二课堂课件刚体力学

•PO•rL

L

=

r

·

p

=

r

·

mv*质点相对某一定点运动时,其相对该定点的角动量*力矩是角动量改变的原因dtdL

=r

·

F

=M

--力矩0LL0t*冲量矩是质点角动量变化的量度dL

=

L

-

L0

Mdt

=则：L

=L0

--恒矢量——质点角动量守恒。

*当M

=0地球卫星的问题。MemhRr试估算同步地球卫星的高度。地球卫星的回收。解（1）同步：w卫＝w

地自卫星仅受地球引力，\卫星对地心L守恒。地自卫＝恒量

r为一确定的值。mvr

=

mr

2w

＝mr

2weT

2

R2

g

h

=

r

-

R

=

3.6

·107

m

r=

e

»

6.6Re4p

2TGeMemG

Mem

=

mgR2222r

22p=

mr

w＝mr

w地自＝mr(

)卫vnv需多大？着陆时卫星的速度为多大？（2）回收卫星时需启动卫星上的备用火箭产生一推力，使卫星获得一指向地心的分速度vn

，以改变卫星的轨迹，若欲使卫星切向地在地面着陆，则vnv'卫星在半径为r的轨道上运行速度为v,R

g6.6Rv2(6.6R

)2GM

me

e

v=

e

(1)6.6

e

=

mMemRvnrhvmv

Re

=

mv(6.6Re

)(3)(1)(2)(3)env¢=

6.6Re

gv

=

4.7R

g卫星得到径向速度到切向着陆的过程中仅受万有引力作用，\{m、M

e

}:E守恒，{m}:对地心的L守恒。2122GM

emRe1

GM

em2

6.6Remv

-

(2)¢2mvn

-

=即：

mv

+v'刚体定轴转动一、转动定律dtM

=

Ja

=

J

dw1.

J

的计算：22ACr

m=

r

dmi

i

平行轴定理：JA

=JC

+md

2i迭加法：J

=J1

+J2

+...fi

针对同一转轴定义：J

=2.

转动定律的应用:隔离体法受力分析F

=ma

‹质点M

=Ja

‹刚体（注意a与a的关系）二、刚体转动中的功能关系刚体的重力势能：

EP

=

mghC机械能守恒定律：只有

保守内力做功

fi

EK

+

EP

=

常数21221212JwJw

-动能定理：A

=Mdq

=（质点+刚体）三、刚体角动量定理刚体角动量：L

=Jw角动量守恒：M外=0

fi

Jw

=常数F外//转轴F外//rfi

Moo¢

=

0角动量定理：wooFF针对某一转轴122tt1w

-

JwMdt

=

J积分形式：微分形式：M

=

dL

=

d

Jwdt

dtAB的转动惯量。求匀质细杆m、l，对通过中心o，且与杆斜交成a

角的轴ABoa22121ml

2

sin2

asin

alml2lx dx

=\

J

=

dJ

=-

2解：取质量元：dm

=m

dxxxdx由定义：dJ=llr

2dm

=

x2

sin2

a

m

dxrA轮（J1，R），B轮（J2）由两个半径分别为r和R的轮同轴地固定在一起。现在A轮上加一力矩M，由皮带带动B轮转动，同时使物体m提高，求m的加速度。mRRrMABmgT1T2T1T2T3T3解：隔离体法分析A：

M

-T1R

+T2

R

=

J

Aa

AB：

T1r

-T2r

-T3

R

=

JBa

Bm：

T

-

mg

=

ma3a

=

a

B

Ra

A

R

=

a

Bra一个飞轮有半径为r

的杆轴，如图所示。飞轮和杆轴的总转动惯量为J,现用一根轻绳绕在杆轴上，绳的另一端挂质量为m的物块。已知：飞轮转过θ角时绳松脱，再转过φ角后飞轮停止转动。

求：转动轴上的阻力矩。mMrTmg方法一：用转动定律阶段（1）：mg

-T

=marTr

-

M

=

Jaa

=

raJ

+

mr

2

a

=

mgr

-

Mr

(1)(2)Jr阶段（2）:

M

=

Ja

¢

a

¢＝

Mr•rJ0

-w

2＝-

2a

¢j又w

2

-0＝2aqaq

=

a

j

(3)MrJq

+(J

+

mr2

)j=

mgrJq

转过q角转过j角分析：阶段（1）：匀加速转动，w

:0

fi

w

,阶段（2）：匀减速转动，w

:w

fi

0,J

+

mr

2a

=

mgr

-

Mr

(1)Ja

¢＝

Mr

(2)mMrTmg•rJ方法二：用动能定理2

2

2rw

2

+

1

mv2

)

-

0

=

1

Jw

2

+

1

mw

2r

2mgrq

-

M

q

=

(

1

J2阶段（1）：{m、J

}:222112rJw

=

-

Jw-

M

j

=

0

-阶段（2）：{J

}:

Mrm•F求（1）.（2）.t=2s时，m的加速度和速度各为多少？在t

=0到t

=2s内变力F所作的功。已知：J

=

0.19kg

m2

,

R

=

0.1m,F

=

t

+10，

m

=1kg在变力F的作用下，物体m由静止开始上升，αTmg（1）T

-

mg

=

maFR

-TR

=

Jaa

=

Raa

=

FR

-

mgR

=

tJ

+

mR2

2a2

=

Ra

t

=2

=

0.1m

s2t20

dtdva

=

Ra

=

=tv0

dv

=

dtt0

20t

2

v

=40smt

2=

0.1v2

=

40t

=2m•F12222222=

1mgh

)

-

0AFmv

＋求（2）.

在t

=

0到t

=

2s内变力F所作的功。（2）解法一：{m、J、地球}：系统功能原理(

Jw

+2=

v2

=

0.1

=1R

0.1wv

=

dh

=

t2dt

40151401220202(m)ht dt

h

=dh

=F

A

=

0.767(

j)4020t

2dt

=

0.767(

j)(t

+10)Fvdt

=AF

=

F dh

=(2)解法二：电风扇的功率恒为P,风叶转子的总转动惯量为J,设风叶受到的空气阻力矩与风叶旋转角速度ω成正比，比例系数为k。试求：电扇通电后t秒时的角速度；电扇稳定转动时的转速；若在电扇稳定转动时断开电源，则风叶还能继续转过多少角度PdtM

＋M

＝J

dwM阻＝-kwM电＝w阻解（1）

电dtw

P

-

kw

=

J

dw12Jdt

=

wdw

=

d

(w

)2P

-

kw

2d

(w

2

)dt

=J P

-

kw

2

200Jt

2kP

-

kw

2wd

(P

-

kw

2

)-

dt

=J-

2kt(1-

e

)kPw

(t

)

=dtwP

-

kw

=

J

dwdtdw稳定时：

=

0wkP稳

P

-

kw

=

0

w

＝dq

dt

dq00w

稳qdw-

dq

=JkPk

kq

=

J（2）电扇稳定转动时的转速；（3）若在电扇稳定转动时断开电源，则风叶还能继续转过多少角度。断电后（M电＝0）dt-

kw

=

J

dw

=

J

dw

dq

=

Jw

dw子弹m以水平速度vo射入一静止悬挂的细棒（l、M）下端03tmv0v0

003由质点动量定律：fdt

=

m(v

-

v0

)

=

-

4

mv

0tt

t=

Jw

-

0

=

1

Ml

2wf

¢ldt

=

l

f

¢dtM

¢dt

=

,穿出后速度损失3/4。求：子弹穿出后棒的w

．[解法1]：由刚体角动量定律：Moff

¢=

-

ff

¢4Mlw

=

9mvo[解法2]：[子弹、棒]系统，对o轴M外=0，角动量守恒Ml

ω

fi

ω)mv l

+2001334mv l

=

(

1

-细杆（9m、l），物体A(m)与弹簧k相连，水平面光滑，弹簧原长时，A正好与竖直悬挂的杆端相靠。现将A向左压缩x1后由静止释放，A与杆相碰后向左返回的最大距离x2。求：1）杆与A相碰后上摆的最大角度；2）碰撞中损失的机械能。221212mv

Akx1

=21212Akx¢2mv¢2

=27mglk(x

+

x

)2fi

cosq

=

1

-

1

2

211212222w

)AAmv¢

+

Jmv

-(2)

DE

=解：1）

mv

Al

=Jw

-mvAl2(1

-

cosq

)l21

Jw

2

=

9mgAAv

fiocqcA‹

v¢w22

1

221312313kx

-

kx

xkx

-=水平圆盘（m、R），盘边缘A处、距盘中心R/2的B处各站有一人，质量均为m/2。初始盘以w

0绕中心轴o转动，现A处的人相对盘以v

顺圆盘转向作圆周运动，B处的人相对圆盘以2v逆圆盘转向运动，求此时圆盘w

。L0

=常数解：M外=0

fiJA

+

JB

+

J

)w

0

=

Jw

+

J

Aw

A

+

JBw

Bωv2vAB2

222BAJ

=

m

(

R

)2J

=

m

R2J

=

1

mR

2R2w

=

-

2v

+

wRw

=

v

+

wBAfi

w

=

w

0圆锥M、h、q,初速ω0绕竖直轴(AO)转,

m从槽顶由静止释放(不计摩擦)m滑到锥底时

(1)圆锥w(2)m沿母线和切向的速度qhm外AO\L

守恒解(1)：{J、m}:

对AO轴M

＝00(1)(J

+

mR2

)Jw

0即：Jw

=(J

+mR2

)w

w