第5章 刚体力学基础习题课 (1)

J r d m r ρ d V
2 2
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。
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 3／25 （14 5／ ）解方程，求未知，并对结果进行必要的讨论。
3
ml 2
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动量矩的增 是 量 ，其数学表达式可写 t M d t J ω J ω 成 ， 动量矩守恒的条件 2 2 1 1 0 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。 20 14／3 ／25
J 9 J d ω k ω J d ω 再由 β 分离变量得 d t 2 d t J
2
k ω
/ 3 d Jω ω J 1 0 2J d t ( ) t ( ) ＝ 2 0 ω 0 k ω k ωω kω0 0 t
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ω 0/3
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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。
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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 cosθ 。 NB B (3)W、k、l、θ应满足的关系式为 。 W 2 k ls i n θ 刚体平衡的条件： 解： l N W
a r n 2 1 t t v ω r z 0 0
t 0
2
2 2 2 2 ( ) 0 0
i
ω
v r
7
2.转动惯量的计算 2 J Δ m r 解法： （1）定义法： i i
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O
P
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 2 mR V ( ) ，顺时针； （A） ω J R 2 分析： mR V ( ) ，逆时针； 选逆时针为正 （B） ω J R 2 J R m V 0 mR V ( ) ，顺时针； （C） 2 2V R J mR J m R ( ) 0 2 R mR V 2 ( ) （D） ， 逆时针。 m R V 2 R J mR ( ) J R [ ] 同课本p120.5-14 ∴选（ A 11 14 ／3／25
t 利用定轴转动中的转动定律
M Jβ
1 0
0 M 2 2 2 5 ( k g m ) J . 8 β 0
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补充: 刚体在平面力系作用下静止平衡 A 的条件： 作用于刚体平面力系的 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.
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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 。 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 。 l θ
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 J J 外 d t 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。
1
t1
两轮边缘上点的线速度大小相等： r 1 1 2r 2 主动轮在4s内的角位移

2 1 2 1r 1 2 t t t t1 2 1 0 1 1 1 1 1 2r 2 2 1 r 1 1 2 5 1 n t 8 4 20 ( re ) 1 2 1 2 4 r 4 2 1
3.定轴转动的动力学问题
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。
四、典型习题分析与讲解
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1. (P24 17) . 一刚体以每分钟 60 转绕 z 轴做匀速转动 ( 沿Z轴正方向)。设某时刻刚体上一点P的位置矢量 ˆ ˆ , 其单位为“10-2m”，若以“10-2m•s-1” 为 r 3 i 4ˆ j 5 k 为速度单位，则该时刻P点的速度为：
14
y
NA
NB
B
l
F 0 N F kl co 无平动： F 0 N W
i i x i y B A i
i 无转动： M i
z
由刚体的平衡条件：
W θ A x F (O) 原长
0
2 将NB的值代入 W 2 kl sin
若以A为转轴，选力矩⊙为 l 正，则 N l sin W cos 0 B
M 0 ，则 J ω const . z 外 z
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。 6 14／3／25
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 v r d d 2 a r dt t d t d t
1 212 A J J E E 2 1 k 2 k 1 2 2 14／3／25

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3. 刚体的角动量定理 d L 微分形式： M 外 d t 积分形式： d t L L L 2 1 M
t 1 t 2
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。
F 0 M0
i i
A
i
NA NB f k lc o sθ A
θ
W
f
1 W l c o s θ f l s i n θ N l c o s0 θ A 2 W 2 k ls i n θ f k l c o s θ 16 14／3／25
i
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 J 2 2 k ( ω / 3 ) k ω 0 0 当ω= ω0/3 时， β
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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。
t t 解：t = 4s 时， 1 0 1 1 1 1 则 1
ˆ4ˆ ∴P点在转动平面内对圆心 o′的矢径为: R3 i j ˆ ˆ ˆ 该时刻P点的速度为: v ω R 2 π k ( 3 i 4) j ˆ ˆ ˆ ˆ 2 5 . 1 i 1 8 . 8 j 6 π j 8 π i
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ˆ (Dv ) 3 1 . 4 k

2
1
M d
（3）功率：
d dA M M N d t 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：

t2
(2) 角动量（动量矩）
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。
Jω

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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______。 m 2m 解：刚体的角速度 o ● v 3 v ● ω 2 l /3 l ( ) 2 l 3l
ˆ ˆ ˆ ( A ) v 9 4 . 2 i 1 2 5 . 61 j 5 7 . 0 k ˆ ˆ ( B ) v 2 5 . 1 i 1 8 . 8 j ˆ ˆ ( C ) v 2 5 . 1 i 1 8 . 8 j
∴选（B ˆ ωω =60rev/min=1rev/s ） =2πrad/s 2 π k 分析： ˆ ˆ ˆ r 3 i 4 j 5 k
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 m r
i
2 i i
J r d m
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＝ 3 3 2 1 7 . 1 1 0 ( k g m s ) 。 刚体的角动量大小： L 解：
•
M m
2 ( rad / s ) 1 (rev /日 ) 24 60 60 2 3 7 3 3 2 1 L 9 8 1 0 7 . 1 1 0 ( k g m s ) 2 4 6 0 6 0

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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＝ 。
解：初角速度为: ω0=0 末角速度为: ω=8(rad/s) 80 0 2 角加速度为：β ωω 0 . 8 ( r a d / s )
2 2 3 v l m v l L J m 3 2 l 2 v 1 m v r m v r 或 L m vl 2 m () l m v l 11 22 3 2 3
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J J m ( l ) 2 m ( l ) o i
22 3
1 22 3
2 m
3.转动动能 (刚体中各质元的总动能) 1 1 2 2 E J E m v k k i i i 14／3／25 2 2
2
4.力矩及其功和功率 （1）对转轴的力矩
r F z i i Mr F M
i
（2）力矩的功(力矩的空间积累效应) AM d 元功: d
总功： A