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
《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
大学物理II-1习题课2 刚体
转动，转动惯量为J，开始时转台以匀角速度w0转动，此时有一质量
为m的人站在转台边缘．随后人沿半径向转台中心跑去，当人到达
转台中心时，转台的角速度为
角动量守恒
（B）
两个匀质圆盘A和B的密度分别为rA和rB 若rA＞rB，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JA和JB，则
（C）
F1-mg=ma1;
RF2-RF1=Jα； RF3-RF2=J
（D）
（A）
MΔt =ΔL M=积分（rμgdm）＝1/2 lmg L＝1/3 m l2ω0
（A） （A）
（B） （D）
有一半径为R的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴
(A) JA＞JB． (C) JA＝JB．
(B) JB＞JA．
（B）
(D) JA、JB哪个大，不能确定．
厚度相同，质量相同，密度大的半径小
J＝1/2 mR2
（a）（b）两图中的细棒和小球均相同，系统可绕o轴在竖直面内 自由转动系统从水平位置静止释放，转动到竖直位置所需时间分别 为ta和tb，则：
( A) ta tb , (B) ta tb , ( C) ta tb , (D) 无法判定
判断两种情况下小球绕轴转动的角加速度
（A）
可判断（a）系统转动得比（b）快,所以ta < tb 。
地球的质量为m，太阳的质量为M，地心与日心的距离为R，引 力常数为G，则地球绕太阳作圆周运动的轨道角动量为：
（A）
( A) m GMR , (B) GMm , ( C) Mm G , (D) GMm
R
R
2R
向心力：
角速度： 角动量：
1N m s
为m的人站在转台边缘．随后人沿半径向转台中心跑去，当人到达
转台中心时，转台的角速度为
角动量守恒
（B）
两个匀质圆盘A和B的密度分别为rA和rB 若rA＞rB，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JA和JB，则
（C）
F1-mg=ma1;
RF2-RF1=Jα； RF3-RF2=J
（D）
（A）
MΔt =ΔL M=积分（rμgdm）＝1/2 lmg L＝1/3 m l2ω0
（A） （A）
（B） （D）
有一半径为R的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴
(A) JA＞JB． (C) JA＝JB．
(B) JB＞JA．
（B）
(D) JA、JB哪个大，不能确定．
厚度相同，质量相同，密度大的半径小
J＝1/2 mR2
（a）（b）两图中的细棒和小球均相同，系统可绕o轴在竖直面内 自由转动系统从水平位置静止释放，转动到竖直位置所需时间分别 为ta和tb，则：
( A) ta tb , (B) ta tb , ( C) ta tb , (D) 无法判定
判断两种情况下小球绕轴转动的角加速度
（A）
可判断（a）系统转动得比（b）快,所以ta < tb 。
地球的质量为m，太阳的质量为M，地心与日心的距离为R，引 力常数为G，则地球绕太阳作圆周运动的轨道角动量为：
（A）
( A) m GMR , (B) GMm , ( C) Mm G , (D) GMm
R
R
2R
向心力：
角速度： 角动量：
1N m s
刚体力学基础习题课
动量矩与转动惯量的关系
刚体的动量矩
刚体的进动和章动
第五章
进动的定义和计算
进动是指刚体绕自身某定点作角速度矢量沿着垂直于该定点轴的平面内的圆周运动。
进动的角速度矢量可以表示为$omega = omega_0 + alpha times omega_0$，其中$omega_0$是初始角速度矢量，$alpha$是进动角速度矢量。
平动刚体的动能和动量分别为 (E = frac{1}{2}mv^2) 和 (p = mv)，其中 m 为刚体的质量，v 为刚体的速度。
平动刚体的特征
平动刚体的运动规律
平动刚体的动能和动量
刚体的转动
转动刚体上任意两点的连线在运动过程中始终保持长度不变，但可以形成不同的角度。转动刚体的角速度和角加速度是矢量。
进动的角速度矢量的大小和方向可以通过向量的外积运算计算得出，即$|omega| = |omega_0| sqrt{1 + alpha^2}$，$tan theta = frac{alpha}{1 + alpha^2}$，其中$theta$是进动角。
章动的定义和计算
章动的角位移矢量的大小和方向可以通过向量的外积运算计算得出，即$|theta| = |theta_0| + frac{1}{2} |beta| t^2$，$tan varphi = frac{beta t}{2 |theta_0|}$，其中$varphi$是章动角。
01
静态平衡是稳定的，只要刚体受到微小的扰动，它就会恢复到原来的平衡状态。
刚体的平衡稳定性
03
刚体在静态平衡状态下，其重心位置保持不变，且各方向上的力矩平衡。
刚体的平衡状态
02
刚体的动态平衡
刚体的动量矩
刚体的进动和章动
第五章
进动的定义和计算
进动是指刚体绕自身某定点作角速度矢量沿着垂直于该定点轴的平面内的圆周运动。
进动的角速度矢量可以表示为$omega = omega_0 + alpha times omega_0$，其中$omega_0$是初始角速度矢量，$alpha$是进动角速度矢量。
平动刚体的动能和动量分别为 (E = frac{1}{2}mv^2) 和 (p = mv)，其中 m 为刚体的质量，v 为刚体的速度。
平动刚体的特征
平动刚体的运动规律
平动刚体的动能和动量
刚体的转动
转动刚体上任意两点的连线在运动过程中始终保持长度不变，但可以形成不同的角度。转动刚体的角速度和角加速度是矢量。
进动的角速度矢量的大小和方向可以通过向量的外积运算计算得出，即$|omega| = |omega_0| sqrt{1 + alpha^2}$，$tan theta = frac{alpha}{1 + alpha^2}$，其中$theta$是进动角。
章动的定义和计算
章动的角位移矢量的大小和方向可以通过向量的外积运算计算得出，即$|theta| = |theta_0| + frac{1}{2} |beta| t^2$，$tan varphi = frac{beta t}{2 |theta_0|}$，其中$varphi$是章动角。
01
静态平衡是稳定的，只要刚体受到微小的扰动，它就会恢复到原来的平衡状态。
刚体的平衡稳定性
03
刚体在静态平衡状态下，其重心位置保持不变，且各方向上的力矩平衡。
刚体的平衡状态
02
刚体的动态平衡
《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。
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
刚体力学习题课
解：分两个阶段进行考虑 (1) 子弹射入细杆 , 使细杆获得初 速度。因这一过程进行得很快,细 杆发生偏转极小,可认为杆仍处于 竖直状态。子弹和细杆组成待分 析的系统 , 无外力矩 , 满足角动量 守恒条件。子弹射入细杆前、后 的一瞬间,系统角动量分别为
a
m0
2
L0 m0v0 a
L J
1 2 其中 J m0 a ml 3
定轴转动刚体的角动量守恒定律
由机械能守恒，E = E0, 代入 =300，得：
1 2 l 1 l 1 J mg (a ) m0 ga(1 ) mg (a ) 2 2 2 22
将上式与 J
m0v0 a 联立，并代入J 值，得
1 2 3 v0 (ml 2m0 a)( ml 2 3m0 a 2 ) g m0 a 6
C
f
o
x
力学复习
o
o
r dr dF
dmg
3.26 求 稳 定 转 动 时 的 ？ 解 ： 在 相 对 杆 静 止 的考 参系 中 , 设、S（ 为 取 微 分 元 ） M 1 ( Sdr ) 2 r sin r cos
0 l
M 2 ( Sdr ) g r sin
J A A J B B ( J A J B ) 2 2 J m R 2 , J m R A A B B B 2 A
2 2 m A RA A mB RB B 1 100 rad s 2 2 m A RA mB RB
A
B
A
B
刚体力学习题课
例题2、一个质量为 m、半径为 R 的均匀薄圆盘在水平桌面上 绕中心轴转动，开始角速度为 0，当圆盘与桌面的摩擦系数 为 时，问经过多长时间才能停下来？
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
12 刚体习题课(1)
14
(刚体+质点)综合
计算题
难点： 当系统中既有刚体又有质点时，如何正 确掌握应用有关定理、守恒定律解决此类 综合性力学问题的方法。
15
计算1物体A质量为m=2.0 kg用细绳 跨过滑轮B与弹簧C相连接。已知弹 簧的劲度系数k=20 N/m，滑轮半径 R=0.5m，绕O轴的转动惯量J =0.75，细绳与滑轮间不打滑，A与 斜面之间及滑轮转轴处摩擦不计， 斜面之间及滑轮转轴处摩擦不计 固定斜面的倾角为，弹簧C处于原 长时, A静止在斜面上. 求：（1）A在斜面上任意位置处的 加速度； （2）A下滑的最大速率； （3）A从静止开始释放后能沿斜面 下滑的最大距离。
B
R
A C
37 0
16
解(1)受力分析如图, 取弹簧为原长时物体A位置为原点 当A下滑x时，有
T 1′ T2′
T 2 = kx
r a
A
T1
r a
x
N T A 1 α mg
T1
R B
T2
G1
k
C
(T1 − T2 )R = Jβ
联立求解,得:
mgsinα − T1 = ma
a = Rβ
2
a = 2 .4 − 4 x (m/s )
v c = 2 gR
24
5.
一飞轮的转动惯量J =0.75
kg ⋅ m 2
在t=0时，角速度ω= 30 rad /s，此 后飞轮经过制动过程阻力矩M=-Kω2。 其中K=0.025
，
求：(1) 飞轮的角速度ω=10 rad/s时， 飞轮的角加速度β。 (2) 从制动开始到ω=10 rad/s所经 历的时间。
的轴的角动量之和是错误的，因为系统的总角动量只 能对某一个轴进行计算。
(刚体+质点)综合
计算题
难点： 当系统中既有刚体又有质点时，如何正 确掌握应用有关定理、守恒定律解决此类 综合性力学问题的方法。
15
计算1物体A质量为m=2.0 kg用细绳 跨过滑轮B与弹簧C相连接。已知弹 簧的劲度系数k=20 N/m，滑轮半径 R=0.5m，绕O轴的转动惯量J =0.75，细绳与滑轮间不打滑，A与 斜面之间及滑轮转轴处摩擦不计， 斜面之间及滑轮转轴处摩擦不计 固定斜面的倾角为，弹簧C处于原 长时, A静止在斜面上. 求：（1）A在斜面上任意位置处的 加速度； （2）A下滑的最大速率； （3）A从静止开始释放后能沿斜面 下滑的最大距离。
B
R
A C
37 0
16
解(1)受力分析如图, 取弹簧为原长时物体A位置为原点 当A下滑x时，有
T 1′ T2′
T 2 = kx
r a
A
T1
r a
x
N T A 1 α mg
T1
R B
T2
G1
k
C
(T1 − T2 )R = Jβ
联立求解,得:
mgsinα − T1 = ma
a = Rβ
2
a = 2 .4 − 4 x (m/s )
v c = 2 gR
24
5.
一飞轮的转动惯量J =0.75
kg ⋅ m 2
在t=0时，角速度ω= 30 rad /s，此 后飞轮经过制动过程阻力矩M=-Kω2。 其中K=0.025
，
求：(1) 飞轮的角速度ω=10 rad/s时， 飞轮的角加速度β。 (2) 从制动开始到ω=10 rad/s所经 历的时间。
的轴的角动量之和是错误的，因为系统的总角动量只 能对某一个轴进行计算。
刚体力学基本习题课
特点
碰撞前后，系统的总动量守恒， 但总机械能减少，减少的机械能 转化为内能等其他形式的能量。
典型例子
两个质量不等的小球以不同的速 度正碰，碰撞后它们以不同的速 度继续运动，且系统的总动能减
少。
06
刚体力学中的守恒定律
动量守恒定律
定律内容
一个系统不受外力或所受外力之和为零，这个系统的总动量保持 不变。
度和角加速度。
02
刚体绕定轴转动的动力学描述
刚体绕定轴转动时，受到的外力矩等于刚体对转轴的转动惯量与角加速
度的乘积。
03
刚体绕定轴转动的微分方程
根据动力学描述，可以建立刚体绕定轴转动的微分方程，进而求解刚体
的角速度、角加速度等转动参数。
04
刚体的平衡
刚体平衡的条件
合外力为零
刚体所受的所有外力的矢量和必 须为零，即刚体处于静态平衡。
均匀性假设
刚体内各点的密度相同。
各向同性假设
刚体在各个方向上的物理性质 相同。
小变形假设
在外力作用下，刚体只发生微 小的弹性变形，且变形量与外
力成正比。
02
刚体的运动学
刚体的平动
描述刚体平动的物理量
01
位置矢量、位移、速度、加速度。
刚体平动的运动学方程
02
根据初始条件和运动规律建立。
刚体平动的特点
质点系动量矩定理的表述
质点系对某点的动量矩的变化率等于作用在质点 系上所有外力对该点的力矩的矢量和。
3
质点系动量矩定理的应用
通过分析质点系的受力情况和转动情况，可以求 解质点系的角速度、角加速度等转动参数。
刚体绕定轴的转动微分方程
01
刚体绕定轴转动的运动学描述
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 (
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
《刚体力学习题》PPT课件
速中和度AJ、B相=B12同轮m，B绕rB2相）O轴应转的动拉时力的fA、转f动B之惯比量应分为别多为少B J？A =r（B12 m其ArA2
A
rA
2021/4/24
fB fA
5-23 图
16
【解】据转动定律有：
f ArA = J A A
fBrB = J BrB
要使A、B 轮边缘处的切向加速度相同，应有：
【解】：受力分析如图
T1 = T1'
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
2021/4/24
6
【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的两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，可以绕
2021/4/24
2S
T
r
a T mg
5
【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，求盘的角加速度的大小．
相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且留在盘内，则
子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度
(A) 增大． (B) 不变．
． (C) 减小． (D) 不能确定
把三者看作同一系统时,系统所受合外 m
m
力矩为零,系统角动量守恒。
O
M
Jw0 L L = (J J子弹 )w
A
rA
2021/4/24
fB fA
5-23 图
16
【解】据转动定律有：
f ArA = J A A
fBrB = J BrB
要使A、B 轮边缘处的切向加速度相同，应有：
【解】：受力分析如图
T1 = T1'
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
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6
【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的两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，可以绕
2021/4/24
2S
T
r
a T mg
5
【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，求盘的角加速度的大小．
相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且留在盘内，则
子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度
(A) 增大． (B) 不变．
． (C) 减小． (D) 不能确定
把三者看作同一系统时,系统所受合外 m
m
力矩为零,系统角动量守恒。
O
M
Jw0 L L = (J J子弹 )w
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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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 A 种说法是正确的? o (A) 角速度从小到大, 角加速度从大到小. (B) 角速度从小到大, [A] 角加速度从小到大. (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.
角动量守恒定律：
若M 0, 则L 常量. 即( J )1 ( J ) 2
课堂练习
1.两个均质圆盘 A 和 B 的密度分别为 A 和 B，若 A> B ，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 JA和 JB，则
（A）JA>JB
（B）JB>JA
（C）JA=JB
[B]
（D）JA、JB哪个大，不能确定。
2.一个人站在有光滑固定转轴的转动平台 上,双臂伸直水平地举起二哑铃,在该人把 此二哑铃水平收缩到胸前的过程中,人、 哑铃与转动平台组成的系统的
（A）机械能守恒,角动量守恒; （B）机械能守恒,角动量不守恒; （C）机械能不守恒,角动量守恒; （D）机械能不守恒,角动量不守恒. [ C ]
A B
解：受力分析如图 由题意 a人=aB=a
由牛顿第二定律
对滑轮由转动定律:
人 : Mg T 2 Ma
1 1 B : T 1 Mg Ma 2 2
①
②
1 (T 2 T 1) R M 4 附加: a R ④
R
2
联立① ② ③ ④求解 a
7
③ T2 T1 a A B a Mg 1 2 Mg
3. 有一半径为 R 的水平圆转台，可绕通过其中 心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为 J ，开 始时转台以匀角速度0转动，此时有一质量为 m的人站在转台中心．随后人沿半径向外跑去， 当人到达转台边缘时，转台的角速度为
J 0 2 J mR
4.光滑的水平桌面上, 有一长为 2L、质量为 m 的匀质细杆,可绕过其中点且垂直于杆的 竖直光滑固定轴自由转动,其转动惯量为 mL2/3, 起初杆静止,桌面上有两个质量均为 m 的小球,各自在垂直于杆的方向上,正对着 杆的一端,以相同速率 v 相向运动,当两个小 球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞 后,与杆粘在一起转动,则这一系统碰撞后的 m v 转动角速度应为: L L o v o m
15：阿特伍德机（如图），求绳中张力 滑轮视为圆盘。
解： 对m1（质点）： m1g –T1=m1a
对m2（质点）：T2- m2g=m2a 对m3（刚体）：(T1-T2)r-Mf=Jβ 辅助关系： a=R β
1 J m3 r 2 2
m r 3 T1 T2 T1 T2 m1 m2 m1g m2g
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
F
O
F
（A）必然增大;（B）必然减少; （C）不会改变;（D）如何变化,不能确定。 [ A ]
质量为m、长为l的均匀细棒，从静止开始由 a30的角位置绕O点在竖直平面内自由转动， O点离B端的距离为l/3，如图所示。松手后， 求棒在水平位置时的角速度和角加速度.
A
C a C
O
B
3g 2l
3g a 2l
半径分别为rA和rB的圆盘，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，对轴的转动惯量为J，两圆盘边缘 都绕有轻绳，绳子下端分别挂有质量为mA和 mB的物体A和物体B，如图所示。若物体A 以加速度aA上升，证明物体B的质量
3.长为l质量为m匀质细杆可绕通过其上端的水平固 定轴O转动，另一质量也为m的小球，用长为l的轻 绳系于O轴上，如图。开始时杆静止在竖直位置， 现将小球在垂直于轴的平面内拉开一定角度，然后 使其自由摆下与杆端发生弹性碰撞，结果使杆的最 大摆角为/3，求小球最初被拉开的角度。 1 2 mv 0 mgl (1 cos ) 2
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
16.如图所示，A和B两飞轮的轴杆在同一中心 线上，设两轮的转动惯量分别为JA=10kgm2和 JB=20kgm2。开始时，A轮转速为600revmin-1， B 轮静止。 C 为摩擦啮合器，其转动惯量可忽 略不计。 A 、 B 分别与 C 的左、右两个组件相 连，当 C 的左右组件啮合， B 轮得到加速而 A 轮减速，直到两轮的转速相等为止。设轴光滑， 求： （1)两轮啮合后的转速n； （2)两轮各自角动量的变化量。
l
m ho c
l
hc
h’
h=3h0/2
a
b
解:碰撞前单摆摆锤的速度为
v0 2 gh0
令碰撞后直杆的角速度为，摆锤的速度为v＇。 由角动量守恒，有 1 2 mlv0 mlv J ,式中J ml ① 3 在弹性碰撞过程中机械能也是守恒的:
1 1 1 2 2 mv0 mv J 2 ② 2 2 2
1 1 2 Md ຫໍສະໝຸດ 2 J12 2 26．动能定理 2
1
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）：
角动量定理：
L J
Mdt
0
t
L2
L1
dL L2 L1 ( J ) 2 ( J )1
mB
2 JaA m A rA (g a A ) 2 rA rB g rB a A
rA
O
●
rB
A
B
已知：均匀直杆m，长为l，初始水平静止， l 。 轴光滑， AO 求:杆下摆角后，角速度 ? 4 解：杆+地球系统， ∵只有重力作功，∴ E守恒。 初始： Ek 1 0 令 E p1 0 1 末态：E k 2 J O 2 2 l E P 2 mg sin 4 1 l 2 (1) 则： J O mg( ) sin 0 2 4
g
4
2. 解：dM
m dm g r
l
m 2 M dM mg 2 2r dr dm 2rdr 0 R 2 1 2 mmgR J mR
J0 t M 1 2 0t t
2
Mdt 0 J
0
t
3
2
0
1 动能定理: A J 2 0 2 Md 0 A M
1 l 2 J O mg( ) sin 0 2 4
(1)
由平行轴定理
JO JC md2
1 2 l 2 ml m( ) 12 4 7 ml 2 48
(2)
6 g sin 2 7l
由（1）、（2）得
如图所示，长为l的轻杆，两端各固定质量分 别为m和2 m的小球，杆可绕水平光滑轴在竖 直面内转动，转轴O距两端分别为l/3和2l/3。 原来静止在竖直位置。今有一质量为m的小球， 以水平速度v0与杆下端小球作对心碰撞，碰后 以的v0/2水平速度返回，试求碰撞后轻杆所获 得的角速度。
v0 3v0 二式联立解得： v , 2 2l h0 按机械能守恒，碰撞后摆锤达到的高度显然为 h
1 而杆的质心达到的高度满足 J 2 mghc 2 3h
由此得 h 2hc
0
4
2
典型例1.一轻绳绕过一定滑轮,滑 轮轴光滑,滑轮的质量为 M/4,均 匀分布在其边缘上,绳子 A 端有 一质量为 M的人抓住了绳端,而 在绳的另一端 B 系了一质量为 M /2 的重物,如图。已知滑轮对 o 轴的转动惯量 J=MR2/4 ,设人 从静止开始以相对绳匀速向上爬 时,绳与滑轮间无相对滑动,求 B 端重物上升的加速度？
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 o (A) 处处相等. (B) 左边大于右边. m2 m1 (C) 右边大于左边. (D) 无法判断. [ C ]
m,l o
m
若绕一端转动会 如何呢？
（1）作用在杆的摩擦力矩; （2）经过多长时间杆才会停止转动。
解： (1)dM m dm g r m m dr g r m,l o l m m m rdr l m 1 l/2 M dM 20 m rdr mmgl l 4l m M dM m rdr (2)由角动量定理： 0 l Mt J J 0 J 0 J 0 0l t 3mg M
1．
M r F
M
M rFt
2. 定轴转动刚体的内力矩和为零
3．转动定律 M＝J β
r
F
其中J＝∑ mi ri2
为转动惯量
2 r dm
JC d
J m
质量连续分布的刚体 J
C
J＝JC＋md2。
平行
4．力矩的功: A 5．转动动能: