08刚体习题课

1、 刚刚 体体 的的 定定 轴轴 转转 动动 习习 题题 课课 一、基本概念一、基本概念 1. 刚体刚体 特性：特性：特殊的质点系特殊的质点系(牛顿力学牛顿力学) 刚刚 体体 的的 定定 轴轴 转转 动动 定轴的定轴的转动惯量等于刚体中每个质点的质量与这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。一质点到转轴的垂直距离的平方的乘积的总和。 i ii rmJ 2 m mrJd 2 2. 转动惯量转动惯量 3. 转动动能转动动能 2 2 1 iiki mE 2 2 1 JE k （刚体中各质元的总动能）（刚体中各质元的总动能） 4.4.力矩及其功和功率力矩及其功和

2、功率 （1）对对转转轴的力矩轴的力矩 （2）力矩的功）力矩的功（力矩的空间积累效应力矩的空间积累效应） ddMA 总功：总功： 2 1 d MA 元元功功: : （3）功率：功率： t A N d d M t M d d JM （1）冲量矩）冲量矩 力矩乘以力矩所作用的时间。力矩乘以力矩所作用的时间。 力矩在力矩在 t1t2 内总冲量矩：内总冲量矩： 2 1 d t t tM dtM 元冲量矩元冲量矩： （力矩对时间的积累效应力矩对时间的积累效应） 5. 冲量矩和冲量矩和动量矩动量矩 （2）角动量角动量（动量矩）（动量矩） 刚体对固定转动轴的角动量刚体对固定转动轴的角动量,等于它对该轴等于它对

3、该轴 的转动惯量和角速度的乘积的转动惯量和角速度的乘积。 JL 2. 刚体定轴转动的动能定理刚体定轴转动的动能定理 12 2 1 2 2 2 1 2 1 kk EEJJA 合外力矩合外力矩对一个绕固定轴转动的刚体对一个绕固定轴转动的刚体所做的功所做的功等于等于 刚体的刚体的转动动能的增量转动动能的增量。 t JJM d d 外外 1. 刚体定轴转动的转动定律刚体定轴转动的转动定律 刚体所受的对于刚体所受的对于某一固定转动轴某一固定转动轴的合外力矩等于刚的合外力矩等于刚 体体对此转轴对此转轴的的转动惯量转动惯量与刚体在与刚体在此合外力矩此合外力矩作用下所获作用下所获 得的得的角加速度角加速度的乘

4、积。的乘积。 二、基本规律二、基本规律 4. 角动量守恒定律角动量守恒定律 如果刚体所受的对于某一固定轴的合外力矩为零，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。则它对于这一固定轴的角动量保持不变。 .const 0 zz JM，则则 外外 3. 刚体的刚体的角动量定理角动量定理 t L M d d 外外 微分形式：微分形式： 5. 机械能守恒机械能守恒 对于包括刚体的系统，功能原理和机械能守恒定对于包括刚体的系统，功能原理和机械能守恒定 律仍成立。律仍成立。 积分形式：积分形式：LLLtM t t 12 2 1 d 1. 定轴转动的运动学问题定轴转动的

5、运动学问题 解法解法：利用定轴转动的运动学描述关系：利用定轴转动的运动学描述关系 2. 转动惯量的计算转动惯量的计算 （1）定义法：）定义法： 2 i i i rmJ VrmrJdd 22 三、习题基本类型三、习题基本类型 , d d t , d d d d 2 2 t t r 2 ra n ra t r t 0 2 0 2 1 tt ) )( (2 2 0 2 0 2 O v 定定 轴轴 P z r （2）平行轴定理）平行轴定理 若有任一轴与过质心的轴平行，相距为若有任一轴与过质心的轴平行，相距为d，刚体对刚体对 其转动惯量为其转动惯量为J，则有则有 J = JC + m d 2。 3. 定

6、轴转动的动力学问题定轴转动的动力学问题 解法解法：利用定轴转动中的转动定律：利用定轴转动中的转动定律 JM 步骤步骤： （1）审题，确定研究对象；）审题，确定研究对象； （2）建立坐标系；）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）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（注：坐标系的正方向写出外力矩的表达式及规律方（注： 受力分析和受力矩须取隔离体），并用线角量关系将受力分析和受力矩须取隔离体），并用线角量关系将 F = ma 与与 M = J 联系起来；联系起来； （4）计算对轴的转动惯量；）计算对轴的转动惯量； （5）解方程，

7、求未知，并对结果进行必要的讨论。）解方程，求未知，并对结果进行必要的讨论。 4. 定轴转动中的功能问题定轴转动中的功能问题 解法解法：利用：利用动能定理动能定理和和机械能守恒定律机械能守恒定律 5. 角动量原理及角动量守恒定律角动量原理及角动量守恒定律 6. 混合题型混合题型 解法解法：应用应用运动学公式、转动定律运动学公式、转动定律和和角动量守恒角动量守恒 定律。定律。 四、典型习题分析与讲解四、典型习题分析与讲解 1、 一一 汽车发动机的转速在汽车发动机的转速在7.0s 内由内由200rev/min均匀地均匀地 增加到增加到3000rev/min。 （1）求这段时间内的初角速度、末角速度及

8、角加速度；）求这段时间内的初角速度、末角速度及角加速度； （2）求这段时间内转过的角度；（）求这段时间内转过的角度；（3）发动机轴上装有）发动机轴上装有 一半径为一半径为 r = 0.2m 的飞轮，求它边缘上一点在这第的飞轮，求它边缘上一点在这第7.0s 末的切向加速度、法向加速度和总加速度。末的切向加速度、法向加速度和总加速度。 （1）初角速度：）初角速度： 解解： t 0 )rad/s(9 .41 0 . 7 9 .203142 0 = 2200/60 = 20.9 (rad/s) 末角速度：末角速度： = 23000/60 = 314 (rad/s) 角加速度为：角加速度为： （2）转过

9、的角度为）转过的角度为 t 2 0 )rad(1017. 10 . 7 2 3149 .203 )(186圈圈 ran 2 )ms(1097. 12 . 0314 242 总加速度为：总加速度为： 22 nt aaa )ms(1097. 1)1097. 1(37. 8 24242 总加速度与速度（切向）之间的夹角总加速度与速度（切向）之间的夹角 )(tan 1 t n a a （3）切向加速度为）切向加速度为 ra t )m/s(38.82 .09 .41 2 法向加速度为法向加速度为 9589) 37.8 1097.1 (tan 0 4 1 由于转动惯量具有可加性，所以已由于转动惯量具有可加

10、性，所以已 挖洞的圆板的转动惯量挖洞的圆板的转动惯量J 加上挖去的圆加上挖去的圆 板补回原位后对原中心的转动惯量板补回原位后对原中心的转动惯量J1就就 等于整个完整圆板对中心的转动惯量等于整个完整圆板对中心的转动惯量J2 即即 R O R/2 C 2、 从一半径为从一半径为R的均匀薄板上挖去一个直径为的均匀薄板上挖去一个直径为 R 的圆的圆 板，所形成的圆洞中心在距原薄板中心板，所形成的圆洞中心在距原薄板中心 R/2 处，所剩薄处，所剩薄 板的质量为板的质量为m。求此薄板对于通过原中心而与板面垂直求此薄板对于通过原中心而与板面垂直 的轴的转动惯量。的轴的转动惯量。 R O R/2 C 解：解：

11、 2 1 ) 2 ( 2 1R m 2 1 ) 2 ( 2 3R m 2 111 dmJJ C 2 1 ) 2 ( R m J = J2 - - J1 2 22 2 1 RmJ 2 1 2 212 ) 2 ( 2 3 2 1R mRmJJJ 222 1 2 2 )2()2(RR m R m R m - mmmm 3 1 , 3 4 12 R O R/2 C 因薄板质量均匀因薄板质量均匀，则则 22 8 1 3 2 mRmR 2 24 3 mR 3、 如图，两物体质量为如图，两物体质量为m1 、 m2 ，滑轮的质量为，滑轮的质量为m， 半径为半径为 r，可视作均匀圆盘。已知可视作均匀圆盘。已知

12、m2与桌面间的滑动摩与桌面间的滑动摩 擦系数为擦系数为k ，求求 m1下落的加速度和两段绳子中的张力下落的加速度和两段绳子中的张力 各为多少。设绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴受的摩各为多少。设绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴受的摩 擦力忽略不计。擦力忽略不计。 解解： amTgmm 1111 -： amfTm 222 ： （绳在轮上不打滑）（绳在轮上不打滑） （向下为正）（向下为正） （向右为正）（向右为正） 线角量关系：线角量关系： 对对m1 、 m2 、滑轮分别进、滑轮分别进 行受力分析，行受力分析，画出画出示力图示力图 JrTrTm 21 -：（顺时针为正）（顺时针为正） a a m2 m1

13、r T T1 1 m1g f T T2 2 T T1 1 T T2 2 Ra 方程组的解为方程组的解为： g mmm mm g mm mm a k R J k 2 1 12 21 12 21 )()( 2 gm mmm mm agmT k 1 21 2 11 2 1 2 1 )1( )( gm mmm mm gamT kk k2 21 1 22 2 1 2 1 )1( )( 4、 如图，两个圆轮的半径分别为如图，两个圆轮的半径分别为R1 和和R2 , 质量分别为质量分别为 M1 、M2 ，二者皆，二者皆 可视作均匀圆柱体且同轴固结在一起可视作均匀圆柱体且同轴固结在一起 ，可绕一水平固定轴自由转

14、动。今在，可绕一水平固定轴自由转动。今在 两轮上绕有细绳，绳端分别挂上质量两轮上绕有细绳，绳端分别挂上质量 为为 m1 和和 m2的两个物体。求在重力作的两个物体。求在重力作 用下，用下， m2下落时轮的角加速度。下落时轮的角加速度。 解解： 11111 amgmTm ： 22222 amTgmm ： （向上为正）（向上为正） （向下为正）（向下为正） 对对m1 、 m2 、整个滑轮分别进行、整个滑轮分别进行 受力分析，受力分析，画出画出示力图示力图 JRTRT 1122 轮轮： （顺时针为正）（顺时针为正） m1 m2 R2 R1 M1 M2 o a1 T T1 1 m1g a2 T T2

15、2 m2g T T1 1 T T2 2 线角量关系线角量关系（绳在轮上不打滑）（绳在轮上不打滑）： 2211 ,RaRa 2 22 2 11 2 1 2 1 RMRMJ 方程组的解为方程组的解为： 2 22 2 2 11 1 1122 ) 2 () 2 ( )( Rm M Rm M RmRm m1 m2 R2 R1 M1 M2 o a1 T T1 1 m1g a2 T T2 2 m2g T T1 1 T T2 2 5. 一根均匀米尺，在一根均匀米尺，在60cm刻度处钉到墙上，且刻度处钉到墙上，且可以在可以在 竖直平面内自由转动。先用手使竖直平面内自由转动。先用手使米尺保持米尺保持水平水平，然后

16、释，然后释 放。求刚释放时米尺放。求刚释放时米尺的角加速度和的角加速度和米尺到竖直米尺到竖直位置时的位置时的 角加速度。角加速度。 解解： 设米尺总质量为设米尺总质量为m，则直尺对悬则直尺对悬 点的转动惯量为：点的转动惯量为： 2 22 2 110 3 1 3 1 lmlmJ 22 6.0 5 3 3 1 4.0 5 2 3 1 mm m093.0 对米尺，手刚释放时，由转动定律：对米尺，手刚释放时，由转动定律： Jmg OC J mgOC )rad/s(5.10 093.0 1.08.92 m m O mg C l1l2 C mg O mg C l1l2 在米尺转到竖直在米尺转到竖直位置过程

17、中位置过程中，系统（，系统（尺尺+ 地球地球）机械能机械能 守恒守恒： 2 2 1 OC Jmg J mgOC2 m mg 093.0 1.08.92 )rad/s(58.4 6、 坐在转椅上的人手握哑铃。两臂伸直时，人、哑铃坐在转椅上的人手握哑铃。两臂伸直时，人、哑铃 和椅系统对竖直轴的转动惯量为和椅系统对竖直轴的转动惯量为J1=2kg m2。在外人推在外人推 动后，此系统开始以动后，此系统开始以n1=15r/min转动，当人两臂收回时，转动，当人两臂收回时， 使系统的转动惯量变为使系统的转动惯量变为J2=0.80kgm2 ，它的转速，它的转速n2是多是多 大？大？ 解解： 2 2 2211

18、 nJnJ 两臂收回过程中，系统的机械能是否守恒？两臂收回过程中，系统的机械能是否守恒？ 什么力做了功？做功多少？设轴上摩擦忽略不计。什么力做了功？做功多少？设轴上摩擦忽略不计。 由于两臂收回过程中，人体受的沿竖直轴的外力矩由于两臂收回过程中，人体受的沿竖直轴的外力矩 为零，所以系统沿此轴的角动量守恒为零，所以系统沿此轴的角动量守恒 2 1 12 J J nn )37.5(r/min 8 .0 2 51 两臂收回时，系统的内力（臂力）做了功，所以系统的两臂收回时，系统的内力（臂力）做了功，所以系统的 机械能不守恒。臂力做的总功为：机械能不守恒。臂力做的总功为： 2 1 2 1 2 22 2 1

19、1 JJA ) 60 15 2(2) 60 5 .37 2(8 . 0 2 1 2 .70(J)3 7、 如图所示，均匀杆长如图所示，均匀杆长 L= 0.40m ，质量质量M =1.0kg ，由其上端的光滑水平轴吊起而处于静由其上端的光滑水平轴吊起而处于静 止。今有一质量为止。今有一质量为 m = 8.0g 的子弹以速度的子弹以速度= 200m/s 水平射入杆中而不复出，射入点在轴下水平射入杆中而不复出，射入点在轴下 d = 3L/4 处。处。 （1）求子弹停在杆中时杆的角速度）求子弹停在杆中时杆的角速度 。 （2）求杆的最大偏转角。）求杆的最大偏转角。 解解： L L L 4 4 3 3 （

20、1）系统（）系统（杆杆+ +子弹子弹），在），在碰撞过程碰撞过程中，中， 合外力矩为合外力矩为0 0，因而系统的角动量守恒。（在，因而系统的角动量守恒。（在 俯视图中，选俯视图中，选为正方向为正方向） Lm 4 3 16 9 3 1 4 3 2 mLML m 2 ) 4 3 (Lm 2 3 1 ML )rad/s(89.8 （2）系统（）系统（杆杆+ +子弹子弹+ +地球地球），），上摆过上摆过 程程，只有重力（保守力）做功只有重力（保守力）做功，系统的，系统的 机械能守恒机械能守恒（选（选杆竖直时势杆竖直时势能为零能为零）。）。 222 ) 4 3 ( 3 1 2 1 LmML )cos1)

21、( 4 3 2 1 ( LmgLMg ) ) 2 3 ( ) 16 9 3 1 ( 1cos 2 gmM LmM ) 8 .9)008.0 2 3 1( 89.84 .0)008.0 16 9 1 3 1 ( 1 2 8194 0 L L L 4 4 3 3C 10、 一转台绕竖直固定固定轴转动一转台绕竖直固定固定轴转动，每转一周所需时，每转一周所需时 间间 t = 10s，转台对轴的转动惯量为转台对轴的转动惯量为 J = 1200kgm2。一一 质量为质量为M = 80kg 的人，的人，开始站在转台中心，随后沿半开始站在转台中心，随后沿半 径向外跑去径向外跑去，当人离，当人离转台中心转台中心

22、 r = 2m 时时转台的角速度转台的角速度 多大多大？ 解解： 系统（系统（人人+ + 转台转台）没有受到沿）没有受到沿 轴的轴的合外力矩合外力矩作用，因而其作用，因而其角动量角动量 守恒守恒，即：，即： 2 2 1 )( MrJJ 1 2 2 MrJ J 由此可得转台后来的角速度由此可得转台后来的角速度 10 2 2801200 1200 2 )rad/s(496.0 mrL 1、质量为质量为m的质点以速度的质点以速度 沿一直线运动，则它对直沿一直线运动，则它对直 线上任意一点的角动量为线上任意一点的角动量为_。 m or 分析分析： ),sin( rrmL 00sin rm 0 0 mr

23、L 2、 质量为质量为m 的质点以速度的质点以速度 沿一直线运动，则）它对沿一直线运动，则）它对 直线外垂直距离为直线外垂直距离为 d 的一点任意一点的角动量大小为的一点任意一点的角动量大小为 _。 分析分析： ),sin( rrmL sinrm md m o r d dm 二、填空题二、填空题 3、质量为质量为m的小孩站在半径为的小孩站在半径为R 的水平平台边缘上，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 动惯量为动惯量为 J 。平台和小孩开始时均静止。当小孩突然以平台和小孩开始时均静止。当小孩突然以 相对于地面为相

24、对于地面为V 的速率在台边沿逆时针转向走动时，则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：此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为： 0 RmVJ )( 2 2 R V mRJ mR （C） ，顺时针；顺时针； )( 2 2 R V mRJ mR （D） ，逆时针。逆时针。 )( 2 R V J mR （B） ，逆时针；逆时针； )( 2 R V J mR （A） ，顺时针；顺时针； A 分析分析： )( 2 R V J mR 0)( 2 R V mRJ 4、半径为半径为20cm的主动轮，通过皮带拖动半径为的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm 的被动轮转

25、动。主动轮从静止开始作匀角加速转动，在的被动轮转动。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内，被动轮的角速度达到8rads-1，则主动轮在这段则主动轮在这段 时间内转过了时间内转过了_圈。圈。 解解：t = 4s 时，时， 2 111 2 1 t 111101 tt 2211 rr 12 1 21 1 4 1 2 t r r n 则则 两轮边缘上点的线速度大小相等：两轮边缘上点的线速度大小相等： 主动轮在主动轮在4s内的角位移内的角位移 )rev(2048 2 5 4 1 12 1 2 2 1 t r r 1 1 1 t 20 5、一可绕定轴转动的飞轮，在一可绕定轴转动

26、的飞轮，在20Nm的总力矩作用下，的总力矩作用下， 在在10s 内转速由零均匀地增加到内转速由零均匀地增加到8 rad/s，飞轮的转动惯飞轮的转动惯 量量 J = 。 角加速度为角加速度为 解：解： t 0 )rad/s(8 . 0 10 082 利用定轴转动中的利用定轴转动中的转动定律转动定律 JM M J )mkg(25 8.0 202 由由刚体的角动量定理刚体的角动量定理 12 2 1 dLLtM t t 即即 0 JJtM J tM J )mkg(25 8 10202 2 mkg25 6、半径为半径为R具有光滑轴的定滑轮边缘绕一细绳，绳的具有光滑轴的定滑轮边缘绕一细绳，绳的 下端挂一质

27、量为下端挂一质量为m的物体。绳的质量可以忽略，绳与定的物体。绳的质量可以忽略，绳与定 滑轮之间无相对滑动。若物体下落的加速度为滑轮之间无相对滑动。若物体下落的加速度为a，则定则定 滑轮对轴的转动惯量滑轮对轴的转动惯量J = 。 解解： R m T T mg T T a :maTmgm JRTM ： Ra :运运动动关关系系 :TT 牛牛三三律律 )( 2 a Ragm J 7、一飞轮以一飞轮以600rev/min的转速旋转，转动惯量为的转速旋转，转动惯量为 2.5kgm2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在现加一恒定的制动力矩使飞轮在1S内停止运内停止运 动，则该恒定制动力矩的大小动，则该恒定制动力

28、矩的大小 M = 。 解解： t 0 )rad/s(20 1 2002 角加速度为：角加速度为： JM )20(5 . 2 )mN(157 )mN(157 0 = 600rev/min=20 (rad/s)， = 0 或：或： 0 JJtM 0 J t J M 0 )mN(157 1 205 .2 8、一长为一长为l、重重W的均匀梯子，靠墙放置如图，梯子下的均匀梯子，靠墙放置如图，梯子下 端连一倔强系数为端连一倔强系数为 k 的弹簧。当梯子靠墙竖直放置时，的弹簧。当梯子靠墙竖直放置时， 弹簧处于自然长度，墙和地面都是弹簧处于自然长度，墙和地面都是光滑光滑的。当梯子依墙的。当梯子依墙 而与地面成

29、而与地面成角且处于平衡状态时，角且处于平衡状态时， (1)地面对梯子的作用力大小为地面对梯子的作用力大小为 。 (2)墙对梯子的作用力大小为墙对梯子的作用力大小为 。 (3)W、k、l、满足的关系式满足的关系式 。 解：解：刚体平衡的条件：刚体平衡的条件： B A l 0 i i F 0 i i M W NA NB f WN A fNB coskl 0cossincos 2 1 lNlflW A cos kl W sin2 klW sin2 klW 9、长为长为l的杆如图悬挂，的杆如图悬挂，o为水平光滑固定转为水平光滑固定转 轴，平衡时杆铅直下垂，一子弹水平地射入轴，平衡时杆铅直下垂，一子弹水

30、平地射入 杆中，则在此过程中，杆中，则在此过程中， 系统对转轴系统对转轴o 的的守恒。守恒。 杆和子弹杆和子弹 角动量角动量 m M 10、地球的自转角速度可以认为是恒定的，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地球对于自转轴的转动惯量J = 9.81037 kgm2。地球对自转轴的角动量地球对自转轴的角动量 L = 。 解：解： JL 刚体的角动量大小：刚体的角动量大小： )/rev(1日日 )rad/s( 606024 2 )smkg(1071 606024 2 1098 1 23337 L )smkg(1071 1 233 11、质量分别为质量分别为 m 和和 2

31、m 的两物体（都可视为质点），的两物体（都可视为质点）， 用一长为用一长为 l 的轻质刚性细杆相连，系统绕通过杆且与杆的轻质刚性细杆相连，系统绕通过杆且与杆 垂直的竖直固定轴垂直的竖直固定轴 o 转动，已知转动，已知o 轴离质量为轴离质量为2m的质点的质点 的距离为，质量为的距离为，质量为m 的质点的线速度为的质点的线速度为且与杆垂直，且与杆垂直， 则该系统对转轴的角动量则该系统对转轴的角动量(动量矩动量矩)大小为大小为_。 m 2m o l l /3 解解：刚体的角速度刚体的角速度 JL 2 2 0 ) 3 1 (2) 3 2 (lmlmJJ i 2 3 2 ml ll2 3 )32( lm

32、 l ml 2 3 3 22 222111 rmrmL lmlmlm 3 1 ) 2 (2 3 2 或或 T 为绳子对物体为绳子对物体 （或绳子对轮轴）的拉力（或绳子对轮轴）的拉力。 三、计算题三、计算题 1 一质量为一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端 绕在一轮轴的轴上，轴水平且垂直于轮轴面，其半径为绕在一轮轴的轴上，轴水平且垂直于轮轴面，其半径为 r ，整个装置架在光滑的固定轴承之上。当物体从静止整个装置架在光滑的固定轴承之上。当物体从静止 释放后，在时间释放后，在时间t 内下降了一段距离内下降了一段距离S。试求整个轮轴的试求整个轮轴的 转动惯量

33、（用转动惯量（用 m、r、t 和和 S 表示）。表示）。 m r o 解解: m 、轮轴受力如、轮轴受力如图。图。 T T a T T mg 则根据牛顿运则根据牛顿运 动定律和转动定律得：动定律和转动定律得： maTmg 2分分 JTr 2分分 ra 2分分 a ragm J 2 )( 由已知条件由已知条件0 0 2 22 , 2 1 t S aatS 2分分 将将代入代入得：得： )1 2 ( 2 2 s gt mrJ2分分 2 一均匀木杆，质量为一均匀木杆，质量为m1 = 1kg，长长l = 0.4m，可绕通可绕通 过它的中点且与杆身垂直的光滑水平固定轴，在竖直平过它的中点且与杆身垂直的光

34、滑水平固定轴，在竖直平 面内转动。设杆静止于竖直位置时，一质量为面内转动。设杆静止于竖直位置时，一质量为m 2 =10g 的子弹在距杆中点的子弹在距杆中点 l /4 处穿透木杆（穿透所用时间不计处穿透木杆（穿透所用时间不计 ），子弹初速度的大小），子弹初速度的大小0=200m/s，方向与杆和轴均垂方向与杆和轴均垂 直。穿出后子弹速度大小减为直。穿出后子弹速度大小减为v=50m/s，但方向未变，但方向未变， 求子弹刚穿出的瞬时，杆的角度速度的大小。（木杆绕求子弹刚穿出的瞬时，杆的角度速度的大小。（木杆绕 通过中点的垂直轴的转动惯量通过中点的垂直轴的转动惯量J=m1L2/12） 解解：在子弹穿过杆

35、的：在子弹穿过杆的过程过程中，中，子弹与杆系统子弹与杆系统因因外力矩为外力矩为 零零，故，故角动量守恒角动量守恒。1分分 J l m l m 44 02 lm m J lm 1 0202 )(3 4 )( )rad/s(3 .11 2分分 2分分 1.（习题集（习题集P34.73） 以以表末速度与弹簧长度方表末速度与弹簧长度方 向的夹角。向的夹角。 0 外外 M 角动量角动量守恒守恒: sin 00 lmlm 2 0 22 0 )( 2 1 2 1 2 1 llkmm 解：解： ,0知知由由 非非保保内内外外 AA 对（对（滑块滑块+弹簧弹簧）系统，）系统， 对（对（滑块滑块+弹簧弹簧+地球地

36、球）系统，）系统， 机械能机械能守恒。选弹簧原长时为弹性势能零点，光滑水平守恒。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，则面为重力势能零点，则 两式联立，可解出结果。两式联立，可解出结果。 (选选 为正为正) 2.（习题集（习题集P36.81） 当人以相对于盘的速率当人以相对于盘的速率沿沿 与盘转动相反方向走动时，盘对地与盘转动相反方向走动时，盘对地 的角速度为的角速度为，人对地的角速度为人对地的角速度为 。 盘盘地地人人盘盘人人地地 解解： (1) )1( 2 2 RR 盘盘地地人人盘盘人人地地 选选 为正，有为正，有 （人盘）系统对轴的合外力矩为（人盘）系统对轴的合外力矩为

37、 0 ， 角动量守恒：角动量守恒： o R 2 R )2() 2 ( 102 1 ) 2 ( 102 1 22 0 22 RM MR RM MR 48（P29）转动着的飞轮的转动惯量为转动着的飞轮的转动惯量为J，在在t = 0 时角速时角速 度为度为0 。此后飞轮经历制动过程，阻力矩。此后飞轮经历制动过程，阻力矩M的大小与角的大小与角 速度速度的平方成正比，比例系数为的平方成正比，比例系数为k（k为大于为大于0的常数）。的常数）。 当当= 0/3 时，飞轮的角加速度时，飞轮的角加速度 =_ 。从开从开 始制动到始制动到= 0/3 所经过的时间所经过的时间 t =_ 。 解解： 由转动定律由转动

38、定律 M = J J M 3 0 0 ) 1 ( k J t J k 2 J k J k 9 )3/( 2 0 2 0 当当= 0/3 时，时， M= - - k2 分离变量得分离变量得 2 d d k J t J k t 2 d d 再由再由 3 2 0 0 0 ) d (d k J t t 0 2 k J Jk9 2 0 0 2 kJ （1）（）（2）两式联立可得）两式联立可得 R21 2 0 （2）欲使盘对地静止，须）欲使盘对地静止，须 0 21 2 0 R “”号表示人走动方向与上一问中人走动方向相反号表示人走动方向与上一问中人走动方向相反， 即与盘初始转动方向一致。即与盘初始转动方向

39、一致。 2 21 0 R 38动量矩定理的内容是动量矩定理的内容是 数学表达式可写成数学表达式可写成 ，动量矩守恒，动量矩守恒 的条件是的条件是 。 转动物体所受的合外力矩的冲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量量矩等于在合外力矩作用时间内转动物体动量矩的增量 1122 0 d JJtM t 物体所受合外力矩为零物体所受合外力矩为零 39（P30）如图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，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且可绕水平光滑固定轴 o 转动，今有一子弹沿着与水平转动，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

40、中，则在此击中过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、细棒系统的程中，木球、子弹、细棒系统的 守恒，原因是守恒，原因是 , 在木球在木球 被击中和球升高的过程中，对木被击中和球升高的过程中，对木 球、子弹、细棒、地球系统的球、子弹、细棒、地球系统的 守恒。守恒。 对对 o o 轴的角动量轴的角动量 对该轴的合外力矩为零对该轴的合外力矩为零 机机 械能械能 3.（习题集（习题集P37.83） 2 1 0 3 1 0)(dlmJtM t f 对（对（棒棒滑块滑块）系统，在碰撞过程中，由于）系统，在碰撞过程中，由于 碰撞时间极短，棒所受的摩擦力矩滑块碰撞时间极短，棒所受

41、的摩擦力矩滑块 的冲力矩，故可近似认为合外力矩为的冲力矩，故可近似认为合外力矩为 0 ，因，因 而系统的角动量守恒。（在俯视图中，选而系统的角动量守恒。（在俯视图中，选 为正方向为正方向） 由角动量定理，设由角动量定理，设 Mf 为摩擦力矩，则为摩擦力矩，则 2 12212 3 1 lmlmlm 解解： 棒上棒上 x 处处 dx 段小质元段小质元:x l m mdd 1 受摩擦力受摩擦力 df =g dm ，对对o轴的摩擦力矩轴的摩擦力矩 dMf = x df l xx l m g 0 1 d 以上三式联立，解得以上三式联立，解得 gm mt 1 21 2 2 A ff MM 0 d 1 0

42、d m mgx glm 1 2 1 4 对一个绕固定水平轴对一个绕固定水平轴 o o 匀速转动的圆盘，沿如图所匀速转动的圆盘，沿如图所 示的同一水平直线从相反方向同时射入两颗质量相同、示的同一水平直线从相反方向同时射入两颗质量相同、 速率相等的子弹，并留在盘中，则子弹射入后转盘的角速率相等的子弹，并留在盘中，则子弹射入后转盘的角 速度是否改变？如何变？速度是否改变？如何变？ 解：解： （盘两子弹）系统所受对（盘两子弹）系统所受对O O轴的合轴的合 外力矩为外力矩为0 0， JJ 两子弹射入前对两子弹射入前对O轴的角动量等值、反向，正好抵消。轴的角动量等值、反向，正好抵消。 当两子弹射入后，系统

43、对当两子弹射入后，系统对O的转动惯量的转动惯量 J J ， 其角动量守恒：其角动量守恒： 故射入前的故射入前的 J 只是转盘的角动量。只是转盘的角动量。 故故 ，即转盘的角速度减小。即转盘的角速度减小。 5 如图，一静止的均匀细棒，长如图，一静止的均匀细棒，长L，质量质量M，可绕通过可绕通过 棒的端点且棒的端点且棒长的光滑固定轴棒长的光滑固定轴O在光滑水平面内转动，在光滑水平面内转动， 转动惯量为转动惯量为(ML2/3) . 一质量为一质量为m速率为速率为v的子弹在水平的子弹在水平 面内沿与棒面内沿与棒的方向射入棒的自由端。设击穿棒后子弹的方向射入棒的自由端。设击穿棒后子弹 的速率减为的速率减

44、为/2，则此时棒的角速度为则此时棒的角速度为_。 (A)mV/ML; (B)3mV/2ML; (C)5mV/3ML;(D)7mV/4ML. 解：解：系统（子弹系统（子弹+杆），对杆），对o轴轴 角角动动量量守守恒恒 外外 0M 选选 为正向，则为正向，则 JLmLm 2 ML m ML Lm 2 3 3 1 2 1 2 选（选（B） 6 一质量为一质量为m的小虫，在有光滑竖直固定中心轴的小虫，在有光滑竖直固定中心轴 的水平圆盘边缘上，沿逆时针方向爬行，它相对的水平圆盘边缘上，沿逆时针方向爬行，它相对 于地面的速率为于地面的速率为，此时圆盘正沿顺时针方向转此时圆盘正沿顺时针方向转 动，相对于地面

45、的角速度为动，相对于地面的角速度为0，设圆盘对中心轴设圆盘对中心轴 的转动惯量为的转动惯量为J，若小虫停止爬行，则圆盘的角若小虫停止爬行，则圆盘的角 速度为速度为。 解：解： )( 2 0 mRJRmJ 2 0 mRJ RmJ （虫（虫+ +盘）系统，对盘）系统，对O O轴轴 角角动动量量守守恒恒 外外 0M 选选 为正向为正向 0 O m R M2R2M1R1 m2 m1 例例1.求系统的加速度和拉力求系统的加速度和拉力 a T1T2 T3 amgmT 111 RaMRJ , 2 12 amTgm 222 2232 )(JRTT 1113 )(JRTT 转动定律例题题解转动定律例题题解 g

46、MMmm MmMmmm T MMmm gMMmm T MMmm gMMmm T MMmm gmm a 2121 122121 3 2121 2112 2 2121 2121 1 2121 12 )(2 4 )(2 )4( )(2 )4( )(2 )(2 分析分析：对：对m 冲量定理冲量定理 1d mumtf 对对M 冲量矩定理冲量矩定理 20d ItM u f向下为正向下为正 例例2 一质量为一质量为M，长为长为 2l 的的均匀细棒，可在竖直平面内均匀细棒，可在竖直平面内 通过其中心的水平轴转动。开始时，细棒在水平位置，通过其中心的水平轴转动。开始时，细棒在水平位置， 一质量为一质量为m 的小

47、球，以速度的小球，以速度 u 垂直落到棒的端点。设小垂直落到棒的端点。设小 球与棒作完全弹性碰撞。求碰撞后，小球回跳速度及棒球与棒作完全弹性碰撞。求碰撞后，小球回跳速度及棒 的角速度。的角速度。 lfM (1)l +(2) （动量矩守恒）（动量矩守恒） （能量守恒）（能量守恒） lmJulm 222 2 1 2 1 2 1 lmJmu 故在曲线故在曲线 运动中可以为零（例如运动中可以为零（例如匀速圆周运动匀速圆周运动）。）。 7 对于曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正对于曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正 确的：确的： （A）切向加速度必不为零。切向加速度必不为零。 （B）法向加速

48、度必不为零（拐点处除外）。法向加速度必不为零（拐点处除外）。 （C）由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因 此法向加速度必为零。此法向加速度必为零。 （D）若物体作匀速运动，其总加速度必为零。若物体作匀速运动，其总加速度必为零。 （E）若物体的加速度为恒矢量，它一定作匀变速率若物体的加速度为恒矢量，它一定作匀变速率 运动。运动。 B 分析分析：切向加速度改变速度大小切向加速度改变速度大小, d d t a t 法向加速度改变加速度法向加速度改变加速度方向方向 ， , 2 n a 在曲线运动中在曲线运动中 不为零。不为零。答案为（ 答案为（B） （E）中

49、，加速度中，加速度, tn aaa 为恒矢量，为恒矢量，并不能说明并不能说明 t a 为恒矢量，为恒矢量，不一定作匀变速率运动。不一定作匀变速率运动。 2 如图，如图，P、Q、R和和S是附于刚性轻质细杆上的质量分是附于刚性轻质细杆上的质量分 别为别为4m、3m、2m和和m的四个质点，的四个质点，PQ=QR=RS=l，则则 系统对系统对OO轴的转动惯量为轴的转动惯量为。 由转动惯量定义由转动惯量定义 解解： 50 m l 2 2 ii rmJ 2 33 2 22 2 11 rmrmrmJ PQRS o o 222 )3(4)2(32lmlmml 2 50 ml 3 两个弹簧振子的周期都是两个弹簧振子的周期都是 0.4s，设开始时第一个振设开始时第一个振 子从平衡位置向负方向运动，经过子从平衡位置向负方向运动，经过0.5s 后，第二个振子后，第二个振子 才从正方向的端点开始运动，则这两弹簧振子振动周相才从正方向的端点开始运动，则这两弹簧振子振动周相 差为差为。 画旋转矢量图。画旋转矢量图。分析分析： x o 1 A A 经经 0.5s（5T/4）的时间矢量的时间矢量 转至红色位置。转至红色位置。 1 1 A A 2 A A 1 A A 开