第5章 刚体力学基础习题课 (2)

F 0 M 0
i i
A
N B f kl cos θ
i
NA A
θ
W f
W1 2 l cos θ f l sin θ N A l cos θ 0 W 2kl sin θ f kl cos θ 2015-7-15
i
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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）。 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 =_________。 2 由转动定律 M=Jβ 解： k ω M M= - kω2 β β J 2 J 2 k (ω0 / 3) kω0 当ω= ω0/3 时， β
1
t1
2 r2
r2 2 2 1 1 1 2 t1 1 0 t1 1t1 1t1 2 r1 2 2 1 r2 1 n1 2 t1 1 5 8 4 20(re v) 2 4 r1 4 2
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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，飞轮的 转动惯量J＝ 。
∴选（B ）
ˆ 4ˆ ∴P点在转动平面内对圆心 o′的矢径为: R 3i j ˆ (3i ˆ 4ˆ 该时刻P点的速度为: v ω R 2πk j) ˆ 18.8 ˆ ˆ 25.1i j 6πˆ j 8πi
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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， 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） ω J R 分析： mR2 V ( ) ，逆时针； 选逆时针为正 （B） ω J R J RmV 0 m R2 V ( ) ，顺时针； （C） 2 2 V J mR R J mR ( ) 0 R m R2 V 2 ( ) （D） ，逆时针。 mR V 2 J mR R ( ) J R ∴选（A ） [ ] 同课本p120.5-14 2015-7-15 11
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 mi ri
i
2
J r dm
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5. (P29 47) 一长为l、重W的均匀梯子，靠墙放臵，如图， 梯子下端连一倔强系数为k 的弹簧。当梯子靠墙竖直放臵 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 (3)W、k、l、θ应满足的关系式为 。 W 2kl sin θ 刚体平衡的条件： 解： l N W
L J
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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 体对此转轴的转动惯量与刚体在此合外力矩作用下所获 得的角加速度的乘积。
d M外 J J 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。
8. (P30 50) . 地球的自转角速度可以认为是恒定 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 33 2 ＝ 7.1 10 (kg m s 1 ) 。 刚体的角动量大小： L 解： 2
37
•
M m
2 L 98 10 7.1 1033 (kg m 2 s 1 ) 24 60 60

2
1
M d
（3）功率：
d dA M M N dt dt
3
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5.冲量矩和动量矩 （力矩对时间的积累效应） (1) 冲量矩
元冲量矩：Mdt 力矩乘以力矩所作用的时间。 力矩在t1→t2内总冲量矩：
(2) 角动量（动量矩）

t2
t1
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。
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 与弹簧垂直。在某一时刻，弹簧位于与初始位臵 垂直的位臵，长度l=0.5m。求该时刻滑块速度的 大小和方向。
2l 2 v 1 或 L mv1r1 mv2r2 mv l 2m( ) l mvl 3 2 3
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2 J o J i m ( l ) 2 m ( l ) ml 2 3 2 3 v 2 ml mvl L J
2 3 2 1 3 2
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。
解：t = 4s 时，1 0 1t1 1t1 则 1
两轮边缘上点的线速度大小相等：1r1 主动轮在4s内的角位移
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。 2015-7-15 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 2 d d d v r 2 a r dt t dt dt 2
1 1 2 2 A J 2 J 1 Ek 2 Ek 1 2 2 2015-7-15
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3. 刚体的角动量定理 dL 微分形式： M外 dt
积分形式： Mdt L2 L1 L
t1
t2
4. 角动量守恒定律
如果刚体所受的对于某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。
θ
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y
NA A
NB
B
l
F 无平动： F
i i
由刚体的平衡条件：
ix
0 N B F kl cos 0 NA W
iy
θ W
原长
无转动： x
M
i
iz
0
(O) F
2 将NB的值代入 W 2kl sin
若以A为转轴，选力矩⊙为 正，则 N B l sin W l cos 0
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O
P
定 轴
（2）平行轴定理 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
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： 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； 8 （2015-7-15 5）解方程，求未知，并对结果进行必要的讨论。
J 9J dω kω Jdω 再由 β 分离变量得 dt 2 dt J
2
kω
J 0 dt k
t
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ω0 / 3
ω0
dω ( 2 ) ω
J 1 t ( ) ＝ 2J k ω ω0 kω0
ω0 / 3
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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 杆和子弹 系 平地射入杆中，则在此过程中， 统对转轴O的角动量 守恒。
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1( rev / 日) 24 60 60 ( rad / s )
Jω
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______。 m 2m 解：刚体的角速度 o ● v 3v ● ω 2 l /3 l (3 l) 2l
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10. (P30 52) 动量矩定理的内容转动物体所受的合外力矩 的 冲量矩等于在合外力矩作用时间内转动物体 是 动量矩的增量 ，其数学表达式可写 t 成 0 Mdt J 2ω2 J1ω1 ， 动量矩守恒的条件 是 物体所受合外力矩为零 。 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 被击中和球升高的过程中，对木 球、子弹、细棒、地球系统的 机 械能 守恒。 2015-7-15 20
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 / s 2 )