二課堂課件剛體力學(xué)

?PO?rL

L

=

r

·

p

=

r

·

mv*質(zhì)點相對某一定點運動時,其相對該定點的角動量*力矩是角動量改變的原因dtdL

=r

·

F

=M

--力矩0LL0t*沖量矩是質(zhì)點角動量變化的量度dL

=

L

-

L0

Mdt

=則：L

=L0

--恒矢量——質(zhì)點角動量守恒。

*當(dāng)M

=0地球衛(wèi)星的問題。MemhRr試估算同步地球衛(wèi)星的高度。地球衛(wèi)星的回收。解（1）同步：w衛(wèi)＝w

地自衛(wèi)星僅受地球引力，\衛(wèi)星對地心L守恒。地自衛(wèi)＝恒量

r為一確定的值。mvr

=

mr

2w

＝mr

2weT

2

R2

g

h

=

r

-

R

=

3.6

·107

m

r=

e

?

6.6Re4p

2TGeMemG

Mem

=

mgR2222r

22p=

mr

w＝mr

w地自＝mr(

)衛(wèi)vnv需多大？著陸時衛(wèi)星的速度為多大？（2）回收衛(wèi)星時需啟動衛(wèi)星上的備用火箭產(chǎn)生一推力，使衛(wèi)星獲得一指向地心的分速度vn

，以改變衛(wèi)星的軌跡，若欲使衛(wèi)星切向地在地面著陸，則vnv'衛(wèi)星在半徑為r的軌道上運行速度為v,R

g6.6Rv2(6.6R

)2GM

me

e

v=

e

(1)6.6

e

=

mMemRvnrhvmv

Re

=

mv(6.6Re

)(3)(1)(2)(3)env￠=

6.6Re

gv

=

4.7R

g衛(wèi)星得到徑向速度到切向著陸的過程中僅受萬有引力作用，\{m、M

e

}:E守恒，{m}:對地心的L守恒。2122GM

emRe1

GM

em2

6.6Remv

-

(2)￠2mvn

-

=即：

mv

+v'剛體定軸轉(zhuǎn)動一、轉(zhuǎn)動定律dtM

=

Ja

=

J

dw1.

J

的計算：22ACr

m=

r

dmi

i

平行軸定理：JA

=JC

+md

2i迭加法：J

=J1

+J2

+...fi

針對同一轉(zhuǎn)軸定義：J

=2.

轉(zhuǎn)動定律的應(yīng)用:隔離體法受力分析F

=ma

?質(zhì)點M

=Ja

?剛體（注意a與a的關(guān)系）二、剛體轉(zhuǎn)動中的功能關(guān)系剛體的重力勢能：

EP

=

mghC機械能守恒定律：只有

保守內(nèi)力做功

fi

EK

+

EP

=

常數(shù)21221212JwJw

-動能定理：A

=Mdq

=（質(zhì)點+剛體）三、剛體角動量定理剛體角動量：L

=Jw角動量守恒：M外=0

fi

Jw

=常數(shù)F外//轉(zhuǎn)軸F外//rfi

Moo￠

=

0角動量定理：wooFF針對某一轉(zhuǎn)軸122tt1w

-

JwMdt

=

J積分形式：微分形式：M

=

dL

=

d

Jwdt

dtAB的轉(zhuǎn)動慣量。求勻質(zhì)細桿m、l，對通過中心o，且與桿斜交成a

角的軸ABoa22121ml

2

sin2

asin

alml2lx dx

=\

J

=

dJ

=-

2解：取質(zhì)量元：dm

=m

dxxxdx由定義：dJ=llr

2dm

=

x2

sin2

a

m

dxrA輪（J1，R），B輪（J2）由兩個半徑分別為r和R的輪同軸地固定在一起?，F(xiàn)在A輪上加一力矩M，由皮帶帶動B輪轉(zhuǎn)動，同時使物體m提高，求m的加速度。mRRrMABmgT1T2T1T2T3T3解：隔離體法分析A：

M

-T1R

+T2

R

=

J

Aa

AB：

T1r

-T2r

-T3

R

=

JBa

Bm：

T

-

mg

=

ma3a

=

a

B

Ra

A

R

=

a

Bra一個飛輪有半徑為r

的桿軸，如圖所示。飛輪和桿軸的總轉(zhuǎn)動慣量為J,現(xiàn)用一根輕繩繞在桿軸上，繩的另一端掛質(zhì)量為m的物塊。已知：飛輪轉(zhuǎn)過θ角時繩松脫，再轉(zhuǎn)過φ角后飛輪停止轉(zhuǎn)動。

求：轉(zhuǎn)動軸上的阻力矩。mMrTmg方法一：用轉(zhuǎn)動定律階段（1）：mg

-T

=marTr

-

M

=

Jaa

=

raJ

+

mr

2

a

=

mgr

-

Mr

(1)(2)Jr階段（2）:

M

=

Ja

￠

a

￠＝

Mr?rJ0

-w

2＝-

2a

￠j又w

2

-0＝2aqaq

=

a

j

(3)MrJq

+(J

+

mr2

)j=

mgrJq

轉(zhuǎn)過q角轉(zhuǎn)過j角分析：階段（1）：勻加速轉(zhuǎn)動，w

:0

fi

w

,階段（2）：勻減速轉(zhuǎn)動，w

:w

fi

0,J

+

mr

2a

=

mgr

-

Mr

(1)Ja

￠＝

Mr

(2)mMrTmg?rJ方法二：用動能定理2

2

2rw

2

+

1

mv2

)

-

0

=

1

Jw

2

+

1

mw

2r

2mgrq

-

M

q

=

(

1

J2階段（1）：{m、J

}:222112rJw

=

-

Jw-

M

j

=

0

-階段（2）：{J

}:

Mrm?F求（1）.（2）.t=2s時，m的加速度和速度各為多少？在t

=0到t

=2s內(nèi)變力F所作的功。已知：J

=

0.19kg

m2

,

R

=

0.1m,F

=

t

+10，

m

=1kg在變力F的作用下，物體m由靜止開始上升，αTmg（1）T

-

mg

=

maFR

-TR

=

Jaa

=

Raa

=

FR

-

mgR

=

tJ

+

mR2

2a2

=

Ra

t

=2

=

0.1m

s2t20

dtdva

=

Ra

=

=tv0

dv

=

dtt0

20t

2

v

=40smt

2=

0.1v2

=

40t

=2m?F12222222=

1mgh

)

-

0AFmv

＋求（2）.

在t

=

0到t

=

2s內(nèi)變力F所作的功。（2）解法一：{m、J、地球}：系統(tǒng)功能原理(

Jw

+2=

v2

=

0.1

=1R

0.1wv

=

dh

=

t2dt

40151401220202(m)ht dt

h

=dh

=F

A

=

0.767(

j)4020t

2dt

=

0.767(

j)(t

+10)Fvdt

=AF

=

F dh

=(2)解法二：電風(fēng)扇的功率恒為P,風(fēng)葉轉(zhuǎn)子的總轉(zhuǎn)動慣量為J,設(shè)風(fēng)葉受到的空氣阻力矩與風(fēng)葉旋轉(zhuǎn)角速度ω成正比，比例系數(shù)為k。試求：電扇通電后t秒時的角速度；電扇穩(wěn)定轉(zhuǎn)動時的轉(zhuǎn)速；若在電扇穩(wěn)定轉(zhuǎn)動時斷開電源，則風(fēng)葉還能繼續(xù)轉(zhuǎn)過多少角度PdtM

＋M

＝J

dwM阻＝-kwM電＝w阻解（1）

電dtw

P

-

kw

=

J

dw12Jdt

=

wdw

=

d

(w

)2P

-

kw

2d

(w

2

)dt

=J P

-

kw

2

200Jt

2kP

-

kw

2wd

(P

-

kw

2

)-

dt

=J-

2kt(1-

e

)kPw

(t

)

=dtwP

-

kw

=

J

dwdtdw穩(wěn)定時：

=

0wkP穩(wěn)

P

-

kw

=

0

w

＝dq

dt

dq00w

穩(wěn)qdw-

dq

=JkPk

kq

=

J（2）電扇穩(wěn)定轉(zhuǎn)動時的轉(zhuǎn)速；（3）若在電扇穩(wěn)定轉(zhuǎn)動時斷開電源，則風(fēng)葉還能繼續(xù)轉(zhuǎn)過多少角度。斷電后（M電＝0）dt-

kw

=

J

dw

=

J

dw

dq

=

Jw

dw子彈m以水平速度vo射入一靜止懸掛的細棒（l、M）下端03tmv0v0

003由質(zhì)點動量定律：fdt

=

m(v

-

v0

)

=

-

4

mv

0tt

t=

Jw

-

0

=

1

Ml

2wf

￠ldt

=

l

f

￠dtM

￠dt

=

,穿出后速度損失3/4。求：子彈穿出后棒的w

．[解法1]：由剛體角動量定律：Moff

￠=

-

ff

￠4Mlw

=

9mvo[解法2]：[子彈、棒]系統(tǒng)，對o軸M外=0，角動量守恒Ml

ω

fi

ω)mv l

+2001334mv l

=

(

1

-細桿（9m、l），物體A(m)與彈簧k相連，水平面光滑，彈簧原長時，A正好與豎直懸掛的桿端相靠?，F(xiàn)將A向左壓縮x1后由靜止釋放，A與桿相碰后向左返回的最大距離x2。求：1）桿與A相碰后上擺的最大角度；2）碰撞中損失的機械能。221212mv

Akx1

=21212Akx￠2mv￠2

=27mglk(x

+

x

)2fi

cosq

=

1

-

1

2

211212222w

)AAmv￠

+

Jmv

-(2)

DE

=解：1）

mv

Al

=Jw

-mvAl2(1

-

cosq

)l21

Jw

2

=

9mgAAv

fiocqcA?

v￠w22

1

221312313kx

-

kx

xkx

-=水平圓盤（m、R），盤邊緣A處、距盤中心R/2的B處各站有一人，質(zhì)量均為m/2。初始盤以w

0繞中心軸o轉(zhuǎn)動，現(xiàn)A處的人相對盤以v

順圓盤轉(zhuǎn)向作圓周運動，B處的人相對圓盤以2v逆圓盤轉(zhuǎn)向運動，求此時圓盤w

。L0

=常數(shù)解：M外=0

fiJA

+

JB

+

J

)w

0

=

Jw

+

J

Aw

A

+

JBw

Bωv2vAB2

222BAJ

=

m

(

R

)2J

=

m

R2J

=

1

mR

2R2w

=

-

2v

+

wRw

=

v

+

wBAfi

w

=

w

0圓錐M、h、q,初速ω0繞豎直軸(AO)轉(zhuǎn),

m從槽頂由靜止釋放(不計摩擦)m滑到錐底時

(1)圓錐w(2)m沿母線和切向的速度qhm外AO\L

守恒解(1)：{J、m}:

對AO軸M

＝00(1)(J

+

mR2

)Jw

0即：Jw

=(J

+mR2

)w

w