刚体习题课大学物理

刚体转动习题课小结一、刚体的定轴转动3.刚体绕定轴作匀变速转动t0)(2020222100tt,,2.刚体定轴转动特点:相同。1.刚体模型二、刚体转动定律JMZ瞬时关系；合外力矩；力矩方向在转轴上。一个力的力矩只有在转轴上，才对定轴转动有贡献！强调：转动惯量：21iinirmJ对质量连续分布的刚体：对一个系统：iiJJ对一个质点：2mrJJ—描述刚体转动惯性大小的物理量。杆：圆盘：三、角动量定理和角动量守恒定律1.质点角动量12d21LLtMtt角动量定理角动量守恒定律2.刚体定轴转动刚体角动量刚体角动量定理刚体角动量守恒定律四、刚体定轴转动的动能定理物体系的机械能守恒定律刚体转动动能定理：物体系的机械能守恒定律：系统中只有保守力作功刚体转动动能：1.一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M的定滑轮，绳的两端分别悬有质量m1和m2的物体(m1m2)，如图所示.绳与轮之间无相对滑动，某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳的张力[C]o1m2m(A)处处相等.(B)左边大于右边.(C)右边大于左边.(D)无法判断.一、转动定律的应用2.均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖立位置的过程中，下述说法哪一种是正确的？OA(A)角速度从小到大，角加速度从大到小.(B)角速度从小到大，角加速度从小到大.(C)角速度从大到小，角加速度从大到小.(D)角速度从大到小，角加速度从小到大.[A]3.如图所示，A、B为两个相同的绕着轻绳的定滑轮．A滑轮挂一质量为M的物体，B滑轮受拉力F，而且F＝Mg．设A、B两滑轮的角加速度分别为，不计滑轮轴的摩擦，则有BA、BA(A)BA(B)(C)BA(D)开始时，以后BA＜ABAMBF[C]4.一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的轴o以角速度按图示方向转动,若如图所示的情况那样,将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F沿盘面同时作用到盘上,则盘的角速度[A]FOFO（A）必然增大;（B）必然减少;（C）不会改变;（D）如何变化,不能确定。5.一轴承光滑的定滑轮,质量为M,半径为R,一根不能伸长的轻绳,一端缠绕在定滑轮上,另一端系有一质量为m的物体,如图所示.已知定滑轮的转动惯量为J=MR2/2.其初角速度0,方向垂直纸面向里.求:(1)定滑轮的角加速度;(2)定滑轮的角速度变化到=0时,物体上升的高度。·0MRm5.解：(1)对定滑轮和重物分别列方程,有TR=(MR2/2)①Tmg=ma②a=R③得=2mg/(2m+M)R负号表示方向与初角速度0的方向相反(2)2_02=2=0=-02/(2)=02(2m+M)R/(4mg)h=R=02(2m+M)R2/(4mg)·0MRm6.一长为1m的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动．抬起另一端使棒向上与水平面成60°，然后无初转速地将棒释放．已知棒对轴的转动惯量为，其中m和l分别为棒的质量和长度．求：(1)放手时棒的角加速度；(2)棒转到水平位置时的角加速度．lm,gm60°231ml6.解：根据转动定律M=J4/30sin21mglmglM其中于是2rad/s35.743lgJM2rad/s7.1423lgJM那么lm,gm60°当棒转动到水平位置时，2lmgM7.如图所示，两个同心圆盘结合在一起可绕中心轴转动，大圆盘质量为m1、半径为R，小圆盘质量为m2、半径为r，两圆盘都用力F作用，求角加速度。1m2mrRFF以m1、m2为研究对象，它们有共同的角加速度，只有F、F产生力矩。)(21JJFrFR解：(1)21121RmJ22221rmJ(2)(3)21JJFrFR2221)(2rmRmrRF8.质量分别为m和2m、半径分别为r和2r的两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，可以绕通过盘心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动，对转轴的转动惯量为9mr2/2，大小圆盘边缘都绕有绳子，绳子下端都挂一质量为m的重物，如图所示．求盘的角加速度的大小．mrmm2m2rmg－T2=ma2①T1－mg=ma1②T2(2r)－T1r=9mr2/2③2r=a2④r=a1⑤rg192T2a2T12P1Pa18.解：受力分析如图．解上述5个联立方程，得：9.如图所示，设两重物的质量分别为m1和m2，且m1＞m2，定滑轮的半径为r，对转轴的转动惯量为J，轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩擦不计．设开始时系统静止，试求t时刻滑轮的角速度。o1m2mm2gm1graaT1T2T2T1α解：两重物加速度大小a相同，方向如图。m1g－T1＝m1aT2－m2g＝m2a(T1－T2)r＝Ja＝r开始时系统静止，故t时刻滑轮的角速度：Jrmmgrtmmt22121Jrmmgrmm221212.如图所示,一静止的均匀细棒,长为L、质量为M,可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O在水平面内转动,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垂直的方向射入并穿出棒的自由端,设穿过棒后子弹的速率为v/2,则此时棒的角速度应为.二、角动量守恒定律·3mv/(2ML)1.刚体角动量守恒的充分而必要的条件是——.Ovv/2俯视图3．人造地球卫星绕地球作椭圆轨道运动，卫星轨道近地点和远地点分别为A和B．用L和EK分别表示卫星对地心的角动量及其动能的瞬时值，则应有LALB，EKAEkB（填,,=）LA=LB，EKAEKB4.质量为0.05kg的小块物体，置于一光滑水平桌面上．有一绳一端连接此物，另一端穿过桌面中心的小孔（如图所示）．该物体原以3rad/s的角速度在距孔0.2m的圆周上转动．今将绳从小孔缓慢往下拉，使该物体之转动半径减为0.1m．则物体的角速度＝____________．12rad/s1.如图所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴旋转，初始状态为静止悬挂。现有一个小球自左方水平打击细杆.设小球与细杆之间为非弹性碰撞，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统____________守恒．三、综合题·O○角动量守恒2.如图所示,一匀质细杆可绕通过其一端的水平光滑轴在竖直平面内自由转动.杆长l=(5/3)m,今使杆从与竖直方向成60°角的位置由静止释放(g取10m/s2),则杆的最大角速度为____________60°rad/s323lg3.一人站在旋转平台的中央,两臂侧平举,整个系统以2rad/s的角速度旋转，转动惯量为6.0kgm2.如果将双臂收回则系统的转动惯量变为2.0kgm2.此时系统的转动动能与原来的转动动能之比Ek/Ek0为____________30JJ4.如图所示，A和B两飞轮的轴杆可由摩擦啮合器使之连接，A轮的转动惯量为JA=10kgm2，开始时B轮静止，A轮以n1=600r/min转速转动，然后使A与B连接，因而B轮得到加速而A轮减速。直到两轮转速都等于n=200r/min为止。求（1）B轮的转动惯量；（2）两轮在啮合过程中，损失的机械能。AABAB解:（1）以飞轮A、B和啮合器作为一系统,系统没有受到其他外力矩，所以系统的角动量守恒。BAAAJJJ＝B轮的转动惯量为21mkg20AAABJnnnJJ按角动量守恒定律可得JJJJEBAAA4221032.12121（2）在啮合过程中，摩擦力矩作功，所以机械能不守恒，部分机械能将转化为热量，损失的机械能为