大学物理刚体习题课

刚体习题课基本思路两大类:1.刚体定轴转动的运动学问题刚体的运动=平动+转动平动刚体质点质点力学问题转动刚体已知(t),求,用导数已知或,求(t)用积分2.刚体定轴转动的动力学问题关键是分析受力(力矩),两套方法:方法一:用转动定律解题(1)平动物体,用隔离体法,写出牛顿方程(2)转动物体,用隔离体法,分析力矩,写出转动方程,特别注意刚体质心的动力学方程(3)由角量和线量关系,将平动和转动联系起来rarv,方法二:用运动定理或守恒定律解题(1)刚体定轴转动的功能问题(包括机械能守恒)(2)角动量守恒问题3.习题的基本类型(1)刚体的纯转动问题(2)刚体平动与转动的综合问题(3)质点与刚体的碰撞问题解题步骤:1.认刚体;2.定转轴,找运动;3.分析力和力矩;4.定转向,列方程。（质心动力学方程和定轴转动方程）注意:1.明确转动轴位置。2.选定转动的正方向,注意力矩、角速度、角加速度的正负。3.同一方程式中所有量都必须相对同一转轴。质点力学与刚体力学物理量和物理规律对比avr,,.1F.3amF.4vmp.5CΣΣ.iiivmF07tpFdd.6BABA8.dWFr2219mvEk.m.222BA1110.22WmvmvCpkEE11.仅保守内力做功CpkEE机械能守恒,,角位置，角速度，角加速度J转动惯量M力矩转动定律JMJL角动量角动量定理tLMddCΣΣJM0角动量守恒力矩的功BAABdWM221JEk转动动能22BA1122WJJ转动动能定理例:一飞轮转速n=1500r/min，受到制动后均匀地减速，经t=50s后静止。(1)求角加速度和飞轮从制动开始到静止所转过的转数N；(2)求制动开始后t=25s时飞轮的角速度；(3)设飞轮的半径r=1m，求在t=25s时边缘上一点的速度和加速度。解:(1)设初角速度为0,方向如图量值为0=21500/60=50[rad/s]在t=50s时刻,=0,代入方程=0+t得]rad/s[250500to0Pvr从开始制动到静止,飞轮的角位移及转数N分别为]rad[125050215050212200tt转＝625212502N(2)t=25s时飞轮的角速度]rad/s[2525500t的方向与0相同;o,0Pvr]m/s[sinsin2590rrrvv(3)t=25s时飞轮边缘上一点P的速度可由rv求得。所以方向如图相应的切向和法向加速度分别为]m/s[2ra]m/s[.23210166ran]m/s[..).(23223221016614310166aaan的方向几乎和相同naao0Pvranaa例:圆盘(m,R)绕oo'轴的转动惯量解:rrSdddSmddSrJd22200321mRrrRdd问:1)圆盘绕y轴的转动惯量?)21(22mRmRJy)21(212RmmRJ2)圆盘边缘有一质量为m1的小块(很小)脱落了,求对过中心垂直轴的转动惯量?yoordrdSd例:球体(m,R)绕直径轴的转动惯量解:沿垂直z轴方向将球体分割为许多薄圆盘，在z处厚度为dz的一片薄圆盘对z轴的转动惯量为2212dJrrdz343mR222rRz22222()25RRJRzdzmR几何关系：球体绕直径轴的转动惯量为：解:1)11111:mTmgma22222:amTgmm)(:,BABABAJJTrTrmm12+Bra1Ara2解得:a1=0.82[m/s2],a2=1.63[m/s2]例:组合轮由二个匀质圆盘固结而成,己知mA=6kgrA=0.1m,mB=4kg,rB=0.05m,二盘边缘绕有细绳,绳子下端挂二个物体m1=m2=2kg,二个物体离地面高度均为h=2m,求1)二物体的加速度a1,a2;2)下降物体着地时间,3)绳中张力hgm1gm21T2T2a1ax2)h=a2t2/2t=1.56[s]3)T1=m1(g+a1)=21.2[N],T2=m2(g-a2)=16.3[N]AB例:如图:二个匀质圆盘(m1,R1,m2,R2),圆盘1上施一力矩M使之由静止开始转动,设轻质皮带不伸长不打滑,求:二盘的角加速度各为多少?解:圆盘1111211JRTRTM圆盘2222122JRTRT2211RR皮带不打滑2211RR解得:21211)(2RmmM21212)(2RRmmMJ1=m1R12/2J2=m2R22/21T2TM(m1,R1)(m2,R2)例:匀质细杆(m1,L)一端挂在墙上,一端固定有一物体(m2)求1)转动惯量,2)从图中水平位置无初速落下时的,3)落到铅直位置时的角加速度,角速度o(m1,L)m2解:1)222131LmLmJJLgmgLm212解得Lmmgmm)26()36(1212以m1,m2,地球为系统,E守恒2211212LgmJgLmgLmLmmgmm)3()36(1212,取方向为正2)由JM3)竖直位置时,棒受重力矩M=0,故此时'=0例:转台绕过质心的铅直轴转动,初角速度为0,转台对此轴的转动惯量J=5×10-5kg·m2,今有砂粒以每秒1g速率垂直落在转台上,砂粒落点距轴r=0.1m,求:砂粒落在转台上使转台角速度减为0/2所需时间?解:取转台和落下的砂粒为系统LM0守恒2)001.0(020trJJs51.0101105001.02352rJtrt时刻落下的砂粒质量:m=0.001t习题:长为l,质量m的竖直杆可绕水平轴o转动,质量为m0的小球垂直击中杆的中部,并且碰撞后自由下落,而杆在碰后的最大偏角为求:1)小球击中杆前的速率v0;2)其他条件相同使轴上的横向力为零时打击的位置。o0v解:1)小球和杆为系统,角动量守恒231002mlvml碰后杆和地球为系统,机械能守恒(取杆在竖直位置质心处为势能零点))cos1(2312122lmgml2sin32200glmmv··hh=l(1-cos)/2ox2)小球和杆为系统(动量不守恒),系统所受外力如图设小球击中的位置为x00000vmmvvmmvtNlcdd横碰撞过程系统对轴o的角动量守恒:cvc0020vmlm20031mlvxmlx32将系统动量定理用于水平方向:gmgm0横N竖NN由题意N横＝0,odmvcdmvmmvml0习题:水平圆盘(m1,R),以0转动;玩具汽车(m2,质点)以匀速v相对于盘沿一条半径由中心向边缘行驶;求:玩具汽车行至圆盘边缘时,圆盘转了多少圈?解:圆盘转动惯量:J1=m1R2/2车在r处转动惯量:J2=m2r2=m2(vt)2系统角动量守恒:)(2101JJJ)(2101JJJvRvRtJJJt021010dd11021120112sm,srad,m,kg,kgvRmm设52012010102tttarctgd][圈252N0ovr解：角动量守恒“地+m1+m2”(1)碰撞：(2)上升过程：系统机械能守恒例1已知：细棒l、m，一端O悬挂，子弹mD射入a端后，使其由竖直摆至水平位置。求：mD射入时速率v0=？mDCCaOv00paE“地+m1+m2”解：角动量守恒(1)碰撞：(2)上升过程：机械能守恒CCaOv0mD0paE(1))31(220mllmlvmDD(2)2)(212glmmgllmgJJDD2/10])13)(2[(glmmmmvDD2/1])31)(2[(1glmmmmmDDD(1)(2)联立得:例质量为M的匀质圆盘,半径为R,盘底面与水平接触面之间摩擦系数.一质量为m的子弹以速度v射入盘边缘并嵌在盘边.求1)子弹嵌入盘边后盘的角速度?2)经多少时间停下来?3)盘共转个多少角度?vv解:1)子弹与圆盘相撞守恒L)21(22MRmRmvRRMmmv)2(2JtM021MMMrdrRrdrgRMrrdrgrM02122MgR322)子弹与盘从到停止转动,运用角动量定理gmMmvt)32(33)运用功能原理:12kkEEM222)21(210)32(MRmRmgRMgR)32)(2(322mgRMgRMmvmmvRtmgRMgR)32(mgRM2例已知：完全相同的两个半径为R的均匀薄圆盘A、B，水平放置，质量=m，其中心在同一根光滑竖直轴上，B盘与轴固定,A盘不固定。A先转动，后落到静止的B上并粘在一起转动，若A将要落到B上时的角速度为0，空气对盘表面任一点附近单位面积上的阻力与该点的线速度成正比(-Kv)，比例系数为K，(K=恒定)，轴处摩擦不计。•0ABAB求：(1)：A、B粘在一起后的角速度。(2)：A、B粘在一起后转动多少圈停下来。解：(1)“A+B”为系统：系统角动量守恒A、B粘在一起的过程中0ABAB(2)“A+B”：圆环带受到阻力与v反向0exM)(2101JJJ0021121JJJdSKdf(2)Krdr“A+B”上下面均有阻力AB0ABdrr由于利用drrKrdfdM32RRdrrKdMM0302224KR)21(2221mRJJJdtdmRdtdJM)(2)(24mRddtRKMdt'02ddtmrKtAB0ABdrdr)exp(2'tmKRdtddttmKRdtdtt)exp(200'0202[1exp()]2mKRtKRm0,'t22042limKRmnt