刚体力学第3讲——刚体力学小结与习题课
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第03章---刚体力学习题汇总
（A）匀角速转动； （B）匀角加速转动；
（D）
（C）角加速度越来越大的变加速运动；
（D）角加速度越来越小的变加速运动。
分析：当棒转到θ角位置时，棒所受 到的外力矩为:
θ
M 1 mgLcos 根据转动定律 M I ，有：
2
mg
1 mgL cos
可见角5
5. （a）（b）两图中的细棒和小球均相同，系统可绕o 轴在竖直面内自由转动系统从水平位置静止释放，转
(D)只有动量守恒
（C）
分析：
（A）错。非弹性碰撞，机械能不守恒。 （B）错。轴上有外力，动量不守恒。
（C）对。外力矩为零，角动量守恒。
2
2.一绕固定水平轴0匀速转动的转盘，沿图示的同一 水平直线从相反方向射入两颗质量相同、速率相等的 子弹并留在盘中，则子弹射入转盘后的角速度
(A)增大 (B)不变 分析：
边缘并粘在上面，则系统的角速度是
3v
。
分析：取如图的细长条面积：
4b
b
I r 2ds r 2adr
1 ab3 1 mb2
0
3
3
合外力矩为零，系统角动量守恒。
mvb (1 mb2 mb2 )
3
3v
4b
9
二、填空题
1.如图，半径为R，质量为M的飞轮，
可绕水平轴o在竖直面内自由转动（飞
R2
2 3
mgR
11
3.一飞轮的转动惯量为I，在t=0时角速度为 0 ， 此后
飞轮经历制动过程。阻力矩M的大小与角速度的平方
成正比，比例系数K>0。当 0 / 3 时，飞轮的角加
速度 = k02 9I ，从开始制动到 0 / 3所经过
第三章刚体力学基础
（1）轴通过棒的一端并与棒垂直轴。z
（2）轴通过棒的中心并与棒垂直；
dm
解：
J
r 2dm
dm dx m dx
o x dx
x
l
J l x2 m dx 1 m x3 l J 1 ml2
0l
3l 0
3
L
JC
2 L
x 2dx
mL2
/ 12
A
C
2
L/2
B
L/2
x
注：同一刚体，相对不同的转轴，转动惯量是不同的。
J ,r
质点A
T1 mg sin maA
质点B
mg T2 maB
滑轮（刚体） T2r T1r J
( T2 T2,T1 T1)
联系量 aA aB r
联立求解可得T1 、T2、 aA、 aB、
A
B
FN
T1 FR T1 mg T2
T2 m1g
为什么此时T1 ≠ T2 ？
mg
3、 平行轴定理与垂直轴定理
J11 J1 J2 2
ω
则B轮的转动惯量
J2
1 2 2
J1
n1 n2 n2
J1
20.0kg m2
(2)系统在啮合过程中机械能的变化为.
E
1 2
J1
J2
12
1 2
J112
1.32
104
J
质点的运动规律和刚体定轴转动规律的对比(一)
速度 加速度
质点v的运d动r
a
dt dv
dt
质量m, 力F
第一节 刚体运动的描述
一. 刚体
内部任意两点的距离在运动过程中始终保持不变的物 体，即运动过程中不发生形变的物体。
（2）轴通过棒的中心并与棒垂直；
dm
解：
J
r 2dm
dm dx m dx
o x dx
x
l
J l x2 m dx 1 m x3 l J 1 ml2
0l
3l 0
3
L
JC
2 L
x 2dx
mL2
/ 12
A
C
2
L/2
B
L/2
x
注：同一刚体，相对不同的转轴，转动惯量是不同的。
J ,r
质点A
T1 mg sin maA
质点B
mg T2 maB
滑轮（刚体） T2r T1r J
( T2 T2,T1 T1)
联系量 aA aB r
联立求解可得T1 、T2、 aA、 aB、
A
B
FN
T1 FR T1 mg T2
T2 m1g
为什么此时T1 ≠ T2 ？
mg
3、 平行轴定理与垂直轴定理
J11 J1 J2 2
ω
则B轮的转动惯量
J2
1 2 2
J1
n1 n2 n2
J1
20.0kg m2
(2)系统在啮合过程中机械能的变化为.
E
1 2
J1
J2
12
1 2
J112
1.32
104
J
质点的运动规律和刚体定轴转动规律的对比(一)
速度 加速度
质点v的运d动r
a
dt dv
dt
质量m, 力F
第一节 刚体运动的描述
一. 刚体
内部任意两点的距离在运动过程中始终保持不变的物 体，即运动过程中不发生形变的物体。
第三章刚体力学(2)
J 00 ( J 0 mR )
2
J 00 ( J 0 0)
0
J 00 J 0 mR2
R
O’ Cபைடு நூலகம்
B
（2） 球与环及地球为系统，机械能守恒
势能零点
1 1 2 1 2 2 J 00 mg 2 R mv J 00 2 2 2
v 2 gR
环上C点处对惯性系的速度为零
d A M d
1 2 Ek J 2
A Md
1
2
定轴转动动能定理 势能 刚体的机械能
1 1 2 A J 2 J 12 2 2
E p mghc
1 2 E E p Ek mghc J 2 A外 A非保 E
A外+A非保=0 ΔE=0
*
机械能守恒
三、定轴转动定理定律 力矩 角动量
M r F
L J L J z
dLz M z J dt
定轴转动定律
分析问题：对刚体列出定轴转动定律方程
对质点列出牛顿定律方程 线量与角量的关系 M = 0 L = 常量——角动量守恒 J = 常量
力（力矩）对刚体的功 定轴转动动能
各质点的位置和速度 某点的位矢 = 质心的位矢 + 该质点相对质心的位矢 某点的速度 = 质心的平动速度 + 该质点相对质心的速度
y
ri rc ri
vi vc vi vc ri
mi
ri
ri′ rc
x
质心系
ω是该质点相对质心做转动时的角速度
O
八．细杆长l,质量m.从水平位置释放后与物 体碰撞,物体质量m,与地面摩擦系数u，撞后 滑行S停止,求碰后杆质心C上升的最大高度. 解: 分三阶段考虑 杆机械能守恒
理论力学第三章刚体力学课件
理论力学
电子科技大学物理电子学院 付传技
Email:fcj@
1
第三章 刚体力学
刚体也是一个理想模型，它可以看作是一种特殊 的质点组，这个质点组中任何两个质点之间的距离不 变，这使得问题大为简化，使我们能更详细地研究它 的运动性质，得到的结果对实际问题很有用。
我们先研究刚体运动的描述，在建立动力学方程 后，着重研究平面平行运动和定点运动。
17
我们分别用Ox1x2x3(或Oxyz)和Ox1x2 x3(或Oxyz) 来标志空间坐标系和本体坐标系，它们的单位矢量
分别为e和e（ ＝1, 2,3或x, y, z）。
本体系相对于空间系的取向可以用其单位矢量e1， e2，e3在空间系中的9个方向余弦来描写：
cos(e , e ) e e a （＝1, 2,3）
或a a (行行正交)a a (列列正交)
这些关系通常叫做正交条件。满足正交条件 的矩阵叫正交矩阵，相应的变换称为正交变换。
22
根据Kronec ker 符号 对指标的交换的对称性
可知，9个正交条件实际上只有6个独立（3个对角 ，3个非对角），所以独立的方向余弦数目为
9－6＝3
23
2）Aˆ的行列式为1.即 det Aˆ 1ˆ 证：对正交条件两端取行列式，并注意到 det AˆT det Aˆ，得 det Aˆ 1ˆ 因为不转动（恒等变换）为连续转动的一种 特例，它所对应的变换矩阵为单位阵，所以 只能取正号。
8
4）定点转动
定点转动的独立变量有三个，其中两个 确定转动轴的方向，一个确定其它点绕轴转 动的角度。
9
Euler定理
定点运动刚体的任何位移都可以通过 绕过该定点某轴的一次转动来实现。
10
5）一般运动(Chasles定理)
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1
第三章 刚体力学
刚体也是一个理想模型，它可以看作是一种特殊 的质点组，这个质点组中任何两个质点之间的距离不 变，这使得问题大为简化，使我们能更详细地研究它 的运动性质，得到的结果对实际问题很有用。
我们先研究刚体运动的描述，在建立动力学方程 后，着重研究平面平行运动和定点运动。
17
我们分别用Ox1x2x3(或Oxyz)和Ox1x2 x3(或Oxyz) 来标志空间坐标系和本体坐标系，它们的单位矢量
分别为e和e（ ＝1, 2,3或x, y, z）。
本体系相对于空间系的取向可以用其单位矢量e1， e2，e3在空间系中的9个方向余弦来描写：
cos(e , e ) e e a （＝1, 2,3）
或a a (行行正交)a a (列列正交)
这些关系通常叫做正交条件。满足正交条件 的矩阵叫正交矩阵，相应的变换称为正交变换。
22
根据Kronec ker 符号 对指标的交换的对称性
可知，9个正交条件实际上只有6个独立（3个对角 ，3个非对角），所以独立的方向余弦数目为
9－6＝3
23
2）Aˆ的行列式为1.即 det Aˆ 1ˆ 证：对正交条件两端取行列式，并注意到 det AˆT det Aˆ，得 det Aˆ 1ˆ 因为不转动（恒等变换）为连续转动的一种 特例，它所对应的变换矩阵为单位阵，所以 只能取正号。
8
4）定点转动
定点转动的独立变量有三个，其中两个 确定转动轴的方向，一个确定其它点绕轴转 动的角度。
9
Euler定理
定点运动刚体的任何位移都可以通过 绕过该定点某轴的一次转动来实现。
10
5）一般运动(Chasles定理)
刚体力学小结
一个质量为m 的质点沿着一条由cos sin r a ti b tj ωω=+定义的空间曲线运动，其中a ,b 及ω皆为常数，求此质点所受的对原点的力矩.解：d d sin cos r t a ti b tj ωωωω==-+v22d d (cos sin )a t a ti b tj r ωωωω==-+=-v2F ma m r ω==-，通过原点0τ= 20M r F m r r ω=⨯=-⨯=长0.40m l =、质量 1.00kg M =的匀质木棒，可绕水平轴O 在竖直平面内转动，开始时棒自然竖直悬垂，现有质量8g m =的子弹以200m/s =v 的速率从A 点射入棒中，A 点与O 点的距离为34l ，如图所示。
求：⑴ 棒开始运动时的角速度；⑵ 棒的最大偏转角。
解：⑴ 由角动量守恒定律：2233434l Ml l m m ωω⎛⎫⋅=+ ⎪⎝⎭v ，得：()()38.9rad/s 39161627m m M m l M m lω===++v 4v⑵ 由机械能守恒定律：222133[()](1cos )(1cos )23424Ml l l l m Mg mg ωθθ+=-+-得： 222239854cos 110.07923(23)(1627)M m l m M m g M m M m glωθ+=-=-=-+++v ，94.5θ=︒0241 一轴承光滑的定滑轮，质量为M ＝2.00 kg ，半径为R ＝0.100 m ，一根不能伸长的轻绳，一端固定在定滑轮上，另一端系有一质量为m ＝5.00 kg 的物体，如图所示．已知定滑轮的转动惯量为22J MR =，其初角速度ω0＝10.0 rad/s ，方向垂直纸面向里．求：(1) 定滑轮的角加速度的大小和方向；(2) 定滑轮的角速度变化到ω＝0时，物体上升的高度；(3) 当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度的大小和方向．0562 质量m ＝1.1 kg 的匀质圆盘，可以绕通过其中心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动，对轴的转动惯量J ＝22mr (r 为盘的半径)．圆盘边缘绕有绳子，绳子下端挂一质量m 1＝1.0 kg 的物体，如图所示．起初在圆盘上加一恒力矩使物体以速率v 0＝0.6 m/s 匀速上升，如撤去所加力矩，问经历多少时间圆盘开始作反方向转动．0155 如图所示，一个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动．假设定滑轮质量为M 、半径为R ，其转动惯量为22MR ，滑轮轴光滑．试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系．0157 一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如图所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r ，整个装置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t 内下降了一段距离S ．试求整个轮轴的转动惯量(用m 、r 、t 和S 表示)．ABT 'ma TF m g 0提示：各物体受力如上图，T F r J α=，T mg F ma -=，a r α= 又由22S at = 得22a S t =由此四式得：222222()(2)(1)22m g a r m g S t r gt J mr a S t S--===- 0156 如图所示，转轮A 、B 可分别独立地绕光滑的固定轴O 转动，它们的质量分别为m A ＝10 kg 和m B ＝20 kg ，半径分别为r A 和r B ．现用力f A 和f B 分别向下拉绕在轮上的细绳且使绳与轮之间无滑动．为使A 、B 轮边缘处的切向加速度相同，相应的拉力f A 、f B 之比应为多少？(其中A 、B 轮绕O 轴转动时的转动惯量分别为2A A A r m J =和22B B B r m J =)0780 两个匀质圆盘，一大一小，同轴地粘结在一起，构成一个组合轮．小圆盘的半径为r ，质量为m ；大圆盘的半径r '=2r ，质量 m '=2m ．组合轮可绕通过其中心且垂直于盘面的光滑水平固定轴O 转动，对O 轴的转动惯量J =9mr 2 / 2．两圆盘边缘上分别绕有轻质细绳，细绳下端各悬挂质量为m 的物体A 和B ，如图所示．这一系统从静止开始运动，绳与盘无相对滑动，绳的长度不变．已知r = 10 cm ．求：(1) 组合轮的角加速度β ；(2) 当物体A 上升h ＝40 cm 时，组合轮的角速度ω ． 0780解：⑴ 各物体受力如图。
第03章(刚体力学)习题答案
轮子的角速度由w ＝0 增大到w ＝10 rad/s，求摩擦力矩 Mr． [5.0 N·m]
解：摩擦力矩与外力矩均为恒力矩，所以刚体作匀角加速转动。其角加速度为：
b = w - w0 = 10 - 0 = 1rad / s2
Dt
10
合外力矩为： M合 = Jb = 15 ´1 = 15(N × m) = M - M r Þ M r = 5.0(N × m)
所以机械能也不守恒。
3-3 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴 O 以角速度w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 沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度w 如何变化？
w
答：左边力的力矩比右边的大，所以刚体会被加速，其角加速
F
F
度增大。 3-4 刚体角动量守恒的充分而必要的条件是什么？ 答：刚体所受的合外力矩为零。
解：此过程角动量守恒
Jw0
=
1 3
Jw
Þ
w
=
3w0
3-10 一轴承光滑的定滑轮，质量为 M＝2.00 kg，半径为 R＝0.100 m，
一根不能伸长的轻绳，一端固定在定滑轮上，另一端系有一质量为 m＝5.00
kg 的物体，如图所示．已知定滑轮的转动惯量为 J＝ 1 MR 2 ，其初角速 2
w 0
R M
度w0 ＝10.0 rad/s，方向垂直纸面向里．求：
(1) 定滑轮的角加速度的大小和方向； (2) 定滑轮的角速度变化到w＝0 时，物体上升的高度；
m
习题 310 图
(3) 当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度的大小和方向．
[ 81.7 rad/s2 ，垂直纸面向外； 6.12×10-2 m； w = 10.0 rad/s，垂直纸面向外]
第三章-刚体力学基础
薄板对Z轴的转动惯量 J Z ＝
对X轴的转动惯量 J X
对Y轴的转动惯量 JY
Z
垂直轴定理
JZ JX JY
O
yi
Y
xi
ri
X
JZ miri2 mi xi2 mi yi2 Jx J y
五 刚体定轴转动的转动定律的应用
例１、一个质量为Ｍ、半径为Ｒ的定
滑轮（当作均匀圆盘）上面绕有细绳， 绳的一端固定在滑轮边上，另一端挂
分析： 由 每分钟150转 可知
0
t
2 150
60
5
rad
/ s
而已知 r=0.2m t=30s ω=0
可由公式求相应的物理量
解: (1) 0 0 5 (rad / s2 )
t
30
6
负号表示角加速度方向与角速度方向相反
（飞轮做匀减速转动）
2 02 2
(5 )2 2 ( )
末位置：
Ek
1 2
J 2
l
由刚体定轴转动的动能定理
1 mgl sin 1 J 2 0
2
2
mgl sin 3g sin
J
l
M
1 mgl cos
2
3g cos
J
1 ml2
2l
3
dm dl
gdm
（用机械能守恒定律解） 假设棒在水平位置时的重力势能为零势能
0 1 J2 (mg l sin ) O
动。最初棒静止在水平位置，求它由此下摆角时的
角加速度和角速度。（分别用动能定理和机械能守
恒定律求解）
解： （用动能定理解）
重力对轴的力矩为
M 1 mgl cos（M
O
大学物理第三章刚体力学基础习题答案
方向竖直向下
3-15 由角动量守恒得
mul J mvl 1 1 2 1 2 2 mu m v J 因弹性碰撞，系统机械能守恒： 2 2 2 1 1 2 2 又： J M 2l Ml 12 3 6mu M 3m u 联立可得： v M 3m l M 3m
2 2 2 1 mv l [m( l ) M l 2 ] 3 3 3
o
2 l 3
6mv (4m 3M ) l
v
m
A
3-9 电风扇在开启电源后，经过t1时间到达了额定 转速，此时相应的角速度为 0。当关闭电源后，经 过t2时间风扇停转。已知风扇转子的转动惯量为 J， 并假定摩擦力矩和电机的电磁力矩均为常量，试根据 已知量推算电机的电磁力矩。 解： 设电机的电磁力矩为M，摩擦力矩为Mf
1
0
t1
3-9 (1)
mg T ma
T mg sin 30 ma
g 2 a m/s 4
方向竖直向下
T2 N 2
mg
(2)
mg T1 ma
T2 mg sin 300 ma
T1r T2r J
a r
T1
1
mg
J k m r2
g 联立求解得： a 22 k
质点运动 m 质 量 力 F 刚体定轴转动 2 J r 转动惯量 m dm 力矩 M Fr sin
dp dL F m a F 第二定律 转动定律 M J M dt dt p mv 动 量 角动量 L J t t2 动量定理 t Fdt mv2 mv1 角动量定理 t Mdt J 2 J1 1 动量守恒 F 0, mv 恒矢量 角动量守恒 M 0, J 恒矢量 力矩的功 W Md 力 的 功 W F dr
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( J 0 J 球 ) J 0 0 . 1 1 1 2 2 2 J 0 0 mgR J 0 m mgh 2 2 2 2 2 2 B B ( R B )
B
J 0 R2
2 0
2 gR ;
J 0 mR
2
C点： J 球 0 , h R
点，可绕通过该点的水平轴自由转动。在 O 点又有 一轻绳，悬一质量也为 m 的小球。 O 当小球偏离竖直方向某一角度时， x 由静止释放，小球在 O 点正下方 与杆发生完全弹性碰撞。 问绳长 l m m 为多少时，碰后小球恰好静止。 解：设绳长为 x , 开始时绳与竖直方向 成 角； 碰撞瞬间前，小球的速度为 ； 碰撞瞬间后，杆的角速度为 .
例1：一半径为r的圆盘，可绕一垂直于圆盘面的转轴 作定轴转动．现在由于某种原因转轴偏离了盘心O， 而在C处，如图所示．若A、B是通过CO的圆盘直径上 的两个端点，则Ａ、Ｂ两点的速率将有所不同．现在 假定圆盘转动的角速度 是已知的，而vA、vB可以通 过仪器测出，试通过这些量求出偏心距l
C B l
AB：
1 2
J 0 0 mgR
2
1 2 1
J 0 B
2
1 2 1
m ( B 球环 B 环地 ）
2 2
2
J 0 B
2
2
m ( B 球环 B R )
2 2 2
得
B 球环
2 gR
J 0 0 R
2
2 2
J 0 mR
（1）量纲 检验：
对
2 gR
刚体力学第3讲
——刚体力学小结与习题课
主要内容
一、刚体力学小结 二、典型例题分析
一、刚体力学小结（与质点力学类比）
平动 位移
v d r / dt a d v / dt
转动 角位移 2 1 角速度 d / dt 角加速度 d / dt
以角速度w0绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯 1 量J＝ 2 mR ．台上原站有2人，质量各等于转台质量的一半， 一人站于台边A处，另一人站于距台中心的B处．今A处的 人相对于圆台以速率v顺着圆台转向沿圆周走动，同时B处 的人相对于圆台以速率2v逆圆台转向沿圆周走动．求圆台
2
这时的角速度w．
v
2
2
0t t / 2
2
v0 2 a x
2
0 2
2
2
平动 平动惯性 质量m 动 力 学 牛顿第二定律
F ma
b
转动 转动惯性 转动惯量J 2 质点系 J m i ri 质量连续分布 J r 2 dm 转动定律
的小球原来静止在 A 点，由于微小的扰动而向下滑动， 圆环内壁光滑， 则小球滑到 B 点与 C 点时，环的 角速度与小球相对环的速率各为多少？
A
0
R
O C
B
系统 — 小球+环 分析： 轴力和重力对轴的力矩皆为零， 即M外= 0， 此系统角动量守恒。 2 O AB： J 0 0 ( J 0 mR ) B
2
m ,r m
m ,r
2m
解： 2 mg T 1 2 ma
①
2
(T 1 T 2 )r (T 2 T 3 )r
1 2 1 2
T '2
T
2
mr mr
2
② ③ ④ ⑤
T
3
T '1
T 3 mg ma
T '3
T1
a r
得 a g / 4,
mg
2 mg
T
除保守力外其它力不作功
E0 E
物体系机械能守恒 除保守力外其它力不作功
E0 E
平动 冲量 动量
I
转动
t
P mv
t
F dt
冲量矩 角动量
t0
刚体 L J 质点 L r P
t0
t
M dt
质点动量定理 动 量
t0
F dt m v m v 0
A R B 得 B
J 0 0 J 0 mR
2
B
0
因球获得了角动量，环转动变慢。
C
O
AC： J 0 0 J 0 C
得
C 0
系统 —“小球+环+地球” 过程中， 小球与环的一对内力垂直相对位移， 又没有摩擦和外力，故 W 外 0 ， W 内非 0 此系统机械能守恒。 （对“小球+地球”系统， 机械能是否守恒？） 取通过环心的水平面重力势能 EPB = 0。 B： v B 球地 v B 球环 v B 环地 （ v v B 环地 ） B 球环
3
11 mg / 3
例4：一轻绳绕过一定滑轮，滑 轮轴光滑，滑轮的半径为R,质量 为M / 4，均匀分布在其边缘 上．绳子的A端有一质量为M的 人抓住了绳端，而在绳的另一端 B系了一质量为M/4的重物，如 图．设人从静止开始相对于绳匀 速向上爬时，绳与滑轮间无相对 滑动，求B端重物上升的加速度？ (已知滑轮对通过滑轮中心且垂 直于轮面的轴的转动惯量J＝MR2 / 4 )
O A
练习1：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
r
m1
m2
练习2：一轻绳跨过两个质量均为m、半径均为r的均 匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m和2m的 重物，如图所示．绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光 1 滑．两个定滑轮的转动惯量均为 2 mr ．将由两个定 滑轮以及质量为m和2m的重物组成的系统从静止释放， 求两滑轮之间绳内的张力
释放小球至碰撞前，小球与地球系统机械 能守恒：
mgx (1 cos )
1 2
m
2
(1)
碰撞过程中，小球与杆系统受外力对 O 轴力矩 为零，角动量守恒： 1 2 (2) m x ml
1 完全弹性碰撞前后动能相等： 2 2 m x mx ml
1 1 1 23 m ml 2 2 3
解：取人和盘为系统，
M
外
0
.
R
R /2
系统的角动量守恒
o
v
(1 ) 开始系统的角动量为
1 1 2 m R 0 M R 0 2 2
后来：
2
m
1 4
R mE
2
1 2
M R
2
ME
mE
2
ME
mM
R /2 R
21 M R 0 / 40
o
v
M R 40
2
ME
2v 2 M R ME / 2 R
( 2 ) 若要
ME
( 21 R 0 2 v ) / 21 R
ME
0，
则要 21 R 0 2 0 ，
得 v 21 R 0 / 2
例6： 一长为 、质量为 m 的匀质细杆的一端悬于 O
2 0
/2
刚体定轴转动动能定理 2 2 W J / 2 J 0 / 2 物体系动能定理
W 外 W内 E k E k0
质点系动能定理
W 外 W内 E k E k0
平动 其中
E k mv
2
转动 其中
/2 E k mv
2
/ 2 J
2 2
3
??? (3)
x 3 l /3 或小球自下落至碰撞完毕，整个过程中小球、杆、 地球系统的机械能守恒： 1 1 2 2 mgx (1 cos ) ( ml ) (3´)
(2)+(3) 解出
(1)+(2)+(3´)同样可解出
2 3
空心圆环可绕竖直轴 AC 自由转动，其转动惯量 例7： 为 J 0 . 环的半径为 R , 初始角速度为 0 . 质量为 m
J 0 0 J 0 C
1 2 J 0 mgR
2 0
C0,
1 2 J 0
2 C
1 2
m
2 C
mgR
C 2
gR ,
C 2 gR
小结
一、刚体运动小结 二、习题分析
作业：5.16、5.17 预习：第19章 复习：第5章
0
( J 0 J 球 ) J 0 0 .
小球、环、地球系统机械能守恒 ( 选 O 处重力势能为零 )：
R
O
C
B
1 2
J 0 mgR
2 0
1 2
J 0
2
1 2
m
2
mgh
( J 0 J 球 ) J 0 0 . 1 1 1 2 2 2 J 0 0 mgR J 0 m mgh 2 2 2
v0
m O R
17、在半径为 R 的具有光滑竖直固定中 心轴的水平圆盘上,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,开始时盘载人相对地面以角速度 0 匀速转动,然后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, 已知圆盘对中心轴的转动惯量为 MR2 / 2,人可视为质点,求: （1）圆盘对地的角速度。 （2）欲使圆盘对地静止,人沿着 R/2 圆周 对圆盘的速度 v 的大小及方向？