刚体的定轴转动5章习题

刚体的定轴转动主讲：左武魁习题课内容一内容二课堂练习刚体力学内容小结及其与质点力学的对比刚体力学与质点力学的对比内容一第五章转动与平动公式对照表(运动学)质点的直线运动刚体的定轴转动刚体角位移角速度r＞＞drdd位置角r)(12rrr)(12dtvdadtddtrdv角加速度dtd转动惯量mJatvv02021attvxasvv2202位移速度质点位矢加速度质量匀变速直线运动匀变速转动t02021tt2202dtdθωdtdωα2iirm第五章转动与平动公式对照表（动力学）质点的直线运动刚体的定轴转动转动定律角动量定理角动量守恒运动定律冲量动量定理角动量动量守恒动量角动量动量角冲量amFJMvmPvmrLJLdtFIdtM)(vmddtF00mvmvFdttt00JJMdttt0mvmvtF0JJtM)(JddtM0外若F恒矢量则vm0外若M恒矢量则JM=JαL=JωMdtP=mivi第五章转动与平动公式对照表（功和能）质点的直线运动刚体的定轴转动转动动能功率221mvEk力矩作功动能定理221JEk2022121mvmvA2022121JJAmghEpcpmghE重力势能恒量pkEE只有保守内力作功时机械能守恒只有保守内力作功时恒量pkEE力矩平动动能动能定理功率机械能守恒力作功重力势能力rdFAFFrMMdAP=FvP=Mω22rrvanS=rθv=rωrdtdrdtdvatsr0ωvθ角量与线量的关系24ra刚体的转动惯量几种刚体的转动惯量（P261表5—1）细杆mL通过中心垂直于杆细杆通过一端垂直于杆mL刚体形状轴的位置转动惯量名称一、几种刚体的转动惯量Rm薄圆环薄圆筒通过筒中心垂直于端面（中心轴）2mL2mL2mR几种刚体的转动惯量（P261表5—1）刚体形状轴的位置转动惯量)(212221RRm圆筒通过筒中心垂直于端面（中心轴）名称R1R2一、几种刚体的转动惯量圆盘或圆柱体Rm通过盘中心垂直于盘面（中心轴）2mR轴的位置转动惯量薄球壳Rm球体直径直径Rm2mR32一、几种刚体的转动惯量几种刚体的转动惯量（P261表5—1）刚体形状名称2mR一、刚体的转动惯量dozCzo如果J是刚体对任一轴的转动惯量，ozJc为刚体对通过其质心且与O´Z´m为刚体质量，则——平行轴定理d为两轴间距离，m1.定义2.一般刚体3.绕定轴转动的质点二、平行轴定理4.绕定轴转动的质点系2iirmJdmrJ22iirmJ2mrJ平行的另一轴OZ的转动惯量，J=Jc+md2课堂练习内容二从一个半径为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的R/2处，所剩薄板的质量为m。求此时薄板对于通过原中心而与板面垂直的轴的转动惯量J。习5.9(P286)RoR/2解：设大盘（末挖洞前）质量为m0，洞对应面积的圆盘质量为m1，则大盘原面积为20Rs洞对应面积为22141)2(RRs挖洞后剩余部分面积2224341RRRs故盘的密度223443/RmRmRoR/2mRRmsm34342200mRRmsm3141342211大盘对O轴2220032342121mRmRRmJ2212121124383)2()2(21mRRmRmRmJ小盘对O轴故挖洞后薄板对O轴的转动惯量22210241324332mRmRmRJJJ习5.9(P286)解：已知两物体的质量分别为m1和m2，定滑轮（可视作圆盘）的质量为m半径为r，m2与桌面间磨擦系数为μk，求m1下落的加速度a和两段绳子中的张力。习5.11(P286)m1m2m解：对m1、m2和m作示力图，设两段绳中的张力分别为T1、T2，则fT1T1T2T2m1ga111mTgma222mgmTk22121)(mrrTTra(1)(2)(3)(4)gmmmmμm212/21agmmmmm/2m)(12k1212/1Tgmmmmmm)(1k1k2212/2/2T联立以上4个方程解得已知物体的质量m1=80g,定滑轮（可视作圆盘）质量m=100g,半径r=0.05m,弹簧的劲度系数k=2.0N/m。开始时先用手托住物体，使弹簧处于自然伸长。求松手后物体下落h=0.5m时的速率。习5.16(P287)m1m试分析物体下落h=0.5m时的加速度和两段绳中的张力。fT1T1T2m1g解：附：0vAO长为L、质量为M的均匀杆，一端挂在一个水平光滑轴上而静止在竖直位置。一质量为m的子弹以水平速度v0，射入杆的下端并嵌于其中。求杆和子弹开始一起运动时的角速度。例5.11(P273)L解：因子弹射入杆并和杆一起运动所经历的时间极短，故杆的位置基本不变。选子弹和杆为系统，则碰撞过程中22031Mlmlmlv解得lvMmm033因子弹嵌入杆中和杆一起运动的速度v=ωl，故有——系统所受合外力矩为零，系统角动量守恒。（系统在水平方向动量是否守恒？为什么？）例5.14(P276)一长为l、质量为m的均匀细杆，静止在光滑的水平面上，其中点有一竖直光滑的固定轴与杆连接。一个质量为m的小球以水平速率v0垂直于杆冲击其一端而即粘上。求碰撞后杆的角速度ω以及碰撞过程中损失的机械能-E。0vml解：mo选球和杆为系统，因碰撞过程中系统所受合外力矩为零，系统的角动量守恒。即)(121)2(2220mllmlvmLmmvm)3(60碰撞过程中机械能的损失22220)1214(2121mllmvmE20213vmmmm习5.18(P288)一长为L、质量为M的均匀细杆，上端用光滑水平轴吊起而静止下垂。今有一质量为m的子弹以水平速率v0射入杆的悬点下方距离为d处而不复出。求：要想使杆的上端不受水平力，则子弹应在何处击中杆？（3）子弹冲入杆的过程（历时t）中，杆的上端受轴的水平和竖直分力的大小；（2）0vmdl（1）子弹停在杆中时角速度的大小；(M)解：)31(220mdMldmv22033mdMldmv（1）子弹击中杆过程中，相对于悬点O，M+m系统所受合外力矩为0，对O轴角动量守恒。0vmdtdmωmvtmvmvf00则杆受子弹的水平冲力f方向向右，tdmmvff0对杆运用质心运动定理切向2lMftlMFx2dv求子弹冲入杆时，杆上端受轴的水平和垂垂分力；（2）设子弹冲入杆的过程中，子弹受杆的阻力大小为f´习5.18(P288)解：ff´t=mv0-mvFxFx+f=Mact2ltMtmvmdMlt0)2(act(∵ω=ω–0=ω)tlM2ml运用质心运动定理对杆+子弹系统分析法向：ncnymaMaMgmgF求子弹冲入杆时，杆上端受轴的水平和垂垂分力；（2）dmman222lMMacndmlMMgmgFy222gmMmdMlFy)()2(2解得（M）习5.18(P288)解：dmgMganFyacno0vmdl0)2(0tmvmdMltFx即令（3）欲使杆上端不受水平力，求d。依题意，令Fx=002mvmdMl故有dmvmdMlmvmdMl0220332:代入上式得将22033mdMldmvdl321整理得32ld(M)解：习5.18(P288)tmvmdMltFx0)2(22033mdMldmv一质量为M、半径为R的水平均匀圆盘，可绕通过中心的光滑竖直轴自由转动，在盘的边缘站着质量为m的人，开始时两者相对于地面静止，求当人在盘上沿边缘走过一周时，盘对地面转过的角度。例5.12(P273)RMmωΩ人在走动过程中m+M系统角动量守恒解：以轴为参照系——用角动量守恒解：在人走动的过程中，人与圆盘组成的系统对于转轴的角动量守恒。mMm24——方法1设人和盘对轴的转动惯量分别为j和J，设人和盘对轴的角速度分别为和；0Jj则设人和盘对轴的角位移分别为和；dtddtddtdMRdtdmR2221dMRdRm202021故Mm21整理得,2又因由上两式解得RMωΩ例5.12(P273)m在人走动的过程中，人与圆盘组成的系统对于转轴的角动量守恒。02122MRRmmM22200ttdtdtmMmMmdtt240设任意时刻人与圆盘的角速度分别为ω、Ω，则2dtdtt0t0依题意2)21(0tdtmM即解：——方法2例5.12(P273)方法1——用机械能守恒定律取初始位置为势能零点，则021sin22Jlmg代入上式并整理得将231mlJlgsin3例5.10(P270)2sin3lg一均匀细棒（，m），可绕过其一端的光滑轴转动，开始时棒静止于水平位置，求其下摆角为θ时的角速度ω。l——用机械能守恒定律（或转动动能定理）解例5.7解：解：cos2cos)(0glmgrdrmM力矩的功sin2cos200glmdglmMdA由转动动能定理知2Jω21Algsin3sin21)31(2122mglml又sin32gl即rdr因对应于θ角时的力矩231mlJ方法2——用转动动能定理例5.10(P270)cos21mglMdtdmlJM231ddmldtdddmlmgl223131cos21dlgd2cos3dlgd002cos3lgsin3解：方法3——用转动定律例5.10(P270)宇宙飞船对其中心轴的转动惯量为J=210kgm2，正以ω=0.2rad/s的角速度绕中心轴旋转。宇航员想用两个切向控制喷管使飞船停止旋转。两喷管距轴线距离均为r=0.5m。两喷管喷气流量稳定，共是q=2kg/s。喷气相对于飞船的喷射速率恒定为u=50m/s。问喷管应喷多长时间才能使飞船停止旋转？例5.13(P275)解：u2dm选飞船及喷出的燃气为系统，则系统的初角动量LJω。2dm因喷气相对飞船喷射速率恒定，故喷出燃气质量为m时，L1=rm(u+v)mu(因uv)喷出的燃气对飞船中心轴所产生的角动量为r例5.13(P275)解：u2dm系统的初角动量LJω。L1=rm(u+v)mru喷出燃气质量为m时，对飞船中心轴产生的角动量r飞船J=210kgm2,ω=0.2rad/s。喷气相对于飞船的喷射速率为u=50m/s，流量q=2kg/s，r=0.5。因喷气过程中系统所受合外力矩为零，角动量守恒，故有Jω=mruurJωm则所求时间：qmtqruJω)(67.22.0s501.521023再见