普通物理学(第二版)主编 武秀荣 曹学成 第三章《刚体力学》
第三章刚体力学
J 的单位：kg· m2。 它与刚体对给定转轴的质量分布有关。 特别要注意： 转动惯量与转轴的位置有关。 转动惯量具有可相加性。
例2 计算质量为m，长为l的细棒绕通过其端点 的垂直轴的转动惯量。
解
z
J r dm
2
m dm dx dx l
l 2
o x
dm
dx
x
m 1m 3l J x dx x 0 0 l 3 l 1 2 J ml 3
2
������������ d������ = d������������
������1
������������ ������������ = ������������2 − ������������1
解
1 m 1 2 1 2m 2l 1 2 J ( l) ml 33 3 3 3 3 9
2
（1）水平
o 0
3g 2l
A
c
o
B
l 1 2 mg ml 6 9
（2） 垂直位置 重力矩为零，所以角加速度β=0 A 根据机械能守恒定律： 1 2 ������ 3������ ������������ = ������������ ������ = 2 6 ������ （3）任意位置
刚体(rigid body)：在运动过程中形状和大小都不变的物体。
可以用质点动力学的方法来处理刚体的平动问题。
转动(rotation)：刚体上所有质点都绕同一直线作圆周运动。 这种运动称为刚体的转动。这条直线称为转轴。转动又分 定轴转动和非定轴转动 .
刚体的平面运动
刚体的一般运动：
质心的平动
+
绕质心的转动
课件：第三章 3-1 刚体的定轴转动 3-2 力矩 转动定律 转动惯量
刚体匀变速转动与质点匀变速直线运动公式对比
质点匀变速直线运动 刚体绕定轴作匀变速转动
v v0 at
0 t
x
x0
v0t
1 2
at2
0
0t
1 2
t
2
v2
v02 2a(x x0 )
2
2 0
2(
0
)
第四章 刚体转动
广东海洋大学理学院教学课件
物理学教程 （第二版）
在刚体任意一个转动平面上取点p，其距离转轴 的距离为r，则圆周运动的角量与线量关系依然成立， p点的速率为：
F 对转轴 Z 的力矩 M rF
M Fr sin Fd
z
M
r
Od
F P*
d r sin :力臂
第四章 刚体转动
广东海洋大学理学院教学课件
物理学教程 （第二版）
若力矩对定轴转动物体有贡献，必须满足以下两点：
(1) 力F与径失的夹角不能 为零，即过转轴的力对转 动没有贡献。
(2) 力F不能平行于转轴， 若平行于转轴，即使力 臂不为零，但由于力矩 的方向垂直于转轴，同 样对转动没有贡献。
r
P点的切向加速度和法向加速度的大小为
at r
an r 2
a
Байду номын сангаас
ret
r 2en
第四章 刚体转动
广东海洋大学理学院教学课件 第二节、 力矩 转动定律 转动惯量
一、力矩
物理学教程 （第二版）
在研究转动物体时，导致物体转动变化的因素称为力矩。
平面内刚,体r绕为O由z点轴O旋到转力,的力F 作用在刚体上点 P , 且在转动 M 作用点 P 的径矢 .
约定
普通物理学第二版第三章课后习题答案
第三章 动量定理及动量守恒定律（习题）3.5.1质量为2kg 的质点的运动学方程为 j ˆ)1t 3t 3(i ˆ)1t 6(r 22+++-=(t 为时间，单位为s ；长度单位为m).求证质点受恒力而运动，并求力的方向大小。
解，j ˆ)3t 6(i ˆt 12v ++= j ˆ6i ˆ12a +=jˆ12i ˆ24a m F +==（恒量）012257.262412tg )N (83.261224F ==θ=+=-3.5.2质量为m 的质点在oxy 平面内运动，质点的运动学方程为ωω+ω=b,a, ,j ˆt sin b i ˆt cos a r为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点。
解， ,j ˆt cos b i ˆt sin a v ωω+ωω-= r,j ˆt sin b i ˆt cos a a 22 ω-=ωω-ωω-= r m a m F ω-==3.5.3在脱粒机中往往装有振动鱼鳞筛，一方面由筛孔漏出谷粒，一方面逐出秸杆，筛面微微倾斜，是为了从较底的一边将秸杆逐出，因角度很小，可近似看作水平，筛面与谷粒发生相对运动才可能将谷粒筛出，若谷粒与筛面静摩擦系数为0.4，问筛沿水平方向的加速度至少多大才能使谷物和筛面发生相对运动。
解答，以谷筛为参照系，发生相对运动的条件是,g a ,mg f a m 000μ≥'μ=≥'a ' 最小值为)s /m (92.38.94.0g a 20=⨯=μ='以地面为参照系：解答，静摩擦力使谷粒产生最大加速度为,mg ma 0max μ= ,g a 0max μ=发生相对运动的条件是筛的加速度g a a0max μ=≥'，a '最小值为)s /m (92.38.94.0g a20=⨯=μ='3.5.4桌面上叠放着两块木板，质量各为,m ,m 21如图所示。
2m 和桌面间的摩擦系数为2μ，1m 和2m 间的静摩擦系数为1μ。
简明大学物理第二版 3 刚体力学基础1
力的时间累积效应：
冲量、动量、动量定理．
力矩的时间累积效应：
冲量矩、角动量、角动量定理．
第三章 刚体力学基础
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3-4 角动量
角动量守恒定律
一
角动量
z
1. 质点的角动量 质点相对于原点的角动量
L
y
O
L r p r mv
大小：L rm v sin 方向：符合右手法则 SI单位：kg m s
3-1 刚体的基本运动形式
补例1 在高速旋转圆柱形转子可绕垂直 其横截面通过中心的轴转动．开始时，它的 角速度 ω 0 0 ，经300 s 后，其转速达到 18 000 r· -1 ．转子的角加速度与时间成正 min 比．问在这段时间内，转子转过多少转？
第三章 刚体力学基础
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3-1 刚体的基本运动形式
刚体：在外力作用下，形状和大小都不 发生变化的物体．(任意两质点间距离保持 不变的特殊质点组．) ⑴ 说明： 刚体是理想模型 ⑵ 刚体模型是为简化问题引进的．
刚体的运动形式：平动、转动．
第三章 刚体力学基础
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3-1 刚体的基本运动形式
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第三章 刚体力学基础
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3-3 刚体绕定轴转动的动能定理
例3-4 一质量为 m、长为 L 的均匀细杆可绕 固定光滑水平轴在铅直平面内自由转动，设 最初杆位于水平位置，求当其下转到 θ 角时 的角加速度 β 和角速度 ω。
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物理学教程(第二版)上册第三章课后答案
第三章动量守恒定律与能量守恒定律3 -3对功得概念有以下几种说法:(1) 保守力作正功时,系统内相应得势能增加;(2) 质点运动经一闭合路径,保守力对质点作得功为零;(3) 作用力与反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作功得代数与必为零.下列上述说法中判断正确得就是( )(A) (1)、(2)就是正确得(B) (2)、(3)就是正确得(C) 只有(2)就是正确得(D) 只有(3)就是正确得分析与解保守力作正功时,系统内相应势能应该减少.由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之与必为零.至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之与未必为零(详见习题3 -2 分析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C).3 -4如图所示,质量分别为m1与m2得物体A与B,置于光滑桌面上,A与B之间连有一轻弹簧.另有质量为m1与m2得物体C与D分别置于物体A与B 之上,且物体A与C、B与D之间得摩擦因数均不为零.首先用外力沿水平方向相向推压A与B,使弹簧被压缩,然后撤掉外力,则在A与B弹开得过程中,对A、B、C、D 以及弹簧组成得系统,有( )(A) 动量守恒,机械能守恒(B) 动量不守恒,机械能守恒(C) 动量不守恒,机械能不守恒 (D) 动量守恒,机械能不一定守恒分析与解由题意知,作用在题述系统上得合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D).3 -5 如图所示,子弹射入放在水平光滑地面上静止得木块后而穿出.以地面为参考系,下列说法中正确得说法就是( )(A) 子弹减少得动能转变为木块得动能(B) 子弹-木块系统得机械能守恒(C) 子弹动能得减少等于子弹克服木块阻力所作得功(D) 子弹克服木块阻力所作得功等于这一过程中产生得热分析与解 子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统得合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒.这就是因为子弹与木块作用得一对内力所作功得代数与不为零(这就是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能得减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少得动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块得动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功得代数与).综上所述,只有说法(C)得表述就是完全正确得.3 -6 一架以3、0 ×102m·ｓ-1得速率水平飞行得飞机,与一只身长为0.20 m 、质量为0.50 kg 得飞鸟相碰.设碰撞后飞鸟得尸体与飞机具有同样得速度,而原来飞鸟对于地面得速率甚小,可以忽略不计.试估计飞鸟对飞机得冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算).根据本题得计算结果,您对于高速运动得物体(如飞机、汽车)与通常情况下不足以引起危害得物体(如飞鸟、小石子)相碰后会产生什么后果得问题有些什么体会？分析 由于鸟与飞机之间得作用就是一短暂时间内急剧变化得变力,直接应用牛顿定律解决受力问题就是不可能得.如果考虑力得时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过程中得细节情况.在求鸟对飞机得冲力(常指在短暂时间内得平均力)时,由于飞机得状态(指动量)变化不知道,使计算也难以进行;这时,可将问题转化为讨论鸟得状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用得相互性(作用与反作用),问题就很简单了.解 以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向.由动量定理得 0Δ-='v m t F 式中F '为飞机对鸟得平均冲力,而身长为20cm 得飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt ＝l /v ,以此代入上式可得 N 1055.252⨯=='lm F v 鸟对飞机得平均冲力为N 1055.25⨯-='-=F F式中负号表示飞机受到得冲力与其飞行方向相反.从计算结果可知,2、25 ×105N 得冲力大致相当于一个22 t 得物体所受得重力,可见,此冲力就是相当大得.若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故.3 -7 如图所示,质量为m 得物体,由水平面上点O 以初速为v 0抛出,v 0与水平面成仰角α.若不计空气阻力,求:(1) 物体从发射点O 到最高点得过程中,重力得冲量;(2) 物体从发射点到落回至同一水平面得过程中,重力得冲量.分析 重力就是恒力,因此,求其在一段时间内得冲量时,只需求出时间间隔即可.由抛体运动规律可知,物体到达最高点得时间gαt sin Δ01v =,物体从出发到落回至同一水平面所需得时间就是到达最高点时间得两倍.这样,按冲量得定义即可求得结果.另一种解得方法就是根据过程得始、末动量,由动量定理求出.解1 物体从出发到达最高点所需得时间为gαt sin Δ01v =则物体落回地面得时间为 gt t αsin Δ2Δ0122v == 于就是,在相应得过程中重力得冲量分别为 j j F I αsin Δd 011Δ1v m t mg t t -=-==⎰j j F I αsin 2Δd 022Δ2v m t mg t t -=-==⎰解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A 、B 得过程中,重力得冲量分别为j j j I αm y m mv Ay sin 001v v -=-=j j j I αm y m mv By sin 2002v v -=-=3 -8 F x ＝30＋4t (式中F x 得单位为N,t 得单位为s)得合外力作用在质量m ＝10 kg 得物体上,试求:(1) 在开始2ｓ内此力得冲量;(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用得时间;(3) 若物体得初速度v 1＝10 m·s -1 ,方向与F x 相同,在t ＝6、86s 时,此物体得速度v 2.分析 本题可由冲量得定义式⎰=21d t t t F I ,求变力得冲量,继而根据动量定理求物体得速度v 2.解 (1) 由分析知 ()s N 68230d 43020220⋅=+=+=⎰t t t t I(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2 ,解此方程可得t ＝6、86 s(另一解不合题意已舍去)(3) 由动量定理,有I ＝m v 2- m v 1由(2)可知t ＝6、86 s 时I ＝300 N·s ,将I 、m 及v 1代入可得112s m 40-⋅=+=mm I v v 3 -9 高空作业时系安全带就是非常必要得.假如一质量为51.0 kg 得人,在操作时不慎从高空竖直跌落下来,由于安全带得保护,最终使她被悬挂起来.已知此时人离原处得距离为2.0 m ,安全带弹性缓冲作用时间为0、50 s .求安全带对人得平均冲力.分析 从人受力得情况来瞧,可分两个阶段:在开始下落得过程中,只受重力作用,人体可瞧成就是作自由落体运动;在安全带保护得缓冲过程中,则人体同时受重力与安全带冲力得作用,其合力就是一变力,且作用时间很短.为求安全带得冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)得改变来分析,即运用动量定理来讨论.事实上,动量定理也可应用于整个过程.但就是,这时必须分清重力与安全带冲力作用得时间就是不同得;而在过程得初态与末态,人体得速度均为零.这样,运用动量定理仍可得到相同得结果.解1 以人为研究对象,按分析中得两个阶段进行讨论.在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时得速度为gh 21=v (1)在缓冲过程中,人受重力与安全带冲力得作用,根据动量定理,有()12Δv v m m t -=+P F (2)由式(1)、(2)可得安全带对人得平均冲力大小为()N 1014.1Δ2ΔΔ3⨯=+=+=tgh mg t m Δmg F v 解2 从整个过程来讨论.根据动量定理有N 1014.1/2Δ3⨯=+=mg g h tmg F 3 -10 质量为m 得小球,在合外力F ＝-kx 作用下运动,已知x ＝A cos ωt ,其中k 、ω、A 均为正常量,求在t ＝0 到ωt 2π=时间内小球动量得增量.分析 由冲量定义求得力F 得冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式⎰21d t t t F 积分前,应先将式中x 用x ＝A cos ωt 代之,方能积分.解 力F 得冲量为 ωωωkA t t kA t kx t F I t t t t -=-=-==⎰⎰⎰2/π02121d cos d d 即()ωkA m -=v Δ 3 -11 一只质量kg 11.01=m 得垒球以11s m 17-⋅=v 水平速率扔向打击手,球经球棒击出后,具有如图(a)所示得速度且大小12s m 34-⋅=v ,若球与棒得接触时间为0、025 s,求:(1)棒对该球平均作用力得大小;(2)垒球手至少对球作了多少功？分析第(1)问可对垒球运用动量定理,既可根据动量定理得矢量式,用几何法求解,如图(b)所示;也可建立如图(a)所示得坐标系,用动量定量得分量式求解,对打击、碰撞一类作用时间很短得过程来说,物体得重力一般可略去不计、题 3-11 图解(1)解 1由分析知,有12mv mv t F -=∆ 其矢量关系如图(b)所示,则)60180cos())((2)()()(2122212 --+=∆mv mv mv mv t F解之得N 9.197=F解 2由图(a)有x x x mv mv t F 12-=∆02-=∆y y mv t F将，则和代入解得及y x y x x F F v v v v v v 60sin 60cos ,22221=-==N 9.19722=+=y x F F F(2) 由质点动能定理,得 J 7.4721212122=-=mv mv W 3 -12 如图所示,在水平地面上,有一横截面S ＝0.20 m 2得直角弯管,管中有流速为v ＝3.0 m·ｓ-1得水通过,求弯管所受力得大小与方向.题 3-12 图分析 对于弯曲部分AB 段内得水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入得水量等于从另一端流出得水量.因此,对这部分水来说,在时间Δt 内动量得增量也就就是流入与流出水得动量得增量Δp ＝Δm (v B -v A );此动量得变化就是管壁在Δt 时间内对其作用冲量I 得结果.依据动量定理可求得该段水受到管壁得冲力F ;由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁得作用力F′＝-F .解 在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水得质量为Δm ＝ρυS Δt ,弯曲部分AB 得水得动量得增量则为Δp ＝Δm (v B -v A ) ＝ρυS Δt (v B -v A )依据动量定理I ＝Δp ,得到管壁对这部分水得平均冲力()A B t S ρtv v v -==ΔΔI F 从而可得水流对管壁作用力得大小为N 105.2232⨯-=-=-='v S ρF F作用力得方向则沿直角平分线指向弯管外侧.3 -13 A 、B 两船在平静得湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50 kg 得重物,结果就是A 船停了下来,而B 船以3.4 m·s -1得速度继续向前驶去.A 、B 两船原有质量分别为0、5×103kg 与1、0 ×103 kg,求在传递重物前两船得速度.(忽略水对船得阻力)分析 由于两船横向传递得速度可略去不计,则对搬出重物后得船A 与从船B 搬入得重物所组成得系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用得过程中应满足动量守恒;同样,对搬出重物后得船B 与从船A 搬入得重物所组成得系统Ⅱ亦就是这样.由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ得动量守恒方程即可解出结果.解 设A 、B 两船原有得速度分别以v A 、v B 表示,传递重物后船得速度分别以v A ′ 、v B ′ 表示,被搬运重物得质量以m 表示.分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有()A A B A A m m m m v v v '=+-(1) ()''=+-B B A B B m m m m v v v (2)由题意知v A ′ ＝0, v B ′ ＝3.4 m·s -1代入数据后,可解得 ()()12s m 40.0-⋅-=---'-=mm m m m m m A B B B A v v()()()12s m 6.3-⋅=---'-=m m m m m m m m B A B B A B v v也可以选择不同得系统,例如,把A 、B 两船(包括传递得物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应得方程求解.3 -14 质量为m′得人手里拿着一个质量为m 得物体,此人用与水平面成α角得速率v 0向前跳去.当她达到最高点时,她将物体以相对于人为u 得水平速率向后抛出.问:由于人抛出物体,她跳跃得距离增加了多少？ (假设人可视为质点)分析 人跳跃距离得增加就是由于她在最高点处向后抛出物体所致.在抛物得过程中,人与物之间相互作用力得冲量,使她们各自得动量发生了变化.如果把人与物视为一系统,因水平方向不受外力作用,故外力得冲量为零,系统在该方向上动量守恒.但在应用动量守恒定律时,必须注意系统就是相对地面(惯性系)而言得,因此,在处理人与物得速度时,要根据相对运动得关系来确定.至于,人因跳跃而增加得距离,可根据人在水平方向速率得增量Δv 来计算.解 取如图所示坐标.把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物得过程中,满足动量守恒,故有()()u m m αm m -+'='+v v v cos 0式中v 为人抛物后相对地面得水平速率,v -u 为抛出物对地面得水平速率.得u mm m α'++=cos 00v v 人得水平速率得增量为 u m m m α'+=-=cos Δ0v v v 而人从最高点到地面得运动时间为gαt sin 0v =所以,人跳跃后增加得距离 ()gm m αm t x '+==sin ΔΔ0v v3 -15 一物体在介质中按规律x ＝ct 3作直线运动,c 为一常量.设介质对物体得阻力正比于速度得平方.试求物体由x 0＝0 运动到x ＝l 时,阻力所作得功.(已知阻力系数为k )分析 本题就是一维变力作功问题,仍需按功得定义式⎰⋅=x F d W 来求解.关键在于寻找力函数F ＝F (x ).根据运动学关系,可将已知力与速度得函数关系F (v ) ＝kv 2变换到F (t ),进一步按x ＝ct 3得关系把F (t )转换为F (x ),这样,就可按功得定义式求解.解 由运动学方程x ＝ct 3 ,可得物体得速度 23d d ct tx ==v 按题意及上述关系,物体所受阻力得大小为3/43/242299x kc t kc k F ===v则阻力得功为⎰⋅=x F W d 3/73/23/403/20727d 9d 180cos d l kc x x kc x W l l -=-==⋅=⎰⎰⎰ x F 3 -16 一人从10.0 m 深得井中提水,起始桶中装有10.0 kg 得水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 得水.水桶被匀速地从井中提到井口,求所作得功.题 3-16 图分析 由于水桶在匀速上提过程中,拉力必须始终与水桶重力相平衡.水桶重力因漏水而随提升高度而变,因此,拉力作功实为变力作功.由于拉力作功也就就是克服重力得功,因此,只要能写出重力随高度变化得关系,拉力作功即可求出.解 水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有F ＋P ＝0在图示所取坐标下,水桶重力随位置得变化关系为P ＝mg -αgy其中α＝0.2 kg/m,人对水桶得拉力得功为()J 882d d 100100=-=⋅=⎰⎰y agy mg W y F3 -17 一质量为0.20 kg 得球,系在长为2.00 m 得细绳上,细绳得另一端系在天花板上.把小球移至使细绳与竖直方向成30°角得位置,然后从静止放开.求:(1) 在绳索从30°角到0°角得过程中,重力与张力所作得功;(2) 物体在最低位置时得动能与速率;(3) 在最低位置时得张力.题 3-17 图分析 (1) 在计算功时,首先应明确就是什么力作功.小球摆动过程中同时受到重力与张力作用.重力就是保守力,根据小球下落得距离,它得功很易求得;至于张力虽就是一变力,但就是,它得方向始终与小球运动方向垂直,根据功得矢量式⎰⋅=s d F W ,即能得出结果来.(2) 在计算功得基础上,由动能定理直接能求出动能与速率.(3) 在求最低点得张力时,可根据小球作圆周运动时得向心加速度由重力与张力提供来确定.解 (1) 如图所示,重力对小球所作得功只与始末位置有关,即 ()J 53.0cos 1Δ=-==θmgl h P W P在小球摆动过程中,张力F Ｔ得方向总就是与运动方向垂直,所以,张力得功s F d T T ⋅=⎰W(2) 根据动能定理,小球摆动过程中,其动能得增量就是由于重力对它作功得结果.初始时动能为零,因而,在最低位置时得动能为J 53.0k ==P W E小球在最低位置得速率为1P K s m 30.222-⋅===mW m E v (3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得lm P F 2T v =-N 49.22T =+=lm mg F v 3 -18 一质量为m 得质点,系在细绳得一端,绳得另一端固定在平面上.此质点在粗糙水平面上作半径为r 得圆周运动.设质点得最初速率就是v 0.当它运动一周时,其速率为v 0 /2.求:(1) 摩擦力作得功;(2) 动摩擦因数;(3) 在静止以前质点运动了多少圈？分析 质点在运动过程中速度得减缓,意味着其动能减少;而减少得这部分动能则消耗在运动中克服摩擦力作功上.由此,可依据动能定理列式解之.解 (1) 摩擦力作功为20202k 0k 832121v v v m m m E E W -=-=-=(1) (2) 由于摩擦力就是一恒力,且F ｆ＝μmg ,故有mg r s F W μπ2180cos o f -== (2)由式(1)、(2)可得动摩擦因数为rgπμ16320v = (3) 由于一周中损失得动能为2083v m ,则在静止前可运行得圈数为 34k0==W E n 圈 3 -19 如图(a)所示,A 与B 两块板用一轻弹簧连接起来,它们得质量分别为m 1与m 2.问在A 板上需加多大得压力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起来时B 稍被提起.(设弹簧得劲度系数为k )题 3-19 图分析 运用守恒定律求解就是解决力学问题最简捷得途径之一.因为它与过程得细节无关,也常常与特定力得细节无关.“守恒”则意味着在条件满足得前提下,过程中任何时刻守恒量不变.在具体应用时,必须恰当地选取研究对象(系统),注意守恒定律成立得条件.该题可用机械能守恒定律来解决.选取两块板、弹簧与地球为系统,该系统在外界所施压力撤除后(取作状态1),直到B 板刚被提起(取作状态2),在这一过程中,系统不受外力作用,而内力中又只有保守力(重力与弹力)作功,支持力不作功,因此,满足机械能守恒得条件.只需取状态1与状态2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这两状态下受力得平衡,便可将所需压力求出.解 选取如图(b)所示坐标,取原点O 处为重力势能与弹性势能零点.作各状态下物体得受力图.对A 板而言,当施以外力F 时,根据受力平衡有F 1＝P 1＋F (1)当外力撤除后,按分析中所选得系统,由机械能守恒定律可得2221212121mgy ky mgy ky +=- 式中y 1、y 2为M 、N 两点对原点O 得位移.因为F 1＝ky 1 ,F 2＝ky 2及P 1＝m 1g ,上式可写为F 1 -F 2＝2P 1 (2)由式(1)、(2)可得F ＝P 1＋F 2 (3)当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F′2＝P 2 ,且F 2＝F′2.由式(3)可得F ＝P 1＋P 2＝(m 1＋m 2 )g应注意,势能得零点位置就是可以任意选取得.为计算方便起见,通常取弹簧原长时得弹性势能为零点,也同时为重力势能得零点.3 -20 如图所示,一质量为m 得木块静止在光滑水平面上,一质量为m /2得子弹沿水平方向以速率0v 射入木块一段距离L (此时木块滑行距离恰为s )后留在木块内,求:(1)木块与子弹得共同速度v ,此过程中木块与子弹得动能各变化了多少？(2)子弹与木块间得摩擦阻力对木块与子弹各作了多少功？(3)证明这一对摩擦阻力得所作功得代数与就等于其中一个摩擦阻力沿相对位移L 所作得功、(4)证明这一对摩擦阻力所作功得代数与就等于子弹-木块系统总机械能得减少量(亦即转化为热得那部分能量)、题 3-20 图分析对子弹-木块系统来说,满足动量守恒,但系统动能并不守恒,这就是因为一对摩擦内力所做功得代数与并不为零,其中摩擦阻力对木块作正功,其反作用力对子弹作负功,后者功得数值大于前者,通过这一对作用力与反作用力所做功,子弹将一部分动能转移给木块,而另一部分却转化为物体内能、本题(3)、(4)两问给出了具有普遍意义得结论,可帮助读者以后分析此类问题、解(1)子弹-木块系统满足动量守恒,有v m m mv )2/(2/0+=解得共同速度031v v =对木块 2022k 181021mv mv E =-=∆ 对子弹 202022k 92)2(21)2(21mv v m v m E -=-=∆ (2) 对木块与子弹分别运用质点动能定理,则 对木块 201k 1181mv E W =∆= 对子弹 202k 292mv E W -=∆= (3) 设摩擦阻力大小为f F ,在两者取得共同速度时,木块对地位移为s ,则子弹对地位移为L +s ,有对木块 s F W f 1= 对子弹 )(f 2s L F W +-= 得 L F W W W f 21-=+=式中L 即为子弹对木块得相对位移,“-”号表示这一对摩擦阻力(非保守力)所作功必定会使系统机械能减少、(4) 对木块 2f 121mv s F W == 对子弹 202f 2)2(21)2(21)(v m v m s L F W -=+-= 两式相加,得202221)2(21])2(2121[v m v m mv W W -+=+ 即 20f 183mv L F -=- 两式相加后实为子弹-木块系统作为质点系得动能定理表达式,左边为一对内力所作功,右边为系统动能得变化量、3 -21 用铁锤把钉子敲入墙面木板.设木板对钉子得阻力与钉子进入木板得深度成正比.若第一次敲击,能把钉子钉入木板1、00 ×10 -2m.第二次敲击时,保持第一次敲击钉子得速度,那么第二次能把钉子钉入多深？分析 由于两次锤击得条件相同,锤击后钉子获得得速度也相同,所具有得初动能也相同.钉子钉入木板就是将钉子得动能用于克服阻力作功,由功能原理可知钉子两次所作得功相等.由于阻力与进入木板得深度成正比,按变力得功得定义得两次功得表达式,并由功相等得关系即可求解.解 因阻力与深度成正比,则有F ＝kx (k 为阻力系数).现令x 0＝1、00 ×10 -2 m,第二次钉入得深度为Δx ,由于钉子两次所作功相等,可得⎰⎰+=x x x x x kx x kx Δ0000d dΔx ＝0、41 ×10 -2 m3 -22 一质量为m 得地球卫星,沿半径为3R E 得圆轨道运动, R E 为地球得半径.已知地球得质量为m E .求:(1) 卫星得动能;(2) 卫星得引力势能;(3) 卫星得机械能.分析 根据势能与动能得定义,只需知道卫星得所在位置与绕地球运动得速率,其势能与动能即可算出.由于卫星在地球引力作用下作圆周运动,由此可算得卫星绕地球运动得速率与动能.由于卫星得引力势能就是属于系统(卫星与地球)得,要确定特定位置得势能时,必须规定势能得零点,通常取卫星与地球相距无限远时得势能为零.这样,卫星在特定位置得势能也就能确定了.至于卫星得机械能则就是动能与势能得总与.解 (1) 卫星与地球之间得万有引力提供卫星作圆周运动得向心力,由牛顿定律可得()E 22E E 33R m R m m G v = 则EE 2k 621R m m G m E ==v (2) 取卫星与地球相距无限远(r →∞)时得势能为零,则处在轨道上得卫星所具有得势能为 E E P 3R m m GE -= (3) 卫星得机械能为EE E E E E P k 636R m m G R m m G R m m G E E E -=-=+= 3 -23 如图(a)所示,天文观测台有一半径为R 得半球形屋面,有一冰块从光滑屋面得最高点由静止沿屋面滑下,若摩擦力略去不计.求此冰块离开屋面得位置以及在该位置得速度.题 3-23 图分析 取冰块、屋面与地球为系统,由于屋面对冰块得支持力F N 始终与冰块运动得方向垂直,故支持力不作功;而重力P 又就是保守内力,所以,系统得机械能守恒.但就是,仅有一个机械能守恒方程不能解出速度与位置两个物理量;因此,还需设法根据冰块在脱离屋面时支持力为零这一条件,由牛顿定律列出冰块沿径向得动力学方程.求解上述两方程即可得出结果.解 由系统得机械能守恒,有θmgR m mgR cos 212+=v (1) 根据牛顿定律,冰块沿径向得动力学方程为 Rm F θmgR 2N cos v =- (2) 冰块脱离球面时,支持力F N ＝0,由式(1)、(2)可得冰块得角位置o θ2.4832arccos == 冰块此时得速率为32cos Rg θgR ==v v 得方向与重力P 方向得夹角为 α＝90° - θ＝41、8°3 -24 如图所示,把质量m ＝0.20 kg 得小球放在位置A 时,弹簧被压缩Δl ＝7、5 ×10 -2m.然后在弹簧弹性力得作用下,小球从位置A 由静止被释放,小球沿轨道ABCD 运动.小球与轨道间得摩擦不计.已知BCD 就是半径r ＝0.15 m 得半圆弧,AB 相距为2r .求弹簧劲度系数得最小值.题 3-24 图分析 若取小球、弹簧与地球为系统,小球在被释放后得运动过程中,只有重力与弹力这两个保守内力作功,轨道对球得支持力不作功,因此,在运动得过程中,系统得机械能守恒.运用守恒定律解题时,关键在于选好系统得初态与终态.为获取本题所求得结果,初态选在压缩弹簧刚被释放时刻,这样,可使弹簧得劲度系数与初态相联系;而终态则取在小球刚好能通过半圆弧时得最高点C 处,因为这时小球得速率正处于一种临界状态,若大于、等于此速率时,小球定能沿轨道继续向前运动;小于此速率时,小球将脱离轨道抛出.该速率则可根据重力提供圆弧运动中所需得向心力,由牛顿定律求出.这样,再由系统得机械能守恒定律即可解出该弹簧劲度系数得最小值.解 小球要刚好通过最高点C 时,轨道对小球支持力F N ＝0,因此,有rm mg c 2v = (1) 取小球开始时所在位置A 为重力势能得零点,由系统得机械能守恒定律,有()()22213Δ21c m r mg l k v += (2) 由式(1)、(2)可得()12m N 366Δ7-⋅==l mgr k 3 -25 如图所示,质量为m 、速度为v 得钢球,射向质量为m′得靶,靶中心有一小孔,内有劲度系数为k 得弹簧,此靶最初处于静止状态,但可在水平面上作无摩擦滑动.求子弹射入靶内弹簧后,弹簧得最大压缩距离.题 3-25 图分析 这也就是一种碰撞问题.碰撞得全过程就是指小球刚与弹簧接触直至弹簧被压缩到最大,小球与靶刚好到达共同速度为止,在这过程中,小球与靶组成得系统在水平方向不受外力作用,外力得冲量为零,因此,在此方向动量守恒.但就是,仅靠动量守恒定律还不能求出结果来.又考虑到无外力对系统作功,系统无非保守内力作功,故系统得机械能也守恒.应用上述两个守恒定律,并考虑到球与靶具有相同速度时,弹簧被压缩量最大这一条件,即可求解.应用守恒定律求解,可免除碰撞中得许多细节问题.解 设弹簧得最大压缩量为x 0.小球与靶共同运动得速度为v 1.由动量守恒定律,有()1v v m m m '+= (1)又由机械能守恒定律,有()20212212121kx m m m +'+=v v (2) 由式(1)、(2)可得()v m m k m m x '+'=0 3 -26 质量为m 得弹丸A ,穿过如图所示得摆锤B 后,速率由v 减少到v/2.已知摆锤得质量为m ′,摆线长度为l ,如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全得圆周运动,弹丸速度v 得最小值应为多少？题 3-26 图分析 该题可分两个过程分析.首先就是弹丸穿越摆锤得过程.就弹丸与摆锤所组成得系统而言,由于穿越过程得时间很短,重力与得张力在水平方向得冲量远小于冲击力得冲量,因此,可认为系统在水平方向不受外力得冲量作用,系统在该方向上满足动量守恒.摆锤在碰撞中获得了一定得速度,因而具有一定得动能,为使摆锤能在垂直平面内作圆周运动,必须使摆锤在最高点处有确定得速率,该速率可由其本身得重力提供圆周运动所需得向心力来确定;与此同时,摆锤在作圆周运动过程中,摆锤与地球组成得系统满足机械能守恒定律,根据两守恒定律即可解出结果.解 由水平方向得动量守恒定律,有v v v ''+=m m m 2(1) 为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动,在最高点时,摆线中得张力F Ｔ＝0,则lm g m h 2v ''=' (2)。
《大学物理学》第二版下册习题解答
大学物理学第二版下册习题解答第一章：力学1.1 力学基本概念1.1.1 力的概念问题：什么是力？力的种类有哪些？解答：力是物体之间相互作用导致的物体运动或形变的原因。
力可以分为以下几种：•接触力：当两个物体接触时产生的力，如弹簧力、摩擦力等。
•引力：天体之间由于引力而产生的力，如地球引力、行星引力等。
•重力：地球上物体受到的引力，是一种特殊的引力。
•弹力：当物体被弹性体拉伸或压缩时，物体回复原状所产生的力。
•阻力：物体在流体中运动时受到的阻碍力，如空气阻力、水阻力等。
1.1.2 力的合成与分解问题：什么是力的合成与分解？如何进行力的合成与分解?解答：力的合成是指将多个力按照一定的规律合成为一个力的过程。
力的分解是指将一个力按照一定的规律分解为多个力的过程。
力的合成可以使用力的三角法进行。
假设有两个力F₁、F₂，其方向分别为α₁、α₂，大小分别为|F₁|、|F₂|，则合力F的大小可以通过以下公式计算：F = √(F₁² + F₂² + 2F₁F₂cos(α₁-α₂))合力F的方向则可以通过以下公式计算：tan(θ) = (F₂sin(α₁-α₂))/(F₁+F₂cos(α₁-α₂))力的分解可以使用力的正弦法和余弦法进行。
假设有一个力F，其大小为|F|，方向为α，要将该力分解为水平方向的力F x和竖直方向的力F x，可以通过以下公式计算：Fₓ = |F|cosα, Fᵧ = |F|sinα1.2 牛顿定律与惯性1.2.1 牛顿第一定律问题：什么是牛顿第一定律？牛顿第一定律适用于哪些情况？解答：牛顿第一定律，也称为惯性定律，指的是：物体在没有受到外力或受到的合外力为零时，物体保持静止或匀速直线运动的状态。
牛顿第一定律适用于只有一个物体或多个物体之间相互独立运动的情况。
当物体受到外力时，按照该定律，物体会发生运动或停止运动。
1.2.2 牛顿第二定律问题：什么是牛顿第二定律？如何计算物体所受合外力和加速度的关系？解答：牛顿第二定律指的是：物体所受合外力等于物体的质量乘以加速度。
第3章-刚体 大学物理课件
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例4. 质量为M =16 kg的实心滑轮，半径为R = 0.15 m。 一根细绳绕在滑轮上，一端挂一质量为m的物体。
求（1）由静止开始1秒钟后，物体下降的距离。（2）
绳子的张力。
解: (1) T
M
M
m
mg
m
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TR1MR2 a 2R
T
mgTma
T 1 Ma 2
m
NT
2
2
m2g
m2 g
a
T2
Ny
rom
Nx
mg T 1
T1
m1 a
列方程如下：
m 1g T1 m 1a
T2 m 2g m 2a
T1r
T2r
1 2
mr
2
a r
m1 g
可求解
解：在地面参考系中，选取m1 、 m2和滑轮m为研 究对象，分别运用牛顿定律和刚体定轴转动定律得。
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（2） 由刚体的机械能守恒得：
mgl 1 J2
22
1 ml22
6
3g l
A
c
o
B
0
零势点
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例11. 长为 l 的均质细直杆OA，一端悬于O点铅直下
垂，如图所示。一单摆也悬于O点，摆线长也为l，摆
球质量为m。现将单摆拉到水平位置后由静止释放，
摆球在 A 处与直杆作完全弹性碰撞后恰好静止。试
转轴固定不动的转动。
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定轴转动的特点：
• 各质点都作圆周运动； • 各质点圆周运动的平面垂直于轴线，圆心
在轴线上； • 各质点的矢径在相同的时间内转过的角度
普通物理学第三章PPT课件
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3.2.3 刚体定轴转动的角动量守恒定律
1. 角动量( 动量矩 )
对于定点转动而言：
L
r
P
r
mv
在国际单位制（SI）中，角动量
的单位为
r
o
kg m2 s1 r sin
P mv
m
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对于绕固定轴oz的转动的质元m而i 言:
Li ri mivi
miri2k
对于绕固定轴oz 转动的整个刚体而言:
z
L N miri2 J
i
角动量的方向沿轴的正向或负向,所以可用代数量来描述.
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1、M J与 地F＝位ma相当，α与a对应，力矩是使 刚体转动状态发生改变而产生角加速度的原因。
2、力矩是矢量，方向沿转轴，对定轴转动只有 两个方向，所以用正负号表示方向。
3、m反映质点的平动惯性，J是对刚体转动惯性 大小的量度，其大小反映了改变刚体转动状态 的难易程度。
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漆安慎《普通物理学教程：力学》第二版《刚体力学》单元思维方法分析一览表
匀速转动的角速度公式
演绎法、类比法
线量与角量的关系
图示法、微元法、比较法、极限法、分析法
(三)角速度矢量
角速度矢量
图示法
角加速度也是矢量
微元法、比较法、极限法
角速度和角加速度在直角坐标系中表示
分析法、等效法
(四)刚体的平面运动
刚体作平面运动的概念
抽象概括
描述刚体的平面运动方法
分析法、叠加法、等效法
等效法
滚动摩擦和滑动摩擦的比较
等效法
*(五)汽车轮的受力 汽车的极限速度
利用力偶矩和力矩平衡知识讨论汽车轮的受力和极限速度
演绎法
7.6刚体的平衡
(一)刚体的平衡方程
在平面力系作用下刚体的平衡方程
√
演绎法、综合法
刚体平衡方程的其他形式
等效法
(二)杆的受力特点
杆在三个理想条件下的受力特点
建模法
7.7自转与旋进
角坐标概念
类比法、图示法
刚位移的概念
√
比较法、类比法
瞬时角速度的概念
√
比较法、微元法、极限法
瞬时角加速度的概念
√
比较法、微元法、极限法
求角坐标随时间的变化规律
√
微元法、极限法、叠加法、类比法
求角速度随时间的变化规律
√
微元法、极限法、叠加法、类比法
匀速转动的运动学方程
(一)常平架回转仪
常平架回转仪
演绎法
(二)回转仪的旋进
用角动量定理研究旋进
演绎法
(三)地球的旋进与章动
旋进与章动的概念
等效法、图示法
漆安慎《普通物理学教程：力学》第二版
《刚体力学》单元思维方法分析一览表
普通物理学第二版课后习题答案(全)
第一章 物理学和力学1.1国际单位制中的基本单位是那些？解答，基本量：长度、质量、时间、电流、温度、物质的量、光强度。
基本单位：米（m ）、千克（kg ）、时间（s ）、安培（A ）、温度（k ）、摩尔（mol ）、坎德拉（cd ）。
力学中的基本量：长度、质量、时间。
力学中的基本单位：米（m ）、千克（kg ）、时间（s ）。
1.2中学所学习的匀变速直线运动公式为,at 21t v s 20+= 各量单位为时间：s （秒），长度：m （米），若改为以h （小时）和km （公里）作为时间和长度的单位，上述公式如何？若仅时间单位改为h ，如何？若仅0v 单位改为km/h ，又如何？解答，（1）由量纲1LTvdim -=，2LT a dim -=，h/km 6.3h/km 360010h 36001/km 10s /m 33=⨯==--2223232h /km 36006.3h /km 360010)h 36001/(km 10s /m ⨯=⨯==--改为以h （小时）和km （公里）作为时间和长度的单位时，,at 36006.321t v 6.3s 20⨯⨯+=（速度、加速度仍为SI单位下的量值）验证一下:1.0h 3600s t ,4.0m/s a ,s /m 0.2v 20====利用,at 21t v s 20+=计算得：)m (2592720025920000720036004236002s 2=+=⨯⨯+⨯=利用,at 36006.321t v 6.3s 20⨯⨯+=计算得 )km (2.25927259202.71436006.321126.3s 2=+=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯=（2）. 仅时间单位改为h由量纲1LTv dim -=，2LTadim -=得h /m 3600h/m 3600h 36001/m s /m ===222222h /m 3600h /m 3600)h 36001/(m s /m ===若仅时间单位改为h ，得：,at 360021t v 3600s 220⨯+=验证一下:1.0h 3600s t ,4.0m/s a ,s /m 0.2v 20==== 利用,at 21t v s 20+=计算得：)m (2592720025920000720036004236002s 2=+=⨯⨯+⨯=利用,at 360021t v 3600s 220⨯+=计算得： )m (2592720025920000720014360021123600s 22=+=⨯⨯⨯+⨯⨯= （3）. 若仅0v 单位改为km/h由量纲1LTv dim -=,得s/m 6.31h /km ,h /km 6.3)h 36001/(km 10s /m 3===-仅0v 单位改为km/h ，因长度和时间的单位不变，将km/h 换成m/s得,at 21t v 6.31s 20+=验证一下:1.0h 3600s t ,4.0m/s a ,s /m 0.2v 20====利用,at 21t v s 20+=计算得：)m (2592720025920000720036004236002s 2=+=⨯⨯+⨯=利用,at 21t v 6.31s 20+=计算得： )m (25927200259200007200360042136003600/11026.31s 23=+=⨯⨯+⨯⨯⨯=-1.3设汽车行驶时所受阻力f 与汽车的横截面积S 成正比，且与速率v 之平方成正比。
第三章--刚体力学(《普通物理学》精编版)省名师优质课赛课获奖课件市赛课一等奖课件
旳力有铰链处旳支承力(不做功)和重力。设细杆由竖直放置转到
与竖直线呈θ角时旳角速度为ω ，此时杆具有旳转动动能为
Ek
1 2
J2
已知细杆绕轴O旳转动惯量
J 1 ml2 3
C•
•
细杆由竖直放置转到与竖直线呈θ角时重力矩所
l2 mg
做旳功为
W mg l (1-cos )
2
根据刚体定轴转动旳动能定理得
图3-17 例题3-8图
2
当棒转过一种极小旳角位移dθ时，重力矩所
做旳元功是
dW Md mg l cos d 2
O
C
A
θ
G
A
图3-15 例题 3-6图
在棒从水平位置下摆到竖直位置旳过程中，重力矩所做旳总功为
W
π
2
mg
l cos d
1
mgl
0
2
2
从而可阐明重力矩做旳功也就是重力做旳功。
2.转动动能
设系统涉及有 N 个质量元
M Frsin
力矩旳方向可由右手螺旋法则来拟定。
在SI制中，力矩旳单位为N·m。
2．转动定律
M Jβ = J dω dt
J 表达转动惯量
刚体绕定轴转动时，其角加速度与它受到旳合外 力矩成正比，与刚体旳转动惯量成反比。这个结 论称为刚体定轴转动旳转动定律。
阐明：
1. M J 与 F＝ma 地位相当，m反应质点旳平动惯 性，J反应刚体旳转动惯性。
负值表达β与ω0旳方向相反，和减速转动相相应。
闸瓦作用于飞轮旳摩擦力矩为 M f R NR
根据刚体定轴转动定律得 NR J
将 J mR2 代入得
N
mR
大学物理学(第一册)力学(第二版)(二)
大学物理学（第一册）力学（第二版）（二）引言概述：大学物理学（第一册）力学（第二版）是一本广泛使用的教材，旨在介绍大学物理学中的力学内容。
本文档将按照以下五个大点来详细阐述该教材的内容，包括力学的基本概念、运动学、动力学、静力学和动力学应用。
通过这些内容，读者将能够全面了解力学的理论和应用，进一步提升其物理学知识水平。
正文：1. 力学的基本概念：- 引力和重力：介绍引力和重力的概念及其作用力的计算方法。
- 质点和刚体：解释质点和刚体的定义，以及它们在力学中的重要性。
- 受力分析：讨论如何进行受力分析，并介绍常见的力的分类。
2. 运动学：- 位移和速度：解释位移和速度的概念，并介绍如何计算和描述它们。
- 加速度和匀变速运动：介绍加速度的概念，并讨论匀变速运动的特点和相关公式。
- 二维运动：介绍二维运动的概念，并讨论如何描述和计算平面运动。
3. 动力学：- 牛顿定律：解释牛顿定律的三个基本原理，并介绍如何应用它们解决力学问题。
- 动量和冲量：介绍动量和冲量的概念，并讲解它们与力学的关系。
- 力学能量：讨论力学能量的概念和转化规律，并介绍动能和势能的计算方法。
4. 静力学：- 平衡和力矩：解释平衡和力矩的概念，并介绍如何应用它们解决静力学问题。
- 力的合成和分解：讨论如何将多个力合成为一个力，并介绍如何将一个力分解为多个分力。
- 重力平衡和弹力：介绍重力平衡和弹力的概念，以及计算它们所需的公式。
5. 动力学应用：- 运动中的应用：介绍力学在运动中的应用，如自由落体、斜抛运动和圆周运动。
- 牛顿引力定律的应用：讨论牛顿引力定律在行星运动和天体力学中的应用。
- 动力学原理的工程应用：介绍动力学原理在工程领域中的应用，如桥梁和机械系统的设计。
总结：本文档以大学物理学（第一册）力学（第二版）为基础，按照引言概述-正文内容的格式详细阐述了力学的基本概念、运动学、动力学、静力学和动力学应用等五个大点。
通过学习本文档，读者将能够全面理解力学的理论和应用，并在物理学知识上取得更大的进步。
第三章刚体力学基础(大学物理)
2
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证: 两平行转轴间距d，C为刚体的质心，X轴垂直 ' 相交两转轴,质元到两转轴的距离为ri和ri 。
2 ri
z
m i
ri
'2 ri
d
2
' ' 2dri cos i
ri'2 d 2 2dxi'
相对质心C的X坐标值
J
m
'
' ri
i
n
m i ri2
o x i
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例1: 一飞轮在时间t内转过角度 a bt 2 ct 3，式a，b，c中都 是常量。 求: 它的角速度和角加速度 解: 将角度式对时间求一阶导数，即得飞轮的角速度为
d 2 3 2 (a bt ct ) 2bt 3ct dt
由角加速度定义得
d d 2 (2bt 3ct ) 2b 6ct dt dt
d m 2r d r
由公式直接得
J r dm 2 r d r
2 3 0
R
R 4
2
1 mR 2 2
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3.3 力矩 转动定律 3.3.1 力矩 力 改变质点的运动状态 力矩 改变刚体的转动状态 (1) 力 F 在转 动平面内 大小：
Z M z
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(2)转动惯量——量度转动惯性大小的物理量
定轴转动动能的计算公式 1 1 2 2 2 Ek (mi ri ) I 单位：千克· 2 ，kg ·m2 米 2 2
J z mi ri 2
i 1 n
J z r 2 dm
质量连续分布
漆安慎《普通物理学教程：力学》第二版各单元课后习题思维方法分析
漆安慎《普通物理学教程：力学》第二版各单元课后习题思维方法分析《质点运动学》单元中的习题分析序号题型思维方法题目数对应习题题号1 已知运动学方程，求轨迹方程或位移比较法、等效法3 [2.1.1][2.1.2] [2.1.3] 2 已知初末位置和时间，求瞬时速度或瞬时速率的近似值比较法2 [2.2.1][2.2.2] 3 已知初末速度和时间，求平均加速度比较法1 [2.2.5] 4 已知质点直线运动的位移时间图像t x -图，求质点的速度图像法1 [2.3.1] 5 已知运动学方程，求速度和加速度比较法、微元法、极限法2 [2.2.6][2.3.2] 6 已知速度)(t v 或)(x v ，求加速度比较法、微元法、极限法2 [2.3.3][2.3.4] 7 已知两质点的位置关系，求两质点的加速度关系比较法、微元法、极限法1 [2.3.5] 8 坐标原点或计时起点的改变对运动学方程的影响比较法、等效法1 [2.3.6] 9 已知速度，求运动学方程或位移叠加法2 [2.4.2][2.5.3] 10 由加速度，求速度、运动学方程、位移叠加法、比较法4 [2.4.1][2.4.3][2.4.4] [2.5.1] 11 分运动与合运动问题：已知某一分运动，求另一分运动或合运动分析法、叠加法、演绎法2 [2.5.4][2.5.5] 12 相遇问题:已知两质点的加速度、初速度及开始时刻的位置关系，求何时或何地相遇叠加法、比较法3 [2.4.5][2.4.7] [2.5.2] 13 已知自然坐标系下的运动学方程(或切向速度)，求切向速度(或切向加速度或合加速度)类比法、微元法、极限法、3 [2.6.1][2.6.2] [2.6.3] 叠加法14 相对运动问题等效法、叠加法6 [2.4.8][2.8.1][2.8.2] [2.8.3] [2.8.4][2.8.5] 《动量×牛顿运动定律×动量守恒定律》单元中的习题分析序号 题型思维方法 题目数 对应习题题号 1 已知运动学方程，求质点的受力情况(大小和方向)微元法、比较法、极限法 2 [3.4.1][3.4.2] 2 惯性系中牛顿运动定律的运用：已知运动情况(位置、速度或加速度间的关系)，求力(或加速度)或相关物理量建模法、隔离法、演绎法、微元法、极限法、图示法 13 [3.4.3][3.4.4][3.4.5] [3.4.6] [3.4.7][3.4.8] [3.4.11][3.4.14] [3.4.15][3.4.16] [3.4.20][3.4.21] [3.4.22] 3 惯性系中牛顿运动定律的运用：已知受力情况(包括连续的变力)及初始条件(初速度或初位置(可根据坐标系的选择而定))，求运动情况(位置、位移、速度或角速度等)建模法、隔离法、微元法、演绎法、叠加法、极限法、图示法 5 [3.4.9][3.4.10] [3.4.12][3.4.13] [3.4.18] 4 非惯性系(直线加速系)中牛顿运动定律的运用：已知运动情况，求力或加速度建模法、隔离法、演绎法、等效法、叠加法、图示法 3 [3.4.5][3.5.1] [3.5.2] 5 非惯性系(直线加速系)中牛顿运动定律的运用：已知受力情况(包括惯性力)及初始条件，求运动情况(相对于非惯性系)建模法、隔离法、演绎法、等效法、叠加法、图示法 1 [3.5.3] 6 非惯性系(转动参考系)中牛顿运动定律的运用：已知受力情况(包括离心惯性力或科里奥利力)及初始条件，求运动情况建模法、隔离法、演绎法、等效法、叠加法、图示法 3 [3.5.4][3.5.5] [3.5.6] 7 已知受力情况(包括变力)(t F)及时间，求冲微元法、极限1 [3.6.1] 量 法、建模法、演绎法、叠加法8 已知质点的运动学方程)(t r r=，求质点动量 微元法、比较法、极限法、演绎法1 [3.6.2] 9 质点动量定理的应用等效法、演绎法3 [3.6.3][3.6.4] [3.6.5] 10 质点系动量定理的应用：已知各质点动量(或速度)变化及时间，求质点系所受合外力 建模法、演绎法、叠加法、等效法 2 [3.7.1][3.7.4] 11 质点系动量定理的应用：已知合外力(合加速度)及某些质点的速度(或加速度、位移)情况，求另外质点的速度(或加速度、位移)情况 建模法、演绎法、叠加法、等效法 4 [3.7.2][3.7.3][3.7.5] [3.7.6] 12 质心运动定理的应用：已知各质点动量(或速度)变化及时间，求质点系所受合外力 建模法、演绎法1 [3.7.1] 13 质心运动定理的应用：已知合外力(合加速度)及某些质点的速度(或加速度、位移)情况，求另外质点的速度(或加速度、位移)情况建模法、演绎法3 [3.7.2][3.7.3] [3.7.6] 14 在质心参考系中，求质点系质心的动量建模法、演绎法1 [3.7.7] 15 质点系动量守恒定律的应用建模法、演绎法、图示法3 [3.8.1][3.8.2] [3.8.3] 《动能和势能》单元中的习题分析序号 题型思维方法 习题数对应习题题号1 功的定义的应用：已知力或力的变化规律，求力(变力)的功微元法、极限法、建模法、演绎法、叠加3 [4.2.2][4.2.3] [4.2.4] 法2 质点动能定理与功的定义的应用：已知过程初末位置及过程中各个(变)力的(变化)情况及初速度(或末速度)，求质点的末速度(或初速度)微元法、极限法、建模法、叠加法、演绎法3 [4.3.1][4.3.2] [4.3.4] 3 质点动能定理与功的定义的应用：已知过程的初末速度及过程中各个(变)力的(变化)情况及初位置，求质点的末位置微元法、极限法、建模法、叠加法、演绎法1 [4.3.3] 4 质点系动能定理的应用建模法、隔离法、演绎法、叠加法1 [4.3.7] 5 已知保守力做功，求对应势能的变化微元法、极限法、建模法、演绎法1 [4.4.1] 6 质点系机械能守恒定律的应用：由质点系机械能守恒，已知势能变化，求动能变化(或动能) 建模法、隔离法、演绎法3 [4.5.1][4.5.2] [4.5.3] 7 动量守恒定律、机械能守恒定律(或动能定理)与恢复系数在对心碰撞问题中的应用建模法、隔离法、分析法、演绎法、综合法9 [4.6.2][4.6.3][4.6.4] [4.6.5] [4.6.6][4.6.7] [4.6.8][4.6.9] [4.6.10] 8 动量守恒定律、机械能守恒定律(或动能定理)与恢复系数在非对心碰撞问题中的应用建模法、隔离法、分析法、演绎法、综合法2 [4.7.1][4.7.2] 《角动量×关于对称性》单元中的习题分析序号题型思维方法习题数对应习题题号1 质点对参考点的角动量守恒定律的应用：已知受力情况(主要是质点合力方向通过参考点)及建模法、演绎4 [5.1.1][5.1.7][5.1.9] 质点分别经过两点时相对于质点的位置矢量的大小及与速度的夹角，由质点经过其中一点的速度(速率)求经过另一点时的速度(速率)法、图示法[5.2.3] 2 已知质点的运动学方程，求质点所受的对某点(如原点)的力矩微元法、极限法、演绎法1 [5.1.2] 3 已知质点的受力情况(或给出)(tF)及初始条件(初位置、初速度)，求某时刻质点所受的对某点(如原点)的力矩建模法、微元法、极限法、叠加法、演绎法2 [5.1.3][5.2.1] 4 已知质点对某点的运动情况(或给运动学方程)，求质点对某点的角动量(或证明角动量守恒) 微元法、极限法、演绎法4 [5.1.4][5.1.5][5.1.8] [5.2.1] 5 已知质点的受力情况)(t F 及初始条件，求某时刻质点对某点的角动量微元法、极限法、叠加法、演绎法1 [5.1.6] 6 质点对轴的角动量守恒定律的应用建模法、演绎法、图示法1 [5.1.10] 7 质点系对参考点的角动量守恒定律的应用建模法、演绎法、分析法、综合法1 [5.2.2] 《万有引力定律》单元中的习题分析序号题型思维方法习题数对应习题题号1 万有引力定律和牛顿第二定律的应用建模法、演绎法4 [6.2.1][6.2.2][6.2.4] [6.2.5] 2 万有引力定律在连续物体内部的应用假设法、建模法、微元法、演绎法1 [6.2.3] 3 万有引力定律在两物体(或之一)不能看成质点微元法、极限法、演绎法、2 [6.2.6][6.2.7] 情况下的应用叠加法4 万有引力定律、牛顿第二定律与机械能守恒定律的应用建模法、演绎法、综合法2 [6.3.1][6.3.2] 《刚体力学》单元中的习题分析序号题型思维方法习题数对应习题题号1 已知刚体转动的运动学方程(角位移、角坐标))(tq,求角速度(或线速度)或角加速度(或线加速度)微元法、比较法、极限法2 [7.1.3][7.1.4] 2 已知刚体的定轴转动情况(转速或角速度)及整体平动情况，求刚体上某点相对于基本参考系(如地面)的线速度比较法、叠加法2 [7.1.6][7.1.7] 3 已知刚体的质量分布(密度分布)，求刚体的质心位置微元法、极限法、建模法、演绎法、叠加法、对称法2 [7.2.1][7.2.2] 4 质心运动定理在刚体运动中的应用演绎法、图示法1 [7.2.3] 5 利用转动惯量定义或平行轴定理求刚体对轴的转动惯量微元法、极限法、演绎法、叠加法、对称法4 [7.3.1][7.3.2][7.3.3] [7.3.4] 6 刚体定轴转动定理与牛顿第二定律(或质心运动定理)在刚体运动中的应用建模法、隔离法、综合法、图示法5 [7.3.5][7.3.6][7.3.7] [7.3.8] [7.3.9] 7 质点系角动量守恒定律与机械能守恒定律在刚体运动中的应用建模法、演绎法、综合法4 [7.4.1][7.4.2][7.4.3] [7.5.1] 8 质心运动定理、转动定理、机械能守恒定律在建模法、隔离法、假设法、6 [7.5.2][7.5.3][7.5.4] 刚体平面运动中的应用演绎法、综合法[7.5.5] [7.5.6][7.5.7] 9 力的平衡方程、力矩平衡方程在刚体平衡问题中的应用建模法、演绎法、综合法3 [7.6.1][7.6.2] [7.6.3] 《弹性体的应力和应变》单元中的习题分析序号题型思维方法习题数对应习题题号1 已知弹性体轴向所受外力及横截面积，求弹性体两截面间的应力隔离法、整体法、演绎法、假设法1 [8.1.1] 2 已知弹性体内的应力最大值，求弹性体所能承受的最大外力建模法、隔离法、演绎法2 [8.1.2][8.1.3] 3 线应变的胡克定律及牛顿运动定律的应用建模法、隔离法、假设法、演绎法、综合法3 [8.1.4][8.1.5] [8.1.6] 4 剪切形变的胡克定律的应用演绎法2 [8.2.1][8.3.1] 5 由压缩拉伸弹性势能密度公式求弯曲形变势能微元法、极限法、建模法、演绎法、叠加法1 [8.3.3] 《振动》单元中的习题分析序号题型思维方法习题数对应习题题号1 通过建立系统动力学方程，由动力学特征判断假设法、演绎1 [9.2.1] 系统是否做简谐运动法2 通过建立简谐运动的动力学方程求系统(如弹簧振子)的固有频率(周期)建模法、隔离法、演绎法5 [9.2.1][9.2.2][9.2.3] [9.2.5] [9.3.1] 3 非惯性系中，通过建立简谐运动的动力学方程求系统(如单摆)的固有周期(频率)建模法、隔离法、等效法、演绎法、极限法1 [9.2.4] 4 已知系统做简谐运动及其初始条件，求运动学方程或相关物理量演绎法、微元法、比较法、极限法、综合法2 [9.2.6][9.2.7] 5 计时起点改变对简谐振动运动学方程的影响比较法、等效法1 [9.2.8] 6 求对称物体绕某点做微小摆动的周期建模法、演绎法、对称法2 [9.2.10][9.2.11] 7 已知物体与振动系统(如单摆或弹簧振子)发生碰撞，求碰撞后振动系统的运动学方程建模法、隔离法、分析法、演绎法、极限法、综合法4 [9.2.12][9.2.13] [9.2.14][9.2.15] 8 已知振动系统的参数(或运动学方程)，求系统的总能量(或动能)建模法、演绎法2 [9.3.1][9.3.2] 《波动和声》单元中的习题分析序号题型思维方法习题数对应习题题号1 由已知条件，求波方程比较法、演绎法4 [10.2.2][10.2.3] [10.2.4][10.2.10] 2 已知波方程，求波的频率、振幅、速度、波长比较法、演绎法1 [10.2.5] 3 计时起点改变对波方程形式的影响比较法、等效法1 [10.2.6] 4 由已知条件求固体中传播横波和纵波的波速建模法、演绎法1 [10.3.1] 5 已知纵波在流体中的波速，求流体的体积模量演绎法、比较法1 [10.3.2] 6 已知两列波，求波叠加最强(或弱)的位置或叠加后的波行为演绎法、比较法、叠加法2 [10.5.2][10.5.3] 7 已知入射波方程，求反射波方程比较法、演绎法3 [10.5.4][10.5.5] [10.5.6] 8 波的干涉的应用演绎法、比较法1 [10.5.9] 9 驻波在弦振动中的应用演绎法、比较法2 [10.5.10][10.5.11] 10 开普勒效应的应用比较法、演绎法4 [10.6.1][10.6.2] [10.6.3][10.6.4] 《流体力学》单元中的习题分析序号题型思维方法习题数对应习题题号1 求静止流体内某点(处)的压强演绎法、叠加法4 [11.2.1][11.2.2] [11.2.4][11.2.5] 2 求静止流体内压强(或压力)分布微元法、极限法、建模法、演绎法、叠加法4 [11.2.3][11.2.7] [11.2.8][11.2.10] 3 求相对于非惯性系静止的流体的压强分布微元法、极限法、建模法、等效法、演绎1 [11.2.6] 法、叠加法4 伯努利方程与连续性原理的应用建模法、演绎法、综合法3 [11.4.3][11.4.4] [11.4.5] 5 动量定理在运动流体对挡壁的压力求解中的应用微元法、演绎法1 [11.5.1] 。