12＝－0.25 N ·m 2分a(3) θ10＝ω 0t ＋21β t 2＝75 rad 1分第5章 刚体力学基础 动量矩§5.3绕定轴转动刚体的动能 动能定理一．选择题和填空题 1. (D) 2. (A) 3.（D)4. 6π rad/s 237 J5. 角动量gl mM 334二．计算题1.解：选泥团和杆为系统，在打击过程中，系统所受外力对O 轴的合力矩为零，对定轴O 的角动量守恒，设刚打击后两者一起摆起的角速度为ω，则有 1分ωJ lm lm +=v v 21210 ① 2分其中 2/l ⋅=ωv ② 1分在泥团、杆上摆过程中，选杆、泥团、地球为系统，有机械能守恒．当杆摆到最大角度θ 时有()()222121cos 121ωθJ m l g m M +=-+v ③ 3分联立解以上三式可得()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-=-gl M m m M m 4331cos 221v θ 3分2.解：(1) 将转台、砝码、人看作一个系统，过程中人作的功W 等于系统动能之增量： W ＝∆E k ＝212210222204)21(214)21(21n ml J n ml J π+-π+2 4分 这里的J 0是没有砝码时系统的转动惯量．(2) 过程中无外力矩作用，系统的动量矩守恒：2π(J 0＋2121ml ) n 1 = 2π (J 0＋2221ml ) n 2 ∴ ()()1222212102n n n l n l m J --= 4分(3) 将J 0代入W 式，得 ()2221212l l n mn W -π= 2分§5.4动量矩和动量矩守恒定律一．选择题和填空题1. (C)2. (B)3.（C)4.（D)5.031ω 6. ()212mR J mr J ++ω2mml 31l 32021vm7.()l m M /3460+v二．计算题1. 解：将杆与两小球视为一刚体，水平飞来小球与刚体视为一系统．由角动量守恒得 1分ωJ l m lm +-=3223200v v （逆时针为正向） ① 2分 又 22)3(2)32(lm l m J += ② 1分将②代入①得 l230v =ω 1分2. 解：(1) 设当人以速率v 沿相对圆盘转动相反的方向走动时，圆盘对地的绕轴角速度为ω，则人对与地固联的转轴的角速度为R R v v221-=-='ωωω ① 2分 人与盘视为系统，所受对转轴合外力矩为零，系统的角动量守恒． 1分设盘的质量为M ，则人的质量为M / 10，有：ωωω'⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+22022211021211021R M MR R M MR ② 2分 将①式代入②式得：R2120v+=ωω ③ 1分(2) 欲使盘对地静止，则式③必为零．即ω0 +2v / (21R )＝0 2分 得： v ＝－21R ω0 / 2 1分式中负号表示人的走动方向与上一问中人走动的方向相反，即与盘的初始转动方向一致．1分3. 解：(1) 角动量守恒：ω⎪⎭⎫ ⎝⎛'+='2231l m ml l m v 2分∴l m m m ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+'=31vω＝15.4 rad ·s -1 2分(2) －M r ＝(231ml ＋2l m ')β 2分0－ω 2＝2βθ 2分∴ rM l m m 23122ωθ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=＝15.4 rad 2分。
力学10-转动定律,转动惯量,刚体绕定轴转动中的功、能量、功能关系
切线方向 Fi fi miai
Fi sin fi sin miri
两边同乘 ri
Firi sin firi sin miri2
O
ri
fi
mi
Fi
对整个刚体 Firi sin firi sin ( miri2)
R3
m 2π R
mR2
例如圆盘绕中心轴旋转的转动惯量
dS 2πrdr
dm dS
π
m R2
2π
rdr
2mr R2
dr
J
m r2dm
0
R 0
2m R2
r
3dr
m 2
R2
2020/2/2
4
dl m
R O
Rm dr
r O
第五章 刚体力学基础 动 量矩
(3) J 与转轴的位置有关 z
下加速运动。开始时系统处于静止。
求 物体下降距离为s时，滑轮的ω和β。
解一 转动定律
+
T1
R
M 转动： m 平动：
TR J
mg T
1 2
MR2
ma
a
R
2mg (2m M
)R
（常量）
T M
T' Mg
m mg
2
02
2
2
s R
2 s
R
2 R
mgs 2m M
受力图
T1
m1 g
第5章-刚体力学基础-动量矩
第5章 刚体力学基础 动量矩5.1 选择题(1) 下列说法正确的是[CE](A)作用在定轴转动刚体上的力越大，刚体转动的角加速度越大 (B)作用在定轴转动刚体上的合力矩越大，刚体转动的角速度越大 (C)作用在定轴转动刚体上的合力矩越大，刚体转动的角加速度越大 (D)作用在定轴转动刚体上的合力矩为零，刚体转动的角速度为零 (E)作用在定轴转动刚体上的合力矩为零，刚体转动的角加速度为零(2)轮圈半径为R ，其质量M 均匀分布在轮缘上，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) 3N m M + 解：设辐条数减少后，轮圈的质量为M ’,222211233MR N mR M R N mR '+⋅=+⋅可得13M M N m '=+⋅(3) 一质量为m 的均质杆长为l ，绕铅直轴OO ’成θ角转动，如图所示，其转动惯量为[C] (A)2112ml (B) 221sin 4ml θ (C) 221sin 3ml θ (D) 213ml 解：()222201sin sin 3lVm J r dm x dx ml l θθ==⋅=⎰⎰5.2 填空题(1)2rad/s;4.47 rad/s;30cm/s 2；(2)质量为m 的均质细杆，长为l ，以角速度ω绕过杆端点，垂直于杆的水平轴转动，细杆的动量大小为 ，绕转动轴的动能是 ，动量矩大小是 。
12ml ω；2216ml ω；213ml ω (3)均质圆盘水平面放置，可绕通过盘心的铅垂轴自由转动，圆盘对该轴的转动惯量为J 0，当其转动角速度为ω0时，有一质量为m 的质点沿铅垂方向落到圆盘上，并粘在距轴R /2处，它们共同转动的角速度为 。
2014mR J ω⎛⎫+ ⎪⎝⎭5.7某转轮直径d=40cm ，以角量表示的运动学方程为32= 3.04.0t t t θ-+，式中θ的单位为rad ，t 的单位为s 。
动量矩定理dongliang
dL x (e) = ∑ M x (F ) dt dL y (e) = ∑ M y (F ) dt dL z (e) = ∑ M z (F ) dt
Lx =
质系相对质心的动量矩定理： ：在相对随 在相对随 质系相对质心的动量矩定理 质心平动坐标 标系的运动中，质系对质心 系的运动中，质系对质心 质心平动坐 的动量矩对于时间 时间的一 的一阶导 阶导数，等于外 数，等于外 的动量矩对于 力系对质心的主矩。 力系对质心的主矩。
讨 讨
论 论
Ø如将质系的运动分解为跟随质心的平动和相 对质心的运动，则可分别用质心运动定理和 相对质心动量矩定理来建立这两种运动与外 力系的关系。 Ø质系相对质心的运动只与外力系对质心的主 矩有关，而与内力无关。 Ø当外力系相对质心的主矩为零时，质系相对 质心的动量矩守恒。
第五节 刚体平面运动微分方程
刚体的平面运动可分解为跟随质心的平动和相对质心的转动。 刚体在相对运动中对质心的动量矩为
解：系统所受外力有小球的重力及轴承的约束力，这些 力对z轴之矩都等于零。所以系统对z 轴的动量矩守恒.
开始时系统的动量矩为
P P 2 Lz1 = 2 g aω 0 a = 2 g a ω 0
细线拉断后的动量矩为
Lz 1 = l z 2
P Lz 2 = 2 (a + l sin α ) 2 ω g
M O (mv) = r × mv
质点对于O点的动量矩为矢量，它 垂直于矢径r与动量mv所形成的平 面，指向按右手法则确定，其大 小为
M O ( mv) = 2∆OMD = mvd
Ø质点对某轴的动量矩 质点的动量对固定点的动量矩在z轴上的投 影等于质点的动量对z轴的动量矩
刚体的动量矩及转动动能汇总
§ 6、刚体的动量矩及转动动能上次课我们将质点组的两个基本动力学定理，即质心运动定理和动量矩定 理.（e ）dJ,d -一 -- e:Mr c = 7F i，"dp （ = d !=：r im iV ）二、r iFi=M应用于刚体，于是就给出了描述刚体动力学规律的基本运动微分方程。
虽然上次课已经给出刚体动力学基本方程，但是对基本方程中的动量矩的具体形式并没有给出， 这次课我们仍然以质点组的动量矩和动能定义为出发点推出刚体的动量矩以及刚体的转动动能。
下面我们先 讨论：一、 刚体定点转动的动量矩:假设刚体在某一时刻以角速度 3转动。
取刚体上任 一质点p i 的质量为m 。
它相对固定点0点的位矢 量为r i 。
那么根据质点组的动量矩定义式可得整个 刚体对固定点 0的动量矩是： 亍=送（仁汉口6）i因为， Vi =w ri 所以，它就等于 送，严mi （w 芥J 根据矢量多重叉积的基本公式： a (b c) = (a c)b -(a b)c 可得由此可以看出，动量矩J 一般不与角速度••共线，只有r w 三0时，j 与w 才是共线的。
由于角动量是个矢量，如果我们确定了坐标系，那么就可以将它写成分量形式。
如图所示，建立直角坐标系 O-X 、Y 、Z （并与绕定轴转动的刚体固连在一起，坐标这样取在目前的情况 下比较方便。
因为刚体上任一点的坐标（x,y,z ）不管刚体怎样运动，它们相对刚体都是不 随时间改变的常数，所以取与刚体固定的动坐标系比较方便。
J 二、Im i (r i w)ri）则仃和w 在三正交坐标轴的分量…… 则：r i 二X i i 一 — ■— ■■ + ・ + 1 1 1 y i j 乙k w _w x iw yjJ z八2 2 2m i(Xi讨、zJ w x - m i (X i w xw X ■ ( Xm iX i y i)w y_(、m iX i Z i)wxw zk 于是可得动量矩在x 轴上的分量：+ y ：w y+ Z iw z）X i=|[£m i （yi同理im i(r ir Jw ： Y iwJr i 」珥可得：2 2J y ="m iX i y^W x' ml y ：zJw y-(' m iy i z^Wz在这儿我们2 2z =AZI xy ~ | yx -LPH Xi yP 则动量矩在直角坐标系中的分I yz T zy=^IH iZ iy iIzx= | xz =迟 m i z x iJ x= | xxW x— I xyW y— Ixz z量式就可简写为： ：由这些分量式也可以看出刚体绕固定J y = — I yxW x+ I yyW y- I yzWzJz = T zxW x T zyWyI zzWz点转动的动量矩的分量与角速度的三个分量W x，W y，W z 都有关。
第5章 刚体力学基础 动量矩
(ii)在质点系的情况下，求外力对固定点的力矩之和时，不能 先求合力，再求合力矩。只能说外力矩之和不能说合外力之 矩。
(iii) 质点系对固定点的角动量定理的物理意义： 质点系对o点的角动量随时间的变化率等于外力对该点力 矩的矢量和。
第五章 刚体力学基础 动量矩
2、质点系对轴的角动量定理
如果将作用于质点系上的外力矩之矢量和及质点系的角动 量分别向给定轴投影，即可得质点系对轴的角动量定理。 为简单记只讨论沿z轴的角动量定理——这时组成质点系的n 个质点位于z轴的转动平面内，于是有
※在直角坐标系中，其表示式为
( yFz zFy )i ( zFx M xi M y j M z k i j k M x y z Fx Fy Fz
xFz ) j ( xFy yFx )k
M x yFz zFy
M y zFx xFz
r sin F F rF sin rF
F r
F
式中为力F到轴的距离
若力的作用线不在转动在平面内， 则只需将力分解为与轴垂直、平行 的两个分力即可。
第五章 刚体力学基础 动量矩
力对固定点的力矩为零的情况：
力F等于零， 力F的作用线与矢径r共线（力F的作用线穿过0点, 即，有心 力对力心的力矩恒为零）。
mv m vx i m vy j m vz k
第五章 刚体力学基础 动量矩
L
i x m vx
j y m vy
k z m vz
Lx ypz zp y Ly zpx xpz Lz xpy ypx
L
★ 角动量的单位是：千克· 2· -1(kg· 2·-1)。 米 秒 m s
5.3 绕定轴转动刚体的动能 动能定理
第5章 刚体力学基础 动量矩
5.3 绕定轴转动刚体的动能 动能定理
一、 定轴转动刚体的动能
N T R
M
m
mg
Mg
（a）
T （b）
18
大学物理 第三次修订本
第5章 刚体力学基础 动量矩
物体下降距离s时，物体的速度为
v R
对两者分别应用动能定理，有
1 2 J 0 AT 2
1 2 mv 0 mgs AT 2
2 mgs 联立求 ，得 R 2m M d 2mg dt R(2m M )
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1
第5章 刚体力学基础 动量矩
刚体的总动能
1 2 2 E Ek Δmk rk 2 1 2 Δmk rk 2 2
1 2 J 2
绕定轴转动刚体的动能等于刚体对转轴的转 动惯量与其角速度平方乘积的一半。
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2
第5章 刚体力学基础 动量矩
C
mi
质心的势能
m 定轴转动刚体的机械能
m h mgh mg
hc
hi
Ep 0
c
1 2 E J mghc 2 对于包括刚体的系统，功能原理和机械 能守恒定律仍成立。
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8
第5章 刚体力学基础 动量矩
例1 长为 l ,质量为 m 的均匀细直棒，可绕轴 O 在竖直平面内转动, 初始时它在水平位置。 求 它由此下摆 角时的 。 O 1 解 M mglcos 2 由动能定理
第5章 刚体力学基础动量矩
z
ω
θ
dv v = rω an = rω aτ = = rα dt v v 不同。 离转轴不同距离质点的线量 v, a 不同。
大学物理 第三次修订本
9
第5章 刚体力学基础 动量矩 章
3. 刚体绕定轴的匀速和匀变速转动 刚体绕定轴转动时， 刚体绕定轴转动时，若 ω = 常数 , α = 常数， 刚体绕定轴的匀速转动。 刚体绕定轴的匀速转动。 刚体绕定轴的匀变速转动。 若 α = 常数 ，刚体绕定轴的匀变速转动。 匀速转动
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z
ω
P
θ
8
第5章 刚体力学基础 动量矩 章
刚体定轴转动的特点： 刚体定轴转动的特点： (1)刚体上每一质点均作圆周 刚体上每一质点均作圆周 运动，运动圆面为转动平面； 运动，运动圆面为转动平面； (2) 任一质点运动的角量 ∆θ , P v v 相同。 ω,α 相同。 由于
2
例1一飞轮的半径为 0.2m, 转速为150转／分 , 一飞轮的半径为 转速为 转 均匀减速后停止。 经30s均匀减速后停止。 均匀减速后停止 角加速度和飞轮转的圈数。 求: (1)角加速度和飞轮转的圈数。 角加速度和飞轮转的圈数 (2) t = 6s时的角速度 飞轮边缘上一点的线 时的角速度;飞轮边缘上一点的线 时的角速度 速度、切向加速度和法向加速度。 速度、切向加速度和法向加速度。
dω = ct 由定义, 由定义 得 α = dt
dω = ctdt
大学物理 第三次修订本
17
第5章 刚体力学基础 动量矩 章
ω
两边积分 由题意
∫dω = c∫tdt
0 0
−1
t
1 2 ω = ct 2
在t = 300s时
第五章 刚体力学基础 动量矩参考答案
第五章 刚体力学基础 动量矩班级______________学号____________姓名________________一、选择题1、力kNj i F )53(+=，其作用点的矢径为m j i r )34(-=，则该力对坐标原点的力矩大小为 （ B ）(A)m kN ⋅-3； （B ）m kN ⋅29； (C)m kN ⋅19； (D)m kN ⋅3。
2、圆柱体以80rad /s 的角速度绕其轴线转动，它对该轴的转动惯量为24m kg ⋅。
由于恒力矩的作用，在10s 内它的角速度降为40rad /s 。
圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为( D ) (A)80J ，80m N ⋅；(B)800J ，40m N ⋅；(C)4000J ，32m N ⋅；(D)9600J ，16m N ⋅。
3、 一匀质圆盘状飞轮质量为20kg ，半径为30cm ，当它以每分钟60转的速率旋转时，其动能为 ( D )(A)22.16π J ； (B)21.8πJ ；（C ）1.8J ； （D ）28.1πJ 。
4、如图所示，一轻绳跨过两个质量均为m 、半径均为R 的匀质圆盘状定滑轮。
绳的两端分别系着质量分别为m 和2m 的重物，不计滑轮转轴的摩擦。
将系统由静止释放，且绳与两滑轮间均无相对滑动，则两滑轮之间绳的张力。
（ D ）(A)mg ； (B)3mg /2； (C)2mg ； (D)11mg /8。
5、一根质量为m 、长度为L 的匀质细直棒，平放在水平桌面上。
若它与桌面间的滑动摩擦系数为μ，在t =0时，使该棒绕过其一端的竖直轴在水平桌面上旋转，其初始角速度为0ω，则棒停止转动所需时间为 (A )(A)μωg L 3/20； (B) μωg L 3/0； (C) μωg L 3/40； (D) μωg L 6/0。
6、关于力矩有以下几种说法，其中正确的是 ( B )（A ）内力矩会改变刚体对某个定轴的角动量（动量矩）； （B ）作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；（C ）角速度的方向一定与外力矩的方向相同；（D ）质量相等、形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的角加速度一定相等。
第5章 刚体力学基础 动量矩
5.2.2 刚体绕定轴转动微分方程
第 k个质元 Fk f k mk ak
切线方向
rk
fk
Fk
Fk f k mk ak
在上式两边同乘以 rk 对所有质元求和
k
Fk rk f k rk mk ak rk mk rk rk
k k k
Fr f r
刚体的总动能
z
O
rk
vk
P
• Δmk
1 1 1 2 E Ek Δmk rk 2 Δmk rk 2 2 J 2 2 2 2 结论 绕定轴转动刚体的动能等于刚体对转轴的转动惯量与其 角速度平方乘积的一半
Xi’an Jaotong University
第5章 刚体力学基础
本章内容：
5.1 刚体和刚体的基本运动 5.2 力矩 刚体绕定轴转动微分方程 动能定理
动量矩
5.3 绕定轴转动刚体的动能 5.4 动量矩和动量矩守恒定律
5.1 刚体和刚体的基本运动
5.1.1 刚体的概念 在力作用下，大小和形状都保持不变的物体称为刚体。 特殊的质点系， 形状和体积不变化 —— 理想化模型 在力作用下，组成物体的所有质点间的距离始终保持不变 5.1.2 刚体的平动和定轴转动 1. 刚体的平动 刚体运动时，若在刚体内 所作的任一条直线都始终 保持和自身平行
Xi’an Jaotong University
2. 刚体绕定轴的转动 刚体内各点都绕同一直线(转轴)作圆周运动 转轴固定不动 — 定轴转动 描述刚体绕定轴转动的角量 I 角坐标 角速度 角加速度
_____
刚体转动
z
f (t )
d f ' (t ) dt
刚体力学基础动量矩PPT课件
00t1 2 t2
2 0 2 2 ( 0)
5. 绕定轴转动刚体内各点的速度和加速度
(1)速度大小
v ri
(2)加速度
a aann
a
dv dt
ri
an
v2 ri
ri 2
ari
24
a
ri
a n mi aτ
tan
a an
2
刚体运动随处可见,观览轮盘是一种具有水平转轴、能在铅垂平面内 回转的装置。轮盘和吊箱的运动各有什么样的特点?如何描述?
例1 一飞轮半径为 0.2m、 转速为150r·min-1， 因受制动而均匀 减速，经 30 s 停止转动 . 试求： （1）角加速度和在此时间内飞轮所转的圈数； （2）制动开始后 t = 6 s 时飞轮的角速度； （3）t = 6 s 时飞轮边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加 速度 .
解 （1） 0 1r 5 m 0 1i5 n π ra s 1 d , t = 30 s 时，ω=0
(1) 角坐标 f(t) —刚体定轴转动的运动方程
约定:θ与转动方向满足右手螺 旋,θ>0；反之θ<0
z (t)
(2)角位移
f(t t)f(t)
x
(3)角速度
lim d
t0 t dt
意义:描述绕定轴转动刚体的转 动快慢和转动方向。
参考平面
参考轴
规定:沿θ角正方向转,ω>0；
反之ω<0
(4)角加速度
设t = 0 s时，θ0=0，飞轮做匀减速运动
00 5 π ra s 1 d π ra s 2 d
t
30
6
飞轮 30 s 内转过的角度
22 0 2
大物刚体课件
z
M
z
L
L 1 2 J Z J Z M ML 2 3
J z 1 / 12ML2
2. (薄板)垂直轴定理 x,y 轴在薄板内；
2
z
Jz Jx Jy
例如
z 轴垂直薄板。
z
x
m
y
求对圆盘的一条直径的转动惯量
已知 J z 1 mR 2 2 Jz Jx Jy
刚体的平动和定轴转动是刚体的 两种最简单、最基本的运动形式。
z
1. 描述 刚体绕定轴转动的角量
角坐标 角位移
I
f (t )
角速度
角加速度
dt d d 2 2 f " (t ) dt dt
t t t d f ' (t )
II
2
75rad
N 37.5rev 2
（2）t = 6s 时的角速度 由
0 t
6 5 6 4rad s 1 6
（3）t = 6s 时边缘上一点的
v a an
2
v r 0.8 2.5m s
-1
a r 0.105m s
rO
T
解 (1) Fr J
(2) mg T ma
Fr 98 0.2 39.2 rad/s 2 J 0.5
mgr J mr 2
两者区别
F
mg
Tr J a r
98 0.2 2 21 . 8 rad/s 0.5 10 0.22
例 一根长为 l ，质量为 m 的均匀细直棒，可绕轴 O 在竖直平 面内转动，初始时它在水平位置 m l x O 求 它由此下摆 角时的 β 和 解 取一质元
动量矩和动量矩守恒定律.ppt
卫星
地球
+
5
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第5章 刚体力学基础 动量矩
一、动量矩
1. 质点的动量矩( 对O点 )
速刻度相质对v 量原在为点空O间m的运位的动矢质, 为点某以时r ,
质点L相对r于 原p 点 r的 动m量v 矩 大小： L rmvsin
L
zv
rm
xo
y
L
v
r
方向: 符合右手螺旋法则。
动量矩具有相同的方向。
z
Lz Δmiviri
i
Δmiri2 JZ
i
(所有质元对 z 轴的角动量之和)
LLi
OO
•
rr•im•mvivi
说明 动量矩与质点动量
P
mv
对比:
Jz — m， — v 。
10
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第5章 刚体力学基础 动量矩
二、 质点的动量矩定理和动量矩守恒定律
6
大学物理 第三次修订本
第5章 刚体力学基础 动量矩
讨论
(1) 质点的动量矩与质点的动量及位矢
有关 (取决于固定点的选择) 。
(2) 在 直角坐 标系中的分量式
r xi yj zk
mv
mvxi
mvy
j
mvzk
i
jk
Lx ypz zp y
L x y z
Ly zpx xpz
mvx mvy mvz
(3) 自然界普遍适用的一条基本规律。
(4) 质点对轴的动量矩守恒定律: 若 Mz=0, 则Lz =常数。即若力矩在某轴上的分量为零 (或力对某轴的力矩为零)，则质点对该轴的动
量矩守恒。
15
第章刚体力学基础动量矩刚体和刚体的基本运动刚体
刚体的定点运动---回转仪的旋进
1
角动量定理 角动量守恒定律 一、质点对定点的角动量
二、力对定点的力矩
三、质点的角动量定理 角动量守恒定律 四、质点系的角动量问题
4
讨论
1）物理量－－角动量和力矩均与定点有关，
角动量也称动量矩，力矩也叫角力；
2） 对轴的角动量和对轴的力矩 在具体的坐标系中，角动量（或力矩）在各坐 标轴的分量，就叫对轴的角动量（或力矩）。
(见6
7
8 页 )
5
M r F Mxˆ x Myˆ y Mzˆ z
L r P Lx ˆ x Ly ˆ y Lz ˆ z
①刚体上任意两点的连线在平动中是平行且相等的！
②刚体上任意质元的位置矢量不同，相差一恒矢量，但各质 元的位移、速度和加速度却相同(证明见书149页)。在刚体平 动时,只要知道刚体上任意一点的运动,就可以完全确定整个刚 体的运动.因此，常用“刚体的质心”来研究刚体的平动：
Fi Mac
i
物理量
角位移θ
单位
rad
量纲
1
物理量
线位移 r
单位
m
量纲
M
角速度ω 角加速度α
rad/s rad/s
T-1 T-2
线速度 υ 线加速度 a
m/s m/s-2
MT-1 MT-2
26
进一步解释 设板面是 转动平面
r an at r
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解为平行和垂直于转轴方向的两个分量
其中 F z 对转轴的
F F z F
z
力矩为零，故 F 对转 轴的力矩
M z k r F
k
O
F
r
Fz
F
M
z
rF sin
（2）合力矩等于各分力矩的矢量和
M M1 M 2 M3
讨论
(1) 质点系动能变化取决于所有外力做功及内力做功；
(2) 刚体的内力做功之和为零；
(3) 刚体动能的增量，等于外力的功。
四、 刚体的机械能
刚体重力势能 质心的势能
C
m
i
Ep mi ghi mghc
h
c
h
i
E
p
0
定轴转动刚体的机械能
E
1 2
J mghc
2
对于包括刚体的系统，功能原理和机械能守恒定律仍成立
P91 常用刚体的转动惯量
四、 转动定律的应用举例
m 例 滑轮半径 r =20 cm ，转动惯量 J = 0.5 kg · 2。在绳端施以 F = 98 N 的拉力，不计摩擦力 求 (1) 滑轮的角加速度；
(2) 如以重量P = 98 N 的物体挂在绳端，计算滑轮的角加速度
解 (1)
M J
M Fr
（3）刚体内作用力和反作用力的力矩 互相抵消．
M ij
rj
j
F ji
O
M
d
ji
i ri
F ij
M ij M
ji
二、定轴转动定律
根据牛顿第二定律，第 i 个质元
圆周轨迹切线投影
Fi fi mi ai
外 力
内 力
Fiτ f iτ mi aiτ Fiτ ri f iτ ri mi aiτri mi ri β
5.4
动量矩和动量矩守恒定律
一 质点的动量矩 质点在垂直于 z 轴平面 上以角速度 作半径为 r 的圆运动. 质点动量矩（相对圆心）
z
o
r
A
L r p r mv
2
90
mv
大小 L rm v sin
L rm v mr （圆运动） L 的方向符合右手法则.
M J
M Jβ
d dt
（2）
M J J
（3）M 0， ω=常量
(4) 与牛顿定律 F ma 比较
(5) 转动惯量
三、 转动惯量的计算
质量连续分布物体
J
J Δmi ri
2
— 转动惯性
J mi ri
2
r dm
2
转动惯量的单位：kg· 2 m
说明：
A点速度、加速度
v r
an r
2
aτ
dv dt
r
五、 角速度与角加速度矢量
1. 角速度矢量
方向：沿轴向，右手螺旋
2. 角加速度的矢量
β dω dt
β
v
A
说明
速度与角速度的矢量关系式 v
dr dt
ω r
r
o
3. 定轴转动的角速度与角加速度的矢量
J t ω 常量 J t J t
ω ω
例 一均质棒，长度为 L，质量为M，现 有一子弹在距轴为 y 处水平射入细 棒。
求 子弹细棒共同的角速度 。 解 子弹、细棒系统的动量矩守恒
2
2 i i
同乘以 ri
对所有质元求和
ai=ri
Fiτ r fiτ r ( mi ri ) β
外力矩 M 内力矩为0 转动惯量 J
刚体的转动定律
M Jβ
ri fi
-fi
h mi
刚体定轴转动的角加速度与它 所受的合外力矩成正比，与刚体的 转动惯量成反比.
转动定律 讨论
（1）
2
5.3 绕定轴转动刚体的动能 动能定理
一、 定轴转动刚体动能
第 i 个质元的动能 Eki 刚体转动动能
Ek ( mi vi ) ( mi ri ) 2 2 2
2
1 2 mi vi
2
o
v i ri
ri
mi
1
1
2
2
1
m r
2 i i
2
Ek
例 如图所示，求质量为m，长为l的均匀细棒的转 动惯量：(1)转轴通过棒的中心并与棒垂直；(2)转 轴通过棒一端并与棒垂直.
解 (1)转轴通过棒的中心并与棒垂直
dJ x dm x dx l 整个棒对中心轴的转动惯量为
2 2
l
m
dm dx
J
dj
2 l 2
x dx
k
d k dt
定轴转动的特点 (1) 每一质点均作圆周运动，圆面为转动 平面；
(2) 任一质点运动 , , 但 v 不同； ,a
均相同，
(3) 运动描述仅需一个角坐标．
匀变速转动公式
当刚体绕定轴转动的角加速度 =常量 时，刚体做匀变速转动．
三、 质点的的动量矩定理
dL dt d dt (r m v) r d (m v) dt dr dt mv
dr dt
v
dr dt
mv 0
dL dt
r F v mv dL dt M d t L L0
Mz
dLz dt
Lz J z
Mz d dt ( J z )
刚体动量矩变化的快慢取决于外力矩 Mz 说明 若Jz =恒量，有转动定律
Mz Jz d dt
四、 刚体定轴转动的动量矩守恒定律
当 M z 0 时， 刚体动量矩 Lz J 守恒 说明 当变形体所受合外力矩为零时，变形体的动量矩也守恒
解一 机械能守恒( 以初始位置为0势能点)
00
h l 2
h
c
3 g sin l
=
1 2
J mgh
2
sin
J
1 3
ml
2
2
解二 定轴转动动能定理
m 动能的增量等于重力矩做的功
1 2 J 0
2
重力矩
Md 1 2
0
2
3 g sin l
M
mgl cos
1 2
J
2
转动惯量 J mi ri
2
刚体绕定轴转动时的转动动能等于刚体的转动惯量 与角速度平方乘积的一半.
二、 力矩的功
dA F dr
F cos
Fτ | dr |
F
dr
o
r d dr Fτ
A
Fτ r d Md
对一有限过程
A
Fr J
39.2
(2)
mg T ma
Tr J
r
21.8
O
T
a r
F
mg
例 均匀细直棒m 、l ，可绕轴 O 在竖直平面内转动，初始时 它在水平位置 m l O 求 它由此下摆 角时的 解 dm 质元 dm 重力矩
dm m dx l dM gdm x cos
L
z
mv
r
二、刚体定轴转动的动量 矩
第 i 个质元对z 轴的动量矩
Liz mi vi ri
o
z
v i ri
ri
mi
刚体对z 轴的动量矩
Lz Liz mi vi ri ( mi ri ) J z
2
Lz J z
说明
动量矩与质点动量 P mv 对比， Jz — m， — v
(1)刚体的转动惯量 与刚体的总质量有关， 与刚体的质量分布有关，与轴的位置有关。 (2)质量元的选取： 线分布 面分布 体分布
dm dx ( 或 dl )
dm ds dm dv
面分布 线分布
体分布
(3)由于刚体是一个特殊质点系，即各质点之间无相对位移， 对于给定的刚体其质量分布不随时间变化，故对于定轴转动， 刚体的转动惯量是一个常数。
M
作用在质点上的力矩等 于质点动量矩对时间的 变化率。此即质点对固 定点的动量矩定理。
t t0
t t0
M dt
叫冲量矩
四、 刚体定轴转动的动量矩定理
质点系角动量定理
MO
dLO dt
M O — 外力矩， LO — 质点系角动量
向 z 轴投影 刚体定轴转动的动量矩 定轴转动刚体的动量矩定理
一 力矩 用来描述力对刚体 的转动作用．
M Fr sin Fd
F 对转轴 z 的力矩 M rF
z
M
F
d : 力臂
O
r
*
d
P
F
F
i
Fi 0 ,
i
Mi 0
F
F
Fi 0 ,
i
i
Mi 0
讨论
（1）若力 F 不在转动平面内，把力分
1 2
x gdm