大學物理 第5章 剛體力學基礎習題課

1、2022-6-161 剛剛 體體 力力 學學 基基 礎礎 習習 題題 課課2022-6-162一、基本概念一、基本概念1.剛體及其平動、轉動、定軸轉動剛體及其平動、轉動、定軸轉動理想化的力學模型理想化的力學模型 特性：特性：特殊的質點系特殊的質點系(牛頓力學牛頓力學) 剛剛 體體 力力 學學 基基 礎礎 剛體對定軸的剛體對定軸的轉動慣量轉動慣量等于剛體中每個質點的質量等于剛體中每個質點的質量與這一質點到轉軸的垂直距離的平方的乘積的總和。與這一質點到轉軸的垂直距離的平方的乘積的總和。2i iiJm r 2dmJrm 2.轉動慣量轉動慣量3.轉動動能轉動動能 212kiiiEmv 212kEJ (

2、剛體中各質元的總動能剛體中各質元的總動能) 2022-6-1634.力矩及其功和功率力矩及其功和功率 （1）對對轉轉軸的力矩軸的力矩ziiiMrF （2）力矩的功）力矩的功(力矩的空間積累效應力矩的空間積累效應)ddAM 總功：總功：21 dAM 元元功功:（3）功率：）功率：ddANt ddMMt MrF 2022-6-164(1) 沖量矩沖量矩力矩乘以力矩所作用的時間。力矩乘以力矩所作用的時間。力矩在力矩在t1t2內總沖量矩：內總沖量矩：21dttM t dMt 元沖量矩元沖量矩：（力矩對時間的積累效應力矩對時間的積累效應）5.沖量矩和動量矩沖量矩和動量矩(2) 角動量角動量（動量矩）（動

3、量矩） 剛體對固定轉動軸的角動量剛體對固定轉動軸的角動量,等于它對該軸的轉動慣等于它對該軸的轉動慣量和角速度的乘積量和角速度的乘積。LJ 2022-6-1652.剛體定軸轉動的動能定理剛體定軸轉動的動能定理2221211122kkAJJEE 合外力矩合外力矩對一個繞固定軸轉動的剛體對一個繞固定軸轉動的剛體所做的功所做的功等等于剛體的于剛體的轉動動能的增量轉動動能的增量。ddMJJt 外外1. 剛體定軸轉動的轉動定律剛體定軸轉動的轉動定律 剛體所受的對于剛體所受的對于某一固定轉動軸某一固定轉動軸的的合外力矩合外力矩等于剛等于剛體體對此轉軸對此轉軸的的轉動慣量轉動慣量與剛體在與剛體在此合外力矩此合

4、外力矩作用下所獲作用下所獲得的得的角加速度角加速度的乘積的乘積。二、基本規(guī)律二、基本規(guī)律2022-6-1664. 角動量守恒定律角動量守恒定律 如果剛體所受的對于某一固定軸的合外力矩為零，如果剛體所受的對于某一固定軸的合外力矩為零，則它對于這一固定軸的角動量保持不變。則它對于這一固定軸的角動量保持不變。.constJ Mzz，則外03. 剛體的剛體的角動量定理角動量定理ddLMt 外外微分形式：微分形式：5. 機械能守恒機械能守恒 對于包括剛體的系統(tǒng)，功能原理和機械能守恒定對于包括剛體的系統(tǒng)，功能原理和機械能守恒定律仍成立。律仍成立。 積分形式：積分形式：2121dttM tLLL 2022-

5、6-1671.定軸轉動的運動學問題定軸轉動的運動學問題解法解法：利用定軸轉動的運動學描述關系利用定軸轉動的運動學描述關系2.轉動慣量的計算轉動慣量的計算解法：解法：（1）定義法：）定義法：2i iiJm r 22ddJrmr V 三、習題基本類型三、習題基本類型ddt 22ddddtt vr 2nar tar v r Ov定定 軸軸Pzr 0t 20012tt 22002 ( () )2022-6-168（2）平行軸定理）平行軸定理 若有任一軸與過質心的軸平行，相距為若有任一軸與過質心的軸平行，相距為d，剛體剛體對其轉動慣量為對其轉動慣量為J，則有則有 JJCm d 2。3.定軸轉動的動力學問

6、題定軸轉動的動力學問題解法：利用定軸轉動中的轉動定律解法：利用定軸轉動中的轉動定律MJ 步驟步驟： （1）審題，確定研究對象；）審題，確定研究對象；（2）建立坐標系；）建立坐標系； （3）對研究對象進行受力分析和受力矩分析，并按）對研究對象進行受力分析和受力矩分析，并按坐標系的正方向寫出外力矩的表達式及規(guī)律方程（注：坐標系的正方向寫出外力矩的表達式及規(guī)律方程（注：受力分析和受力矩須取隔離體），并用線角量關系將受力分析和受力矩須取隔離體），并用線角量關系將F=ma與與M=J 聯系起來；聯系起來；（4）計算對軸的轉動慣量；）計算對軸的轉動慣量；（5）解方程，求未知，并對結果進行必要的討論。）解方程

7、，求未知，并對結果進行必要的討論。2022-6-1694.定軸轉動中的功能問題定軸轉動中的功能問題解法解法：利用：利用動能定理動能定理和和機械能守恒定律機械能守恒定律5.角動量原理及角動量守恒定律角動量原理及角動量守恒定律6.混合題型混合題型解法解法： 應用應用運動學公式、轉動定律運動學公式、轉動定律和和角動量守恒定律。角動量守恒定律。四、典型習題分析與講解四、典型習題分析與講解2022-6-1610=60rev/min=1rev/s=2rad/s1. (P24 17) . 一剛體以每分鐘一剛體以每分鐘 60 轉繞轉繞 z 軸做勻速轉動軸做勻速轉動( 沿沿Z軸正方向軸正方向)。設某時刻剛體上一

8、點。設某時刻剛體上一點P的位置矢量的位置矢量為為 , 其單位為其單位為“10-2m”，若以若以“10-2ms-1”為速度單位，則該時刻為速度單位，則該時刻P點的速度為：點的速度為：kjir543()9 4 .21 2 5 .61 5 7 .0Avijk ()25.118.8B vij ()25.118.8C vij ()31.4D vk k 2 分析分析：345rijk P點在轉動平面內對圓心點在轉動平面內對圓心 o的矢徑為的矢徑為:34Rij 該時刻該時刻P點的速度為點的速度為:v R 68ji 25.118.8ij kij 2(34 )選（選（B ）2022-6-16112.(P24 18

9、) .質量為質量為m的小孩站在半徑為的小孩站在半徑為R 的水平平臺邊緣的水平平臺邊緣上，平臺可以繞通過其中心的豎直光滑固定軸自由轉動，上，平臺可以繞通過其中心的豎直光滑固定軸自由轉動，轉動慣量為轉動慣量為 J 。平臺和小孩開始時均靜止。當小孩突然平臺和小孩開始時均靜止。當小孩突然以相對于地面為以相對于地面為V 的速率在臺邊沿逆時針轉向走動時，的速率在臺邊沿逆時針轉向走動時，則此平臺相對地面旋轉的角速度和旋轉方向分別為則此平臺相對地面旋轉的角速度和旋轉方向分別為 0JRmV )(22RVmRJmR（C） ，順時針；順時針；)(22RVmRJmR（D） ，逆時針。逆時針。)(2RVJmR（B） ，

10、逆時針；逆時針；)(2RVJmR（A） ，順時針；順時針；選（選（A ）2()0VJmRR 分析分析：2()mRVJR 同課本同課本p120.5-14選逆時針為正選逆時針為正2022-6-16123.（p29. 45 ） 半徑為半徑為20cm 的主動輪，通過皮帶拖動半徑的主動輪，通過皮帶拖動半徑為為50cm的被動輪轉動。主動輪從靜止開始作勻角加速轉的被動輪轉動。主動輪從靜止開始作勻角加速轉動，在動，在4s內，被動輪的角速度達到內，被動輪的角速度達到8rad.s-1，則主動輪在，則主動輪在這段時間內轉過了這段時間內轉過了_圈。圈。2210 11 11 11122ttt 101 11 1tt 22

11、11rr 121211412trrn 則則兩輪邊緣上點的兩輪邊緣上點的線速度大小線速度大小相等：相等：主動輪在主動輪在4s內的角位移內的角位移)rev(20482541 121221trr 111t 解解：t = 4s 時，時，2022-6-16134. (P29 46) 一可繞定軸轉動的飛輪，在一可繞定軸轉動的飛輪，在20Nm的總力矩的總力矩作用下，在作用下，在10s內轉速由零均勻地增加到內轉速由零均勻地增加到8 rad/s，飛輪飛輪的轉動慣量的轉動慣量J。 初初角速度為角速度為: 0=0末角速度為末角速度為: =8(rad/s)角加速度為：角加速度為：解解：0t 2800.8(/)10ra

12、ds 利用定軸轉動中的轉動定律利用定軸轉動中的轉動定律MJ MJ 22025()0.8kg m 2022-6-1614 5. (P29 47) 一長為一長為l、重重W的均勻梯子，靠墻放置，如圖，的均勻梯子，靠墻放置，如圖，梯子下端連一倔強系數為梯子下端連一倔強系數為k 的彈簧。當梯子靠墻豎直放置的彈簧。當梯子靠墻豎直放置時，彈簧處于自然長度，墻和地面都是時，彈簧處于自然長度，墻和地面都是光滑光滑的。當梯子的。當梯子依墻而與地面成依墻而與地面成角且處于平衡狀態(tài)時，角且處于平衡狀態(tài)時，(1)地面對梯子的作用力的大小為地面對梯子的作用力的大小為。(2)墻對梯子的作用力的大小為墻對梯子的作用力的大小為

13、 。(3)W、k、l、應滿足的關系式為應滿足的關系式為 。 補充補充:剛體在平面力系作用下靜止平衡剛體在平面力系作用下靜止平衡的條件：的條件： 作用于剛體作用于剛體平面力系的平面力系的矢量和為矢量和為0，對與力作用平面對與力作用平面的的任意軸的任意軸的力矩的代數和為力矩的代數和為0.BAl2022-6-1615yxAB(O)FWNBNA原長原長l由剛體的平衡條件：由剛體的平衡條件：無平動：無平動： cos0klFNFBiix WNFAiiy 0無轉動：無轉動：0 iizM若以若以A為轉軸，選力矩為轉軸，選力矩 為為正，則正，則0cos2sin lWlNB將將NB的值代入的值代入 sin2klW

14、 2022-6-1616 5. (P29 47) 一長為一長為l、重重W的均勻梯子，靠墻放置，如圖，的均勻梯子，靠墻放置，如圖，梯子下端連一倔強系數為梯子下端連一倔強系數為k 的彈簧。當梯子靠墻豎直放置的彈簧。當梯子靠墻豎直放置時，彈簧處于自然長度，墻和地面都是時，彈簧處于自然長度，墻和地面都是光滑光滑的。當梯子的。當梯子依墻而與地面成依墻而與地面成角且處于平衡狀態(tài)時，角且處于平衡狀態(tài)時，(1)地面對梯子的作用力的大小為地面對梯子的作用力的大小為。(2)墻對梯子的作用力的大小為墻對梯子的作用力的大小為 。(3)W、k、l、應滿足的關系式為應滿足的關系式為 。 解解：剛體剛體平衡的條件：平衡的條

15、件：BAl0 iiF 0 iiM WNANBf ANW BNf cos kl 12cossincos0 AWlf lNlcos fkl cos kl W2sin Wkl 2sin Wkl 2022-6-1617 6. (P2948) 轉動著的飛輪的轉動慣量為轉動著的飛輪的轉動慣量為J，在在t=0時角速時角速度為度為0 。此后飛輪經歷制動過程，阻力矩。此后飛輪經歷制動過程，阻力矩M的大小與角的大小與角速度速度的平方成正比，比例系數為的平方成正比，比例系數為k（ k為大于為大于0的常的常數）。當數）。當= 0/3 時，飛輪的角加速度時，飛輪的角加速度=_。從從開始制動到開始制動到= 0/3 所經過

16、的時間所經過的時間 t =_。 解解：由轉動定律由轉動定律 M=JMJ 00/ 31()Jtk 2kJ 2200(/ 3)9k kJJ 當當= 0/3 時時，M= - k2分離變量得分離變量得2ddJ tk 2ddktJ 再由再由00/320dd()tJtk 02Jk2022-6-1618 7. (P30 49) .長為長為l的桿如圖懸掛，的桿如圖懸掛，O為水平光為水平光滑固定轉軸，平衡時桿鉛直下垂，一子彈水滑固定轉軸，平衡時桿鉛直下垂，一子彈水平地射入桿中，則在此過程中，平地射入桿中，則在此過程中， 系系統(tǒng)對轉軸統(tǒng)對轉軸O的的守恒。守恒。 桿和子彈桿和子彈角動量角動量mM8. (P30 50

17、) . 地球的自轉角速度可以認為是恒定地球的自轉角速度可以認為是恒定的，地球對于自轉軸的轉動慣量的，地球對于自轉軸的轉動慣量J=9.81037kgm2。地球對自轉軸的角動量地球對自轉軸的角動量L 。 解解：JL 剛體的角動量大?。簞傮w的角動量大?。?/rev( 1日日 )s/rad(6060242 .()Lkg ms 137332298 107 1 10246060.()kg ms 13327 1 102022-6-1619 9. (P30 51) 質量分別為質量分別為m 和和2m 的兩物體（都可視為質的兩物體（都可視為質點），用一長為點），用一長為 l 的的輕質剛性細桿輕質剛性細桿相連，系統(tǒng)

18、繞通過桿相連，系統(tǒng)繞通過桿且與桿垂直的豎直固定軸且與桿垂直的豎直固定軸o轉動，已知轉動，已知o軸離質量為軸離質量為2m的的質點的距離為質點的距離為l/3，質量為，質量為m的質點的線速度為的質點的線速度為v且與桿垂且與桿垂直，則該系統(tǒng)對轉軸的角動量直，則該系統(tǒng)對轉軸的角動量(動量矩動量矩)大小為大小為_。m2moll /3解解：剛體的角速度剛體的角速度 JL 231232io)l(m2)l(mJJ2ml32233()2vvll 22332vmlmvll 1 12 2Lmv rmv r 212()32 3vmvlmlmvl 或或2022-6-162010. (P30 52) 動量矩定理的內容是動量

19、矩定理的內容是 ，其數學表達式可寫，其數學表達式可寫成成 ， 動量矩守恒的條件是動量矩守恒的條件是。 轉動物體所受的合外力矩轉動物體所受的合外力矩的的 沖量矩等于在合外力矩作用時間內轉動物體沖量矩等于在合外力矩作用時間內轉動物體動量矩的增量動量矩的增量22110dtMtJ J 物體所受合外力矩為零物體所受合外力矩為零 11. (P3053) .如圖所示，一勻質木球固結在一細棒下如圖所示，一勻質木球固結在一細棒下端，且可繞水平光滑固定軸端，且可繞水平光滑固定軸 o 轉動，今有一子彈沿著與轉動，今有一子彈沿著與水平面成一角度的方向擊中木球而嵌于其中，則在此擊水平面成一角度的方向擊中木球而嵌于其中，

20、則在此擊中過程中，木球、子彈、細棒系統(tǒng)的中過程中，木球、子彈、細棒系統(tǒng)的 守恒，原因是守恒，原因是 , 在木球在木球被擊中和球升高的過程中，對木被擊中和球升高的過程中，對木球、子彈、細棒、地球系統(tǒng)的球、子彈、細棒、地球系統(tǒng)的 守恒。守恒。 對對 o 軸的角動量軸的角動量對該軸的合外力矩為零對該軸的合外力矩為零 機機械能械能2022-6-162112.（學習指導（學習指導P34.73）在一光滑的在一光滑的水平面上水平面上，有一輕彈簧，一端固定，有一輕彈簧，一端固定，一端連接一質量，一端連接一質量m=1kg的滑塊，如圖所示。的滑塊，如圖所示。彈簧自然長度彈簧自然長度l0=0.2m，倔強系數倔強系數

21、k=100N.m-1，設設t=0時。彈簧長度為時。彈簧長度為l0，滑塊速度滑塊速度v0=5m.s-1，方向方向與彈簧垂直。在某一時刻，彈簧位于與初始位置與彈簧垂直。在某一時刻，彈簧位于與初始位置垂直的位置，長度垂直的位置，長度l=0.5m。求該時刻滑塊速度的求該時刻滑塊速度的大小和方向。大小和方向。2022-6-1622以以表末速度與彈簧長表末速度與彈簧長度方向的夾角。度方向的夾角。0M外外角動量守恒角動量守恒:0 0sinmv lmvl 22200111()222mvmvk ll 解解：知知機機械械能能守守恒恒由由非非保保內內外外0AA對（滑塊對（滑塊+彈簧）系統(tǒng)，彈簧）系統(tǒng)，對（滑塊對（滑

22、塊+彈簧彈簧+地球）系統(tǒng)，地球）系統(tǒng)， 選彈簧原長時為彈性勢能零點，光滑水平選彈簧原長時為彈性勢能零點，光滑水平面為重力勢能零點，則面為重力勢能零點，則兩式聯立，可解出結果。兩式聯立，可解出結果。(選選 為正為正)2022-6-162313.（學習指導（學習指導P36.81）oR2Rv 在半徑為在半徑為R的具有光滑豎直固定中的具有光滑豎直固定中心軸線的水平圓盤上，有一人靜止站立心軸線的水平圓盤上，有一人靜止站立在距轉軸為在距轉軸為R/2處，人的質量是圓盤質處，人的質量是圓盤質量的量的1/10。開始時盤載人對地以角速度。開始時盤載人對地以角速度0勻速轉動，現在此人垂直圓盤半徑相勻速轉動，現在此人

23、垂直圓盤半徑相對于盤以速率對于盤以速率v沿與盤轉動相反方向作沿與盤轉動相反方向作圓周運動，如圖所示。已知圓盤對中心圓周運動，如圖所示。已知圓盤對中心軸的轉動慣量為軸的轉動慣量為MR2/2。求：。求：（1）圓盤對地的角速度；（）圓盤對地的角速度；（2）欲使圓盤對地靜止，人）欲使圓盤對地靜止，人應沿著應沿著R/2圓周對圓盤的速度圓周對圓盤的速度 的大小及方向？的大小及方向？v2022-6-1624 當人以相對于盤的速率當人以相對于盤的速率v沿沿與盤轉動相反方向走動時，盤對地與盤轉動相反方向走動時，盤對地的角速度為的角速度為，人對地的角速度為人對地的角速度為.盤盤地地人人盤盤人人地地 解解： (1)

24、2(1)2vvRR 盤盤地地人人盤盤人人地地 選選 為正，有為正，有（人盤）系統(tǒng)對軸的合外力矩為（人盤）系統(tǒng)對軸的合外力矩為0，角動量守恒：角動量守恒：oR2Rv )2()2R(10MMR21)2R(10MMR2122022 2022-6-1625（1）（）（2）兩式聯立可得）兩式聯立可得022 1vR （2）欲使盤對地靜止，須）欲使盤對地靜止，須02021vR “”號表示人走動方向與上一問中人走動號表示人走動方向與上一問中人走動方向相反方向相反，即與盤初始轉動方向一致。即與盤初始轉動方向一致。0212Rv 2022-6-162614.（學習指導（學習指導P37.83）有一質量為有一質量為m1

25、、長為、長為l的均勻細棒，靜止放在滑的均勻細棒，靜止放在滑動摩擦系數為動摩擦系數為的水平桌面上，它可繞通過端點的水平桌面上，它可繞通過端點O且與桌面垂直的固定光滑軸轉動。另有一水平運且與桌面垂直的固定光滑軸轉動。另有一水平運動的質量為動的質量為m2的小滑塊，從側面垂直于棒與棒的的小滑塊，從側面垂直于棒與棒的另一端另一端A相碰撞，設碰撞時間極短。已知小滑塊相碰撞，設碰撞時間極短。已知小滑塊在碰撞前后的速度分別為在碰撞前后的速度分別為 和和 ， 如圖所示。如圖所示。1v2v求碰撞前后從細棒開始轉動到停止轉動的過程所求碰撞前后從細棒開始轉動到停止轉動的過程所需的時間。已知棒繞需的時間。已知棒繞O點的

26、轉動慣量點的轉動慣量Jm1l2/3。2022-6-16272101d()0(1)3tfMtJm l 對對(棒滑塊棒滑塊)系統(tǒng)，在碰撞過程中，系統(tǒng)，在碰撞過程中，由于碰撞時間極短，棒所受的摩擦力矩由于碰撞時間極短，棒所受的摩擦力矩滑塊的沖力矩，故可近似認為合外滑塊的沖力矩，故可近似認為合外力矩為力矩為0，因而系統(tǒng)的角動量守恒。，因而系統(tǒng)的角動量守恒。（在俯視圖中，選（在俯視圖中，選 為正方向為正方向）由角動量定理，設由角動量定理，設 Mf 為摩擦力矩，則為摩擦力矩，則2212211(2)3m v lm v lm l 解解：2022-6-1628棒上棒上 x 處處 dx 段小質元段小質元:1ddm

27、mxl 受摩擦力受摩擦力 df=gdm ,對對o軸的摩擦力矩軸的摩擦力矩 dMf= xdf10dlm gxxl 以上三式聯立，解得以上三式聯立，解得12212vvtmm g dAffOMM 10dm gxm 11(3)2m gl 15.（學習指導學習指導p18，例，例3）質量為質量為m的物體懸于的物體懸于輕繩的一端，繩另一端繞在一輪軸的軸上輕繩的一端，繩另一端繞在一輪軸的軸上.軸水軸水平且平且 輪軸面，其半徑為輪軸面，其半徑為r，整個裝置架在光滑，整個裝置架在光滑的固定軸承之上的固定軸承之上. 物體從靜止釋放，在時間物體從靜止釋放，在時間t內下內下降了距離降了距離s.試求整個輪軸的轉動慣量試求

28、整個輪軸的轉動慣量J（用（用m、r、t和和s表示）表示）.mromromgTTmaTmg JTr ra 221ats )sgt(mrJ1222 解：解：方法方法2：222121Jmvmgs tvs2 rv J2022-6-1631三、三、73、74、75、76、77、78、80、81、82、83五、五、90、92、93、94四、四、85、86、87學習指導學習指導大題大題重點題目重點題目 2022-6-16325-1. 如圖，一輕繩跨過兩個質量為如圖，一輕繩跨過兩個質量為m、半徑為、半徑為r 的均勻圓的均勻圓盤狀定滑輪，繩的兩端分別掛著質量為盤狀定滑輪，繩的兩端分別掛著質量為2m和和m的重物，

29、的重物，繩與滑輪間無相對滑動，滑輪軸光滑，兩個定滑輪的轉繩與滑輪間無相對滑動，滑輪軸光滑，兩個定滑輪的轉動慣量均為動慣量均為mr2/2，將由兩個定滑輪以及質量為，將由兩個定滑輪以及質量為2m 和和m 的重物組成的系統(tǒng)從靜止釋放，求重物的加速度和兩滑的重物組成的系統(tǒng)從靜止釋放，求重物的加速度和兩滑輪之間繩內的張力。輪之間繩內的張力。T解：受力分析如圖，可建立方程：解：受力分析如圖，可建立方程：222mgTma 1Tmgma ()2TT rJ 1()TT rJ ar /22Jmr14ag118Tmg聯立，解得：聯立，解得： （選向下為正）（選向下為正）（選向上為正）（選向上為正）（選順時針為正）（

30、選順時針為正）2022-6-16335-2.如圖所示，一均勻細桿長為如圖所示，一均勻細桿長為l ，質量為，質量為m，平放在摩，平放在摩擦系數為擦系數為的水平桌面上，設開始時桿以角速度的水平桌面上，設開始時桿以角速度0繞過繞過中心中心O且垂直于桌面的軸轉動。試求：且垂直于桌面的軸轉動。試求：（1）作用于桿的摩擦力矩；）作用于桿的摩擦力矩；（2）經過多長時間桿才會停止轉動。）經過多長時間桿才會停止轉動。解：（解：（1）設桿的線密度為：）設桿的線密度為： ml 在桿上取一小質元在桿上取一小質元 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

31、考慮對稱性，有摩擦力矩：考慮對稱性，有摩擦力矩： 2012d4lMgx xmgl 2022-6-1634（2）根據轉動定律）根據轉動定律 ddMJJt 有：有： 000ddtM tJ 2011412mgltm l 03ltg 或利用：或利用： 0MtJJ考慮到考慮到 0 2112Jml 有：有： 03ltg 或利用：或利用： 3MmgJl 0t 03ltg 2022-6-16355-3.如圖所示，一個質量為如圖所示，一個質量為m的物體與繞在定滑輪上的繩的物體與繞在定滑輪上的繩子相聯，繩子的質量可以忽略，它與定滑輪之間無滑動。子相聯，繩子的質量可以忽略，它與定滑輪之間無滑動。假設定滑輪質量為假設

32、定滑輪質量為M，半徑為，半徑為 R，其轉動慣量為，其轉動慣量為MR2/2，試求該物體由靜止開始下落的過程中，下落速度與時間試求該物體由靜止開始下落的過程中，下落速度與時間的關系。的關系。解：受力分析如圖，可建立方程：解：受力分析如圖，可建立方程：m gTma TRJ aR 212JmR 22mgaMm聯立，解得：聯立，解得： 2MmgTMm 考慮到考慮到 ddvat ，002dd2vtmgvtMm 有：有： 22mgtvMm （選向下為正）（選向下為正）（選逆時針為正）（選逆時針為正）2022-6-16365-4.輕繩繞過一定滑輪，滑輪軸光滑，滑輪的質量為輕繩繞過一定滑輪，滑輪軸光滑，滑輪的質

33、量為M/4,均勻分布在其邊緣上，繩子均勻分布在其邊緣上，繩子A端有一質量為端有一質量為M的人抓住了的人抓住了繩端，而在繩的另一端繩端，而在繩的另一端B系了一質量為系了一質量為M/4的重物，如圖。的重物，如圖。已知滑輪對已知滑輪對O軸的轉動慣量軸的轉動慣量J=MR2/4 ，設人從靜止開始以，設人從靜止開始以相對繩勻速向上爬時，繩與滑輪間無相對滑動，求相對繩勻速向上爬時，繩與滑輪間無相對滑動，求B端重端重物上升的加速度？物上升的加速度？解：解：分別對人、滑輪與重物列出動力學方程分別對人、滑輪與重物列出動力學方程1AMgTMa人人:244BMMTga物物: 12T RT RJ 滑輪滑輪:（選向下為正

34、）（選向下為正）（選逆時針為正）（選逆時針為正）（選向上為正）（選向上為正）ABaaR ，/24JMR 解得：解得： 2ABgaa 其中其中:2022-6-1637解二：解二：選人、滑輪與重物為系統(tǒng)，設選人、滑輪與重物為系統(tǒng)，設u為人相對繩的速度，為人相對繩的速度，v為為物上升的速度，注意到物上升的速度，注意到u為勻速，為勻速， d0dut 系統(tǒng)對軸的角動量為：系統(tǒng)對軸的角動量為： 而力矩為：而力矩為： 213()()442MLM v RM uv RRM v RM uR 重重物物人人( () )( () )( (滑滑) )13M44M gRM gRM gR 根據角動量定理根據角動量定理 ddL

35、Mt 有：有： 3d3()4d2MgRMvRMuRt 2ga 2022-6-16385-5計算質量為計算質量為m半徑為半徑為R的均質球體繞其軸線的轉動的均質球體繞其軸線的轉動慣量。慣量。解：球體密度解：球體密度 334mR 考慮均質球體內一個微元：考慮均質球體內一個微元： 2dsin d d dmrr 微元到軸的距離為微元到軸的距離為 sinr 2( sin ) dJrm 有：有： 222000( sin )sin d d dRJrrr 520012(1cos)dcos 5Rr 225mR 2022-6-16395-6一輕彈簧與一均勻細棒連接，裝置如圖所示，已知一輕彈簧與一均勻細棒連接，裝置如

36、圖所示，已知彈簧的勁度系數彈簧的勁度系數 k=40N/m,當當=0時彈簧無形變，細棒的時彈簧無形變，細棒的質量質量m=5.0kg，求在，求在=0的位置上細棒至少應具有多大的位置上細棒至少應具有多大的角速度的角速度 ，才能轉動到水平位置？才能轉動到水平位置？解：選解：選（彈簧（彈簧+細棒細棒+地球）地球）為系統(tǒng)。為系統(tǒng)。 以圖示以圖示 下方的三角下方的三角樁為軸，從樁為軸，從 =0=90o時，機械能守恒。時，機械能守恒。=0時機械能為：時機械能為： =90o時機械能為：時機械能為：221 122 3lmgml （）212k x有：有： 2221 1122 32lmgmlk x （）根據幾何關系：

37、根據幾何關系： 222(0.5)1.51x 得：得： 13.28rad s 重力勢能重力勢能 +轉動動能轉動動能2022-6-16405-8如圖所示，長為如圖所示，長為l 的輕桿，兩端各固定質量分別為的輕桿，兩端各固定質量分別為m和和2m的小球，桿可繞水平光滑固定軸的小球，桿可繞水平光滑固定軸O在豎直面內轉在豎直面內轉動，轉軸動，轉軸O距兩端分別為距兩端分別為l/3和和2l/3。輕桿原來靜止在豎直。輕桿原來靜止在豎直位置。今有一質量為位置。今有一質量為m的小球，以水平速度的小球，以水平速度v0與桿下端小與桿下端小球球m作對心完全彈性碰撞，試求小球的反彈速度和碰撞作對心完全彈性碰撞，試求小球的反

38、彈速度和碰撞后輕桿所獲得的角速度。后輕桿所獲得的角速度。解：碰撞瞬間解：碰撞瞬間 , 角動量守恒，有：角動量守恒，有：0 M022.133mvlmvlJ （）22221222333Jmlmlml （）因為作對心完全彈性碰撞，動能不變因為作對心完全彈性碰撞，動能不變 ,有有: 22201113222mvmvJ （）解得解得:0061,55vvvl 2022-6-16415-8（舊版舊版）如圖所示，長為）如圖所示，長為l 的輕桿，兩端各固定質的輕桿，兩端各固定質量分別為量分別為m和和2m的小球，桿可繞水平光滑固定軸的小球，桿可繞水平光滑固定軸O在豎在豎直面內轉動，轉軸直面內轉動，轉軸O距兩端分別為

39、距兩端分別為l/3和和2l/3。輕桿原來靜。輕桿原來靜止在豎直位置。今有一質量為止在豎直位置。今有一質量為m的小球，以水平速度的小球，以水平速度v0與與桿下端小球桿下端小球m作對心碰撞，碰后以作對心碰撞，碰后以v0/2的速度返回，試求的速度返回，試求碰撞后輕桿所獲得的角速度。碰撞后輕桿所獲得的角速度。 解：根據角動量守恒，有：解：根據角動量守恒，有：22002122()2( )32333llmvlmvlmm 有：有： 22004221()9933llv lv l 032vl 解得：解得： 2022-6-16425-9一質量均勻分布的圓盤，質量為一質量均勻分布的圓盤，質量為M ，半徑為，半徑為R

40、放在放在一粗糙水平面上一粗糙水平面上(圓盤與水平面之間的摩擦系數為圓盤與水平面之間的摩擦系數為）, ,圓盤可繞通過其中心圓盤可繞通過其中心O的豎直固定光滑軸轉動。開始時，的豎直固定光滑軸轉動。開始時，圓盤靜止，一質量為圓盤靜止，一質量為m的子彈以水平速度的子彈以水平速度v垂直于圓盤半垂直于圓盤半徑打入圓盤邊緣并嵌在盤邊上，求：（徑打入圓盤邊緣并嵌在盤邊上，求：（1）子彈擊中圓盤）子彈擊中圓盤后，盤所獲得的角速度；（后，盤所獲得的角速度；（2）經過多少時間后，圓盤停）經過多少時間后，圓盤停止轉動。止轉動。 (圓盤繞通過圓盤繞通過O的豎直軸的轉動慣量為的豎直軸的轉動慣量為MR2/2,忽略子彈重力造

41、成的摩擦阻力矩。忽略子彈重力造成的摩擦阻力矩。) 解：（解：（1）利用角動量守恒：）利用角動量守恒： 2212mvRMRmR得：得： 2(2)mvmM R 2022-6-1643（2）選微分）選微分 d2dmr r 面密度面密度 2MR 202d2 d3RfMMgr mgrr rM gRR 由由: fMtJ 有有:2221()032M gRtMRmR 知：知： 22,4MmtRMg 將將 22mvMm R 代入，代入，32mvtM g 即得：即得： 2022-6-16445-10有一質量為有一質量為m1 、長為、長為 l 的均勻細棒，靜止平放在的均勻細棒，靜止平放在滑動摩擦系數為滑動摩擦系數為

42、的水平桌面上，它可繞通過其端點的水平桌面上，它可繞通過其端點O且與桌面垂直的固定光滑軸轉動。另有一水平運動的質且與桌面垂直的固定光滑軸轉動。另有一水平運動的質量為量為m2的小滑塊，從側面垂直于棒與棒的另一端的小滑塊，從側面垂直于棒與棒的另一端 A相碰相碰撞，設碰撞時間極短。已知小滑塊在碰撞前后的速度分撞，設碰撞時間極短。已知小滑塊在碰撞前后的速度分別為別為 和和 如圖所示。求碰撞后從細棒開始轉動到停止如圖所示。求碰撞后從細棒開始轉動到停止轉動的過程所需的時間。轉動的過程所需的時間。(已知棒繞點已知棒繞點O的轉動慣量的轉動慣量J=m1l2/3) 1v2v解：由碰撞時角動量守恒，考慮到解：由碰撞時

43、角動量守恒，考慮到 和和1v2v方向相反，以逆時針為正向，有：方向相反，以逆時針為正向，有： 22112213m v lm lm v l 得：得： 21213()m vvm l 2022-6-1645又又細棒運動起來所受到的摩擦力矩可由積分求得：細棒運動起來所受到的摩擦力矩可由積分求得：1101d2lfmMg xxm gll 利用利用 ddfMJt 有：有：210011d3d12tm ltm gl 得：得： 21212()23m vvltgm g 2022-6-16465-11如圖所示，滑輪轉動慣量為如圖所示，滑輪轉動慣量為 0.01kgm2 ,半徑為半徑為7cm;物體的質量為物體的質量為5k

44、g,用一細繩與勁度系數用一細繩與勁度系數k=200N/m的的彈簧相連彈簧相連,若繩與滑輪間無相對滑動若繩與滑輪間無相對滑動,滑輪軸上的摩擦忽略滑輪軸上的摩擦忽略不計。求：（不計。求：（1）當繩拉直、彈簧無伸長時使物體由靜止）當繩拉直、彈簧無伸長時使物體由靜止而下落的最大距離；而下落的最大距離； （2）物體的速度達最大值時的位）物體的速度達最大值時的位置及最大速率。置及最大速率。 解：（解：（1）設彈簧的形變量為）設彈簧的形變量為x, 下落最大下落最大距離為距離為 xmax 。由機械能守恒：由機械能守恒： 2maxmax12k xmgx 有：有： max20.49mgxmk 222111222k

45、 xmvJmg x （2）當物體下落時，由機械能守恒：）當物體下落時，由機械能守恒： 考慮到考慮到 vR 有：有： 2222111222k xm RJmg x 2022-6-1647欲求速度最大值，將上式兩邊對欲求速度最大值，將上式兩邊對x求導，且令求導，且令 d0dx 有：有： 21d() 22dk xm RJmgx 將將 d0dx 代入，有：代入，有： 0.245()mgxmk 當當x=0.245m時物體速度達最大值，有：時物體速度達最大值，有： 22max2121()2mgxkxvJmr 代入數值可算出：代入數值可算出： max1.31/vm s 2022-6-16485-1一輕繩跨過一

46、具有水平光滑軸、質量為一輕繩跨過一具有水平光滑軸、質量為M的定滑輪的定滑輪，繩的兩端分別懸有質量，繩的兩端分別懸有質量 m1和和m2的物體（的物體（ m1m2 ）,如如圖所示，繩與輪之間無相對滑動，某時刻滑輪沿逆時針圖所示，繩與輪之間無相對滑動，某時刻滑輪沿逆時針方向轉動，則繩的張力多大？方向轉動，則繩的張力多大？解：解：思考題思考題111m gTm a （1）222Tm gm a （2）12()TT rJ （3） ar （4）聯立方程可得聯立方程可得 T1 ,T2 ,21TT 2022-6-16495-2一圓盤繞過盤心且與盤面垂直的軸一圓盤繞過盤心且與盤面垂直的軸O以角速度以角速度 按按圖示

47、方向轉動，若如圖所示的情況那樣，將兩個大小相等圖示方向轉動，若如圖所示的情況那樣，將兩個大小相等方向相反但不在同一條直線的力方向相反但不在同一條直線的力 F沿盤面方向同時作用到沿盤面方向同時作用到盤上，則盤的角速度盤上，則盤的角速度怎樣變化？怎樣變化？ 答：答：增大增大2022-6-16505-3一個人站在有光滑固定轉軸的轉動平臺上一個人站在有光滑固定轉軸的轉動平臺上,雙臂伸直雙臂伸直水平地舉起二啞鈴水平地舉起二啞鈴,在該人把此二啞鈴水平收縮到胸前的在該人把此二啞鈴水平收縮到胸前的過程中，人、啞鈴與轉動平臺組成的系統(tǒng)：過程中，人、啞鈴與轉動平臺組成的系統(tǒng)：（A）機械能守恒，角動量守恒；）機械能

48、守恒，角動量守恒；（ B）機械能守恒，角動量不守恒；）機械能守恒，角動量不守恒；（C）機械能不守恒，角動量守恒；）機械能不守恒，角動量守恒；（ D）機械能不守恒，角動量不守恒。）機械能不守恒，角動量不守恒。 答：答：（C）2022-6-1651解解:（1）20021tt st4 1. 半徑為半徑為r =1. 5m的飛輪，初角速度的飛輪，初角速度0 = 10 rads-1，角，角加速度加速度 =5 rads-2，則在，則在 t =_時角位移為零，而時角位移為零，而此時邊緣上點的線速度此時邊緣上點的線速度v= _ 。,5211002tt t 0rv （2）)rad/s(104510 )sm(155

49、 . 1101 補充題補充題2022-6-16522. 一飛輪作勻減速運動，在一飛輪作勻減速運動，在5 s 內角速度由內角速度由40 rads-1減減到到10rads-1，則飛輪在，則飛輪在 5s 內總共轉過了內總共轉過了_圈，飛輪經圈，飛輪經_的時間才能停止轉動。的時間才能停止轉動。解解：t 0)srad(65301020 t 2202 125)6(2)40()10(22 )(67. 161000st t 0)(5.622125圈圈合合 n2022-6-16533. 一飛輪以一飛輪以600rev/min的轉速旋轉，轉動慣量為的轉速旋轉，轉動慣量為2.5kgm2，現加一恒定的制動力矩使飛輪在現

50、加一恒定的制動力矩使飛輪在1S內停止運內停止運動，則該恒定制動力矩的大小動，則該恒定制動力矩的大小M。 解解：0t 202020 (/)1rads 角加速度為：角加速度為：初初角速度為角速度為: 0= 600rev/min=20 (rad/s)末角速度為末角速度為: =0 MJ 2.5 ( 20 ) 2.5 ( 20) 3.14157()N )(157 N2022-6-16544.半徑為半徑為R具有光滑軸的定滑輪邊緣繞一細繩，繩的下具有光滑軸的定滑輪邊緣繞一細繩，繩的下端掛一質量為端掛一質量為m的物體。繩的質量可以忽略，繩與定滑的物體。繩的質量可以忽略，繩與定滑輪之間無相對滑動。若物體下落的加

51、速度為輪之間無相對滑動。若物體下落的加速度為a，則定滑則定滑輪對軸的轉動慣量輪對軸的轉動慣量J。 解解：RmT T mgT Ta :maTmgm對 JRTM：對Ra :運動關系 TT:牛三律 aRagmJ2)( 2022-6-1655 5. 對一個繞固定水平軸對一個繞固定水平軸 o勻速轉動的圓盤，沿如勻速轉動的圓盤，沿如圖所示的同一水平直線從相反方向同時射入兩顆圖所示的同一水平直線從相反方向同時射入兩顆質量相同、速率相等的子彈，并留在盤中，則子質量相同、速率相等的子彈，并留在盤中，則子彈射入后轉盤的角速度是否改變？如何變？彈射入后轉盤的角速度是否改變？如何變？解解： （盤兩子彈）系統(tǒng)所受對（盤

52、兩子彈）系統(tǒng)所受對O軸的合外力矩為軸的合外力矩為0， JJ 兩子彈射入前對兩子彈射入前對O軸的角動量等值、反向，軸的角動量等值、反向，正好抵消。正好抵消。當兩子彈射入后，系統(tǒng)對當兩子彈射入后，系統(tǒng)對O的轉動慣量的轉動慣量JJ，其角動量守恒：其角動量守恒：故射入前的故射入前的J只是轉盤的角動量。只是轉盤的角動量。故故，即轉盤的角速度減小。即轉盤的角速度減小。2022-6-1656 6. 如圖，一靜止的均勻細棒，長如圖，一靜止的均勻細棒，長L，質量質量M，可繞通過可繞通過棒的端點且棒的端點且棒長的光滑固定軸棒長的光滑固定軸O在光滑水平面內轉動，在光滑水平面內轉動，轉動慣量為轉動慣量為(ML2/3)

53、 . 一質量為一質量為m速率為速率為v的子彈在水平的子彈在水平面內沿與棒面內沿與棒的方向射入棒的自由端。設擊穿棒后子彈的方向射入棒的自由端。設擊穿棒后子彈的速率減為的速率減為/2，則此時棒的角速度為則此時棒的角速度為_。(A)mV/ML (B)3mV/2ML (C)5mV/3ML (D)7mV/4ML.解：解：系統(tǒng)（子彈系統(tǒng)（子彈+桿），對桿），對o軸軸角動量守恒角動量守恒外外 0M選選 為正向，則為正向，則 JL2mLmML2m3ML31Lm212 選（選（B）2022-6-16577.一質量為一質量為m的小蟲，在有光滑豎直固定中心軸的小蟲，在有光滑豎直固定中心軸的水平圓盤邊緣上，沿逆時針方

54、向爬行，它相對的水平圓盤邊緣上，沿逆時針方向爬行，它相對于地面的速率為于地面的速率為，此時圓盤正沿順時針方向轉此時圓盤正沿順時針方向轉動，相對于地面的角速度為動，相對于地面的角速度為0，設圓盤對中心軸設圓盤對中心軸的轉動慣量為的轉動慣量為J，若小蟲停止爬行，則圓盤的角若小蟲停止爬行，則圓盤的角速度為速度為解解： )mRJ(RmJ2020mRJRmJ （蟲（蟲+盤）系統(tǒng)，對盤）系統(tǒng)，對O軸軸角角動動量量守守恒恒外外 0M選選 為正向為正向0OmR2022-6-16588. 一力學系統(tǒng)由兩個質點組成，它們之間只有引力一力學系統(tǒng)由兩個質點組成，它們之間只有引力作用，若兩質點所受外力的矢量和為零，則此

55、系統(tǒng)作用，若兩質點所受外力的矢量和為零，則此系統(tǒng)(A)動量、機械能以及對一軸的角動量都守恒。動量、機械能以及對一軸的角動量都守恒。(B)動量、機械能守恒，但角動量是否守恒不能斷定。動量、機械能守恒，但角動量是否守恒不能斷定。(C)動量守恒，但機械能和角動量守恒與否不能斷定。動量守恒，但機械能和角動量守恒與否不能斷定。(D)動量和角動量守恒，但機械能是否守恒不能斷定。動量和角動量守恒，但機械能是否守恒不能斷定。選（選（C ）2022-6-16599. 一一 汽車發(fā)動機的轉速在汽車發(fā)動機的轉速在7.0s內由內由200rev/min均勻地增加均勻地增加到到3000rev/min。 （1）求這段時間內

56、的初角速度、末角速度及角加速度；）求這段時間內的初角速度、末角速度及角加速度； （2）求這段時間內轉過的角度；）求這段時間內轉過的角度； （3）發(fā)動機軸上裝有一半徑為）發(fā)動機軸上裝有一半徑為r=0.2m的飛輪，求它邊緣的飛輪，求它邊緣上一點在這第上一點在這第7.0s末的切向加速度、法向加速度和總加速末的切向加速度、法向加速度和總加速度。度。（1）初角速度為）初角速度為 0=2200/60=20.9(rad/s) 末角速度為：末角速度為： =23000/60=314(rad/s) 角加速度為：角加速度為：解解：t0)/(9 .410 . 79 .203142srad2022-6-1660ran2

57、)(1097. 12 . 0314242ms總加速度為：總加速度為：22ntaaa )(1097. 1)1097. 1 (37. 824242ms總加速度與速度（切向）之間的夾角總加速度與速度（切向）之間的夾角)(tan1tnaa（2）轉過的角度為）轉過的角度為t20)(1017. 10 . 723149 .203rad)(186圈（3）切向加速度為）切向加速度為rat)/(38. 82 . 09 .412sm法向加速度為法向加速度為9589)37. 81097. 1(tan0412022-6-1661ROR/2C10. 從一半徑為從一半徑為R的均勻薄板上挖去一個直徑為的均勻薄板上挖去一個直徑

58、為R的圓板，的圓板，所形成的圓洞中心在距原薄板中心所形成的圓洞中心在距原薄板中心R/2處，所剩薄板的處，所剩薄板的質量為質量為m。求此薄板對于通過原中心而與板面垂直的軸求此薄板對于通過原中心而與板面垂直的軸的轉動慣量。的轉動慣量。ROR/2C解解： 由于轉動慣量具有可加性，所以已由于轉動慣量具有可加性，所以已挖洞的圓板的轉動慣量挖洞的圓板的轉動慣量J 加上挖去的圓加上挖去的圓板補回原位后對原中心的轉動慣量板補回原位后對原中心的轉動慣量J1就就等于整個完整圓板對中心的轉動慣量等于整個完整圓板對中心的轉動慣量J2 即即 J= J2 - J1設板質量密度為設板質量密度為厚度為厚度為a，則則22121

59、)(=RmamR 221)(=22123)(=RmOC111JJJ+=221)(+Rm2022-6-166222221Rm=J4123213RaJJJmaR=)(-R222由于由于則則ma34=2R最后求得最后求得22413mRJ =2212223)()(=RaRJ4323Ra4212RaJ =aRm22ROR/2C2022-6-1663 11. 如圖，兩物體質量如圖，兩物體質量為為m1 、m2 ，滑輪的質量為滑輪的質量為m，半徑為，半徑為r，可視作均勻圓盤。已知可視作均勻圓盤。已知m2與與桌面間的滑動摩擦系數為桌面間的滑動摩擦系數為k，求求m1下落的加速度和兩段繩子下落的加速度和兩段繩子中的

60、張力各為多少。設繩與滑中的張力各為多少。設繩與滑輪間無相對滑動，滑輪軸受的輪間無相對滑動，滑輪軸受的摩擦力忽略不計。摩擦力忽略不計。解解：amTgmm1111=-：amfTm222=-：（繩在輪上不打滑）（繩在輪上不打滑）( (向下為正向下為正) )( (向右為正向右為正) )線角量關系：線角量關系：對對m1 、 m2 、滑輪分別進行受力分析，滑輪分別進行受力分析，畫出畫出示力圖示力圖JrT-rTm21：( (順時針為正順時針為正) )aam2m1rT T1 1m1gfT T2 2T T1 1T T2 2 Ra2022-6-1664方程組的解為方程組的解為：gmmmmmgmmmmakRJk21