大学物理 第5章 刚体力学基础习题课汇总

v R
4
3iˆ
ˆj )
4
ˆj
6πˆj 8πiˆ 25.1iˆ 18.8 ˆj
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2.(P24 18) .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，
解：t = 4s 时，1 0 1t1 1t1 则
两轮边缘上点的线速度大小相等： 1r1
1
2r2
1
t1
主动轮在4s内的角位移
1
n1
0t1
1 2
1 2
1t12
1 2
1t12
1
4
r2 r1
2t1
1
4
1 r2
2 r1
5 2
8
2 t1
4 20(rev)
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4. (P29 46) 一可绕定轴转动的飞轮，在20N·m的总力矩 作用下，在10s内转速由零均匀地增加到8 rad/s，飞轮
(3)W、k、l、θ应满足的关系式为
。
解：刚体平衡的条件： W 2kl sinθ
v
Fi 0
iv
Mi 0
NA W
NB
f
kl cosθ
NA A
l θW
f
i
W
1 2
l cos θ
f
l sin θ
NA
l cos θ
0
f kl cosθ W 2kl sinθ
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6. (P2948) 转动着的飞轮的转动惯量为J，在t=0时角速度 为ω0 。此后飞轮经历制动过程，阻力矩M的大小与角速 度ω的平方成正比，比例系数为k（ k为大于0的常数）。
(1) 冲量矩（力矩对时间的积累效应）
元冲量矩：Mvdt 力矩乘以力矩所作用的时间。
(2)
力矩在t1→t2内总冲量矩：
角动量（动量矩）
t2 t1
v Mdt
刚体对固定转动轴的角动量,等于它对该轴的转动惯
量和角速度的乘积。
v L
Jv
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二、基本规律
1. 刚体定轴转动的转动定律
刚体所受的对于某一固定转动轴的合外力矩等于刚
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E 2 m v 2020/6/22 ki
ii
Ek
1 J2
2
2
4.力矩及其功和功率
（1）对Mv转轴rv的力Fv矩Mv z
rvi
v Fi
i
（2）力矩的功(力矩的空间积累效应)
元功: dA Md
总功：A 2 M d 1
（3）功率：
N dA M d M
dt
dt
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3
5.冲量矩和动量矩
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5. (P29 47) 一长为l、重W的均匀梯子，靠墙放置，如图， 梯子下端连一倔强系数为k 的弹簧。当梯子靠墙竖直放置
时，弹簧处于自然长度，墙和地面都是光滑的。当梯子
依墙而与地面成θ角且处于平衡状态时，
(1)地面对梯子的作用力的大小为 W。
(2)墙对梯子的作用力的大小为 kl cos θ 。 NB B
与弹簧垂直。在某一时刻，弹簧位于与初始位置
垂直的位置，长度l=0.5m。求该时刻滑块速度的
大小和方向。
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解：以θ表末速度与弹簧长 度方向的夹角。
对（滑块+弹簧）系统， M外 0
∴角动量守恒: mv0l0 mvl sin θ (选⊙为正)
对（滑块+弹簧+地球）系统，
由A外 A非 保 内 0知 机 械 能 守 恒
，其数学表达式可写
成 是
物0t M体vd所t 受J合2ω外v2力 矩J1为ωv1零。， 动量矩守恒的条件
11. (P3053) .如图所示，一匀质木球固结在一细棒下 端，且可绕水平光滑固定轴 o 转动，今有一子弹沿着与
水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击
中过程中，木球、子弹、细棒系统的 • 对 o 轴的角动量 守恒，原因是
R mR2 (V )
∴选（A ） 2020/6/22 [ ] 同课本p120.5-14
JR
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3.（p29. 45 ） 半径为20cm 的主动轮，通过皮带拖动半径 为50cm的被动轮转动。主动轮从静止开始作匀角加速转
动，在4s内，被动轮的角速度达到8πrad.s-1，则主动轮在
这段时间内转过了_____圈。
(B) vv 25.1iˆ 18.8 ˆj
(C ) vv 25.1iˆ 18.8 ˆj
( D) vv 31.4kˆ
∴选（B ）
分析：ωω=v60r2eπv/mkˆin=1rev/s=2πrad/s
rv 3iˆ 4 ˆj 5kˆ
该∴时P刻点P在点转的动速平度面为内: 对vv圆 心ωv
o′R的v 矢2径πkˆ为:(3iˆ
解法：利用定轴转动的运动学描述关系
d
dt
0
0
0t
t
d
dt
1 2
t2
d2
dt 2
vr
v r
at r
an r ωr rr z
2
ω
2
2 0
2(
0)
v
2.转动惯量的计算
•P
解法（：1）定义法：J Δmiri2
Or
i
J r2dm r2 ρdV
定轴
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（2）平行轴定理
受力分析和受力矩须取隔离体），并用线角量关系将
F=ma与M=J 联系起来；
（4）计算对轴的转动惯量；
（2502）0/6/2解2 方程，求未知，并对结果进行必要的讨论。8
4.定轴转动中的功能问题 解法：利用动能定理和机械能守恒定律
5.角动量原理及角动量守恒定律 6.混合题型
解法：
应用运动学公式、转动定律和角动量守恒定律。
解：刚体的角速度
v 3v
m
●
o
2m ●
ω
l /3
(
2 3
l)
2l
l
Jo
L
Ji
m(
2 3
l
J
2 ml 2 3
)2 2m(
3v mvl 2l
1 3
l
)2
2 3
m l2
或
L
mv1r1
mv2r2
mv
2l 3
2m( v ) 1 l 23
mvl
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10. (P30 52) 动量矩转定动理物的体内所容受的合外力矩的 冲量 是矩等于在合外力矩作用时间内转动物体动量矩的增量
对该轴的合外力矩为零 , 在木球
被击中和球升高的过程中，对木
球、子弹、细棒、机地球系统的
械能 守恒。
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12.（学习指导P34.73）
在一光滑的水平面上，有一轻弹簧，一端固定 ，一端连接一质量m=1kg的滑块，如图所示。
弹簧自然长度l0=0.2m，倔强系数k=100N.m-1，设 t=0时。弹簧长度为l0，滑块速度v0=5m.s-1，方向
时，弹簧处于自然长度，墙和地面都是光滑的。当梯子
依墙而与地面成θ角且处于平衡状态时，
(1)地面对梯子的作用力的大小为 。
B
(2)墙对梯子的作用力的大小为
。
(3)W、k、l、θ应满足的关系式为
。
补充:
l
刚体在平面力系作用下静止平衡 的条件：作用于刚体平面力系的 A
θ
矢量和为0，对与力作用平面⊥的
任意轴的力矩的代数和为0.
则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为
mR 2 V
（A） ω ，( 顺) 时针；
JR
（B）
ω
mR 2 V
，( 逆) 时针；
JR
分析：
选逆时针为正
（C） mR 2 ，(顺V 时) 针；
J mR 2 R
J RmV 0
J
mR2
V (
)
0
（D） mR 2 ，(逆V 时) 针。
J mR 2 R
ω0 ω0
/
3
(
dω ω2
)
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t
J k
(
1 ω
)
ω0 ω0
/
3
＝ 2J kω0
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7. (P30 49) .长为l的杆如图悬挂，O为水平光 滑固定转轴，平衡时杆铅直下垂，一子弹水
•
平地射入杆中，则在此过程中，杆和子弹 系 统对转轴O的角动量 守恒。
M
8. (P30 50) . 地球的自转角速度可以认为是恒定
四、典型习题分析与讲解
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1(为.(rP沿24Z13轴7iˆ)正. 4一方ˆj刚向体5)k。ˆ以,设其每某单分时位钟刻为6刚0“转体10绕上-2m一z ”轴点，做P若的匀以位速“置转10矢动-2量m•s-1”
为速度单位，则该时刻P点的速度为：
( A) vv 94.2iˆ 125.6 ˆj 157.0kˆ
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由刚体的平衡条件：
y NB B
无平动：
Fix 0 N B F kl cos
i
l
Fiy 0 N A W
i
NA
A θW
(O) F
原长 x
无转动： Miz 0 i
若以A为转轴，选力矩⊙为
正，则
N Bl sin
W
l cos
2
0
将NB的值代入 W 2kl sin
的转动惯量J＝
。
解：初角速度为: ω0=0
末角速度为: ω=8(rad/s)
角加速度为：β ω ω0 8 0 0.8(rad / s2 )
t
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利用定轴转动中的转动定律 M Jβ
J M 20 25(kg m2 ) β 0.8
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5. (P29 47) 一长为l、重W的均匀梯子，靠墙放置，如图， 梯子下端连一倔强系数为k 的弹簧。当梯子靠墙竖直放置
R
oR
2
vv
ω
（应沿1）着圆R盘/2对圆地周的对角圆速盘度的；速（度2vr）的欲大使小圆及盘方对向地？静止，人
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解： (1) 当人以相对于盘的速率v沿 R
与盘转动相反方向走动时，盘对地
的角速度为ω，人对地的角速度为
ω′.
人地 人盘＋盘地
人 地＝ 人 盘＋ 盘 地
oR
2
vv
m
的，地球对于自转轴的转动惯量
J=9.8×1037kg·m2。地球对自转轴的角动量L
＝ 7.11033 (kg m2 s 1 ) 。
解：刚体的角动量大小： L Jω
1( rev
/日)
2
24 60 60
(
rad
/
s
)
L 981037 2
7.11033 (kg m2 s 1 )
24 60 60
若有任一轴与过质心的轴平行，相距为d，刚体
对其转动惯量为J，则有 J＝JC＋m d 2。
3.定轴转动的动力学问题
rr
解法：利用定轴转动中的转动定律 M J
步骤：
（1）审题，确定研究对象；
（2）建立坐标系；
（3）对研究对象进行受力分析和受力矩分析，并按
坐标系的正方向写出外力矩的表达式及规律方程（注：
选弹簧原长时为弹性势能零点，光滑水平面
为重力势能零点，则
1 2
mv02
1 2
mv 2
1 2
k(l
l0 )2
两式联立，可解出结果。
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13.（学习指导P36.81）
在半径为R的具有光滑竖直固定中 心轴线的水平圆盘上，有一人静止站立 在距转轴为R/2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MR2/2。求：
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9. (P30 51) 质量分别为m 和2m 的两物体（都可视为质 点），用一长为 l 的轻质刚性细杆相连，系统绕通过杆
且与杆垂直的竖直固定轴o转动，已知o轴离质量为2m的
质点的距离为l/3，质量为m的质点的线速度为v且与杆垂
直，则该系统对转轴的角动量(动量矩)大小为______。
ω
选⊙为正，有
ω
ω
v R
2
ω
2v L R
(1)
∵（人＋盘）系统对轴的合外力矩为0，
∴角动量守恒：
[
1 2
MR2
M 10
(
R 2
)2
]0
1 2
MR2
M 10
(
R 2
)2
(
2
)
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刚体力学基 础
习题课
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刚体力学基础
一、基本概念 1.刚体及其平动、转动、定轴转动
理想化的力学模型 特性：特殊的质点系(牛顿力学)
2.转动惯量
刚体对定轴的转动惯量等于刚体中每个质点的质量
与这一质点到转轴的垂直距离的平方的乘积的总和。
J miri2 J r 2dm
i
m
3.转动动能 (刚体中各质元的总动能)
t2 t1
v Mdt
v L2
v L1
v L
4. 角动量守恒定律
如果刚体所受的对于Biblioteka Baidu一固定轴的合外力矩为零，
则它对于这一固定轴的角动量保持不变。
M外z 0，则 J zω const .
5. 机械能守恒
对于包括刚体的系统，功能原理和机械能守恒定律
仍成立。 2020/6/22
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三、习题基本类型
1.定轴转动的运动学问题
当ω= ω0/3 时，飞轮的角加速度β=________。从开始制 动到ω= ω0/3 所经过的时间 t =_________。
当再解ω由：由=βω转0动/3dd定ω时tβ律，MMJ βk=ωJJMβ2 =分-k离kω(变ω2 0J量β/得3)2dtkJω2Jkdωkω92ωJ02
t
J
dt
0
k
体对此转轴的转动惯量与刚体在此合外力矩作用下所获
得的角加速度r的乘积。r
M外 J
J
dr
dt
2.刚体定轴转动的动能定理
合外力矩对一个绕固定轴转动的刚体所做的功等
于刚体的转动动能的增量。
A
1 2
J22
1 2
J12
Ek 2
Ek1
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5
3. 刚体的角动量定理
v
微分形式：
v M外
dL dt
积分形式：