刚体的定轴转动习题课课件

1、2020/9/6,1,刚体的定轴转动 习 题 课,一、基本概念,二、基本规律,三、习题基本类型,四、典型习题分析与讲解,五、习题集选择与填空,六、补充练习,2020/9/6,2,一、基本概念,1. 刚体及其平动、转动、定轴转动,2. 转动惯量,3. 转动动能,2020/9/6,3,4.力矩及其功和功率,（1）对转轴的力矩,（2）力矩的功,（3）功率,2020/9/6,4,（1）冲量矩,5. 冲量矩和动量矩,（2）角动量（动量矩）,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。,2020/9/6,5,2. 刚体定轴转动的动能定理,1. 刚体定轴转动的转动定律,二、基本规律,3.

2、 刚体的角动量定理,2020/9/6,6,4. 角动量守恒定律,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。,2020/9/6,7,1. 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,三、习题基本类型,2020/9/6,8,2. 转动惯量的计算,解法：,（1）定义法：,（2）平行轴定理,j = jc + m d 2,（p261表5.1，记住）,2020/9/6,9,3. 定轴转动的动力学问题,解法：利用定轴转动中的转动定律,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

3、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；,（5）解方程求未知，必要的结果讨论。,2020/9/6,10,4. 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,2020/9/6,11,5.2 一 汽车发动机的转速在7.0s 内由200 rev/min均匀地增加到3000 rev/min。（1）求这段时间内的初角速度、末角速度及角加速度； （2）求这段时间内转过的角度； （3）发动机

4、轴上装有一半径为 r = 0.2m 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。,（1）,解：,0 = 2200/60 = 20.9 (rad/s), = 23000/60 = 314 (rad/s),（2）,2020/9/6,12,总加速度与速度（切向）之间的夹角,（3）,2020/9/6,13,已挖洞的圆板的转动惯量j 加上挖去的圆板补回原位后对原中心的转动惯量j1就等于整个完整圆板对中心的转动惯量j2 即,5.9 从一半径为r的均匀薄板上挖去一个直径为 r 的圆板，所形成的圆洞中心在距原薄板中心 r/2 处，所剩薄板的质量为m。求此薄板对于通过原中心而与板

5、面垂直的轴的转动惯量。,解：,j = j2 - j1,2020/9/6,14,因薄板质量均匀，得,2020/9/6,15,5.12 如图，两个圆轮的半径分别为r1和r2 , 质量分别为 m1 、m2 ，二者皆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。今在两轮上绕有细绳，绳端分别挂上质量为 m1 和 m2的两个物体。求在重力作用下， m2下落时轮的角加速度。,解：,（向上为正）,（向下为正）,对m1 、 m2 、整个滑轮分别进行受力分析，画出示力图,（顺时针为正）,2020/9/6,16,线角量关系（绳在轮上不打滑）：,解得：,2020/9/6,17,例: 求系统的加速度和拉力

6、,2020/9/6,18,转动定律例题题解,2020/9/6,19,5.13 一根均匀米尺，在60cm刻度处钉到墙上，且可以在竖直平面内自由转动。先用手使米尺保持水平，然后释放。求刚释放时米尺的角加速度和米尺到竖直位置时的角速度。,解：,设米尺质量m，对悬点o：,对米尺，手刚释放时，由转动定律：,2020/9/6,20,在米尺转到竖直位置过程中，系统（尺+ 地球）机械能守恒：,2020/9/6,21,5.17 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j1=2kg m2。在外人推动后，此系统开始以n1=15r/min转动，当人两臂收回时，使系统的转动惯量变为j2=

7、0.80kgm2 ，它的转速n2是多大？,解：,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。,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,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：,2020/9/6,22,2020/9/6,23,5.19 如图所示，均匀杆长 l= 0.40m ，质量m =1.0kg ，由其上端的光滑水平轴吊起而处于静止。今有一质量为 m = 8.0g 的子弹以速度= 200m/s 水平射入杆中而不复出，射入点在轴下 d = 3l/4 处。 （1）求子弹停在杆中时杆的角速

8、度。 （2）求杆的最大偏转角。,解：,（1）系统（杆+子弹），在碰撞过程中，合外力矩为0，因而系统的角动量守恒。（在俯视图中，选为正方向）,2020/9/6,24,（2）系统（杆+子弹+地球），上摆过程，只有重力（保守力）做功，系统的机械能守恒（选杆竖直时势能为零）。,2020/9/6,25,5.20 一转台绕竖直固定轴转动，每转一周需时间t =10s，转台对轴的转动惯量为j=1200kgm2。一质量为m = 80kg的人，开始站在转台中心，随后沿半径向外跑去，当人离转台中心 r =2m 时转台的角速度多大？,解：,系统（人+ 转台）不受沿轴的外力矩，其角动量守恒，即：,由此可得转台后来的角速

9、度,2020/9/6,26,习题集（力学） 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。 (b)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。 (d)动量和角动量守恒，但机械能是否守恒不能断定。,c,2020/9/6,27,=60rev/min=1rev/s=2rad/s,22（p5）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 的位置矢量为：为 , 其单位为“10-2m”，若以“10-2ms-1

10、”为速度单位，则该时刻p点的速度为：,分析：,p点在转动平面内对圆心 o的矢径为:,该时刻p点的速度为:,选（b）,2020/9/6,28,23（p5）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：, ,a,分析：,2020/9/6,29,二、填空 29.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8 rads-1，则主

11、动轮在这段时间内转过了_圈。,则,两轮边缘上点的线速度大小相等：,主动轮在4s内的角位移,20,解：t = 4s 时，,2020/9/6,30,30（p12）一可绕定轴转动的飞轮，在 20nm 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 = 。,角加速度为,解：,利用转动定律,由刚体角动量定理,即,2020/9/6,31,31（p12）半径为r具有光滑轴的定滑轮边缘绕一细绳，绳的下端挂一质量为m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a，则定滑轮对轴的转动惯量j = 。,解：,2020/9/6,32,32（p12 ）一

12、飞轮以 600rev/min 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1s内停止运动，则该恒定制动力矩的大小m = 。,解：,角加速度为：,0 = 600rev/min = 20 (rad/s)，, = 0,或：,2020/9/6,33,33（p12）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角且处于平衡状态时， (1)地面对梯子的作用力大小为 。 (2)墙对梯子的作用力大小为 。 (3)w、k、l、满足的关系式 。,解：,刚体平衡的条件,2020/9/6

13、,34,34（p13）转动着的飞轮的转动惯量为j，在t =0时角速度为0 。此后飞轮经历制动过程，阻力矩m的大小与角速度的平方成正比，比例系数为k（k为大于0的常数）。当= 0/3 时，飞轮的角加速度 =_ 。从开始制动到= 0/3 所经过的时间 t =_ 。,解：,由转动定律 m = j,当= 0/3 时，,分离变量,再由,2020/9/6,35,35 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， 系统对转轴o 的守恒。,杆和子弹,角动量,36（p13）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 = 9.81037 kgm

14、2。地球对自转轴的角动量 l = 。,解：,刚体的角动量大小：,2020/9/6,36,37（p13）质量分别为m 和2 m 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 的质点的线速度为且与杆垂直，则该系统对转轴的角动量大小为_。,解：,刚体的角速度,或,2020/9/6,37,38（p13）动量矩定理的内容是 ，其数学表达式可写成 ，动量矩守恒的条件是 。,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,物体所受合外力矩为零,39（p14）如图所示

15、，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 守恒，原因是 , 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 守恒。,对 o 轴的角动量,对该轴的合外力矩为零,机 械能,2020/9/6,38,1.（习题集p19.20）,以表末速度与弹簧长度方向的夹角。,角动量守恒,解：,对滑块 + 弹簧系统，,对滑块+弹簧+地球系统，,机械能守恒。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,两式联立，可解出结果。,(选为正),六、补充练习,2020/9/6,39

16、,2.（习题集p19.23）,当人以相对于盘的速率沿与盘转动相反方向走动时，盘对地的角速度为，人对地的角速度为。,解： (1),选为正，有,（人盘）系统对轴的合外力矩为 0 ，,角动量守恒：,2020/9/6,40,（1）（2）两式联立可得,（2）欲使盘对地静止，须,“”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。,2020/9/6,41,3.（习题集p20.25）,对（棒滑块）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的冲力矩，故可近似认为合外力矩为 0 ，因而系统的角动量守恒。（在俯视图中，选为正方向）,由角动量定理，设 mf 为摩擦力矩，则,解：,2

17、020/9/6,42,棒上 x 处 dx 段小质元:,受摩擦力 df =g dm ，对o轴的摩擦力矩 dmf = x df,以上三式联立，解得,2020/9/6,43,4 对一个绕固定水平轴 o 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、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？,解：,（盘两子弹）系统所受对o轴的合外力矩为0，,两子弹射入前对o轴的角动量等值、反向，正好抵消。,当两子弹射入后，系统对o的转动惯量 j j ，,其角动量守恒：,故射入前的 j 只是转盘的角动量。,故 ，即转盘的角速度减小。,2020/9/6,44,5 静止

18、均匀细棒长为l，质量为m，可绕通过棒的端点且棒长的光滑固定轴o在光滑水平面内转动，转动惯量为(ml2/3) . 一质量为m 速率为v的子弹在水平面内沿与棒的方向射入棒的自由端。设击穿棒后子弹的速率减为/2，则此时棒的角速度为_。,(a)mv/ml; (b)3mv/2ml; (c)5mv/3ml;(d)7mv/4ml.,解：,系统（子弹+杆），对o轴,选为正向，则,选（b）,2020/9/6,45,6 一质量为m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，它相对于地面的速率为，此时圆盘正沿顺时针方向转动，相对于地面的角速度为0，设圆盘对中心轴的转动惯量为j，若小虫停止爬行，

19、则圆盘的角速度为。,解：,（虫+盘）系统，对o轴,2020/9/6,46,动量矩守恒特例,有心力力矩总是零,2020/9/6,47,7 质量为m，半径为r的转台，可绕过中心的竖直轴转动，不计阻力。一质量为m 的人，站在台的边缘，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？,分析：,动量矩守恒+相对运动,（以地为参照）,2020/9/6,48,人奔一周所需时间,人对地转过角度,台对地转过角度,2020/9/6,49,分析：对m,冲量定理,对m,冲量矩定理,f,例2 一质量为m，长为 2l 的均匀细棒，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，一质量为m

20、的小球，以速度 u 垂直落到棒的端点。设小球与棒作完全弹性碰撞。求碰撞后，小球回跳速度及棒的角速度。,(1)l +(2),（动量矩守恒）,（能量守恒）,2020/9/6,50,故在曲线运动中可以为零（例如匀速圆周运动）。,7 对于曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的： （a）切向加速度必不为零。 （b）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。 （e）若物体的加速度为恒矢量，它一定作匀变速率运动。, b ,分析：,切向加速度改变速度大小,法向加速度改变加速度方向 ，,在曲线运动中不为

21、零。,答案为（b）,（e）中，加速度,为恒矢量，,并不能说明,为恒矢量，,不一定作匀变速率运动。,2020/9/6,51,1 一飞轮作匀减速转动，在5s内角速度由40 rads-1减到10rads-1, 则飞轮在这5s内总共转过了 圈，飞轮再经 的时间才能停止转动,二、填空题（共49分）,解：,由,62.5,得,1.67s,2020/9/6,52,2 图示p、q、r和s是附于刚性轻质细杆上的质量分别为4m、3m、2m和m的四个质点，pq = qr=rs= l，则系统对oo轴的转动惯量为 。,由转动惯量定义,解：,50 m l 2,2020/9/6,53,t 为绳子对物体（或绳子对轮轴）的拉力。

22、,三、计算题 1 一质量为m 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 r ，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t 内下降了一段距离s。试求整个轮轴的转动惯量（用 m、r、t 和 s 表示）。,解: m 、轮轴受力如图。,则根据牛顿运动定律和转动定律得：,2分,2分,2分,由已知条件,2分,将代入得：,2分,2020/9/6,54,2 一均匀木杆，质量为m1 = 1kg，长l = 0.4m，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 l /4 处穿透木杆（穿透所用时间不计），子弹初速度的大小0=200m/s，方向与杆和轴均垂直。穿出后子弹速度大小减为v=50m/s，但方向未变，求子弹刚穿出的瞬时，杆的角度速度的大小。（木杆绕通过中点的垂直轴的转动惯量j=