力学竞赛资料惯性参考系与非惯性参考系

惯性参考系与非惯性参考系目的?正确理解惯性参考系的定义?正确识别惯性参考系与非惯性参考系?正确理解惯性力的概念?知道惯性力不是物体间的相互作用?会正确运用惯性力计算有关问 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 思考问题1:牛顿第一定律的内容是什么？（答：一切物体总保持静止或匀速直线运动状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。） 说明 关于失联党员情况说明岗位说明总经理岗位说明书会计岗位说明书行政主管岗位说明书 ：这条定律正确地说明了力与运动的关系：物体的运动不需要力去维持：力是改变物体运动状态（产生加速度）的原因。问题2：当你和同伴同时从平台跳下，如各自以自身为参考系，对方做什么运动？（答：对方是静止的。）问题3：在平直轨道上运动的火车中有一张水平的桌子，桌上有一个小球，如果火车向前加速运动，以火车为参考系，小球做什么运动？（答：小球加速向后运动。）疑问：问题2中，既然对方是静止的，按照牛顿第一定律，他不应受到力的作用，然而每个人都确实受到重力的作用。这怎么解释呢？问题3中，小球加速向后运动，按照牛顿第一定律，小球应受到力的作用，然而小球并没有受到向后的力。这又怎么解释呢？对这个问题暂时还不能解释，但我们至少能说明一点：并非对一切参考系，牛顿第一定律都成立。惯性参考系与非惯性参考系我们以牛顿运动定律能否成立来将参考系划分为两类：惯性参考系和非惯性介W方参考糸。?两种参考系?惯性参考系：牛顿运动定律成立的参考系，简称惯性系。中间空出两行。?非惯性参考系：牛顿运动定律不能成立的参考系。要判断一个参考系是否为惯性参考系，最根本的 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 是根据观察和实验；判断牛顿运动定律在参考系中是否成立。分析问题2:当你和同伴同时从平台跳下，以地面为参考系，做匀加速运动。由于人受重力作用，所以人做匀加速运动，这是符合牛顿运动定律的。我们生活在地球上，通常是相对地面参考系来研究物体运动的。伽利略的理想实验以及我们前面做过的研究运动和力的关系的实验，都是以地面作参考系的。在地面上作的许多观察和实验说明：牛顿运动定律对地面参考系是成立的。?地面参考系是惯性参考系。除了地面参考系，牛顿运动定律还对什么参考系成立呢？分析问题3:如果火车向前作匀速直线运动，以火车为参考系，小球保持静止。小球所受的合外力为零，符合牛顿运动定律。可见：相对于地面作匀速直线运动的参考系，也是惯性参考系。让我们再来看看伽利略对船舱里观察到的现象的描述：（阅读）“••…船停着不动时，你留神观察，小虫都以等速向各方向飞行；鱼向各个方向随意游动；水滴滴进下面的缸中；你把任何东西扔给你的朋友时，只要距离相等，向这一方向不比向另一方向用更多的力。你双脚齐跳，无论向那个方向跳过的距离都一样。当你仔细观察这些事情之后，再使船以任何速度前进，只要运动是匀速的，也不忽左忽右地摆动，你将发现，所有上述现象丝毫没有变化。你也无法从其中任何一个现象来确定，船是在运动还是停着不动---"。这说明：在相对于地面做匀速直线运动的船舱里进展的力学实验和观测，与地面上的力学实验和观测，结果并没有差异。也就是说：以相对地面做匀速直线运动的物体作为参考系，牛顿运动定律是成立的。?相对地面做匀速直线运动的参考系是惯性参考系相对地面做变速运动的参考系是惯性参考系吗？分析问题2:当你和同伴同时从平台跳下，如各自以自身为参考系，参考系相对地面做匀加速运动。我们观测到：同伴相对自己是静止的，他应该不受力，然而他确实受到了重力的作用。这说明：在相对地面做变速运动的参考系里，牛顿运动定律不再成立。分析问题3:如果火车向前加速运动，以火车为参考系，在车厢里将观测到：小球向后加速运动，而小球并没有受到其他物体的作用力，所受的合力仍为零。这也进一步说明：在相对地面做变速运动的参考系里，牛顿运动定律不再成立。相对地面做变速运动的参考系不是惯性参考系严格说来，地面参考系也不是惯性参考系。由于地球的自转，地面各点都在做圆周运动，具有向心加速度（在曲线运动中将学到），它的影响在地理学、气象学中十清楚显。但是，对日常所见的大量运动问题，在相当高的精度内，地球是惯性系。在讨论运动学问题时，我们可以按照方便与否自由地选择参考系，但是在动力学问题中，便没有这种自由选择的权利了。我们只能在惯性系中运用牛顿运动定律。但是，有时以变速运动的物体做参考系来研究问题十分方便，为了使牛顿运动定律在非惯性系中也能在形式上成立，物理学中引入了一种形式上的力，叫做惯性力。?惯性力在问题3中：如图，火车做匀加速运动，以火车为参考系观察，小球不受力却以速度-a相对于车身运动，这不符合牛顿定律；然而，以加速运动的车厢为参考系观察小球的运动时，可以设想有一个力Fi作用在小球上，这个力的方向与火车对地面的加速度a的方向相反，其大小等于小球质量m与加速度a的乘积，即Fi=-ma，这个力叫做惯性力。•惯性力：在做直线加速运动的非惯性系中，质点所受的惯性力Fi与非惯性系的加速度a方向相反，且等于质点的质量m与非惯性系加速度大小a的乘积，即：Fi=-ma。这样，对于非惯性系，仍然可以沿用牛顿第二定律的形式，即小球相对于车身的加速度-a是惯性力Fi作用的结果。分析问题2中的同伴相对于你为什么是静止的？（当你与同伴一起跳下平台时，以你为参考系，是非惯性参系，加速度为g，同伴受到重力mg和惯性力-mg而相对你处于静止。）又如：以加速上升的电梯为参考系，我们可以认为乘电梯的人除了受到重力外还受到一个向下的惯性力，重力和惯性力的合力使人感受到了超重。问：惯性力的反作用力在哪儿？惯性力不是物体间的相互作用，不存在惯性力的反作用力：•考前须知：（1）惯性力不是物体间的相互作用，不存在惯性力的反作用力；（2）只有在非惯性系中才能观测到惯性力；⑶Fi=—ma是惯性力的定义式，不是牛顿第二定律。3.应用：例题：匀速行驶的小车内，高为h的货架上放有一个小球，如下图，小车突然以加速度a做匀加速运动，求：小球落地点到货架下端的距离。（分别在惯性系和非惯性系中求解）TOC\o"1-5"\h\z1.在惯性系中：以地面为参考系，设匀速行驶时的速度为v0。a£五=+—at小车做匀加速直线运动，位移为：'小球做平抛运动，水平方向：7f12竖直方向：-小球落地点到货架下端的距离：联立方程组，解得:刚体的运动学与动力学问题编者按中国物理学会全国中学生物理竞赛委员会2000年第十九次会议对？全国中学生物理竞赛内容提要？作了一些调整和补充，并决定从2002年起在复赛题与决赛题中使用提要中增补的内容.一、竞赛涉及有关刚体的知识概要1.刚体在无论多大的外力作用下，总保持其形状和大小不变的物体称为刚体•刚体是一种理想化模型，实际物体在外力作用下发生的形变效应不显著可被忽略时，即可将其视为刚体，刚体内各质点之间的距离保持不变是其重要的模型特征.2.刚体的平动和转动刚体运动时，其上各质点的运动状态〔速度、加速度、位移〕总是一样的，这种运动叫做平动•研究刚体的平动时，可选取刚体上任意一个质点为研究对象.刚体运动时，如果刚体的各个质点在运动中都绕同一直线做圆周运动，这种运动叫做转动，而所绕的直线叫做转轴.假设转轴是固定不动的，刚体的运动就是定轴转动.刚体的任何一个复杂运动总可看做平动与转动的叠加，刚体的运动同样遵从运动独立性原理.3.质心质心运动定律质心这是一个等效意义的概念，即对于任何一个刚体〔或质点系〕，总可以找到一点C,它的运动就代 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 整个刚体〔或质点系〕的平动，它的运动规律就等效于将刚体〔或质点系〕的质量集中在点C,刚体〔或质点系〕所受外力也全部作用在点C时，这个点叫做质心.当外力的作用线通过刚体的质心时，冈寸体仅做平动；当外力作用线不通过质心时，整个物体的运动是随质心的平动及绕质心的转动的合成.质心运动定律物体受外力F作用时，其质心的加速度为aC，那么必有F=mac,这就是质心运动定律，该定律说明：不管物体的质量如何分布，也不管外力作用点在物体的哪个位置，质心的运动总等效于物体的质量全部集中在此、外力亦作用于此点时应有的运动.4.刚体的转动惯量J刚体的转动惯量是刚体在转动中惯性大小的量度，它等于刚体中每个质点的质量mi与该质点到转轴的距离ri的平方的乘积的总和，即lunZZmiri2从转动惯量的定义式可知，刚体的转动惯量取决于刚体各局部的质量及对给定转轴的分布情况.我们可以利用微元法求一些质量均匀分布的几何体的转动惯量.描述转动状态的物理量对应于平动状态参量的速度V、加速度a、动量p=mv、动能Ek=〔1/2]mv2;描述刚体定轴转动状态的物理量有：、、lint角速度3角速度的定义为3=「A0/At.在垂直于转轴、离转轴距离r处的线速度与角速度之间的关系为v=r3.角加速度角加速度的定义为a=A3/At.在垂直于转轴、离转轴距离r处的线加速度与角加速度的关系为at=ra.角动量L角动量也叫做动量矩，物体对定轴转动时，在垂直于转轴、离转轴距离r处某质量为m的质点的角动量大小是mvr=mr'3,各质点角动量的总和即为物体的角动量，即3=J3.二m「v「一转动动能Ek当刚体做转动时，各质点具有共同的角速度3及不同的线速度v,假设第i个质点质量为m1，离转轴垂直距离为r1，那么其转动动能为〔1/2〕miv12=〔1/2]mir1232，整个刚体因转动而具有的动能为所有质点的转动动能的总和，即Ek=〔1/2〕〔工m1r12〕32=〔1/2〕J32.力矩M力矩的功W冲量矩I如同力的作用是使质点运动状态改变、产生加速度的原因一样，力矩是改变刚体转动状态、使刚体获得角加速度的原因.力的大小与力臂的乘积称为力对转轴的力矩，即M=Fd.类似于力的作用对位移的累积叫做功，力矩的作用对角位移的累积叫做力矩的功.恒力矩M的作用使刚体转过B角时，力矩所做的功为力矩和角位移的乘积，即A=M9.与冲量是力的作用对时间的累积相似，力矩的作用对时间的累积叫做冲量矩,冲量矩定义为力矩乘以力矩作用的时间，即I=MAt.刚体绕定轴转动的根本规律转动定理刚体在合外力矩M的作用下，所获得的角加速度与合外力矩大小成正比，与转动惯量J成反比，即一M=Ja.如同质点运动的牛顿第二定律可表述为动量形式，转动定理的角动量表述形式是—M=AL/At.转动动能定理合外力矩对刚体所做的功等于刚体转动动能的增量，即W=〔1/2〕J312—〔1/2〕J3O2.该定理提醒了力矩作用对角位移的积累效应是改变刚体的转动动能.角动量定理转动物体所受的冲量矩等于该物体在这段时间内角动量的增量，即MAt=L1—L0=J3t该定理表达了力矩作用的时间积累效应是改变刚体转动中的动量矩.角动量守恒定律当物体所受合外力矩等于零时，物体的角动量保持不变，此即角动量守恒定律.该定律适用于物体、物体组或质点系当不受外力矩或所受合外力矩为零的情况.在运用角动量守恒定律时，要注意确定满足守恒条件的参照系.如果将上述描述刚体的物理量及刚体的运动学与动力学规律与质点相对照〔如表1所示〕，可以发现它们极具平移对称性，依据我们对后者的熟巧，一定可以很快把握刚体转动问题的规律.匀速直线运动s=vt匀变速直线运动v1=v0+as=v0t+〔1/2vtFt=mFs=2—v02=2牛顿第二定律F=ma动量定理t—mv动能定理2〕〔恒力〕mvmv0/2动量守恒定律Jmv=常量t2—〔12匀角速转动B=3t匀变速转动31=30+at0=30t+〔1/2〕312—3O2=2a0转动定理M=Ja角动量定理Mt=J3t—J30转动动能定理M0=〔1/2〕J3t2—〔1/2〕J3O2角动量守恒定律JJ3=常量表1质点的直线运动冈H体的定轴转动位移s角位移0limlim速度vv=|△s/At角速度33=—A0/Atlimlim加速度aa=='Av/At角加速度aa=A3/At、确定物体转动惯量的方法物体的转动惯量是刚体转动状态改变的内因，求解转动刚体的动力学问题,离不开转动惯量确实定.确定刚体的转动惯量的途径通常有：1.从转动惯量的定义来确定对于一些质量均匀分布、形状规那么的几何体，计算它们关于对称轴的转动惯量，往往从定义出发，运用微元集合法，只需要初等数学即可求得.例1如图1所示，正六角棱柱形状的刚体的质量为M，密度均匀，其横截面六边形边长为a.试求该棱柱体相对于它的中心对称轴的转动惯量.图1分析与解这里求的是规那么形状的几何体关于它的中心对称轴的转动惯量•从转动惯量的定义出发，我们可将棱柱沿截面的径向均匀分割成n〔n丨个厚度均为〔/2〕・〔a/n〕、棱长为1的六棱柱薄壳，确定任意一个这样的薄壳对中心轴的元转动惯量Ji,然后求和即可，有J=i图2现在，先给出一矩形薄板关于与板的一条边平行的轴OO'的转动惯量•板的尺寸标注如图2所示，质量为m且均匀分布，轴OO'与板的距离为h,沿长为b的边将板无限切分成n条长为1、宽为b/n的窄条，那么有nJ板=1imz〔m/b1〕•〔b/n〕•1[h2+〔ib/n〕2]=m日血j-L[〔h2/n〕+〔i2/n3〕b2]=m〔h2+〔b2/3〕〕.回到先前的六棱柱薄壳元上，如图1所示，由对称性可知其中第i个薄壳元的hi=i川a/2n，b=ia/2n.薄壳元对轴OO'的转动惯量是12J板，即Ji=12p1〔a“疗/2n〕〔ia/2n〕[〔ia2n〕2+〔1/3〕〔ia/2n〕2].式中，p是六棱柱体的密度，即1.那么六棱柱体对中心对称轴OO'的转动惯量为lim迟、J=12"',,j--*1p1•〔a/n〕•〔十/2]•〔ia/2n]〔〔ia/n]•〔加/2〕〕2+〔1/3〕〔1a/2n]]=〔5Ma2/3〕！一二i3/n4-lim=〔5Ma/4+1/12]/3〕j〔1/n4〔13+23+…+n3〕=〔5Ma2/3〕…〔1/n4〕〔n+1〕2/=5Ma2/12.2.借助于平行轴定理在刚体绕某点转动时，需对过该点的轴求转动惯量，借助于平行轴定理，可以解决这样的问题：刚体对过质心的轴的转动惯量，如何求对不通过质心但平行于过质心转轴的轴的转动惯量.,那么有J=Jc+Md2,式中d为两轴之间的距离,平行轴定理：设任意物体绕某固定轴O的转动惯量为J，绕过质心而平行于轴O的转动惯量为JM为物体的质量.图3证明：如图3所示，C为过刚体质心并与纸面垂直的轴，O为与它平行的另一轴，两轴相距为d,在与轴垂直的平面内以质心C为原点，过CO的直线为x轴，建立xCy坐标系.Mi代表刚体上任一微元的质量，它与轴C及轴O的距离依次为Ri和ri，微元与质心连线与x轴方向的夹角为9i，由转动惯量的定义知，冈I」体对轴O的转动惯量应为J：，〔R2+d2—2dR1cosK耳EXE=MmiR12+2-lmid2—2miR1cos0.上式中第一项即为刚体对质心C的转动惯量Jc；第二项J=-mid2=d2i-】mi=Md2，M是刚体的总质量；而第三项中2-1miRicZ一一、os0i=mixi,xi是质量兀在xCy平面坐标系内的x坐标，按质心的定义，有XMmixi=0，所以J=Jc+Md2.在上述例1中，我们已求得正六棱柱关于其中心轴的转动惯量，利用平行轴定理，我们还可求得六棱柱相对于棱边的转动惯量为J'=〔5/12:Ma2+Ma2=〔17/12:Ma2.3.运用垂直轴定理对任意的刚体，任取直角三维坐标系Oxyz，刚体对x、y、z轴的转动科惯量分别为Jx、Jy、Jz,可以证明Jx+Jy+Jz=2imifi2，fi是质元到坐标原点的距离.图4证明：如图4所示，质元mi的坐标是xi>yi、zi，显然，fi2=Xi2+yi2+zi2.而刚体对x、y、z轴的转动惯量依次为Jx=K-mi〔yi2+zi2〕，Jy=7[xi2+zi2〕Jz—s"■mi〔xi2+yi2〕.那么Jx+Jy+J〔Xi2+yi2+zi2]-2：--miri2.这个结论就是转动惯量的垂直轴定理，或称正交轴定理•这个定理本身及其推导方法对转动惯量求解很有指导意义.例2从一个均匀薄片剪出一个如图5所示的对称的等臂星.此星对C轴的转动惯量为J.求该星对C1轴的转动惯量.C和C1轴都位于图示的平面中，R和r都可看做是量.分析与解设星形薄片上任意一质元到过中心O而与星平面垂直的轴O距离为ri，那么星对该轴的转动惯量为「miri2=J。，由于对称性，星对C轴及同平面内与C轴垂直的D轴的转动惯量相等，均为量J;同样，星对C1轴及同平面内与C1轴垂直的D1轴的转动惯量亦相等，设为J1,等同于垂直轴定理的推导，那么Jc+JD-2J-JO，JC1+JD1-2J1-J。，于是有2J-2J1,即J1-J.4•巧用量纲分析法总质量为M,对C轴的转动惯量为J=kMl2,过中心O将板对称分割成四个一样的小正方形，各小正方形对过各自质心且平行于C的轴的转动惯量为〔kM/4〕・〔1/2〕2=kMl2/16.如图6乙所示，小正方形的轴与C轴距离为D或d,由平行轴定理，它们对C轴的转动惯量应分别为〔kMl2/16〕+〔M/4］D2〔两个质心与C轴距离为D的小正方形〕或〔kMl2/16〕+〔M/4:d2〔两个质心与C轴距离为d的小正方形〕，那么有以下等式成立，即kMl2=2〔〔kMl2/16:+〔M/4:D2:+2〔〔kMl2/16〕+〔M/4〕D2丨.整理可得〔3/2〕kl2=〔D2+d2〕.而由几何关系，可得D=〔l/2〕•〔庞/2〕sin〔n/4+a〕，d=〔l/2〕•〔£/2〕sin〔n/4-a〕，故有〔3/2〕kl2=〔l2/8〕［sin2〔n/4+a〕+sin2〔n/4—a〕］，那么k=1/12.于是求得正方形木板对过其中心O的轴的转动惯量为J=〔1/12〕Ml2，且与角a无关.5.一些规那么几何体的转动惯量一些规那么几何体的转动惯量如表2所示.表2|乂°7助Wr哒林1呵〔呼醤11"滋11特柚沿支径1如坤1三、刚体运动问题例析根据今年将实行的CPhO新提要，刚体运动问题应该要求运用质心运动定理、角动量定理及角动量守恒定律等刚体根本运动规律来求解刚体转动的动力学与运动学问题•下面就此展示四个例题.例4在平行的水平轨道上有一个缠着绳子且质量均匀的滚轮，绳子的末端固定着一个重锤•开场时，滚轮被按住，滚轮与重锤系统保持静止•在某一瞬间，放开滚轮.过一定的时间后，滚轮轴得到了固定的加速度a,如图7甲所示•假定滚轮没有滑动，绳子的质量可以忽略•试确定：〔1丨重锤的质量m和滚轮的质量M之比;〔2丨滚轮对平面的最小动摩擦因数.甲乙图7分析与解与处理质点的动力学问题一样，处理刚体转动的力学问题，要清楚了解力矩与转动惯量对刚体运动的制约关系.〔1〕当滚轮轴亦即滚轮质心纯滚动而到达恒定的加速度a时，其角加速度为a=a/R,R为滚轮的半径•滚轮可看做质量均匀的圆盘，其关于质心的转动惯量为〔1/2〕MR2,分析滚轮受力情况如图7乙所示，可知以轮与水平轨道的接触点C为瞬时转动轴考察将比拟方便，因为接触点处的力对刚体的这种转动不产生影响.关于C轴，对滚轮形成转动力矩的只有绳子上的张力T，张力T可以通过重锤的运动来确定：相对于接触点C，滚轮的质心的水平加速度为a，重锤相对滚轮质心的线加速度也为a，且方向应沿绳子向下，这两个加速度是由重锤所受到的重力与绳子拉力提供的，重锤的加速度为这两个加速度的矢量和.由牛顿第二定理，有mgtanB=ma，〔mg/cosB〕一T'=ma，那么T=T'=m2十呂一ma.再研究滚轮，注意到C点到张力T的作用线之距离的几何尺寸，滚轮对C轴的转动惯量可用平行轴定理转换为〔3/2]MR2，对滚轮运用转动定律，有〔mW圧一ma〕〔1—〔a/^忌〕〕R=〔3/2〕MR2•〔a/R〕.解之得m/M=3a十//2〔柯十_a〕2.〔2丨对滚轮应用质心运动定理，滚轮质心加速度为a,方向水平，那么应有f—Tsin0=Ma,N—TcosB=Mg,其中sinB=a/泌十£,cosB=g/J"十&,那么，动摩擦因数满足f/N=a/g.在上面解答中，确定滚轮与重锤的相关加速度是此题的“题眼〃所在.例5如图8甲所示，在光滑地面上静止地放置着两根质量均为m,长度均为1的均匀细杆，其中一杆由相等的两段构成，中间用光滑的铰链连接起来，两段在连接点可以弯折但不能别离.在两杆的一端，各施以一样的垂直于杆的水平冲量I.试求两细杆所获得的动能之比.图8分析与解此题的求解方向是通过质心的动量定理与刚体的角动量定理，求得杆的质心速度及绕质心的角速度，进而求出杆由于这两个速度所具有的动能.如图8乙所示，设杆1在冲量I作用下，质心获得的速度为vC，杆的角速度为①，由质心的动量定理，得I=mvC,由刚体的角动量定理，得I*1/2=J3=〔1/12〕ml2®.那么杆1的动能为Ek1=〔1/2〕mvc2+〔1/2〕J32=〔1/2〕m〔I/m〕2+〔1/2〕J〔I1/2J〕2=〔I2/2m〕+〔3I2/2m〕=2I2/m.如图8丙所示为杆2的左、右两段受力情况，当在杆2左端作用冲量I时，在两段连接处，有一对相互作用的冲量I1与I1',它们大小相等，方向相反.由于两段受力情况不同，各段的质心速度及角速度均不同，但在连接处，注意到“不别离〃的条件，左段的右端与右段的左端具有一样的速度.现对两段分别运用动量定理和角动量定理，对杆2左段，有—I1=〔m/2〕vC1,〔I+I1〕・〔1/4〕=〔m12/96〕31,对杆2右段，有1'=〔m/2〕vC2,I1'1/4=〔m12/96〕2.由连接处“不别离〃条件得左、右两段的速度与角速度的关系是vC1—31・〔1/4]=32・〔1/4〕+vC2,由以上各式，可得31=18I/ml,®2=—6I/ml,vC1=51/2m,vC2=I/2m,于是可计算杆2的动能为Ek2=〔1/2:•〔m/2〕〔vC12+vC22〕+〔1/2〕•〔J/2〕〔312+w22:=7I2/2m.易得1、2两杆的动能之比为E1:E2=4:7.此题求解中，抓住杆2左、右两段连接处速度一样的相关关系，全盘皆活.例6形状适宜的金属丝衣架能在如图9所示的平面里的几个平衡位置附近做小振幅摆动.在位置甲和位置乙里，长边是水平的，其它两边等长.三种情况下的振动周期都相等.试问衣架的质心位于何处？摆动周期是多少？〔第13届IPhO试题〕图10分析与解此题涉及刚体做简谐运动的问题，即复摆的运动规律.一个在重力作用下绕水平轴在竖直面内做小角度摆动的刚体称为复摆或物理摆.我们先来推导复摆的周期 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 .如图10所示，设O为转轴〔悬点〕，质心C与转轴距离〔等效摆长〕为1,质量为m,对转轴的转动惯量为J,最大偏角9<5°.由机械能守恒定律，可得mg1〔1—cosB〕=〔1/2〕J3‘2.①3'是刚体的质心通过平衡位置时的角速度.对摆长1、质量m的理想单摆而言，有mgl〔1—cos9〕=〔1/2:mv彳=〔1/2〕m〔13〕2=〔1/2〕m〔A30〕2.②②式中30是摆球〔质.点〕通过平衡位置时'的角速度，A是振幅〔A=1〕，30是摆球振动的圆频率.可知30=右.将①式变形为mgl〔1—cos9〕=〔1/2〕J3'2=〔1/2〕m1比拟②频率为〔1式,3'〕2m〔A30'〕2,/2〕即对复摆与单摆作等效变换，可得复摆小幅振动〔亦为谐振〕的圆3那么复摆的周期公式为由题设条件确定衣架的质心位置及转动惯量，依据复摆周期公式，即可确定三种情况下一样的摆动周期T.如图11所示，质心O到转轴A、E、C的距离设为a、b、c，由图9甲所示衣架的平衡位置可知，质心O必在衣架长边的中垂线AB上，在三种情况下衣架对转轴A、E、C的转动惯量依次为222jA=Jo+ma，jB=Jo+mb，Jc=Jo+mc.式中J。为所设衣架对质心O的转动惯量，m是衣架总质量•因为三种情况下的周期一样，故有〔Jo+ma2〕/mga=〔Jo+mc2]/mgc，即〔Jo—mac〕〔c—a〕=0，显然c丰a，那么可知Jo=mac;又有〔Jo+ma2〕/mga=〔Jo+mb〕/mgb，即〔Jo—mab〕〔b—a〕=0，此式中因c>b，故〔Jo-mab〕工0，那么必有a=b，即质心位于AB之中点•衣架周期为T=2'怦二2根据图9标注的尺寸可知a=5cm，c="Jcm心21.6cm，代入后得TH.03s.此题是国际物理奥林匹克的一道赛题，题意简洁，解答方法也很多，笔者给出的这种解法应该说比拟严密且巧妙.最后，我们再尝试解答另外一道比拟繁难的国际物理奥林匹克竞赛试题，该题涉及动量矩守恒定律的运用.例7如图12所示，一个质量为m,半径为RA的均匀圆盘A在光滑水平面xOy内以速度v沿x轴方向平动，圆盘中心至x轴的垂直距离为b.圆盘A与另一静止的、其中心位于坐标原点O的均匀圆盘E相碰.圆盘E的质量与A—样，半径为RB.假定碰撞后两圆盘接触处的切向速度分量〔垂直于连心线方向的速度〕相等，并假设碰撞前后两圆盘沿连心线方向的相对速度大小不变.在发生碰撞的情况下，试求：〔1丨碰后两圆盘质心速度的x分量和y分量，结果要以给定的参量m、RA、RB、v和b表示；〔2丨碰后两圆盘的动能，结果要以给定的参量m、RA、RB、v和b表示.〔第24届IPhO试题〕分析与解〔1丨此题情景是质量一样的运动圆盘A与静止圆盘B在水平面上发生非弹性斜碰.碰撞前后，质心动量守恒——系统不受外力；对O点的角动量守恒一一外力冲量矩为零；动能不守恒一一碰撞后两圆盘接触处的切向速度分量相等，必有摩擦力存在，动能有损失.此题给出诸多的附加条件，除了根据动量守恒与角动量守恒列出根本方程外，还必须根据附加条件给出足够的补充方程，并适中选用速度分量，方可最终得解.图12图13如图13所示，设碰撞时两盘质心连线与x轴成B角，由几何关系可知b=〔RA+RB〕sin9.对系统，在法向与切向动量均守恒，即mvsin9=mvAt+mvBt，mvcos9=mvAn+mvBn，式中，vAt、vBt、vAn、vBn是A、B盘碰撞后沿切向与径向的质心速度；系统对O点的角动量守恒即mvb—JawA+mvAt〔RA+RB〕+Jb®B，该式中，Ja—〔1/2〕mRA2，Jb—〔1/2〕mRB2，wA、wB为两盘碰撞后的角速度〔待定〕.注意碰撞后A盘既有转动又有平动，对O点的角动量由两部分组成，而B盘质心在O点，故角动量仅为JbwB.上述三个方程涉及六个未知量，需列出补充方程.根据两盘接触处切向速度一样有vAt—wARA—vBt+wBRB，根据两盘法向相对速度不变有vcos9—vBn—vAn.对B盘，由动量定理和角动量定理，摩擦力f的作用是f•△t—mvBt，f•RB-At—JbwB，即mvBtRB—JbwB.由上述六个方程，解得wA—vsin9/3RA，wB—vsin9/3RB，vAt—〔5/6〕vsin9，wBt—〔1/6〕vsin9，vAn—0，vBn—vcos9.碰后两盘的质心速度的X分量分别为TOC\o"1-5"\h\zvAx=vAtsin0+vAncosB=〔5/6〕vsin20,vBx=vBtsin0+vBncos0=〔1/6〕vsin20+vcos20,碰后两盘的质心速度的y分量分别为vAy=vAtcos0—vAnsin0=〔5/6〕vsin0cos0,vBy=vBtcos0—vBnsin0=—〔5/6〕vsin0cos0,其中sin0=b/〔RA+RB〕，cos0=J（兀+禺丫一於/〔RA+RB丨.〔2〕各圆盘的动能是各盘质心平动动能与圆盘转动动能之和，这里不再赘述，答案是EA=3mv.如图15所示，匀质立方体的边长为a,质量为m.试求该立方体绕对角线轴PQ的转动惯量J..椭圆细环的半长轴为A，半短轴为B，质量为m〔未必匀质〕，该环绕长轴的转动惯量为JA，试求该环绕短轴的转动惯量JB..在一根固定的、竖直的螺杆上有一个螺帽，螺距为s,螺帽的转动惯量为J,质量为m.假定螺帽与螺杆间的动摩擦因数为零，螺帽以初速度v0向下移动，螺帽竖直移动的速度与时间有什么关系？这是什么样的运动？重力加速度为g..如图16所示，两个质量和半径均一样的实心圆柱轮，它们的质心轴互相平行，并用一轻杆相连，轴与轴承间的摩擦忽略不计.两轮先以共同的初速度v0沿水平方向运动，两轮的初角速度为零，如图16甲所示.然后同时轻轻地与地面相接触，如图16乙所示，设两轮与地面之间的动摩擦因数分别为百1和卩2〔卩1＞卩2〕.试求两轮均变为纯滚动所需的时间及纯滚动后的平动速度大小.b2/8〔RA+RB〕，EB=〔1/2〕mv〔1—〔11b2/12〔RA+RB〕2〕〕.四、CPhO竞赛训练题1.如图14所示，质量为m的均匀圆柱体的截面半径为R，长为2R.试图14图15图16图17•如图17所示，光滑水平地面上静止地放着质量为M、长为1的均匀细杆.质量为m的质点以垂直于杆的水平初速度v0与杆的一端发生完全非弹性碰撞•试求：〔1〕碰后系统质心的速度及绕质心的角速度；〔2丨实际的转轴〔即静止点〕位于何处？.如图18所示，实心圆柱体从高度为h的斜坡上由静止做纯滚动到达水平地面上，且继续做纯滚动，与光滑竖直墙发生完全弹性碰撞后返回，经足够长的水平距离后重新做纯滚动，并纯滚动地爬上斜坡.设地面与圆柱体之间的动摩擦因数为卩，试求圆柱体爬坡所能到达的高度h'.图18图19.如图19所示，半径为R的乒乓球绕质心轴的转动惯量为J=〔2/3〕mR0.如图20所示，一个刚性的固体正六角棱柱，形状就像通常的铅笔，棱柱的质量为M,密度均匀.横截面呈六边形且每边长为a.六角棱柱相对于它的中心轴的转动惯量为J=〔5/12〕Ma2，相对于棱边的转动惯量是J'=〔17/12:Ma2.现令棱柱开场不均匀地滚下斜面.假设摩擦力足以阻止任何滑动，并且一直接触斜面.某一棱刚碰上斜面之前的角速度为o1，碰后瞬间角速度为of，在碰撞前后瞬间的动能记为Eki和Ekf，试证明：of=soi，Ekf=rEki，并求出系数s和:r的值.〔第9届IPhO试题〕五、训练题简答，m%乒乓球的质量.乒乓球以一定的初始条件在粗糙的水平面上运动，开场时球的质心速度为vC0，初角速度为co0，两者的方向如图18所示.乒乓球与地面间的动摩擦因数为卩.试求乒乓球开场做纯滚动所需的时间及纯滚动时的质心速度..一个均匀的薄方板的质量为M,边长为a,固定它的一个角点，使板竖直悬挂，板在自身的重力作用下，在方板所在的竖直平面内摆动.在通过板的固定点的对角线上距固定点的什么位置〔除去转动轴处之外〕，粘上一个质量为m的质点，板的运动不会发生变化？对穿过板中心而垂直于板的轴，方板的转动惯量为J=〔1/6〕Ma2.图20图21图22•解：如图21所示，对图所示的Z1、Z2、Z坐标系与Z3、Z4、Z坐标系运用正交轴定理，有J1+J2+J5=J3+J4+J5,那么+〔m/8〕〔a/21，k=1/6,J=〔1/6〕ma厂=〔1/2〕mR那么Ji=J2=〔13/24〕mR2..解：将立方体等分为边长为a/2的八个小立方体，依照本文例3分析法用量纲求解，有kma2=2・k〔m/8〕〔a/2〕2+6•[k〔m/8〕〔a/2〕2轴距离r处的线加速度与角加速度的关系为ata.角动量L角动量也叫做动量矩，物体对定轴转动时，在垂直于转轴、离转轴距离r处某质量为m的质点的角动量大小是mvr=mr'3，各质点角动量的总和即为物体的角动量，即VVL=imiVirimiri2〕3=J3.〔如表1所示〕，可以发现它们极具平移对称性，依据我们对后者的熟巧，一定可以很快把握刚体转动问题的规律.表1质点的直线运动刚体的定轴转动位移s角位移9limlin速度vv=一」As/At角速度33=川JA9/At,J4=〔7/12〕mR2,J1=J2,.解：由正交轴定理Ja+Jb=—m】〔Xi2+yi2丨及椭圆方程〔x2/A2〕+〔y2/B2〕=1，得JB=mA2-〔A2/B2〕Ja..解：由机械能守恒，得mgs=〔1/2〕J〔wt2—3。2〕+〔1/2〕m〔vt2—v02〕，又wt/vt=w0/v0=2n/s,可得vt2—v02=2m/〔〔47?J/s2〕+m〕g=2g's.故螺帽沿螺杆竖直向下做匀加速直线运动，有vt=v0+g't,g'=m/〔〔4nJ/s2〕+m〕..解：两轮相对于地面动量守恒，因为卩1＞卩2,轮1先做纯滚动，轮2做纯滚动所需时间为t,那么系统从触地到均做纯滚动时对地面角动量守恒，得mv0R=2mvtR+2•〔1/2〕mR2w,又vt=wR,解得vt=〔2/3〕v0,w=2v0/3R,t=w/a2=wR/2卩2g=v0/3卩2g..解：碰后系统质心位置从杆中点右移为△x=〔m/〔M+m〕〕•〔1/2〕.刚体的运动学与动力学问题编者按中国物理学会全国中学生物理竞赛委员会2000年第十九次会议对？全国中学生物理竞赛内容提要？作了一些调整和补充，并决定从2002年起在复赛题与决赛题中使用提要中增补的内容.一、竞赛涉及有关刚体的知识概要1.刚体在无论多大的外力作用下，总保持其形状和大小不变的物体称为刚体•刚体是一种理想化模型，实际物体在外力作用下发生的形变效应不显著可被忽略时，即可将其视为刚体，刚体内各质点之间的距离保持不变是其重要的模型特征.2.刚体的平动和转动刚体运动时，其上各质点的运动状态〔速度、加速度、位移〕总是一样的，这种运动叫做平动•研究刚体的平动时，可选取刚体上任意一个质点为研究对象.刚体运动时，如果刚体的各个质点在运动中都绕同一直线做圆周运动，这种运动叫做转动，而所绕的直线叫做转轴.假设转轴是固定不动的，刚体的运动就是定轴转动.刚体的任何一个复杂运动总可看做平动与转动的叠加，刚体的运动同样遵从运动独立性原理.3.质心质心运动定律质心这是一个等效意义的概念，即对于任何一个刚体〔或质点系〕，总可以找到一点C,它的运动就代表整个刚体〔或质点系〕的平动，它的运动规律就等效于将刚体〔或质点系〕的质量集中在点C,刚体〔或质点系〕所受外力也全部作用在点C时，这个点叫做质心.当外力的作用线通过刚体的质心时，冈寸体仅做平动；当外力作用线不通过质心时，整个物体的运动是随质心的平动及绕质心的转动的合成.质心运动定律物体受外力F作用时，其质心的加速度为aC，那么必有F=mac,这就是质心运动定律，该定律说明：不管物体的质量如何分布，也不管外力作用点在物体的哪个位置，质心的运动总等效于物体的质量全部集中在此、外力亦作用于此点时应有的运动..刚体的转动惯量J刚体的转动惯量是刚体在转动中惯性大小的量度，它等于刚体中每个质点的质量mi与该质点到转轴的距离ri的平方的乘积的总和，即lim22j=上刁怕xmi—2.从转动惯量的定义式可知，刚体的转动惯量取决于刚体各局部的质量及对给定转轴的分布情况.我们可以利用微元法求一些质量均匀分布的几何体的转动惯量.描述转动状态的物理量对应于平动状态参量的速度V、加速度a、动量p=mv、动能Ek=〔1/2]mv2;描述刚体定轴转动状态的物理量有：Inn角速度3角速度的定义为3="JO△t.在垂直于转轴、离转轴距离r处的线速度与角速度之间的关系为v=rbm角加速度角加速度的定义为a=川7A3/△t.在垂直于转轴、离转转动动能Ek当刚体做转动时，各质点具有共同的角速度3及不同的线速度v,假设第i个质点质量为m!，离转轴垂直距离为ri，那么其转动动能为〔1/2〕mivi2=〔1/2]miti2，整个刚体因转动而具有的动能为所有质点的转动动能的总和，即Ek=〔1/2〕〔工mi—2〕32=〔1/2〕J32.力矩M力矩的功W冲量矩I如同力的作用是使质点运动状态改变、产生加速度的原因一样，力矩是改变刚体转动状态、使刚体获得角加速度的原因.力的大小与力臂的乘积称为力对转轴的力矩，即M=Fd.类似于力的作用对位移的累积叫做功，力矩的作用对角位移的累积叫做力矩的功.恒力矩M的作用使刚体转过B角时，力矩所做的功为力矩和角位移的乘积，即A=M9.与冲量是力的作用对时间的累积相似，力矩的作用对时间的累积叫做冲量矩，冲量矩定义为力矩乘以力矩作用的时间，即I=M△t.刚体绕定轴转动的根本规律转动定理刚体在合外力矩M的作用下，所获得的角加速度与合外力矩大小成正比，与转动惯量J成反比，即2m=Ja.如同质点运动的牛顿第二定律可表述为动量形式，转动定理的角动量表述形式是△L/△t.转动动能定理合外力矩对刚体所做的功等于刚体转动动能的增量，即W=〔1/2〕J312—〔1/2〕J3O2.该定理提醒了力矩作用对角位移的积累效应是改变刚体的转动动能.角动量定理转动物体所受的冲量矩等于该物体在这段时间内角动量的增量，即MAt=L1—L0=J3t—J30.该定理表达了力矩作用的时间积累效应是改变刚体转动中的动量矩.角动量守恒定律当物体所受合外力矩等于零时，物体的角动量保持不变，此即角动量守恒定律.该定律适用于物体、物体组或质点系当不受外力矩或所受合外力矩为零的情况.在运用角动量守恒定律时，要注意确定满足守恒条件的参照系.Lmi加速度aa="Av/AtLmi角加速度aah'iA3/At如果将上述描述刚体的物理量及刚体的运动学与动力学规律与质点相对照匀速直线运动s=vt匀变速直线运动vl=vO+ats=vOt+〔1/2]at222vt—vO=2as牛顿第二定律F=ma动量定理Ft=mvt—mvO〔恒力〕动能定理Fs=〔1/2〕mvt2一〔1/2〕mvO2动量守恒定律mv=常量匀角速转动3t匀变速转动31=3。+at20=3Ot+〔1/2〕at312—3O2=2a0转动定理M=Ja角动量定理Mt=J3t—J3O转动动能定理M0=〔1/2:J3t2—〔1/2〕J3O2角动量守恒定律JJ3=常量二、确定物体转动惯量的方法物体的转动惯量是刚体转动状态改变的内因，求解转动刚体的动力学问题，离不开转动惯量确实定.确定刚体的转动惯量的途径通常有：1.从转动惯量的定义来确定对于一些质量均匀分布、形状规那么的几何体，计算它们关于对称轴的转动惯量，往往从定义出发，运用微元集合法，只需要初等数学即可求得.例1如图1所示，正六角棱柱形状的刚体的质量为M，密度均匀，其横截面六边形边长为a.试求该棱柱体相对于它的中心对称轴的转动惯量.图1分析与解这里求的是规那么形状的几何体关于它的中心对称轴的转动惯量.从转动惯量的定义出发，我们可将棱柱沿截面的径向均匀分割成n〔n丨个厚度均为〔"'/2〕・〔a/n〕、棱长为1的六棱柱薄壳，确定任意一个这样的薄壳对中心轴的元转动惯量Ji，然后求和即可，有图2现在，先给出一矩形薄板关于与板的一条边平行的轴OO'的转动惯量•板的尺寸标注如图2所示，质量为m且均匀分布，轴OO'与板的距离为h,沿长为b的边将板无限切分成n条长为1、宽为b/n的窄条，那么有n丿板=1imi"〔m/b1〕・〔b/n〕・1[h2+〔ib/n〕2]lim乞=mz[〔h2/n〕+〔i2/n3〕b2]=m〔h2+〔b2/3〕〕.回到先前的六棱柱溥壳兀上，如图1所示，由对称性可知其中第i个溥壳兀的hi=i語a/2n，b=ia/2n.薄壳元对轴OO'的转动惯量是12J板，即Ji=12p1〔a西/2n〕〔ia/2n〕[〔ia灯孑/2n〕2+〔1/3〕〔ia/2n〕2].式中，p是六棱柱体的密度，即p=M/6X〔1/2:•a2•〔再/2〕1=2M/3忑a21.那么六棱柱体对中心对称轴OO'的转动惯量为limS丘j=12宀zp1•〔a/n〕•〔勺弓/2:•〔ia/2n〕〔〔〔ia/n〕•〔£/2〕〕2+〔1/3〕〔ia/2n〕limZL丘=12®Ip1•〔Wa4/4〕•〔i3/n4]•〔3/4+1/12]limZj=〔5Ma2/3〕…zi3/n4linn=〔5Ma2/3〕j〔1/n4〕〔13+23+…+n3〕=〔5Ma2/3〕ex〔1/n4〕•[n2〔n+1〕2/4〕=5Ma2/12.2.借助于平行轴定理在刚体绕某点转动时，需对过该点的轴求转动惯量，借助于平行轴定理，可以解决这样的问题：刚体对过质心的轴的转动惯量，如何求对不通过质心但平行于过质心转轴的轴的转动惯量.平行轴定理：设任意物体绕某固定轴O的转动惯量为J，绕过质心而平行于轴O的转动惯量为Jc，那么有J=Jc+Md2，式中d为两轴之间的距离，M为物体的质量.图3证明：如图3所示，C为过刚体质心并与纸面垂直的轴，O为与它平行的另一轴，两轴相距为d，在与轴垂直的平面内以质心C为原点，过CO的直线为x轴，建立xCy坐标系.Mi代表刚体上任一微元的质量，它与轴C及轴O的距离依次为Ri和ri，微元与质心连线与x轴方向的夹角为9i，由转动惯量的定义知，冈I」体对轴O的转动惯量应为=imi〔Ri2+d2—2dRicos9〕K»wXZX=i"miRi2+^-Lmid2—2miRicos9.s上式中第一项即为刚体对质心C的转动惯量JC；第二项J='"mid2ftN迟s=d2mi=Md2，M是刚体的总质量；而第三项中miRicz一一一、os9i=zmixi，xi是质量兀在xCy平面坐标系内的x坐标，按质心的定义，有1-1miXi=0,所以J=Jc+Md2.在上述例1中，我们已求得正六棱柱关于其中心轴的转动惯量，利用平行轴定理，我们还可求得六棱柱相对于棱边的转动惯量为J'=〔5/12:Ma2+Ma2=〔17/12:Ma2.3.运用垂直轴定理对任意的刚体，任取直角三维坐标系Oxyz，刚体对x、y、z轴的转动X惯量分别为JX>Jy>Jz，可以证明Jx+Jy+Jz=2讥mifF，fi是质元到坐标原点的距离.图4证明：如图4所示，质元m1的坐标是X1、yi、zi，显然，fi2=Xi2+y12+z12.而刚体对x、y、z轴的转动惯量依次为n卫ssJx="mi〔yi2+zi2〕，Jy=z〔Xi2+zi2〕，2那么Jx+Jy+Jz=2■■■mi^xi2+yi2+zi2〕=2Emifi2.这个结论就是转动惯量的垂直轴定理，或称正交轴定理.这个定理本身及其推导方法对转动惯量求解很有指导意义.例2从一个均匀薄片剪出一个如图5所示的对称的等臂星.此星对C轴的转动惯量为J.求该星对C1轴的转动惯量.C和C1轴都位于图示的平面中，R和f都可看做是量.图5分析与解设星形薄片上任意一质元到过中心O而与星平面垂直的轴O距离为r1，那么星对该轴的转动惯量为’mil’2=J。，由于对称性，星对C轴及同平面内与C轴垂直的D轴的转动惯量相等，均为量J;同样，星对C1轴及同平面内与C1轴垂直的D1轴的转动惯量亦相等，设为J1,等同于垂直轴定理的推导，那么Jc+JD=2J=J°,JC1+JD1二2J1=J。，于是有2J=2Ji，即J—J.4•巧用量纲分析法根据转动惯量的定义J=1miri2，其量纲应为［ML2［，转动惯量的表达式常表现为kma2形式，m是刚体的质量，a是刚体相应的几何长度，只要确定待定系数k，转动惯量问题便迎刃而解.例3如图6甲所示，求均匀薄方板对过其中心。且与x轴形成a角的轴C的转动惯量.图6分析与解如图6〔甲所示为待求其转动惯量的正方形薄板，设其边长为1,总质量为M,对C轴的转动惯量为J=kMl2，过中心。将板对称分割成四个一样的小正方形，各小正方形对过各自质心且平行于C的轴的转动惯量为〔kM/4〕・〔1/2〕2=kM12/16.如图6乙所示，小正方形的轴与C轴距离为D或d,由平行轴定理，它们对C轴的转动惯量应分别为〔kM12/16〕+〔M/4］D2〔两个质心与C轴距离为D的小正方形〕或〔kM12/16〕+〔M/4:d2〔两个质心与C轴距离为d的小正方形〕，那么有以下等式成立，即kM12=2〔〔kM12/16:+〔M/4:D2:+2〔〔kM12/16〕+〔M/整理可得〔3/2〕/4〕D2丨.k12=〔D2+d2〕.而由几何关系，可得D=〔1/2〕•〔&/2〕sin〔n/4+a〕，d=〔l/2〕•〔.池/2〕sin〔n/4—a〕，故有〔3/2〕kl2=〔12/8〕［sin2〔n/4+a〕+sin2〔n/4—a〕］,那么k=1/12.于是求得正方形木板对过其中心O的轴的转动惯量为J=〔1/12〕M12，且与角a无关..一些规那么几何体的转动惯量一些规那么几何体的转动惯量如表2所示.區繭表24朋询4畔三、刚体运动问题例析根据今年将实行的CPhO新提要，刚体运动问题应该要求运用质心运动定理、角动量定理及角动量守恒定律等刚体根本运动规律来求解刚体转动的动力学与运动学问题.下面就此展示四个例题.例4在平行的水平轨道上有一个缠着绳子且质量均匀的滚轮，绳子的末端固定着一个重锤.开场时，滚轮被按住，滚轮与重锤系统保持静止.在某一瞬间，放开滚轮.过一定的时间后，滚轮轴得到了固定的加速度a,如图7甲所示.假定滚轮没有滑动，绳子的质量可以忽略.试确定：〔1丨重锤的质量m和滚轮的质量M之比；〔2丨滚轮对平面的最小动摩擦因数.T乙图7分析与解与处理质点的动力学问题一样，处理刚体转动的力学问题，要清楚了解力矩与转动惯量对刚体运动的制约关系.〔1〕当滚轮轴亦即滚轮质心纯滚动而到达恒定的加速度a时，其角加速度为a=a/R,R为滚轮的半径•滚轮可看做质量均匀的圆盘，其关于质心的转动惯量为〔1/2〕MR2,分析滚轮受力情况如图7乙所示，可知以轮与水平轨道的接触点C为瞬时转动轴考察将比拟方便，因为接触点处的力对刚体的这种转动不产生影响.关于C轴，对滚轮形成转动力矩的只有绳子上的张力T，张力T可以通过重锤的运动来确定：相对于接触点C，滚轮的质心的水平加速度为a，重锤相对滚轮质心的线加速度也为a，且方向应沿绳子向下，这两个加速度是由重锤所受到的重力与绳子拉力提供的，重锤的加速度为这两个加速度的矢量和.由牛顿第二定理，有mgtanB=ma，〔mg/cosB〕一T'=ma，那么T=T'=m—ma.再研究滚轮，注意到C点到张力T的作用线之距离的几何尺寸，滚轮对C轴的转动惯量可用平行轴定理转换为〔3/2]MR2，对滚轮运用转动定律，有〔m'赵—ma〕〔1一〔a/“+書〕〕R=〔3/2〕MR2•〔a/R〕.解之得m/M=3a2十^/2〔如十&—a〕2.〔2丨对滚轮应用质心运动定理，滚轮质心加速度为a,方向水平，那么应有f—TsinB=Ma，N—TcosB=Mg，其中sinB=a/“，cosB=g/评，那么，动摩擦因数满足f/N=a/g.在上面解答中，确定滚轮与重锤的相关加速度是此题的“题眼〃所在.例5如图8甲所示，在光滑地面上静止地放置着两根质量均为m,长度均为1的均匀细杆，其中一杆由相等的两段构成，中间用光滑的铰链连接起来，两段在连接点可以弯折但不能别离.在两杆的一端，各施以一样的垂直于杆的水平冲量I.试求两细杆所获得的动能之比.分析与解此题的求解方向是通过质心的动量定理与刚体的角动量定理，求得杆的质心速度及绕质心的角速度，进而求出杆由于这两个速度所具有的动能.如图8乙所示，设杆1在冲量I作用下，质心获得的速度为vC，杆的角速度为①，由质心的动量定理，得I=mvC，由刚体的角动量定理，得I*1/2=J3=〔1/12〕ml2®.那么杆1的动能为Ek1=〔1/2〕mvc2+〔1/2〕J32=〔1/2〕m〔I/m〕2+〔1/2〕J〔I1/2J〕2=〔I2/2m〕+〔3I2/2m〕=2I2/m.如图8丙所示为杆2的左、右两段受力情况，当在杆2左端作用冲量I时，在两段连接处，有一对相互作用的冲量I1与I1',它们大小相等，方向相反.由于两段受力情况不同，各段的质心速度及角速度均不同，但在连接处，注意到“不别离〃的条件，左段的右端与右段的左端具有一样的速度.现对两段分别运用动量定理和角动量定理，对杆2左段，有I-I1=〔m/2〕vC1，〔I+I1〕・〔1/4〕=〔m12/96〕31，对杆2右段，有1'=〔m/2〕vC2，I1'1/4=〔m12/96:2.由连接处“不别离〃条件得左、右两段的速度与角速度的关系是vC1-31・〔1/4]=32・〔1/4〕+vC2，由以上各式，可得31=18I/m1，32=—6I/m1，vC1=5I/2m，vC2=I/2m，于是可计算杆2的动能为Ek2=〔1/2:•〔m/2〕〔vC12+vC22〕+〔1/2:•〔J/2〕〔312+322:=7I2/2m.易得1、2两杆的动能之比为E1:E2=4:7.此题求解中，抓住杆2左、右