刚体习题课-[修复的]PPT课件

1、2021/7/231刚体的定轴转动习 题 课一、基本概念一、基本概念 二、基本规律二、基本规律三、习题基本类型三、习题基本类型四、四、典型习题分析与讲解典型习题分析与讲解五、习题集选择与填空五、习题集选择与填空六、补充练习六、补充练习2021/7/232一、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 iiirmJ2 mmrJd22. 转动惯量转动惯量3. 转动动能转动动能 221iikimE 221 JEk ikikiEE2021/7/2334.4.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 iiizFrM（2）力矩的功力矩的功

2、ddMA 21d MA（3）功率功率tANdd M 2021/7/234（1）冲量矩）冲量矩 21dtttMtM d5. 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，等于它对该轴等于它对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 2021/7/2352. 刚体定轴转动的刚体定轴转动的动能定理动能定理12kkEEA JM 外外1. 刚体定轴转动的刚体定轴转动的转动定律转动定律二、基本规律二、基本规律3. 刚体的刚体的角动量定理角动量定理tLMdd 外外1221dLLtMtt 2021/7/2364. 角动

3、量守恒定律角动量守恒定律.const 0 zzJM，则则外外5. 机械能守恒机械能守恒 对于包括刚体的系统，功能原理和机械能对于包括刚体的系统，功能原理和机械能守恒定律仍成立。守恒定律仍成立。 2021/7/2371. 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三、习题基本类型三、习题基本类型,ddt ,dddd22tt r 2 ran rat r t 02021tt ) )( (2 20202 Ov定定 轴轴Pzr 2021/7/2382. 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：2iiirmJ mrJ

4、d2或或（2）平行轴定理）平行轴定理J = JC + m d 2（P261表表5.1，记住记住）2021/7/2393. 定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，）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），并方程（注：受力分析和受力矩须取隔离体），并用线角量关系将用线角量关系将

5、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，必要的结果讨论。）解方程求未知，必要的结果讨论。2021/7/23104. 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角动量守恒定律。守恒定律。四、典型习题分析与讲解四、典型习题分析与讲解2021/7/2311 5.2 一一 汽车发动机的转速在汽车发动机的转速在7.

6、0s 内由内由200 rev/min均匀地均匀地增加到增加到3000 rev/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，求它边的飞轮，求它边缘上一点在这第缘上一点在这第7.0s 末的切向加速度、法向加速度和总加末的切向加速度、法向加速度和总加速度。速度。（1）解解：t0 )rad/s(9 .410 . 79 .203142 0 = 2200/60 = 20.9 (rad/s) = 23000/60

7、= 314 (rad/s)（2）t20 0 .723149 .20 )(186)rad(1017.13圈圈 2021/7/2312ran2 )ms(1097. 12 . 0314242 22ntaaa )ms(1097. 1)1097. 1(37. 824242 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)(tan1tnaa （3） rat )m/s(38.82 .09 .412 9589)37. 81097. 1(tan041 2021/7/2313 已已挖洞的圆板挖洞的圆板的转动惯量的转动惯量J 加加上上挖去的圆板补回原位挖去的圆板补回原位后对原中心后对原中心的转动惯

8、量的转动惯量J1就等于整个就等于整个完整圆板完整圆板对中心的转动惯量对中心的转动惯量J2 即即ROR/2C 5.9 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。ROR/2C解：解：21)2(21Rm 21)2(23Rm 2111dmJJC 21)2(Rm J = J2 - - J122221RmJ 2021/7/231412JJJ

9、mmmm31 ,34 12 ROR/2C因薄板质量均匀因薄板质量均匀，得得228132mRmR 22413mR 2021/7/23155.12 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：11111a

10、mgmTm ：22222amTgmm ：（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、整个滑轮分别进行受力分析，进行受力分析，画出画出示力图示力图 JRTRT 1122轮轮：（顺时针为正）（顺时针为正）m1m2R2R1M1M2oa1T T1 1m1ga2T T2 2m2gT T1 1T T2 22021/7/2316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 2222112121RMRMJ 解得解得：222221111122)2()2()(RmMRmMgRmRm m1m2R2R1M1M2oa1T T1 1m1ga2T

11、T2 2m2gT T1 1T T2 22021/7/2317M2R2M1R1m2m1例例: 求系统的加速度和拉力求系统的加速度和拉力aT1T2T3amgmT111 RaMRJ ,212amTgm222 2232)(JRTT 1113)(JRTT 2021/7/2318转动定律例题题解转动定律例题题解gMMmmMmMmmmTMMmmgMMmmTMMmmgMMmmTMMmmgmma21211221213212121122212121211212112)(24)(2)4()(2)4()(2)(2 2021/7/2319 5.13 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

12、上，且可以可以在竖直平面内自由转动。先用手使在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，然后释放。求刚释放时米尺释放。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位置时的角速度。的角速度。解：解： 设米尺质量设米尺质量m，对悬点对悬点O：22221103131lmlmJ 226 . 053314 . 05231 mmm093. 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 OCJmgOC )rad/s(5 .10093.01 .08 .92 mmO mgCl1l22021/7/2320CmgO mgCl1l2在米尺转到竖直在

13、米尺转到竖直位置过程中位置过程中，系统（，系统（尺尺+ 地球地球）机械能机械能守恒守恒：221OC Jmg JmgOC2 mmg093.01.08.92 )rad/s(58.4 2021/7/2321 5.17 坐在转椅上的人手握哑铃。两臂伸直时，人、哑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铃和椅系统对竖直轴的转动惯量为J1=2kg m2。在外人在外人推动后，此系统开始以推动后，此系统开始以n1=15r/min转动，当人两臂收回转动，当人两臂收回时，使系统的转动惯量变为时，使系统的转动惯量变为J2=0.80kgm2 ，它的转速，它的转速n2是多大？是多大？解：

14、解： 2 2 2211nJnJ 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外力矩为零，所以系统沿此轴的角动量守恒 2112JJnn )37.5(r/min8 . 0251 两臂收回时，系统的两臂收回时，系统的内力内力（臂力）（臂力）做了功做了功，所以，所以系统的机械能不守恒。臂力做的总功为：系统的机械能不守恒。臂力做的总功为：2021/7/2322 21 21

15、 222211 JJA )60152(2)605 .372(8 . 021 2 .70(J)3 2021/7/2323 5.19 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：LL L4 4

16、3 3 （1）系统（）系统（杆杆+ +子弹子弹），在），在碰撞过碰撞过程程中，中，合外力矩为合外力矩为0 0，因而系统的角动量，因而系统的角动量守恒。（在俯视图中，选守恒。（在俯视图中，选为正方向为正方向）Lm43 16931432mLMLm 2)43(Lm 231ML )rad/s(89.8 2021/7/2324 （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（选杆杆竖直竖直时势能为零时势能为零）。）。 222)43(3121 LmML)cos1)(4321( LmgLMg)

17、23()16931(1cos2gmMLmM )8 . 9)008. 0231(89. 84 . 0)008. 0169131(12 81940 LL L4 43 3C2021/7/23255.20 一转台绕竖直固定轴转动一转台绕竖直固定轴转动，每转一周需时间，每转一周需时间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，随后开始站在转台中心，随后沿半径向外跑去沿半径向外跑去，当人离，当人离转台中心转台中心 r =2m 时时转台转台的角速度多大的角速度多大？解：解： 系统（系统（人人+ + 转台转台）不受沿

18、轴）不受沿轴的的外力矩外力矩，其，其角动量守恒角动量守恒，即：，即：221)( MrJJ 122 MrJJ 由此可得转台后来的角速度由此可得转台后来的角速度102280120012002 )rad/s(496.0 2021/7/2326习题集（力学）习题集（力学）一、选择题一、选择题21 一力学系统由两个质点组成，它们之间只有引力作一力学系统由两个质点组成，它们之间只有引力作用，若两用，若两.质点所受外力的矢量和为零，则此系统：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

19、。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。C2021/7/2327=60rev/min=1rev/s=2rad/s 22（P5）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）。设某时刻刚体上一点轴正方向）。设某时刻刚体上一点 P 的位置矢量为：的位置矢量为：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，

20、则该时刻P点的速度为：点的速度为： kjir543 kji0 .1576 .1252 .94 （A）ji8 .181 .25 （B）（C）ji8 .181 .25 k4 .31 （D）k2 分析分析：kjir543 P点在转动平面内对圆心点在转动平面内对圆心 o的矢的矢径为径为: :jiR43 该时刻该时刻P点的速度为点的速度为: :R ij86 ji8 .181 .25 )43(2jik 选（选（B B）2021/7/2328 23（P5）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

21、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： 0 RmVJ )(22RVmRJmR （C） ，顺时针；顺时针；)(22RVmRJmR （D） ，逆时针。逆时针。)(2RVJmR （B） ，逆时针；逆时针；)(2RVJmR （A） ，顺时针；顺时针；A分析分析：)( 2RVJmR 0)(2 RVmRJ 2021/7/2329二、填空二

22、、填空 29. .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的被动轮转动。主动轮从静止开始作匀角加速转动，在角加速转动，在4s内，被动轮的角速度达到内，被动轮的角速度达到8 rads-1，则主动轮在这段时间内转过了则主动轮在这段时间内转过了_圈。圈。211121t 111101tt 2211rr 121211412trrn 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(20482541 121221trr 111t 20解解：t = 4s 时，时，

23、2021/7/2330 30（P12）一可绕定轴转动的飞轮，在）一可绕定轴转动的飞轮，在 20Nm 的的总力矩作用下，在总力矩作用下，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，飞轮的转动惯量飞轮的转动惯量 J = 。 角加速度为角加速度为解：解：t0 )rad/s(8 . 010082 利用利用转动定律转动定律 JM MJ )mkg(258.0202 由由刚体角动量定理刚体角动量定理1221dLLtMtt 即即0 JJtM J tMJ )mkg(25810202 2mkg25 2021/7/2331 31（P12）半径为）半径为R具有光滑轴的定滑轮边缘绕一细绳，

24、具有光滑轴的定滑轮边缘绕一细绳，绳的下端挂一质量为绳的下端挂一质量为m的物体。绳的质量可以忽略，绳的物体。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与定滑轮之间无相对滑动。若物体下落的加速度为a，则定滑轮对轴的转动惯量则定滑轮对轴的转动惯量J = 。 解解：RmT T mgT Ta :maTmgm JRTM ： Ra :运运动动关关系系 :TT 牛牛三三律律 )(2aRagmJ 2021/7/233232（P12 ）一飞轮以）一飞轮以 600rev/min 的转速旋转，转的转速旋转，转动惯量为动惯量为2.5kgm2，现加一恒定的制动力矩使飞现加一恒定的制动力矩使飞轮在轮在

25、1s内停止运动，则该恒定制动力矩的大小内停止运动，则该恒定制动力矩的大小M = 。 解解：t0 )rad/s(2012002 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 tJM 0 )mN(1571205 .2 2021/7/2333 33（P12）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，墙和地面都是置时，

26、弹簧处于自然长度，墙和地面都是光滑光滑的。当梯的。当梯子依墙而与地面成子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：刚体刚体平衡的条件平衡的条件BAl 0 iiF 0 iiMWNANBf WNA fNB coskl 0cossincos21 lNlflWA cos kl W sin2 klW sin2 klW 2021/7/233434（P13）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

27、速度时角速度为为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的大小与角速的大小与角速度度的平方成正比，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： 由转动定律由转动定律 M = J300)1( kJt Jk2 JkJk9)3/(2020 当当= 0/3 时，时，M= - - k2分离变量分离变量2dd kJt Jkt2dd 再由再由 32000)d(d kJtt02 kJJk920 02 kJ2021

28、/7/233535 长为长为l的杆如图悬挂，的杆如图悬挂，o为水平光滑固定为水平光滑固定转轴，平衡时杆铅直下垂，一子弹水平地转轴，平衡时杆铅直下垂，一子弹水平地射入杆中，则在此过程中，射入杆中，则在此过程中， 系统系统对转轴对转轴o 的的守恒。守恒。 杆和子弹杆和子弹角动量角动量mM 36（P13）地球的自转角速度可以认为是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恒定的，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(60602

29、42 )smkg(107160602421098123337 L)smkg(10711233 2021/7/2336 37（P13）质量分别为质量分别为m 和和2 m 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 的轻质刚性细杆相连，系统绕通过杆且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且与杆且与杆垂直，则该系统对转轴的角动量大小为垂直，则该系统对转轴的角动量大小为_。m2moll /3解：解

30、：刚体的角速度刚体的角速度 JL 220)31(2)32(lmlmJJi 232ml ll23)32( lmlml 23322222111rmrmL lmlmlm 31)2(232或或2021/7/2337 38（P13）动量矩定理的内容是动量矩定理的内容是 ，其数学表达式可写成，其数学表达式可写成 ，动量，动量矩守恒的条件是矩守恒的条件是 。 转动物体所受的合外力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的增量11220d JJtMt 物体所受合外力矩为零物体所受合外力矩为零 39（P14）如图所示，一匀质木球固

31、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2021/7/23381.（习题集（习题

32、集P19.20） 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。0 外外M角动量角动量守恒守恒 sin00lmlm 20220)(212121llkmm 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，则滑水平面为重力势能零点，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)六、补充练习六、补充练习2021/7/23392.（习题集（习题集P19.23） 当人以相对于盘的速率当人

33、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(22RR 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：oR2R)2()2(1021)2(102122022 RMMRRMMR2021/7/2340（1）（）（2）两式联立可得）两式联立可得R2120 （2）欲使盘对地静止，须）欲使盘对地静止，须02120 R “”号表示人走动方向与上一问中人走动方向号表示人走动方向与上一问中人

34、走动方向相反相反，即与盘初始转动方向一致。，即与盘初始转动方向一致。2210 R 2021/7/23413.（习题集（习题集P20.25） 210310)(dlmJtMtf 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 21221231lmlmlm 解解：2021/

35、7/2342棒上棒上 x 处处 dx 段小质元段小质元:xlmmdd1 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 lxxlmg01d 以上三式联立，解得以上三式联立，解得gmmt12122 AffMM0d 10dmmgx glm121 2021/7/2343 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

36、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。2021/7/2344 5 静止均匀细棒长为静止均匀细棒长为L，质量为质量为M，可绕通过棒的端点可绕通过棒的端点且且棒长的光滑固定轴棒长的光滑

37、固定轴O在光滑水平面内转动，转动惯在光滑水平面内转动，转动惯量为量为(ML2/3) . 一质量为一质量为m 速率为速率为v的子弹在水平面内沿的子弹在水平面内沿与棒与棒的方向射入棒的自由端。设击穿棒后子弹的速率的方向射入棒的自由端。设击穿棒后子弹的速率减为减为/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轴轴角角动动量量守守恒恒外外 0M选选 为正向，则为正向，则 JLmLm 2MLmMLLm2331212 选（选（B） 2021/7/2345 6 一质量为一质

38、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： )(20mRJRmJ 20mRJRmJ （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0OmR2021/7/2346动量矩守恒特例动量矩守

39、恒特例有心力力矩总是零有心力力矩总是零2021/7/23477 质量为质量为M，半径为半径为R的转台，的转台，可绕过中心的竖可绕过中心的竖直轴转动，不计阻力。一质量为直轴转动，不计阻力。一质量为m 的人，站在台的人，站在台的边缘，人和台原来都静止，如果人沿台边缘跑的边缘，人和台原来都静止，如果人沿台边缘跑一圈，人和台各对地转了多少角度？一圈，人和台各对地转了多少角度？分析分析： 动量矩守恒动量矩守恒+ +相对运动相对运动（以地为参照）（以地为参照）0 人人对对地地台台对对地地 JJ221MRJ 2mRJ 人人对对地地台台对对地地 Mm2台台对对地地人人对对地地 地地对对台台人人对对地地人人对对

40、台台 MmM22021/7/2348人奔一周所需时间人奔一周所需时间mMMt222mMMt22mMmt24人对地转过角度人对地转过角度台对地转过角度台对地转过角度2021/7/2349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 ItMuf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

41、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 222212121lmJmu 2021/7/2350 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

42、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,ddtat 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 na 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，加速度中，加速度,tnaaa 为恒矢量，为恒矢量，并不能说明并不能说明ta为恒矢量，为恒矢量，不一定作匀变速率运动。不一定

43、作匀变速率运动。2021/7/2351 1 一飞轮作匀减速转动，在一飞轮作匀减速转动，在5s内角速度由内角速度由40 rads- -1减到减到10rads- -1, 则飞轮在这则飞轮在这5s内总共转过内总共转过了了 圈，飞轮再经圈，飞轮再经 的时间才能停止转动的时间才能停止转动二、填空题（共二、填空题（共49分）分）解解：由由62.5t 0得得t0 )srad(6540102 2202 又又 2202 ,125)6(2)40()10(22 );(5 .62圈圈合合t 0 又又由由 0 t得得) s (67. 16100 1.67s2021/7/2352 2 图示图示P、Q、R和和S是附于刚性轻

44、质细杆上的质是附于刚性轻质细杆上的质量分别为量分别为4m、3m、2m和和m的四个质点，的四个质点，PQ = QR=RS= l，则系统对则系统对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 22 iirmJ233222211rmrmrmJ PQRSoo222)3(4)2(32lmlmml 250 ml 2021/7/2353 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

45、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（用转动惯量（用 m、r、t 和和 S 表示）。表示）。 mro解解: m 、轮轴受力如、轮轴受力如图。图。T TaT Tmg 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aragmJ2)( 由已知条件由已知条件00222,21tSaatS 2分分将将代入代入得：得：)12(22

46、 sgtmrJ2分分2021/7/2354 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 Jlmlm 4402lmmJlm10202)(34)( )rad/s(3 .11 2分分2分分2021/7/2355解解: :（1 1）20021tt st4