第5章 刚体力学基础习题课 (2)

1、2021-6-231 刚刚 体体 力力 学学 基基 础础 习习 题题 课课 2021-6-232 一、基本概念一、基本概念 1.刚体及其平动、转动、定轴转动刚体及其平动、转动、定轴转动 理想化的力学模型理想化的力学模型 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 力力 学学 基基 础础 刚体对定轴的刚体对定轴的转动惯量转动惯量等于刚体中每个质点的质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。与这一质点到转轴的垂直距离的平方的乘积的总和。 2 i i i Jm r 2d m Jrm 2.转动惯量转动惯量 3.转动动能转动动能 2 1 2 k

2、iii Emv 2 1 2 k EJ (刚体中各质元的总动能刚体中各质元的总动能) 2021-6-233 4.力矩及其功和功率力矩及其功和功率 （1）对对转转轴的力矩轴的力矩 zii i MrF （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) ddAM 总功：总功： 2 1 dAM 元元功功: （3）功率：）功率： d d A N t d d MM t MrF 2021-6-234 (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 M t dMt 元冲量矩元冲量矩： （力矩对时间的积累效

3、应力矩对时间的积累效应） 5.冲量矩和动量矩冲量矩和动量矩 (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,等于它对该轴的转动惯等于它对该轴的转动惯 量和角速度的乘积量和角速度的乘积。 LJ 2021-6-235 2.刚体定轴转动的动能定理刚体定轴转动的动能定理 22 2121 11 22 kk AJJEE 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等 于刚体的于刚体的转动动能的增量转动动能的增量。 d d MJJ t 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

4、定转动轴某一固定转动轴的的合外力矩合外力矩等于刚等于刚 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积的乘积。 二、基本规律二、基本规律 2021-6-236 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。 .constJ M zz ，则 外 0 3. 刚体的刚体的角动量定理角动量定理 d d L M t 外外 微分形式：微分形式： 5. 机械能守恒机械能守恒 对

5、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： 2 1 21 d t t M tLLL 2021-6-237 1.定轴转动的运动学问题定轴转动的运动学问题 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 解法：解法：（1）定义法：）定义法： 2 i i i Jm r 22 ddJrmr V 三、习题基本类型三、习题基本类型 d dt 2 2 dd ddtt vr 2 n ar t ar v r O v 定定 轴轴 P z r 0 t 2 00 1 2 tt 22

6、 00 2 ( () ) 2021-6-238 （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，刚体刚体 对其转动惯量为对其转动惯量为J，则有则有 JJCm d 2。 3.定轴转动的动力学问题定轴转动的动力学问题 解法：利用定轴转动中的转动定律解法：利用定轴转动中的转动定律 MJ 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程（注：坐标系的正方向写出外力矩的表达

7、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，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。 2021-6-239 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定律。角动量

8、守恒定律。 四、典型习题分析与讲解四、典型习题分析与讲解 2021-6-2310 =60rev/min=1rev/s=2rad/s 1. (P24 17) . 一刚体以每分钟一刚体以每分钟 60 转绕转绕 z 轴做匀速转动轴做匀速转动 ( 沿沿Z轴正方向轴正方向)。设某时刻刚体上一点。设某时刻刚体上一点P的位置矢量的位置矢量 为为 , 其单位为其单位为“10-2m”，若以若以“10-2ms-1” 为速度单位，则该时刻为速度单位，则该时刻P点的速度为：点的速度为： kjir 5 4 3 ()9 4 .21 2 5 .61 5 7 .0Avijk ()25.118.8B vij ()25.118.

9、8C vij ()31.4D vk k 2 分析分析： 345rijk P点在转动平面内对圆心点在转动平面内对圆心 o的矢径为的矢径为: 34Rij 该时刻该时刻P点的速度为点的速度为: v R 68ji 25.118.8ij kij 2(34 ) 选（选（B ） 2021-6-2311 2.(P24 18) .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，上，平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动， 转动惯量为转动惯量为 J 。平台和小孩开始时均静止。当小孩突然平台和小孩开始时均静止。当小孩突然 以相对

10、于地面为以相对于地面为V 的速率在台边沿逆时针转向走动时，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则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为 0JRmV )( 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； 选（选（A ） 2 ()0 V JmR R 分析分析： 2 () mRV JR 同课本同课本p120.5-14 选逆时针为正选逆时针为正 2021-6-2312 3.

11、（p29. 45 ） 半径为半径为20cm 的主动轮，通过皮带拖动半径的主动轮，通过皮带拖动半径 为为50cm的被动轮转动。主动轮从静止开始作匀角加速转的被动轮转动。主动轮从静止开始作匀角加速转 动，在动，在4s内，被动轮的角速度达到内，被动轮的角速度达到8rad.s-1，则主动轮在，则主动轮在 这段时间内转过了这段时间内转过了_圈。圈。 22 10 11 11 1 11 22 ttt 101 11 1 tt 2211 rr 12 1 21 1 4 1 2 t r r n 则则 两轮边缘上点的两轮边缘上点的线速度大小线速度大小相等：相等： 主动轮在主动轮在4s内的角位移内的角位移 )rev(2

12、048 2 5 4 1 12 1 2 2 1 t r r 1 1 1 t 解解：t = 4s 时，时， 2021-6-2313 4. (P29 46) 一可绕定轴转动的飞轮，在一可绕定轴转动的飞轮，在20Nm的总力矩的总力矩 作用下，在作用下，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，飞轮飞轮 的转动惯量的转动惯量J。 初初角速度为角速度为: 0=0 末角速度为末角速度为: =8(rad/s) 角加速度为：角加速度为： 解解： 0 t 2 80 0.8(/) 10 rads 利用定轴转动中的转动定律利用定轴转动中的转动定律 MJ M J 2 20 25() 0.8 k

13、g m 2021-6-2314 5. (P29 47) 一长为一长为l、重重W的均匀梯子，靠墙放置，如图，的均匀梯子，靠墙放置，如图， 梯子下端连一倔强系数为梯子下端连一倔强系数为k 的弹簧。当梯子靠墙竖直放置的弹簧。当梯子靠墙竖直放置 时，弹簧处于自然长度，墙和地面都是时，弹簧处于自然长度，墙和地面都是光滑光滑的。当梯子的。当梯子 依墙而与地面成依墙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的大小为地面对梯子的作用力的大小为。 (2)墙对梯子的作用力的大小为墙对梯子的作用力的大小为 。 (3)W、k、l、应满足的关系式为应满足的关系式为 。 补充补充: 刚体

14、在平面力系作用下静止平衡刚体在平面力系作用下静止平衡 的条件：的条件： 作用于刚体作用于刚体平面力系的平面力系的 矢量和为矢量和为0，对与力作用平面对与力作用平面的的 任意轴的任意轴的力矩的代数和为力矩的代数和为0. B A l 2021-6-2315 y x A B (O) F W NB NA 原长原长 l 由刚体的平衡条件：由刚体的平衡条件： 无平动：无平动： cos0klFNF B i ix WNF A i iy 0 无转动：无转动： 0 i iz M 若以若以A为转轴，选力矩为转轴，选力矩 为为 正，则正，则 0cos 2 sin l WlN B 将将NB的值代入的值代入 sin2kl

15、W 2021-6-2316 5. (P29 47) 一长为一长为l、重重W的均匀梯子，靠墙放置，如图，的均匀梯子，靠墙放置，如图， 梯子下端连一倔强系数为梯子下端连一倔强系数为k 的弹簧。当梯子靠墙竖直放置的弹簧。当梯子靠墙竖直放置 时，弹簧处于自然长度，墙和地面都是时，弹簧处于自然长度，墙和地面都是光滑光滑的。当梯子的。当梯子 依墙而与地面成依墙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的大小为地面对梯子的作用力的大小为。 (2)墙对梯子的作用力的大小为墙对梯子的作用力的大小为 。 (3)W、k、l、应满足的关系式为应满足的关系式为 。 解解：刚体刚体平衡的

16、条件： 平衡的条件： B A l 0 i i F 0 i i M W NA NB f A NW B Nf cos kl 1 2 cossincos0 A Wlf lNl cos fkl cos kl W 2sin Wkl 2sin Wkl 2021-6-2317 6. (P2948) 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的常的常 数）。当数）。当= 0/3 时，飞轮的角加速度时，飞轮

17、的角加速度=_。从从 开始制动到开始制动到= 0/3 所经过的时间所经过的时间 t =_。 解解： 由转动定律由转动定律 M=J M J 0 0 / 3 1 () J t k 2 k J 22 00 (/ 3) 9 k k JJ 当当= 0/3 时时， M= - k2 分离变量得分离变量得 2 d d J t k 2 d d k tJ 再由再由 0 0 / 3 2 0 d d() t J t k 0 2J k 2021-6-2318 7. (P30 49) .长为长为l的杆如图悬挂，的杆如图悬挂，O为水平光为水平光 滑固定转轴，平衡时杆铅直下垂，一子弹水滑固定转轴，平衡时杆铅直下垂，一子弹水

18、平地射入杆中，则在此过程中，平地射入杆中，则在此过程中， 系系 统对转轴统对转轴O的的守恒。守恒。 杆和子弹杆和子弹 角动量角动量 m M 8. (P30 50) . 地球的自转角速度可以认为是恒定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的，地球对于自转轴的转动惯量 J=9.81037kgm2。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 )s/rad( 606024 2 .()Lkg ms 1 37332 2 98 107 1 10 246060 .()kg ms 1 332 7 1 10 2021

19、-6-2319 9. (P30 51) 质量分别为质量分别为m 和和2m 的两物体（都可视为质的两物体（都可视为质 点），用一长为点），用一长为 l 的的轻质刚性细杆轻质刚性细杆相连，系统绕通过杆相连，系统绕通过杆 且与杆垂直的竖直固定轴且与杆垂直的竖直固定轴o转动，已知转动，已知o轴离质量为轴离质量为2m的的 质点的距离为质点的距离为l/3，质量为，质量为m的质点的线速度为的质点的线速度为v且与杆垂且与杆垂 直，则该系统对转轴的角动量直，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 3 1 2 3 2 io )l

20、(m2)l(mJJ 2 ml 3 2 2 3 3 ()2 vv ll 2 23 32 v mlmvl l 1 12 2 Lmv rmv r 21 2() 32 3 v mvlmlmvl 或或 2021-6-2320 10. (P30 52) 动量矩定理的内容是动量矩定理的内容是 ，其数学表达式可写，其数学表达式可写 成成 ， 动量矩守恒的条件是动量矩守恒的条件是 。 转动物体所受的合外力矩转动物体所受的合外力矩 的的 冲量矩等于在合外力矩作用时间内转动物体冲量矩等于在合外力矩作用时间内转动物体 动量矩的增量动量矩的增量 2211 0 d t MtJ J 物体所受合外力矩为零物体所受合外力矩为零

21、 11. (P3053) .如图所示，一匀质木球固结在一细棒下如图所示，一匀质木球固结在一细棒下 端，且可绕水平光滑固定轴端，且可绕水平光滑固定轴 o 转动，今有一子弹沿着与转动，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、细棒系统的中过程中，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 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

22、为零 机机 械能械能 2021-6-2321 12.（学习指导（学习指导P34.73） 在一光滑的在一光滑的水平面上水平面上，有一轻弹簧，一端固定，有一轻弹簧，一端固定 ，一端连接一质量，一端连接一质量m=1kg的滑块，如图所示。的滑块，如图所示。 弹簧自然长度弹簧自然长度l0=0.2m，倔强系数倔强系数k=100N.m-1，设设 t=0时。弹簧长度为时。弹簧长度为l0，滑块速度滑块速度v0=5m.s-1，方向方向 与弹簧垂直。在某一时刻，弹簧位于与初始位置与弹簧垂直。在某一时刻，弹簧位于与初始位置 垂直的位置，长度垂直的位置，长度l=0.5m。求该时刻滑块速度的求该时刻滑块速度的 大小和方向

23、。大小和方向。 2021-6-2322 以以表末速度与弹簧长表末速度与弹簧长 度方向的夹角。度方向的夹角。 0M 外外 角动量守恒角动量守恒: 0 0 sinmv lmvl 222 00 111 () 222 mvmvk ll 解解： 知知机机械械能能守守恒恒由由 非非保保内内外外 0AA 对（滑块对（滑块+弹簧）系统，弹簧）系统， 对（滑块对（滑块+弹簧弹簧+地球）系统，地球）系统， 选弹簧原长时为弹性势能零点，光滑水平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) 2021-6-2323 13

24、.（学习指导（学习指导P36.81） o R 2 R v 在半径为在半径为R的具有光滑竖直固定中的具有光滑竖直固定中 心轴线的水平圆盘上，有一人静止站立心轴线的水平圆盘上，有一人静止站立 在距转轴为在距转轴为R/2处，人的质量是圆盘质处，人的质量是圆盘质 量的量的1/10。开始时盘载人对地以角速度。开始时盘载人对地以角速度 0匀速转动，现在此人垂直圆盘半径相匀速转动，现在此人垂直圆盘半径相 对于盘以速率对于盘以速率v沿与盘转动相反方向作沿与盘转动相反方向作 圆周运动，如图所示。已知圆盘对中心圆周运动，如图所示。已知圆盘对中心 轴的转动惯量为轴的转动惯量为MR2/2。求：。求： （1）圆盘对地的

25、角速度；（）圆盘对地的角速度；（2）欲使圆盘对地静止，人）欲使圆盘对地静止，人 应沿着应沿着R/2圆周对圆盘的速度圆周对圆盘的速度 的大小及方向？的大小及方向？ v 2021-6-2324 当人以相对于盘的速率当人以相对于盘的速率v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) 2 (1) 2 vv R R 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0， 角动量守恒：角动量守恒： o R 2 R v )2()

26、2 R ( 10 M MR 2 1 ) 2 R ( 10 M MR 2 1 22 0 22 2021-6-2325 （1）（）（2）两式联立可得）两式联立可得 0 2 2 1 v R （2）欲使盘对地静止，须）欲使盘对地静止，须 0 2 0 21 v R “”号表示人走动方向与上一问中人走动号表示人走动方向与上一问中人走动 方向相反方向相反，即与盘初始转动方向一致。即与盘初始转动方向一致。 0 21 2 R v 2021-6-2326 14.（学习指导（学习指导P37.83） 有一质量为有一质量为m1、长为、长为l的均匀细棒，静止放在滑的均匀细棒，静止放在滑 动摩擦系数为动摩擦系数为的水平桌面

27、上，它可绕通过端点的水平桌面上，它可绕通过端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动。另有一水平运且与桌面垂直的固定光滑轴转动。另有一水平运 动的质量为动的质量为m2的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的 另一端另一端A相碰撞，设碰撞时间极短。已知小滑块相碰撞，设碰撞时间极短。已知小滑块 在碰撞前后的速度分别为在碰撞前后的速度分别为 和和 ， 如图所示。如图所示。 1 v 2 v 求碰撞前后从细棒开始转动到停止转动的过程所求碰撞前后从细棒开始转动到停止转动的过程所 需的时间。已知棒绕需的时间。已知棒绕O点的转动惯量点的转动惯量Jm1l2/3。 2021-6-2327 2 1 0

28、 1 d()0(1) 3 t f MtJm l 对对(棒滑块棒滑块)系统，在碰撞过程中，系统，在碰撞过程中， 由于碰撞时间极短，棒所受的摩擦力矩由于碰撞时间极短，棒所受的摩擦力矩 滑块的冲力矩，故可近似认为合外滑块的冲力矩，故可近似认为合外 力矩为力矩为0，因而系统的角动量守恒。，因而系统的角动量守恒。 （在俯视图中，选（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 21221 1 (2) 3 m v lm v lm l 解解： 2021-6-2328 棒上棒上 x 处处 dx 段小质元段小质元: 1 dd m mx l 受摩擦力

29、受摩擦力 df=gdm ,对对o轴的摩擦力矩轴的摩擦力矩 dMf= xdf 1 0 d l m gxx l 以上三式联立，解得以上三式联立，解得 12 2 1 2 vv tm m g d A ff O MM 1 0 d m gxm 1 1 (3) 2 m gl 15.（学习指导学习指导p18，例，例3）质量为质量为m的物体悬于的物体悬于 轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上.轴水轴水 平且平且 轮轴面，其半径为轮轴面，其半径为r，整个装置架在光滑，整个装置架在光滑 的固定轴承之上的固定轴承之上. 物体从静止释放，在时间物体从静止释放，在时间t内下内下 降了距

30、离降了距离s.试求整个轮轴的转动惯量试求整个轮轴的转动惯量J（用（用m、r 、t和和s表示）表示）. m r o m r o mg T T maTmg JTr ra 2 2 1 ats ) s gt (mrJ1 2 2 2 解：解： 方法方法2 ： 22 2 1 2 1 Jmvmgs t v s 2 r v J 2021-6-2331 三、三、73、74、75、76、77、78、80、81、 82、83 五、五、90、92、93、94 四、四、85、86、87 学习指导学习指导大题大题重点题目重点题目 2021-6-2332 5-1. 如图，一轻绳跨过两个质量为如图，一轻绳跨过两个质量为m、半

31、径为、半径为r 的均匀圆的均匀圆 盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为2m和和m的重物，的重物， 绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮的转绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮的转 动惯量均为动惯量均为mr2/2，将由两个定滑轮以及质量为，将由两个定滑轮以及质量为2m 和和m 的重物组成的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑的重物组成的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑 轮之间绳内的张力。轮之间绳内的张力。 T 解：受力分析如图，可建立方程：解：受力分析如图，可建立方程： 2 22mgTma 1 Tmgma () 2 TT rJ 1 ()TT r

32、J ar / 2 2Jmr 1 4 ag 11 8 Tmg 联立，解得：联立，解得： （选向下为正）（选向下为正） （选向上为正）（选向上为正） （选顺时针为正）（选顺时针为正） 2021-6-2333 5-2.如图所示，一均匀细杆长为如图所示，一均匀细杆长为l ，质量为，质量为m，平放在摩，平放在摩 擦系数为擦系数为的水平桌面上，设开始时杆以角速度的水平桌面上，设开始时杆以角速度0绕过绕过 中心中心O且垂直于桌面的轴转动。试求：且垂直于桌面的轴转动。试求： （1）作用于杆的摩擦力矩；）作用于杆的摩擦力矩； （2）经过多长时间杆才会停止转动。）经过多长时间杆才会停止转动。 解：（解：（1）设杆

33、的线密度为：）设杆的线密度为： m l 在杆上取一小质元在杆上取一小质元 ddmx 有微元摩擦力：有微元摩擦力： dddfmgg x 微元摩擦力矩：微元摩擦力矩： ddMgx x 考虑对称性，有摩擦力矩：考虑对称性，有摩擦力矩： 2 0 1 2d 4 l Mgx xmgl 2021-6-2334 （2）根据转动定律）根据转动定律 d d MJJ t 有：有： 0 0 0 dd t M tJ 2 0 11 412 mgltm l 0 3 l t g 或利用：或利用： 0 MtJJ 考虑到考虑到 0 2 1 12 Jml 有：有： 0 3 l t g 或利用：或利用： 3Mmg Jl 0 t 0

34、3 l t g 2021-6-2335 5-3.如图所示，一个质量为如图所示，一个质量为m的物体与绕在定滑轮上的绳的物体与绕在定滑轮上的绳 子相联，绳子的质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动。子相联，绳子的质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动。 假设定滑轮质量为假设定滑轮质量为M，半径为，半径为 R，其转动惯量为，其转动惯量为MR2/2， 试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间 的关系。的关系。 解：受力分析如图，可建立方程：解：受力分析如图，可建立方程： m gTma TRJ aR 2 1 2 JmR 2 2 mg a Mm 联立，解得：

35、联立，解得： 2 Mmg T Mm 考虑到考虑到 d d v a t ， 00 2 dd 2 vt mg vt Mm 有：有： 2 2 mgt v Mm （选向下为正）（选向下为正） （选逆时针为正）（选逆时针为正） 2021-6-2336 5-4.轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的质量为轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的质量为M/4, 均匀分布在其边缘上，绳子均匀分布在其边缘上，绳子A端有一质量为端有一质量为M的人抓住了的人抓住了 绳端，而在绳的另一端绳端，而在绳的另一端B系了一质量为系了一质量为M/4的重物，如图。的重物，如图。 已知滑轮对已知滑轮对O轴的转动惯量轴的转动惯量J=MR2

36、/4 ，设人从静止开始以，设人从静止开始以 相对绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求相对绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B端重端重 物上升的加速度？物上升的加速度？ 解：解：分别对人、滑轮与重物列出动力学方程分别对人、滑轮与重物列出动力学方程 1A MgTMa 人人: 2 44 B MM Tga 物物: 12 T RT RJ 滑轮滑轮: （选向下为正）（选向下为正） （选逆时针为正）（选逆时针为正） （选向上为正）（选向上为正） AB aaR ， / 2 4JMR 解得：解得： 2 AB g aa 其中其中: 2021-6-2337 解二：解二： 选人、滑轮与重物为系统，设选人、滑

37、轮与重物为系统，设u为人相对绳的速度，为人相对绳的速度，v为为 物上升的速度，注意到物上升的速度，注意到u为匀速，为匀速， d 0 d u t 系统对轴的角动量为：系统对轴的角动量为： 而力矩为：而力矩为： 2 13 ()() 442 M LM v RM uv RRM v RM uR 重重物物人人()()(滑()()(滑) ) 13 M 44 M gRM gRM gR 根据角动量定理根据角动量定理 d d L M t 有：有： 3d3 () 4d2 MgRMvRMuR t 2 g a 2021-6-2338 5-5计算质量为计算质量为m半径为半径为R的均质球体绕其轴线的转动的均质球体绕其轴线的

38、转动 惯量。惯量。 解：球体密度解：球体密度 3 3 4 m R 考虑均质球体内一个微元：考虑均质球体内一个微元： 2 dsin d d dmrr 微元到轴的距离为微元到轴的距离为 sinr 2 ( sin ) dJrm 有：有： 2 22 000 ( sin )sin d d d R Jrrr 52 0 0 1 2(1cos)dcos 5 R r 2 2 5 mR 2021-6-2339 5-6一轻弹簧与一均匀细棒连接，装置如图所示，已知一轻弹簧与一均匀细棒连接，装置如图所示，已知 弹簧的劲度系数弹簧的劲度系数 k=40N/m,当当=0时弹簧无形变，细棒的时弹簧无形变，细棒的 质量质量m=5

39、.0kg，求在，求在=0的位置上细棒至少应具有多大的位置上细棒至少应具有多大 的角速度的角速度 ，才能转动到水平位置？才能转动到水平位置？ 解：选解：选（弹簧（弹簧+细棒细棒+地球）地球）为系统。为系统。 以图示以图示 下方的三角下方的三角 桩为轴，从桩为轴，从 =0=90o时，机械能守恒。时，机械能守恒。 =0时机械能为：时机械能为： =90o时机械能为：时机械能为： 22 1 1 22 3 l mgml （） 2 1 2 k x 有：有： 222 1 11 22 32 l mgmlk x （） 根据几何关系：根据几何关系： 222 (0.5)1.51x 得：得： 1 3.28rad s 重

40、力势能重力势能 +转动动能转动动能 2021-6-2340 5-8如图所示，长为如图所示，长为l 的轻杆，两端各固定质量分别为的轻杆，两端各固定质量分别为 m和和2m的小球，杆可绕水平光滑固定轴的小球，杆可绕水平光滑固定轴O在竖直面内转在竖直面内转 动，转轴动，转轴O距两端分别为距两端分别为l/3和和2l/3。轻杆原来静止在竖直。轻杆原来静止在竖直 位置。今有一质量为位置。今有一质量为m的小球，以水平速度的小球，以水平速度v0与杆下端小与杆下端小 球球m作对心完全弹性碰撞，试求小球的反弹速度和碰撞作对心完全弹性碰撞，试求小球的反弹速度和碰撞 后轻杆所获得的角速度。后轻杆所获得的角速度。 解：碰

41、撞瞬间解：碰撞瞬间 , 角动量守恒，有：角动量守恒，有：0 M 0 22 .1 33 mvlmvlJ （） 22 2 212 22 333 Jmlmlml （） 因为作对心完全弹性碰撞，动能不变因为作对心完全弹性碰撞，动能不变 ,有有: 222 0 111 3 222 mvmvJ （）解得解得: 0 0 61 , 55 v vv l 2021-6-2341 5-8（旧版旧版）如图所示，长为）如图所示，长为l 的轻杆，两端各固定质的轻杆，两端各固定质 量分别为量分别为m和和2m的小球，杆可绕水平光滑固定轴的小球，杆可绕水平光滑固定轴O在竖在竖 直面内转动，转轴直面内转动，转轴O距两端分别为距两端

42、分别为l/3和和2l/3。轻杆原来静。轻杆原来静 止在竖直位置。今有一质量为止在竖直位置。今有一质量为m的小球，以水平速度的小球，以水平速度v0与与 杆下端小球杆下端小球m作对心碰撞，碰后以作对心碰撞，碰后以v0/2的速度返回，试求的速度返回，试求 碰撞后轻杆所获得的角速度。碰撞后轻杆所获得的角速度。 解：根据角动量守恒，有：解：根据角动量守恒，有： 22 00 2122 ()2( ) 32333 ll mvlmvlmm 有：有： 22 00 4221 () 9933 llv lv l 0 3 2 v l 解得：解得： 2021-6-2342 5-9一质量均匀分布的圆盘，质量为一质量均匀分布的

43、圆盘，质量为M ，半径为，半径为R放在放在 一粗糙水平面上一粗糙水平面上(圆盘与水平面之间的摩擦系数为圆盘与水平面之间的摩擦系数为）, , 圆盘可绕通过其中心圆盘可绕通过其中心O的竖直固定光滑轴转动。开始时，的竖直固定光滑轴转动。开始时， 圆盘静止，一质量为圆盘静止，一质量为m的子弹以水平速度的子弹以水平速度v垂直于圆盘半垂直于圆盘半 径打入圆盘边缘并嵌在盘边上，求：（径打入圆盘边缘并嵌在盘边上，求：（1）子弹击中圆盘）子弹击中圆盘 后，盘所获得的角速度；（后，盘所获得的角速度；（2）经过多少时间后，圆盘停）经过多少时间后，圆盘停 止转动。止转动。 (圆盘绕通过圆盘绕通过O的竖直轴的转动惯量为

44、的竖直轴的转动惯量为 MR2/2,忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩。忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩。) 解：（解：（1）利用角动量守恒：）利用角动量守恒： 22 1 2 mvRMRmR 得：得： 2 (2) mv mM R 2021-6-2343 （2）选微分）选微分 d2dmr r 面密度面密度 2 M R 2 0 2 d2 d 3 R f M Mgr mgrr rM gR R 由由: f MtJ 有有: 22 21 ()0 32 M gRtM RmR 知：知： 22 , 4 Mm tR Mg 将将 2 2 mv Mm R 代入，代入， 3 2 mv t M g 即得：即得： 2021-6-234

45、4 5-10有一质量为有一质量为m1 、长为、长为 l 的均匀细棒，静止平放在的均匀细棒，静止平放在 滑动摩擦系数为滑动摩擦系数为的水平桌面上，它可绕通过其端点的水平桌面上，它可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动。另有一水平运动的质且与桌面垂直的固定光滑轴转动。另有一水平运动的质 量为量为m2的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端 A相碰相碰 撞，设碰撞时间极短。已知小滑块在碰撞前后的速度分撞，设碰撞时间极短。已知小滑块在碰撞前后的速度分 别为别为 和和 如图所示。求碰撞后从细棒开始转动到停止如图所示。求碰撞后从细棒开始转动到停止 转动的过程所需的时

46、间。转动的过程所需的时间。(已知棒绕点已知棒绕点O的转动惯量的转动惯量 J=m1l2/3) 1 v 2 v 解：由碰撞时角动量守恒，考虑到解：由碰撞时角动量守恒，考虑到 和和 1 v 2 v 方向相反，以逆时针为正向，有：方向相反，以逆时针为正向，有： 2 21122 1 3 m v lm lm v l 得：得： 212 1 3()m vv m l 2021-6-2345 又又细棒运动起来所受到的摩擦力矩可由积分求得：细棒运动起来所受到的摩擦力矩可由积分求得： 1 1 0 1 d 2 l f m Mg xxm gl l 利用利用 d d f MJ t 有：有： 2 1 0 0 1 1 d 3

47、d 1 2 t m l t m gl 得：得： 212 1 2()2 3 m vvl t gm g 2021-6-2346 5-11如图所示，滑轮转动惯量为如图所示，滑轮转动惯量为 0.01kgm2 ,半径为半径为 7cm;物体的质量为物体的质量为5kg,用一细绳与劲度系数用一细绳与劲度系数k=200N/m的的 弹簧相连弹簧相连,若绳与滑轮间无相对滑动若绳与滑轮间无相对滑动,滑轮轴上的摩擦忽略滑轮轴上的摩擦忽略 不计。求：（不计。求：（1）当绳拉直、弹簧无伸长时使物体由静止）当绳拉直、弹簧无伸长时使物体由静止 而下落的最大距离；而下落的最大距离； （2）物体的速度达最大值时的位）物体的速度达最

48、大值时的位 置及最大速率。置及最大速率。 解：（解：（1）设弹簧的形变量为）设弹簧的形变量为x, 下落最大下落最大 距离为距离为 xmax 。 由机械能守恒：由机械能守恒： 2 maxmax 1 2 k xmgx 有：有： max 2 0.49 mg xm k 222 111 222 k xmvJmg x （2）当物体下落时，由机械能守恒：）当物体下落时，由机械能守恒： 考虑到考虑到 v R 有：有： 2222 111 222 k xm RJmg x 2021-6-2347 欲求速度最大值，将上式两边对欲求速度最大值，将上式两边对x求导，且令求导，且令 d 0 dx 有：有： 2 1d ()

49、2 2d k xm RJmg x 将将 d 0 dx 代入，有：代入，有： 0.245() mg xm k 当当x=0.245m时物体速度达最大值，有：时物体速度达最大值，有： 2 2 max 2 1 2 1 () 2 mgxkx v J m r 代入数值可算出：代入数值可算出： max 1.31/vm s 2021-6-2348 5-1一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M的定滑轮的定滑轮 ，绳的两端分别悬有质量，绳的两端分别悬有质量 m1和和m2的物体（的物体（ m1m2 ）,如如 图所示，绳与轮之间无相对滑动，某时刻滑轮沿逆时针图所示，绳与轮之间无相对滑动

50、，某时刻滑轮沿逆时针 方向转动，则绳的张力多大？方向转动，则绳的张力多大？ 解：解： 思考题思考题 111 m gTm a （1） 222 Tm gm a （2） 12 ()TT rJ （3） ar （4） 联立方程可得联立方程可得 T1 ,T2 , 21 TT 2021-6-2349 5-2一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的轴一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的轴O以角速度以角速度 按按 图示方向转动，若如图所示的情况那样，将两个大小相等图示方向转动，若如图所示的情况那样，将两个大小相等 方向相反但不在同一条直线的力方向相反但不在同一条直线的力 F沿盘面方向同时作用到沿盘面方向同时作用到 盘上，则盘的角速

51、度盘上，则盘的角速度怎样变化？怎样变化？ 答：答：增大增大 2021-6-2350 5-3一个人站在有光滑固定转轴的转动平台上一个人站在有光滑固定转轴的转动平台上,双臂伸直双臂伸直 水平地举起二哑铃水平地举起二哑铃,在该人把此二哑铃水平收缩到胸前的在该人把此二哑铃水平收缩到胸前的 过程中，人、哑铃与转动平台组成的系统：过程中，人、哑铃与转动平台组成的系统： （A）机械能守恒，角动量守恒；）机械能守恒，角动量守恒； （ B）机械能守恒，角动量不守恒；）机械能守恒，角动量不守恒； （C）机械能不守恒，角动量守恒；）机械能不守恒，角动量守恒； （ D）机械能不守恒，角动量不守恒。）机械能不守恒，角动

52、量不守恒。 答：答：（C） 2021-6-2351 解解:（1） 2 00 2 1 tt st4 1. 半径为半径为r =1. 5m的飞轮，初角速度的飞轮，初角速度0 = 10 rads-1，角，角 加速度加速度 =5 rads-2，则在，则在 t =_时角位移为零，而时角位移为零，而 此时边缘上点的线速度此时边缘上点的线速度v= _ 。 ,5 2 1 100 2 tt t 0 rv （2） )rad/s(104510 )sm(155 . 110 1 补充题补充题 2021-6-2352 2. 一飞轮作匀减速运动，在一飞轮作匀减速运动，在5 s 内角速度由内角速度由40 rads-1减减 到到

53、10rads-1，则飞轮在，则飞轮在 5s 内总共转过了内总共转过了_圈，飞轮经圈，飞轮经 _的时间才能停止转动。的时间才能停止转动。 解解：t 0 )srad(6 5 301020 t 2 2 0 2 125 )6(2 )40()10( 22 )(67. 1 6 1000 st t 0 )(5.62 2 125 圈圈合合 n 2021-6-2353 3. 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，则该恒定制动力矩的大小M。 解解：

54、 0 t 2 020 20 (/) 1 rads 角加速度为：角加速度为： 初初角速度为角速度为: 0= 600rev/min=20 (rad/s) 末角速度为末角速度为: =0 MJ 2.5 ( 20 ) 2.5 ( 20) 3.14157()N )(157 N 2021-6-2354 4.半径为半径为R具有光滑轴的定滑轮边缘绕一细绳，绳的下具有光滑轴的定滑轮边缘绕一细绳，绳的下 端挂一质量为端挂一质量为m的物体。绳的质量可以忽略，绳与定滑的物体。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轮之间无相对滑动。若物体下落的加速度为a，则定滑则定滑 轮对轴的转动惯量轮对轴的

55、转动惯量J。 解解： R m T T mg T T a :maTmgm对 JRTM：对 Ra :运动关系 TT:牛三律 a Ragm J 2 )( 2021-6-2355 5. 对一个绕固定水平轴对一个绕固定水平轴 o匀速转动的圆盘，沿如匀速转动的圆盘，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、速率相等的子弹，并留在盘中，则子质量相同、速率相等的子弹，并留在盘中，则子 弹射入后转盘的角速度是否改变？如何变？弹射入后转盘的角速度是否改变？如何变？ 解解： （盘两子弹）系统所受对（盘两子弹）系统所受对O 轴的合外力矩为轴的合外力矩为0，

56、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，轴的角动量等值、反向， 正好抵消。正好抵消。 当两子弹射入后，系统对当两子弹射入后，系统对O的转动惯量的转动惯量JJ， 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。 2021-6-2356 6. 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

57、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 角动量守恒角动量守恒 外外 0M 选选 为正向，则为正向，则 JL 2 mLm ML2 m3 ML 3 1 Lm 2 1 2 选（选（B） 2021-6-2357 7.一质量为一质量为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

58、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： )mRJ(RmJ 2 0 2 0 mRJ RmJ （虫（虫+盘）系统，对盘）系统，对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 2021-6-2358 8. 一力学系统由两个质点组成，它们之间只有引力一力学系统由两个质点组成，它们之间只有

59、引力 作用，若两质点所受外力的矢量和为零，则此系统作用，若两质点所受外力的矢量和为零，则此系统 (A)动量、机械能以及对一轴的角动量都守恒。动量、机械能以及对一轴的角动量都守恒。 (B)动量、机械能守恒，但角动量是否守恒不能断定。动量、机械能守恒，但角动量是否守恒不能断定。 (C)动量守恒，但机械能和角动量守恒与否不能断定。动量守恒，但机械能和角动量守恒与否不能断定。 (D)动量和角动量守恒，但机械能是否守恒不能断定。动量和角动量守恒，但机械能是否守恒不能断定。 选（选（C ） 2021-6-2359 9. 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均匀地增

60、加均匀地增加 到到3000rev/min。 （1）求这段时间内的初角速度、末角速度及角加速度；）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）发动机轴上装有一半径为）发动机轴上装有一半径为r=0.2m的飞轮，求它边缘的飞轮，求它边缘 上一点在这第上一点在这第7.0s末的切向加速度、法向加速度和总加速末的切向加速度、法向加速度和总加速 度。度。 （1）初角速度为）初角速度为 0=2200/60=20.9(rad/s) 末角速度为：末角速度为： =23000/60=314(rad/s) 角加速度为：角加速度为： 解解： t 0 )/(