大学物理 刚体习题课汇总
大学物理第5章：刚体力学基础练习汇总
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2019成/10/2立0 。
6
三、习题基本类型
1.定轴转动的运动学问题
解法：利用定轴转动的运动学描述关系
d
dt
d
dt
d2
dt 2
0 t
v r
at r
an r 2
2019/10/20
15
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 。
t
物0 M体d所t 受J合2ω外2力 矩J1为ω1零。
，
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 对该轴的合外力矩为零 , 在木球
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Hale Waihona Puke ：应用运动学公式、转动定律和角动量守恒定律。
四、典型习题分析与讲解
2019/10/20
9
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-2m量•s-
大学物理刚体习题
7 ml 48
2
(2)
6 g sin 由(1)、(2)得： 2 7l 应用质心运动定理： N mg ma c l$方向： mg sin Nl macl t$方向： mg cos Nt mact
(3) (4)
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l 2 6 g sin a cl (5) 4 7 l l l 4 mg cos 3 g cos a (6) ct 4 4 J 7 o 13 N mg sin , 由 (3)(4)(5)(6) 可解得： l 7
(2)角动量定理
与同向
dL d ( J ) M 或 Mdt J 2 2 J 1 1 dt dt
当刚体(系统)所受外力矩为零时，则刚体(系统) 对此轴的总角动量为恒量。
(3)角动量守恒定律
M 0
J i i
恒量
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例题 1 一轻绳跨过一定滑轮，滑轮视为圆盘，绳的两端 分别悬有质量为m1和m2的物体1和2，m1< m2 如图所示 。设滑轮的质量为 m ， 半径为 r ， 所受的摩擦阻力矩为 M 。绳与滑轮之间无相对滑动。试求物体的加速度和绳 的张力。
解:滑轮具有一定的转动惯 量。在转动中受到阻力矩 的作用，两边的张力不再 相等，设物体1这边绳的张 力为T1、 T1’(T1’= T1) ，
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
大学物理刚体部分 习题
5.如图，质量为m、半径为R的圆盘可绕通过其直 径的光滑固定轴转动，转动惯量J=mR2/4，设圆 盘从静止开始在恒力矩M作用下转动，则t秒后圆 盘边缘上的B点的a= ， a n= . 解： M恒定 恒定 匀变速率转动
⑴ =M/J=4M/mR2
于是 a=R =4M/mR
⑵因恒定，故有 = t=4Mt/mR2
5
2.有两个半径相同、质量相等的细圆环A和B，A 环的质量分布均匀，B环的质量分布不均匀，它 们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别 为JA和JB，则 (A)JA>JB (B)JA<JB (C)JA=JB
(D)不能确定JA、JB哪个大
答案：C
6
3.几个力同时作用在一个具有固定转轴的刚体上 ，如果这几个力的矢量和为零，则此刚体 (A)必然不会转动． (B)转速必然不变． (C)转速必然改变． (D)转速可能不变，也可能改变．
A J J
1 2 2 2 1 2
2 1
⑷刚体的重力势能
4.对固定轴的角动量 ⑴质点：L=mvd ⑵刚体：L=J
3
5.定轴转动的角动量定理 ⑴微分形式： dL
M dt
⑵积分形式： t 2
t1
Mdt L 2 L1
6.定轴转动的角动量守恒定律 对于刚体系，若 M ext 0 则 L const .
4
Chap.5 EXERCISES 1.飞轮半径2m，边上一点的运动方程为 S=0.1t3 (SI)，则当该点速率v=30m/s时，其a= ，an= ． 解： ⑴ v=dS/dt=0.3t2 (SI) a =dv/dt=0.6t (SI) 令 v=30 m/s t=10 s 此时 a =0.6 10= 6 (m/s2) ⑵ an=v2/R=(30)2/2 =450 (m/s2)
大学物理解题法习题课 (刚体平动)
例：半径为 R 的圆轮绕水平固定轴转 动，角速度为ω，平板靠与轮的摩擦 平移，接触部分无相对滑动，如图所 示。求板平移速率v。
例：用平板推动圆轮在水平桌面上无滑 滚动，平板与轮也无相对滑动，如图 所示。若平板平移速率为v，求轮轴O 平动速率v0
例：如图，两个同心圆轮半径分别为r和 R,组成一体，小轮在轨道上无滑滚 动，平板与大轮接触也无相对滑动。 已知圆轮轴O平动速率v0，求板平移速 率v和圆轮转动的角速度ω
• 质心运动定律 • 刚体转动定律 • 守恒定律（能量、动量、角动量）
例：如图，质量为m半径为r的匀质圆柱 沿倾角为θ高为h的斜面，从静止开始 无滑滚下。求： （1）质心位置与质心速度的关系； （2）无滑滚动时，静摩擦系数需满足的 条件。
例：半径为R的半径壳固定不动。一个 半径为r的匀质小球从半球顶点静止开 始无滑滚下，求两球开始分离开的角 位置θ（两球心连线与竖直线的夹 角） ，如图。
例：如图，两平行平板相向平移，速率 分别为v1和v2（v1>v2）圆轮夹在两板之 间无滑滚动，求圆轮轴O的平动速率v0 和圆轮转动的角速度ω
例：如图，半径为R的大圆轮在地面上 无滑滚动，圆轮轴O平动速率是v0，大 轮依靠摩擦带动半径为r的小圆轮转 动，两轮间无相对滑动。求小轮转动 的角速度ω
动力学解题基本思路
• 瞬心——基面上必存在一点，其瞬时速度 位=0
运动学例题
例：如图，地面上有一线轴，今用力拉线， 线与地面成θ角。假定线轴与地面之间无 滑动，试证明：
运动学例题
例：如图，地面上有一线轴，今用力拉线， 线与地面成θ角。假定线轴与地面之间无 滑动，试证明： （1）θ< arccos(r/R)时，线轴向右滚动； （2）θ> arccos(r/R)时，线轴向左滚动。
大学物理第四章 刚体的转动部分的习题及答案
第四章 刚体的转动一、简答题：1、简述刚体定轴转动的角动量守恒定律并给出其数学表达式?答案：刚体定轴转动时，若所受合外力矩为零或不受外力矩，则刚体的角动量保持不变。
2、写出刚体绕定轴转动的转动定律文字表达与数学表达式?答案：刚体绕定轴转动的转动定律：刚体绕定轴转动时，刚体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。
表达式为：αJ M =。
3、写出刚体转动惯量的公式，并说明它由哪些因素确定?答案：dm r J V⎰=2①刚体的质量及其分布；②转轴的位置；③刚体的形状。
二、选择题1、在定轴转动中，如果合外力矩的方向与角速度的方向一致，则以下说法正确的是 ( A )A.合力矩增大时，物体角速度一定增大；B.合力矩减小时，物体角速度一定减小；C.合力矩减小时，物体角加速度不一定变小；D.合力矩增大时，物体角加速度不一定增大2、关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 ( C ) A.只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关； B.取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关； C.取决于刚体的质量，质量的空间分布和轴的位置；D.只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关；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0ω转动，此时有一质量为m 的人站住转台中心，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 ( A ) A.()2mR J J +ω B.()2Rm J J +ω C.20mR J ω D.0ω4、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，下述说法哪一种是正确的? ( 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，角加速度从大到小．D.角速度从大到小，角加速度从小到大．5、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向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( C )A.增大B.不变C.减小 (D) 、不能确定6、在地球绕太阳中心作椭圆运动时，则地球对太阳中心的 ( B ) A.角动量守恒，动能守恒 B.角动量守恒，机械能守恒 C.角动量不守恒，机械能守恒 D.角动量守恒，动量守恒7、有两个半径相同,质量相等的细圆环A 和B ，A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀，它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，则 ( C )A.B A J J >；B.B A J J <；C.B A J J =；D.不能确定A J 、B J 哪个大。
大学物理II-1习题课2 刚体
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
大学物理(第四版)课后习题及答案 刚体
题4.1：一汽车发动机曲轴的转速在s 12内由13min r 102.1-⋅⨯均匀的增加到13min r 107.2-⋅⨯。
（1）求曲轴转动的角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？题4.1解：（1）由于角速度ω =2πn （n 为单位时间内的转数），根据角加速度的定义td d ωα=，在匀变速转动中角加速度为()200s rad 1.132-⋅=-=-=tn n t πωωα（2）发动机曲轴转过的角度为()t n n t t t 0020221+=+=+=πωωαωθ在12 s 内曲轴转过的圈数为 圈390220=+==t n n N πθ 题4.2：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τωωte --=，式中10s rad 0.9-⋅=ω，s 0.2=τ。
求：（1）s 0.6=t 时的转速；（2）角加速度随时间变化的规律；（3）启动后s 0.6内转过的圈数。
题4.2解：（1）根据题意中转速随时间的变化关系，将t = 6.0 s 代入，即得100s 6.895.01--==⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=ωωωτte（2）角加速度随时间变化的规律为220s 5.4d d ---===tte e t ττωωα（3）t = 6.0 s 时转过的角度为 rad 9.36d 1d 60060=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-==⎰⎰-s tst e t τωωθ 则t = 6.0 s 时电动机转过的圈数圈87.52==πθN 题4.3：如图所示，一通风机的转动部分以初角速度0ω绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C 为一常量。
若转动部分对其轴的转动惯量为J ，问：（1）经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？（2）在此时间内共转过多少转？题4.3解：（1）通风机叶片所受的阻力矩为ωM C -=，由转动定律αM J =，可得叶片的角加速度为JC t ωωα-==d d （1） 根据初始条件对式（1）积分，有⎰⎰-=ωωω00d d d t t J C t由于C 和J 均为常量，得t JC e-=0ωω当角速度由0021ωω→时，转动所需的时间为2ln CJt = （2）根据初始条件对式（2）积分，有⎰⎰-=tt JC t e00d d ωθθ即CJ 20ωθ=在时间t 内所转过的圈数为 CJ N πωπθ420==题4.4：一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为m N 1003.23⋅⨯，涡轮的转动惯量为2m kg 0.25⋅。
大学物理刚体习题
大学物理刚体习题(总13页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--习 题第三章 刚体的转动刚体的定轴转动47. 一定滑轮半径为R ，质量为M ，用一质量不计的绳绕在滑轮上，另一端系一质量为m 的物体并由静止释放，这时滑轮的角加速度为1β，若不系物体而用一力F = mg 拉绳子使滑轮转动，这时角加速度为2β，这时有（）1β2β（）1β2β （C ）1β2β（D ）无法判断 分析由转动定律M I β=本题中I 不变β的大小完全取决于M 的大小而 M TR =系物体m 时 : T mg <不系物体而用一力F = mg 时: TF mg ==因此力矩变大所以有12ββ<mF选49.一飞轮的转动惯量为J ，t = 0时角速度为0ω，轮子在转动过程中受到一力矩2ωk M-=，则当转动角速度为0/3ω时的角加速度β = 从0ω到0/3ω飞轮转动经过的时间t ∆= 解: (1) 求β当0/3ω时, 20()3M k ω=-由 M J β=, 可得此时 209k MJ J ωβ==-(2) d M J J dt ωβ== 2d k J dt ωω-=分离变量，两边积分32td kdt Jωωωω-=⎰⎰解得: 02J t k ω∆=50．长为l 的均匀直棒可绕其下端与棒垂直的水平光滑轴在竖直平面内转动。
抬起一端使与水平夹角为60=θ，棒对轴的转动惯量为231ml J =，由静止释放直棒，则t = 0时棒的β＝？；水平位置时的β＝？这时的ω=（1）求β 据转动定律M J β=, MJβ= 0t =时， cos 602lM mg =︒水平位置时， 2lM mg =代入MJβ=，可别解得034glβ= 和 32g l β= （2）求ωd d d d M J J J J dt d dt d ωωθωβωθθ====将cos 2l M mg θ=和213J ml =代入化简并积分得， 0033cos 2g d d l ωπθθωω=⎰⎰ 60可求得332g l ω=（本题还可用动能定律机械能守恒方便求解ω）2211sin 60223l mg ml ω︒=⋅ 332g lω⇒=51．一飞轮以min /600rev 的转速转动，其转动惯量为25.2m kg J ⋅=，以恒定力矩使飞轮在一分钟内停止转动，求该力矩M 。
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基本思路
两大类:
1.刚体定轴转动的运动学问题 刚体的运动 = 平动 + 转动 平动刚体 质点 质点力学问题
转动刚体
已知(t), 求, 用导数 已知 或 , 求 (t) 用积分
2.刚体定轴转动的动力学问题 关键是分析受力(力矩), 两套方法:
方法一: 用转动定律解题 (1)平动物体,用隔离体法,写出牛顿方程 (2)转动物体,用隔离体法, 分析力矩, 写出转动方程, 特别注意刚体质心的动力学方程 (3)由角量和线量关系,将平动和转动联系起来
m2
gL
m1 gL
1 2
J
2
m1 g
L 2
(6m2 3m1 )g (3m2 m1 )L
例: 转台绕过质心的铅直轴转动,初角速度为0 ,转台对
此轴的转动惯量 J=5×10-5kg·m2,今有砂粒以每秒1g速
率垂直落在转台上,砂粒落点距轴 r =0.1m,求:砂粒落在
转台上使转台角速度减为0/2 所需时间?
3)T1=m1(g+a1)=21.2[N], T2=m2(g-a2)=16.3[N]
例: 如图: 二个匀质圆盘(m1,R1,m2,R2), 圆盘1上施一力 矩M使之由静止开始转动, 设轻质皮带不伸长不打滑,
求: 二盘的角加速度各为多少?
解:圆盘1 M T1R1 T2R1 J11
圆盘2 T2 R2 T1R2 J22
度的正负。
3. 同一方程式中所有量都必须相对同一转轴。
解题步骤: 1. 认刚体;
2. 定转轴,找运动;
3. 分析力和力矩;
4. 定转向,列方程。（质心动力学 方程和定轴转动方程）
质点力学与刚体力学物理量和物理规律对比
1. r , v, a
角位置，角速度，角加速度 ,
,
2. m
3. F
4. F ma
(m1,R1) T1 (m2,R2)
M
皮带不打滑 R11 R22
T2
R11 R22
J1=m1 R12/2 J2=m2 R22/2
解得:
1
(m1
2M m2
) R12
2
(m1
2M m2 )R1R2
例: 匀质细杆(m1,L)一端挂在墙上,一端固定有一物体 (m2) 求1)转动惯量, 2)从图中水平位置无初速落下时
0
0t
1 2
t 2
50
50
1
2
50 2
1250 [rad]
0,
N 1250 ＝625转 2 2
or
v
(2) t=25 s 时飞轮的角速度
P
0 t 50 25 25[rad/s ]
的方向与 0相同;
(3)t=25 s时飞轮 边缘上一点P的速度 可由
v r 求得。所以
解:1) m1 : m1 g T1 m1a1
A
B +
m2 : m2 g T2 m2a2
mA , mB : rAT2 rBT1 (JA JB )
a1 rB a2 rA
解得: a1=0.82[m/s2], a2=1.63[m/s2]
T1 a1
m1 g
T2 a2
m2 g
h
x
2)h=a2t2/2 t=1.56[s]
a 的方向几乎和 an 相同
例:圆盘(m,R)绕oo' 轴的转动惯量
解: dm dS dS rddr y
J r 2dS
R r 3dr
2
d
1
m R2
0
0
2
o dS
d
dr
r
o
问:1)圆盘绕y轴的转动惯量?
(J y
1 2
m R2
m R2 )
2)圆盘边缘有一质量为m1的小块(很小)脱落了, 求对过中心垂直轴的转动惯量?
的 , 3) 落到铅直位置时的角加速度, 角速度
解: 1) J 1 3
2)由M J
m1L2 m2 L2 m2 gL m1g
L 2
J
解得 (6m2 3m1 )g
(6m2 2m1 )L
o (m1,L) m2
取
,
方向为正
3)竖直位置时,棒受重力矩M=0, 故此时'=0
以m1,m2,地球为系统, E守恒
解: 取转台和落下的砂粒为系统
M 0 L 守恒
t 时刻落下的砂粒质量:
r
m=0.001t [kg/s]
J0
(J
0.001tr2 ) 0
(J
1 2
m R2
m1R2 )
例: 组合轮由二个匀质圆盘固结而成, 己知mA=6kg
rA=0.1m,mB=4kg,rB=0.05m, 二盘边缘绕有细绳,绳子
下端挂二个物体m1=m2=2kg, 二个物体离地面高度均
为 h=2m, 求1)二物体的加速度a1,a2 ; 2)下降物体着地
时间, 3)绳中张力
v v r sin r sin90
0
r 25[m/s] 方向如图
相应的切向和法向加速度分别为
a r [m/s 2 ]
o
r
a
an a
P
v
an 2r 6.16 103[m/s 2 ]
a an2 a2 6.16 103[m/s 2 ]
(6.16 103 )2 3.14 2
5. 6.
p F
mv dp
dt
7. ΣFi 0B Σmivi C
8.
AAB
F dr
A
9.
Ek
1 2
m v2
转动惯量
J
力矩 M
转动定律
角动量 L
M
J
角动量定理 M
J
d
L
角动量守恒
dt
ΣM 0 ΣJ C
力矩的功 AAB
B Md
A
转动动能
Ek
1 2
J 2
10.
A
1 2
v r , a r
方法二: 用运动定理或守恒定律解题
(1)刚体定轴转动的功能问题(包括机械能守恒) (2)角动量守恒问题 3.习题的基本类型 (1)刚体的纯转动问题 (2)刚体平动与转动的综合问题 (3)质点与刚体的碰撞问题
注意: 1. 明确转动轴位置。 2. 选定转动的正方向, 注意力矩、角速度、角加速
(3)设飞轮的半径r=1m，求在t=25 s时边缘上一点的
速度和加速度。
解:(1)设初角速度为0,方向如图 量值为0=21500/60=50 [rad/s] 在t= 50s时刻, = 0 , 代入方程 = 0 +[rad/s2 ]
t
50
P
从开始制动到静止,飞轮的角位移及转数N分别为
m vB2
1 2
m vA2
转动动能定理
A
1 2
JB2
1 2
J
2 A
11. 仅保守内力做功 Ek E p C
机械能守恒 Ek E p C
例: 一飞轮转速n=1500r/min，受到制动后均匀地减
速，经t=50s后静止。
(1)求角加速度和飞轮从制动开始到静止所转过的
转数N；
(2)求制动开始后t=25 s时飞轮的角速度；