L2
−
L1
=
J 2ω2
−
J1ω1
质点的动量定理
dpr
=
r F
⋅
dt
∫ r
I
=
tr F ⋅ dt =
t0
pr − pr0 = mvr − mvr0
三、刚体的角动量守恒定律
1. 角动量守恒定律
∫ 由角动量定理
r M
当
r M外
=
0
时，
外
d
t r
ΔL
= =
Δ 0
r L
r L
=
恒矢量
P.6
1
区分两类冲击摆
(1)
大作业题解
刚体力学
第3章 刚体力学基础
一、对转轴的力矩
r M
=
rr
×
r F
单位：N·m
r M
=
rr
×
r F⊥
r M
=
rr
×
r F
大小: 方向:
M = Frsinϕ
rr
→
r F
右旋前进方向
二、定轴转动定律
M z = Jβ
P.2
转动惯量(moment of inertia)
∑ 1. 定义 J = iri2mi 单位: kg ⋅ m 2
l/4 O
[ A]
mg l = 1 Jω 2 J = 7 ml 2
22
48
⇒ ω = 4 3g 7l
P.11
9．如图所示，一人造卫星到地球中心C的最大距离和
最小距离分别为RA和RB。设人造卫星对应的角动量分
别为LA和LB，动能分别为EkA和EkB，则有
(A) LB > LA，EkB > EkA
(B) LB < LA，EkB = EkA (C) LB = LA，EkB = EkA
两轮之间没有相对滑动为止,经过的时间为
t=
m 2 r1ω
2μg (m1 + m 2 )
解:设两轮之间没有相对滑动时的角 速度分别为1和2, 则：
r1ω1 = r2ω2
O1 A O2 B
P.19
由转动定律：−
fr1
=
1 2
m1r12 β 1
f = μm1g
fr2
=
1 2
m 2 r22 β 2
β1
=
ω1
(1) 刚体绕A端的水平轴的转动惯量; A
B
(2) 当下摆至θ角时,刚体的角速度.
θ
m
解:
J
=
J1
+
J2
=
ml2
+
1 ml2 3
=
4 ml2 3
mgl sin θ + mg l sin θ = 1 Jω 2
2
2
ω = 3 g sinθ 2l
P.21
4
B
RB • C
RA
A
(D) LB = LA，EkB > EkA
解: 有心力场中角动量守恒
[D]
J AωA = J BωB
Q J A > J B ∴ωA < ωB
Ek B
=
1 2
J BωBωB
>
EkA
=
1 2
J AωAωA
P.12
2
二、填空题
1程此此．为质质一点点rv质=所对量a受原c为o的点smω对的的tiv原角质+点动b点s的量i沿nω力着Lvtv距j=一，条其Mv空中=间a、曲b线、运ω均动为，常其数运，动。则方，
+
∑ mghc
+
∑
1kx2 2
=
C
条件: A合外力+A非保内+A合外力矩=0
P.4
9. 角动量 质点
质点系
r L
=
rr
×
pr
=
rr
×
mvr
∑ r
L
=
rrc
×
Mvr c
+
rri′×
mi vri′
=
r L轨道
+
r L自旋
i
∑ 定轴刚体 Lz = ω ri2mi =Jω
角动量定理微分式：
ir
r
M ⋅dt = dL
5.刚体角动量守恒的充分必要条件是： (A) 刚体不受外力矩的作用；合外力矩矢量和为0 (B) 刚体所受合外力矩为零； (C) 刚体所受合外力和合外力矩为零；合外力可以不为0 (D) 刚体的转动惯量和角速度均保持不变.Jω 不变
[B ]
P.9
7．一根质量为m、长度为l的细而均匀的棒,
其下端绞接在水平面上,并且竖直立起,如
mv0l
=
ml
2ω
+
1 3
Ml
2
⋅ω
v = ωl
复习: P.80 ~ P.91 思考题3-8 ~ 3-11
P.7
守恒定律总结
空间平移对称 空间旋转对称 时间平移对称
动量守恒 力
角动量守恒 对称性破缺
力矩
机械能守恒 功
动量定理
角动量定理
动能定理
P.8
一、选择题
1．C 2. C 3. A 4. D 5. B 6. C
质圆盘的边缘,圆盘可绕竖直中心轴转动.系统在初始
时为静止,然后人相对圆盘以v的速率沿圆盘的边缘走
动,圆盘的角速度为
.
解: 0 = muR − 1 MR 2ω 2
0 = 2m (v − Rω ) − MR ω
ω = 2mv (M + 2m)R
P.16
三、计算题
1.如图所示,一轻绳绕过一轻滑轮,绳的一端被一质 量为m的人抓住,绳的另一端悬挂一质量为m/2的物体, 定滑轮的质量为M,半径为R,可视为匀质圆盘.设人从静
vv
=
−aω
sin
ω
v ti
+
bω
cos
ω
v tj
av = −aω2 cosωtvi − bω2 sinωtvj
a cos ωt Mv = rv × Fv = mrv × av = m − aω 2 cos ω t
v i
b sin ωt − bω 2 sin ωt
v j
0 0 =0 v k
v L
=
m
rv
×
vv
=
m
−
a cos ω t aω sin ω
t
v
i
b sin ω t bω cos ω t
v j
0 0
=
mab
ω
v k
v
k
P.13
6．设一飞轮的转动惯量为J ，在 t = 0时角速度为ω0。
此后飞轮受到一制动作用，阻力矩M的大小与角速度ω
的平方成正比，比例系数k 的角加速度β =
(k
>。0从)。开当始ω制= 动13ω到0时ω，=飞13ω轮0
− t
ω
β2
=
ω2 − t
0
− μg = r1(ω1 − ω )
2t
μm1g
=
m2r1ω 2t
t=
m 2 r1ω
2μg (m1 + m2 )
P.20
4.一根质量为m、长度为l的均匀细棒AB和一质量
为m的小球牢固连结在一起,细棒可绕通过其A端的水
平轴在竖直平面内自由摆动,现将棒由水平位置静止
释放,求：
μm1gl
(2)
∫t 0
M f dt
=
0
−
1 3
m1l 2ω
(3)
⇒
t
=
2m2
v1 + v2 μm1g
O m1
vr1 m2 vr2 A
P.18
3
3. 质量为m1、半径为r1的匀质圆盘轮A,以角速度ω绕 水平光滑轴O1转动,若此时将其放在质量为m2、半径为 r2的另一匀质圆盘轮B上.B轮原为静止,并可绕水平光 滑轴O2转动.放置后A轮的重量由B轮支持,如图所示。 设两轮之间的摩擦系数为μ,证明：从A轮放在B轮上到
台中心轴处向边缘走去，则转台转过的角度与时间t的
函数关系为
。
解:
( 1 MR 2 + Mu 2t 2 ) dθ
2
dt
=
1 2
MR
2ω 0
dθ
=
R 2ω0dt R2 + 2u2t2
θ = ω0R arctan 2ut = ω0R arctan 1.4ut
2u
R 1.4u
R
P.15
8.有一质量为m的人站在一质量为M、半径为R的均
所经过的时间 t =
。
解: M = Jβ − kω2 = Jβ ω = ω0 时， 3 β = − kω02 9J
− kω 2 = J dω dt
∫ ∫ − k
t
dt = J
0
ω d 1
3
ω
0
0
ω ω 0
2 0
t = 2J kω0
P.14
7．设有一均匀圆盘形转台，其质量为M，半径为R，可
绕竖直中心轴转动，初始时角速度为ω0。然后，有一质 量也为M的人以相对圆盘转台恒速率u沿半径方向从转
果让它自由落下,则棒将以角速度ω撞击地
面,如图所示.如果将棒截去一半,初始条件
不变,则棒撞击地面的角速度为：
(A) 2ω (B) 2ω (C) ω
ω
(D)
2
解: 转动过程机械能守恒
[ B]
mg l = 1 ⋅ 1 ml 2ω 2 2 23