第5章-刚体力学基础习题课-(2)

2020/3/291刚体力学基础习题课2020/3/292一、基本概念1.刚体及其平动、转动、定轴转动理想化的力学模型特性：特殊的质点系(牛顿力学)刚体力学基础刚体对定轴的转动惯量等于刚体中每个质点的质量与这一质点到转轴的垂直距离的平方的乘积的总和。2iiiJmr2dmJrm2.转动惯量3.转动动能212kiiiEmv212kEJ(刚体中各质元的总动能)2020/3/2934.力矩及其功和功率（1）对转轴的力矩ziiiMrF（2）力矩的功(力矩的空间积累效应)ddAM总功：21dAM元功:（3）功率：ddANtddMMtMrF2020/3/294(1)冲量矩力矩乘以力矩所作用的时间。力矩在t1→t2内总冲量矩：21dttMtdMt元冲量矩：（力矩对时间的积累效应）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。LJ2020/3/2952.刚体定轴转动的动能定理2221211122kkAJJEE合外力矩对一个绕固定轴转动的刚体所做的功等于刚体的转动动能的增量。ddMJJt外1.刚体定轴转动的转动定律刚体所受的对于某一固定转动轴的合外力矩等于刚体对此转轴的转动惯量与刚体在此合外力矩作用下所获得的角加速度的乘积。二、基本规律2020/3/2964.角动量守恒定律如果刚体所受的对于某一固定轴的合外力矩为零，则它对于这一固定轴的角动量保持不变。.constωJMzz，则外03.刚体的角动量定理ddLMt外微分形式：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。积分形式：2121dttMtLLL2020/3/2971.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2.转动惯量的计算解法：（1）定义法：2ΔiiiJmr22ddJrmrρV三、习题基本类型ddt22ddddttvr2nartarvωrOv定轴Pzrω0t20012tt22002()2020/3/298（2）平行轴定理若有任一轴与过质心的轴平行，相距为d，刚体对其转动惯量为J，则有J＝JC＋md2。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MJ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，并对结果进行必要的讨论。2020/3/2994.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2020/3/2910ω=60rev/min=1rev/s=2πrad/s1.(P2417).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,其单位为“10-2m”，若以“10-2m•s-1”为速度单位，则该时刻P点的速度为：kjirˆ5ˆ4ˆ3ˆˆˆ()94.2125.6157.0Avijkˆˆ()25.118.8Bvijˆˆ()25.118.8Cvijˆ()31.4Dvkωkˆ2π分析：ˆˆˆ345rijk∴P点在转动平面内对圆心o′的矢径为:ˆˆ34Rij该时刻P点的速度为:vωRˆˆ68πjπiˆˆ25.118.8ijπkijˆˆˆ2(34)∴选（B）2020/3/29112.(P2418).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[]0JRmV)(22RVmRJmR（C），顺时针；)(22RVmRJmR（D），逆时针。)(2RVJmRω（B），逆时针；)(2RVJmRω（A），顺时针；∴选（A）2()0VJmRR分析：2()mRVJR同课本p120.5-14选逆时针为正2020/3/29123.（p29.45）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8πrad.s-1，则主动轮在这段时间内转过了_____圈。2210111111122ttt101111tt2211rr121211412trrn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)rev(20482541121221trr111t解：t=4s时，2020/3/29134.(P2946)一可绕定轴转动的飞轮，在20N·m的总力矩作用下，在10s内转速由零均匀地增加到8rad/s，飞轮的转动惯量J＝。初角速度为:ω0=0末角速度为:ω=8(rad/s)角加速度为：解：0ωωβt2800.8(/)10rads利用定轴转动中的转动定律MJβMJβ22025()0.8kgm2020/3/29145.(P2947)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θ角且处于平衡状态时，(1)地面对梯子的作用力的大小为。(2)墙对梯子的作用力的大小为。(3)W、k、l、θ应满足的关系式为。补充:刚体在平面力系作用下静止平衡的条件：作用于刚体平面力系的矢量和为0，对与力作用平面⊥的任意轴的力矩的代数和为0.BAθl2020/3/2915yxAB(O)FWNBNA原长θl由刚体的平衡条件：无平动：cos0klFNFBiixWNFAiiy0无转动：0iizM若以A为转轴，选力矩⊙为正，则0cos2sinlWlNB将NB的值代入sin2klW2020/3/29165.(P2947)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θ角且处于平衡状态时，(1)地面对梯子的作用力的大小为。(2)墙对梯子的作用力的大小为。(3)W、k、l、θ应满足的关系式为。解：刚体平衡的条件：BAθl0iiF0iiMWNANBfANWBNfcosklθ12cossincos0AWlθflθNlθcosfklθcosklθW2sinWklθ2sinWklθ2020/3/29176.(P2948)转动着的飞轮的转动惯量为J，在t=0时角速度为ω0。此后飞轮经历制动过程，阻力矩M的大小与角速度ω的平方成正比，比例系数为k（k为大于0的常数）。当ω=ω0/3时，飞轮的角加速度β=________。从开始制动到ω=ω0/3所经过的时间t=_________。解：由转动定律M=JβMβJ00/31()ωωJtkω2kωβJ2200(/3)9kωkωβJJ当ω=ω0/3时，M=-kω2分离变量得2ddJωtkω2ddωkωβtJ再由00/320dd()tωωJωtkω02Jkω＝2020/3/29187.(P3049).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•mM8.(P3050).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=9.8×1037kg·m2。地球对自转轴的角动量L＝。解：ωJL刚体的角动量大小：)/rev(1日)s/rad(6060242.()Lkgms137332298107110246060.()kgms133271102020/3/29199.(P3051)质量分别为m和2m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v且与杆垂直，则该系统对转轴的角动量(动量矩)大小为______。m●2m●oll/3解：刚体的角速度JL231232io)l(m2)l(mJJ2ml32233()2vvωll22332vmlmvll1122Lmvrmvr212()323vmvlmlmvl或2020/3/292010.(P3052)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22110dtMtJωJω物体所受合外力矩为零11.(P3053).如图所示，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•2020/3/292112.（学习指导P34.73）在一光滑的水平面上，有一轻弹簧，一端固定，一端连接一质量m=1kg的滑块，如图所示。弹簧自然长度l0=0.2m，倔强系数k=100N.m-1，设t=0时。弹簧长度为l0，滑块速度v0=5m.s-1，方向与弹簧垂直。在某一时刻，弹簧位于与初始位置垂直的位置，长度l=0.5m。求该时刻滑块速度的大小和方向。2020/3/2922以θ表末速度与弹簧长度方向的夹角。0M外∴角动量守恒:00sinmvlmvlθ22200111()222mvmvkll解：知机械能守恒由非保内外0AA对（滑块+弹簧）系统，对（滑块+弹簧+地球）系统，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)2020/3/292313.（学习指导P36.81）oR2Rvω在半径为R的具有光滑竖直固定中心轴线的水平圆盘上，有一人静止站立在距转轴为R/2处，人的质量是圆盘质量的1/10。开始时盘载人对地以角速度ω0匀速转动，现在此人垂直圆盘半径相对于盘以速率v沿与盘转动相反方向作圆周运动，如图所示。已知圆盘对中心轴的转动惯量为MR2/2。求：（1）圆盘对地的角速度；（2）欲使圆盘对地静止，人应沿着R/2圆周对圆盘的速度的大小及方向？v2020/3/2924当人以相对于盘的速率v沿与盘转动相反方向走动时，盘对地的角速度为ω，人对地的角速度为ω′.盘地人盘人地＋＝解：(1)2(1)2vvωωωRR盘地人盘人地＋选⊙为正，有∵（人＋盘）系统对轴的合外力矩为0，∴角动量守恒：oR2Rvω)2()2R(10MMR21])2R(10MMR21[220222020/3/2925（1）（2）两式联立可得0221vωωR（2）欲使盘对地静止，须02021vωωR“－”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。0212Rωv2020/3/292614.（学习指导P37.83）有一质量为m1、长为l的均匀细棒，静止放在滑动摩擦系数为μ的水平桌面上，它可绕通过端点O且与桌面垂直的固定光滑轴转动。另有一水平运动的质量为m2的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A相碰撞，设碰撞时间极短。已知小滑块在碰撞前后的速度分别为和，如图所示。1v2v求碰撞前后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间。已知棒绕O点的转动