第3章-刚体力学3.3

例1111半径为30cm30cm30cm30cm的飞轮，从静止开始以0.50.50.50.5radradradrad····ssss-2-2-2-2的匀角加速度转动。求飞轮边缘上一点PPPP在飞轮转过240240240240°°°°时的角速度、速度和加速度。解：解：ππθ34180240-0=×==θθ∆PxOy飞轮转过240240240240°°°°时的角位移由得-20s0.5rad0⋅==αω，，)(20202θθαωω−+=32)(2020πω=−+=θθαω1srad−⋅速度的大小为3603032π..πωrv=×==1sm−⋅θ∆tαωω+=022100ttαωθθ++=)(20202θθαωω−+=切向加速度和法向加速度分别为αrat=π..πrωan4030342=×==2sm−⋅nteπ.e.a���40150+=加速度为加速度的大小为()()131401502222.π..aaant≈+=+=2sm−⋅方向为°≈=283arctg.aaθtn为与的夹角a�θv�2/50srad.α=1503050...=×=2sm−⋅例3.23.23.23.2质量为mmmm，长为llll，密度均匀的细杆，求：(1)(1)(1)(1)它对过杆的中心且与杆垂直的zzzz轴的转动惯量。(2)(2)(2)(2)试分析，当转轴由质心开始沿杆的方向平移到杆的一端时，转动惯量如何变化。解：解：(1)(1)(1)(1)以杆的中心CCCC点为坐标原点，建立xxxx坐标轴。Czxxdx2CJrdm=∫其中m/lλ=dxxll∫−=222λ把杆分成许多无限小的质元，在xxxx处取其中一质元λdx=2l−2l∫=dxx2λ122ml=思想：刚体由质点组成质点转动惯量：2mrJ=其转动惯量为dmdmr2Cz′xOAz′dxxλJ2∫=细杆的一端AAAA到点CCCC的距离为2ld=32121222222mllmmlmdmlJA=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=+=所以轴通过点OOOO，选OOOO为坐标原点。dxdx22231212mdmlldllm+=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=∫+−2)2-(ldld)2(dl−−dl+2(2)(2)(2)(2)试分析，当转轴由质心开始沿杆的方向平移到杆的一端时，转动惯量如何变化。Olxdxmz20231dmlxxJl∫==λlOxdxm22/2/2121dmlxxJll==∫−λ平行轴定理zdCmz'zJJJJ与转轴的位置有关JcJd:刚体绕任意轴的转动惯量:刚体绕通过质心的轴:两轴间垂直距离2mdJJC+=例3.43.43.43.4斜面倾角为θ,位于斜面顶端的卷扬机的鼓轮半径为rrrr，转动惯量为JJJJ，受到驱动力矩作用，通过绳索牵引斜面上质量为mmmm的物体，物体与斜面间的摩擦系数为μ，求重物上滑的加速度。((((绳与斜面平行，绳的质量不计，且不可伸长))))M�θrmM�1111）隔离物体，分析受力：质点找出所有力；刚体找出相对于同一转轴有力矩的力。2222）设定正方向（转动和平动的正方向要致），根据运动定律写出表达式。xxmaF=yymaF=注：对于质点，将力分解在相互垂直的方向上，求每个垂直方向上的合力，根据牛顿第二定律列出表达式。对于刚体，求相对于同一转轴的合力矩。解题：αJM=解：解：选运动方向为正方向。根据牛顿第二定律，有maθmgfT=−−sinyyyy方向0cos=−θmgNμNf=对物体：受力分析θrmM�P�xyN�T�θxxxx方向（正方向）对鼓轮：正方向垂直于纸面指向读者JαrTM=′−根据转动定律TT′=rαa=其中r�T�′M�f�()2sincosmrJθmgrθμmgrMa+−−=例3.53.53.53.5一根细绳跨过固定在电梯顶部的定滑轮，滑轮的质量为mmmm′′′′，半径为RRRR。在绳的两侧各悬挂有质量为MMMM和mmmm的小球((((MMMMmmmm))))，设细绳的质量忽略不计，且细绳不可伸长。求：当电梯静止时，两球的加速度和细绳的张力。解：解：MmmP�mT�mma�MP�MT�MMa�MT�mT�？受力分析mT�′MT�′RMMTT′=mmTT′=mT�′MT�′RMMTT′=mmTT′=根据牛顿第二定律，有MMMaTMg=−mmmamgT=-根据刚体定轴转动定律，有JαRTRTmM=′−′αRaamM==且有mP�mT�mma�MP�MT�MMa�滑轮的转动惯量为221RmJ′=+选运动方向为正方向。+将上面方程联立，可解得()mmMgmMaamM′++−==21mmMgmmMTM′++⎟⎠⎞⎜⎝⎛′+=21212mmMgmMmTm′++⎟⎠⎞⎜⎝⎛′+=21212若将mmmm′′′′略去，即可得到第二章例题1111中的结果。MMTT′=(4)mmTT′=(1)MMMgTMa−=(2)mmmgTma−=−(3)MmTRTRJα′′−=(5)MmaaαR==FOr(1)(1)(1)(1)飞轮的角加速度；(2)(2)(2)(2)如以重量PPPP=98N=98N=98N=98N的物体挂在绳端，试计算飞轮的角加速。解(1)(1)(1)(1)FrJα=980.239.20.52222rad/srad/srad/srad/sFrJα×===maTmg=−(2)(2)(2)(2)αJrT=′αra=两者区别mgT练习求一轻绳绕在半径rrrr=20cm=20cm=20cm=20cm的飞轮边缘，在绳端施以FFFF=98N=98N=98N=98N的拉力，飞轮的转动惯量JJJJ=0.5kg=0.5kg=0.5kg=0.5kg····mmmm2222，飞轮与转轴间的摩擦不计，2mgrJmrα=+22rad/s8212010502098....=×+×=T′TT′=+θθsinsinmvrrpL==例1111一质点相对点OOOO的角动量；Or�=LrmvrP=°90sinvm�方向：指向读者。Or�vm�θd=LθθsinsinrmvrP=方向：指向读者。mvd==L结论：(1)(1)(1)(1)质点对运动平面内某参考点OOOO的角动量也称为质点对过OOOO垂直于运动平面的轴的角动量；(2)(2)(2)(2)质点的角动量与质点的动量及位矢(取决于固定点的选择)有关；vmrprL�����×=×=例3.63.63.63.6在地球绕太阳公转的过程中，当地球处于远日点时，地日之间的距离为1.521.521.521.52×1010101011111111m，轨道速度为2.932.932.932.93×101010104444mmmm····ssss-1-1-1-1。半年后，地球到达近日点，地日之间的距离为1.471.471.471.47×1010101011111111m。求地球在近日点时的轨道速度和角速度。解：解：以太阳为参考点，地球的公转满足角动量守以太阳为参考点，地球的公转满足角动量守恒定律恒定律。。2v�1v�2r�1r�m远日点111mvrL=222mvrL=近日点？ωω2mrL=由得2211mvrmvr=411411211210033104711093210521×=××××==....rvrv1sm−⋅72211210062−×==.rvrω1srad−⋅2v�1v�2r�1r�m？ω常量==ω2mrL变化常量=L=11mvr222ωmrmmmmωωωωv�Ph解：解：将子弹视为质点，由子弹和细杆组成的系统在碰撞瞬间角动量守恒。O例3.73.73.73.7一长llll，质量为MMMM的细杆，可绕水平轴OOOO在竖直平面内转动，开始时杆自然地竖直悬垂。现有一质量为mmmm的子弹以水平速度射入杆中PPPP点，已知PPPP点和杆下端的距离为hhhh，求细杆开始运动时的角速度。P71P71P71P71v�碰前：细杆对轴OOOO的角动量01=L子弹对轴OOOO的角动量()hlmvrmvL−==2JωL=′1碰后：细杆对轴OOOO的角动量()mωhlL22−=′子弹对轴OOOO的角动量由角动量守恒定律，有2121LLLL′+′=+()()ωhlmMlhlmv⎥⎦⎤⎢⎣⎡−+=−2231()()2231hlmMlhlmvω−+−=解得细杆的转动惯量：231MlJ=此题可否用动量守恒处理？mmmmωωωωv�PhO物体在沿水平面转动中，绳的拉力对转轴的力矩为零，所以，物体在转动过程中角动量守恒。设物体在运动半径变为RRRR/5/5/5/5时的角速度为ωωωω′′′′，则有例3.83.83.83.8一质量为mmmm的小球由细绳系着，以角速度在光滑的水平面上作圆周运动，圆周的半径为RRRR。若在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球作圆周运动的半径变为RRRR/5/5/5/5，求小球在半径变为RRRR/5/5/5/5时的角速度及在此过程中拉力对小球所做的功。0ωωRF�分析：球的角速度如何变化？解：解：ωJωJ′′=0020mRJ=()25RmJ=′2022002122121ωmRωJωJEk=−′′=∆刚体绕定轴转动的动能增量为00025ωωJJω=′=′拉力的功为20212ωmRW=ωRF�分析：小球动能增量为拉力做功的结果，应等于拉力的功直接求拉力的功？同学们课后可尝试一下。这里我们通过求动能增量来计算功请同学们分析一下小球动能是否变化？增加的能量从哪里来？021ω过程中阻力矩所做的功为多少？kωM−=k0ω练习一转动惯量为((((为正常数))))。则在它的角速度从变为J0ω的圆盘绕一固定轴转动，起初角,,,,设它所受阻力矩与转动角速度之间的关系速度为021ωω=解：根据刚体绕定轴转动的动能定理，阻力矩所做的功为将代入上式，得W2083ωJW=2022121ωωJJ−=例一根长为llll，质量为mmmm的均匀细直棒，可绕轴OOOO在竖直平面内转动，初始时它在水平位置静止。求它由此下摆θθθθ角时的ωωωω....OlmθC解：••mg根据机械能守恒lgθωsin3=pkEE∆∆=0-212ωJhmg∆⋅=231mlJ=h∆θsin2lmg⋅=•解：已知角位置，求角速度和角加速度，用微分：333322224444333344443333))))((((ctctctctbtbtbtbtaaaactctctctbtbtbtbtatatatatdtdtdtdtdddd−−−−++++====−−−−++++====ωωωω332(34)612dabtctbtctdtα=+−=−飞轮作变加速转动例题①：一飞轮在时间tttt内转过度，式中aaaa、bbbb、cccc都是常量，求它的角加速度。44443333ctctctctbtbtbtbtatatatat−−−−++++====θθθθ5-35-35-35-3一作匀变速转动的飞轮在10s10s10s10s内转了16161616圈，其末角速度为，它的角加速度的大小等于多少？115−⋅sradradstsradπθω32,10,151==⋅=−解：根据运动学公式t0βωω+=①2021ttβωθ+=②2/)(2ttθωβ−=∴③299.0−⋅=sradβ221)(ttββωθ+−=r()rRv3-123-123-123-12一质量为mmmm的人站在一质量为mmmm、半径为RRRR的水平圆盘上，圆盘可无摩擦地绕通过其中心的竖直轴转动。系统原来是静止的，后来人沿着与圆盘同心，半径为的圆周走动。求：当人相对于地面的走动速率为时，圆盘转动的角速度为多大？0=+盘盘人人ωωJJrv=人ωvRr22−=盘ω解：对于转轴，人与圆盘组成的系统角动量守恒。221mRJ=盘圆盘的转动惯量为选地面为惯性参照系，根据角动量守恒定律，有其中，代入上式得负号表示圆盘的转动方向和人的走动方向相反。2mrJ=人人的转动惯量为5-55-55-55-5均匀细棒OAOAOAOA可绕通过其一端OOOO而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，今使棒从水平位置由静止开始自由下摆，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述情况哪一种说法是正确的？AAAA．角速度从小到大，角加速度从大到小；BBBB．角速度从小到大，角加速