第3章刚体力学基础Word文档格式.docx
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MrF
转动惯量:
刚体转动惯性大小的量度
Jmiri2
i
对于质量连续分布的刚体
Jr2dm
V
转动惯量的平行轴定理:
JzJcmd2
转动惯量的垂直轴定理:
JzJxJy
3.刚体定轴转动定律:
刚体所受的外力对转轴的力矩之代数和等于刚体对该轴的转动
惯量与刚体的角加速度的乘积
Jd
J
dt
M、、J均相对于同一转轴。
4.刚体定轴转动的动能定理
力矩的功:
AMd
转动动能:
Ek1J2
2
11
动能定理:
AJ22J12
22
机械能守恒定律:
系统(包括刚体)只有保守力作功时,系统的动能(包括转动动能)与势能之和为常量,即
EEkEP常量
5.刚体定轴转动的角动量定理及其守恒定律
角动量定理:
对一固定轴的合外力矩等于刚体对该轴的角动量对时间的变化率,即
(Jz)Mz
角动量守恒定律:
当Mz0时,Jz常量。
6.刚体的平面平行运动动能:
作平面平行运动的动能等于质心的平动动能与刚体绕过
质心的瞬时轴的转动动能之和
121EkmvcJc
3-1一轻绳绕于半径为R的圆盘边缘,在绳端施以Fmg的拉力,圆盘可绕水平固定光滑轴转动,圆盘质量为M,圆盘从静止开始转动,试求
(1)圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系。
(2)如以质量m的物体挂在绳端,再计算圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系。
分析本题是刚体绕定轴转动问题,应用转动定律MJ即可求出圆盘的角加速度,对转动定律积分可求解(t)。
解
(1)圆盘所受的合外力矩为
MFR
对圆盘用转动定律,有
12
FRJ(MR2)
因而角加速度为
2FR2mg
MR2MR
由于d,且t0时,0,积分
(1)式,有
可得转动角度和时间的关系为
mgt2MRt
(6)
动角度与时间的关系为
(8)
mgt2MR2mR
说明本题的第二问是典型的刚体与质点连接的联体问题,可采用隔离研究,对质点用
牛顿定律,对刚体用转动定律,并注意与
(1)问的区别。
同时,从(7)式可明显看出,这
122类问题也可将系统看成一个转动惯量为MR2mR2的刚体,运用转动定律求解。
3-2长为l,质量分布不均匀的细杆,其线密度为abr(a、b为常量),细杆
可绕轴z在铅直平面内转动,如图所示,忽略轴z的摩擦力,将杆从水平位置释放,试求杆转到铅直位置时,杆所具有的角速度。
分析这是一个刚体绕定轴转动问题。
当求细杆重力对轴的力矩时,因杆质量不均匀,dd要先恰当地求出元力矩dMz,通过积分求Mz,然后采用转动定律MJJ形zzdtd式,积分即可求。
解设t时刻杆与垂线间的夹角为,由于杆的质量不均匀,求重力对z轴的力矩时,可在杆上取线元dr,该线元对z轴的力矩为
dMz(dr)grsin
对z轴的总力矩为
l
Mz(dr)grsin0
g(abr)rsindr0
gl2(abl)sin
23
细杆的质量不均匀,因此其对z轴的转动惯量为
ll
Jzr2dmr2(dr)
00l
r2(abr)dr
代入上式化简得
g(abl)sind(abl)ld
2334
π
初始条件时,0,当转到0时,积分上式
(abl)ld
034
g(a2b3l)sind
π23
说明本题有多种解法。
题中给出了用转动定律求解的方法,也可用动能定理,机械能守恒定律求解。
读者可自己考虑。
3-3一均质细杆,长为l,质量为M,可绕通过一端的水平轴O转动,如图。
一质量为m的子弹以速度v0射入细杆,子弹射入点离O点的距离为3l/4,试求
(1)杆刚开始运动时的角速度及可摆到的最大角度。
(2)求轴上的横向力为零时,子弹射入的位置(即打击中心位置)。
分析子弹射入细杆过程中,子弹、细杆系统角动量守恒;
细杆摆动时,机械能守恒,由两守恒定律可求及max。
子弹射入细杆,细杆轴受力,轴受横向力的冲量应等于子弹、细杆系统动量的改变,横向力N横0时,即可求出打击中心位置。
解
(1)子弹射入细杆过程极其短暂,此过程中杆的位置还来不及变化,故子弹和细
杆这个系统的重力对定轴O无力矩,轴力当然也无力矩,故这个系统在子弹射入过程中对定轴O的角动量守恒
3l1232
(1)
(2)
mv0[Ml2m(l)2]
434
射入后子弹与杆共同摆动过程中,系统机械能守恒,取子弹射入处为势能零点
112322l
[Ml2m(l)2]2Mg
2344
3ll
mgl(1cos)Mg[(1cos)]
联立
(1)、
(2)可解得杆的角速度及可摆到的最大角度分别为
36mv0
(16M27m)l
54m2v02
maxcos[1(2M3m)(16M27m)gl]
(4)
(3)
当N横0时,
解此方程得
x2l
3
此即打击中心的位置。
点需特别注意,但由于该作用力通过转轴,不产生力矩,系统角动量守恒,并且因该力通过
转轴,其力矩的功(实际上也就是力的功)为零,系统机械能守恒,综合角动量守恒,机械
能守恒求解本题。
另外,打击中心即为使杆在轴处沿打击方向横向力为零时的打击点。
设子弹打在距轴x处,根据动量定理
N横dtmvMvcmv0
mxMlmv0
20
系统对O轴角动量守恒,有
xmv0xmvJ
212
xmMl
(x2mMl2)
因而
xmv0
212x2mMl2
3-4一质量为m的子弹,穿过与均匀细杆连接的物体后,速度由v减至v,设杆可绕
过O点的固定轴在竖直平面内转动,杆长为l,杆与物体的质量均为M,如图,开始时,
杆与物体静止于铅垂位置,物体的大小可以忽略不计,子弹与物体作用过程极短,试求,欲使物体与杆可以在竖直平面内完成圆周运动,子弹的速度不能小于多少?
分析子弹、物体系统对O轴角动量守恒,物体绕O轴转动机械能守恒,物体与杆恰能完成圆周运动的条件是其转到垂直位置时的动能为零,由此求解本题。
解假定子弹穿过物体后,物体与杆的角速度为,物体与杆转动过程中,由机械能守恒及物体与杆恰能完成圆周运动的条件,有
2lMg(ll)
12122l
(Ml2Ml2)2MgMg
232
解得
2l
子弹穿过物体,子弹、杆、物体组成系统对O轴角动量守恒,因此
mvl(Ml21Ml2)mvl
32
所以
32M2gl
m
说明本题综合运用角动量守恒和机械能守恒求解,其关键在于分析守恒条件,子弹和细杆组成的系统在细杆转轴处受外力作用,但此力力矩为零,因此其力矩的功也为零,因而角动量、机械能守恒。
3-5如图,有一长度为l,质量为m1的均匀细杆静止水平放在摩擦系数为的水平桌
面上,它可绕通过其端点O且与桌面垂直的固定光滑轴转动,另一质量为m2水平运动的小滑块从侧面沿垂直于杆的方向与杆的另一端A相碰撞,并被反向弹回,碰撞时间极短。
已知小滑块与细杆碰撞前后的速率分别为v1和v2,求
(1)碰撞后杆绕O轴转动的角速度;
(2)碰撞后从杆开始转动到停止转动的过程中所需的时间。
分析滑块与细杆碰撞角动量守恒,由此求细杆转动的,此后,细杆受摩擦力矩作
用转速逐渐减为零,由摩擦力矩,根据角动量定理即可求出时间
t。
解
(1)以杆和滑块为研究系统。
由于碰撞时间极短,杆所受到的摩擦力矩远小于滑
块的冲力矩,故可认为合外力矩为零,因此系统的角动量守恒,即
3m2(v1v2)
m1l
2)碰后杆在转动过程中所受的摩擦力矩为
由角动量定理得
由式
(1)、
(2)、(3)联立解得
说明本题需注意两点:
(1)在处理碰撞问题时,通常因碰撞时间极短,摩擦力矩远小
于碰撞产生的冲力矩,角动量守恒;
(2)棒各处摩擦力矩不同,首先要写出微元力矩,即gdmx,通过积分求摩擦力矩。
3-6如图,两个半径分别为
R1和R2的圆柱体,转动惯量分别为J1和J2,分别可绕其
轴转动。
最初大圆柱的角速度为
0,小圆柱不转动,现将小圆柱向右平移,碰到大圆柱后
由于摩擦力的作用而被带着转动,最后两圆柱无滑动地各自以恒定角速度沿相反方向转动。
试求小圆柱和大圆柱的最终角速度。
分析大圆柱与小圆柱接触后,由于摩擦力矩作用,大圆柱转速减小,小圆柱转速变大,
最后稳定。
对两圆柱分别应用角动量定理,由两圆柱摩擦力相等f1f2,稳定后接触点线
速度相等1R12R2,即可求出稳定后两圆柱角速度。
解两圆柱体从接触到稳定只受摩擦力,其一对摩擦力f1f2,对两圆柱体分别应用角动量定理
注意到f1
由
(1)、
(2)式可得
两圆柱稳定后,其接触点线速度相等,即
由(3)、(4)式可解得
说明两柱体从开始接触到稳定过程中,均受到外力矩作用,这一外力矩就是摩擦力矩,
因此角动量不守恒,只能对两柱体分别使用角动量定理求解。
两柱体达到稳定后,两柱体不
分析细杆滑动前以A点为轴在重力矩作用下转动,细杆质心做以A点为圆心的圆周
运动,根据转动定律及质心运动定律即可求出A点摩擦力f
与角关系,细杆开始滑动的临界条件为fN。
解无滑动时,杆绕过A点的固定轴做定轴转动,由转
动定律有
杆绕A点转动,只有重力作功,机械能守恒,有
22mgasinJA
将式(5)代入式(3),并利用式
(2),得
将式
(1)代入式(4),并利用式
(2),得
(7)
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