第四章 刚体的转动 习题

第四章 刚体的转动

1. 一质量为m 0 ，长为l 的棒能绕通过O 点的水平轴自由转动。一质量为m ，速率为v 0的子弹从水平方向飞来，击中棒的中点且留在棒内，如图所示。则棒中点的速度为（ ）。 A ．

00m m mv +； B ．0

433m m mv +；

C ．0023m mv ；

D ．0

43m mv 。

2. 一根长为l ，质量为m

上端到达地面时速率应为（ ）。

A ．gl 6；

B ．gl 3；

C ．gl 2；

D ．

l

g

23。 3. 均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一个是正确的？（ ） A ．角速度从小到大，角加速度从大到小 B ．角速度从小到大，角加速度从小到大 C ．角速度从大到小，角加速度从大到小 D ．角速度从大到小，角加速度从小到大

4. 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度ω（ ） A ．增大 B ．不变 C ．减小 D ．不能确定

5. 一静止的均匀细棒，长为L ，质量为M ，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内

转动，转动惯量为

23

1

ML 。一质量为m 速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射入并穿入棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为v 2

1

，则此时棒的角速度应为（ ）

A ．ML mv

B ．ML mv 23

C ．ML

mv 35 D ．ML mv 47

6. 在某一瞬时，物体在力矩作用下，则有（ ）

A 、角速度ω可以为零，角加速度α也可以为零；

B 、角速度ω不能为零，角加速度α可以为零；

C 、角速度ω可以为零，角加速度α不能为零；

D 、角速度ω与角加速度α均不能为零。

7.一均匀细棒质量为m ，长度为l ，则对于通过棒的一端与棒垂直的轴的转动惯量为（ ），对于通过棒的中点与棒垂直的轴的转动惯量（ ）。

8.某均匀细棒可绕其一端自由转动，若使棒从水平位置由静止开始释放，在棒摆到竖直位置的过程中，角速（ ），角加速度（ ）（填“变大”、“变小”或“不变”）。

9. 质量为m 1、长为l 的匀质棒竖直悬在水平轴O 上，一质量为m 2的小球以水平速度v 与棒的下端相碰，碰后速度v ＇反向运动。在碰撞中因时间很短，棒可看作一直保持竖直位置，求棒在碰撞后的角速度。[l m v v m 1'

2/)(3+=ω]

10. 一圆盘绕固定轴由静止开始作匀加速运动，角加速度为3.14rad ·s -2

。求经过10s 后盘上离轴1.0cm 处一点的切向加速度和法向加速度各等于多少？在刚开始时，该点的切向加速度和法向加速度各等于多少？(3.14cm/s -2

,9.9 cm/s -2

,3.14 cm/s -2

,0)

11. 长为l ，质量为m 0的细棒，可绕垂直于一端的水平轴自由转动。棒原来处于平衡状态。现有一质量为m 的小球沿光滑水平面飞来，正好与棒下端相碰（设碰撞完全弹性），使杆向上摆到

θ求小球的初速度。

12. 如图所示，一质量

M ，半径为R 的圆柱，可绕固定的水平轴O 自由转动。今有一质量为m ，速度为v 0的子弹，水平射入静止的圆柱下部（近似看作在圆柱边缘），且停留在圆柱内（0v 垂直于转轴）。求： （1）子弹与圆柱的角速度。 （2）该系统的机械能的损失。

13. 如图所示，均匀直杆质量为m ，长为l ，初始时棒水平静止。轴光滑，4/l AO =。求杆下摆到θ角时的角速度ω。

14. 如图所示的物体系中，倔强系数为k 的弹簧开始时处在原长，定滑轮的半径为R ，转动惯量为J 。质量为m 的物体从静止开始下落，求下落高度h 时物体的速度v 。

15. 一细杆质量为m ，长度为l

时的角速度和角加速度。

16.质量为m 1和m 2的两个物体跨在定滑轮上，m 2放在光滑的桌面上，滑轮半径为R ，质量为M 。求

m 1下落的加速度和绳子的张力T 1、T 2。

17.长为l ，质量为m 的细杆，初始时的角速度为ω0，由于细杆与桌面的摩擦，经过时间t 后杆静止，求摩擦力矩M 阻。

m

18.长为l ，质量为m 0的细棒，可绕垂直于一端的水平轴自由转动。棒原来处于平衡状态，现有一质量为m 的小球沿光滑水平面飞来，正好与棒下端相碰（设碰撞为完全非弹性碰撞）使棒向上摆到 30=θ处，如图所示，求小球的初速度。

19.均匀细棒长L ，质量为m ，可绕通过O 点与棒垂直的水平轴转动，如图所示。在棒A 端作用一水平恒力F =2mg ，3

L

OA =

。棒在力F 的作用下，由静止转过角度 30=θ。求： （1）力F 所做的功；

（2）若此时撤去力F ，则细棒回到平衡位置时的角速度。

20.在光滑的水平面上有一木杆，其质量m 1=1.0kg ，长l=40cm ，可绕通过其中心并与之垂直的轴转动，一质量为m 2=10g 的子弹以v=200m ·s -1的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交，若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度。（29.1）

21.如图所示，一匀质木棒长度l=1m ，质量为m1=10kg ，可绕其一端的光滑水平轴O 在铅垂面内自由转动。初时棒自然下垂，一质量m2=0.05kg 的子弹沿水平方向以速度v 击入棒下端（嵌入其中），求棒获得的角速度及最大上摆角。

v

m 2

22.长为l 、质量为M 的匀质杆可绕通过杆一端O 的水平光滑固定轴转动，转动惯量为

2

3

1Ml ，开始时杆竖直下垂，如图所示．有一质量为m 的子弹以水平速度0v

射入杆上A 点，并嵌在杆中，OA ＝2l / 3，则子弹射入后瞬间杆的角速度ω为多大。

23.如图所示，质量为M ，长为l 的直拉杆，可绕水平轴Ｏ无摩擦地转动，今有一质量为ｍ的子弹沿水平方向飞来，恰好射入杆的下端，若直棒（连同入射子弹）的最大摆角为 60=θ

。试证子弹的速率为

m

gl m M m M v 6)3)(2(60++=

。

24.如图所示，一质量为Ｍ，半径为Ｒ的匀质滑轮，可绕一无摩擦的水平轴转动，圆盘上绕有质量不计的绳子，绳子的一端固定在滑轮上，另一端悬挂一质量为 ｍ的物体。问物体由静止下落ｈ高度时，物体的速率为多少？

25.质量为m 、长为L 的均匀细棒，可绕其一端在竖直平面内转动。现将其在水平位置静止释放。求：（1）刚释放时的角加速度α；(2)棒摆至垂直位置时的角速度ω、角加速度α。

26.如图所示，圆盘的质量为m ，半径为R ，求(1) 以圆盘的中心为圆心，将半径为2R 的部分挖去，剩余部分对OO 轴的转动惯量；(2) 剩余部分对O O ''轴（即通过圆盘边缘且平行于盘中心轴）的转动惯量。

27.一汽车发动机曲轴的转速在12s 内由3

1.210?r/min 均匀的增加到3

2.710?r/min 。 (1)求曲轴转动的角加速度； (2)在此时间内，曲轴转了多少转？

28.一个作圆周运动的质点m ，R 为圆半径，求对圆心的转动惯量。2

mR J =

29.求质量为m ，半径为R 的均匀薄圆环的转动惯量，轴与圆环平面垂直并且通过其圆心。2

mR J =

刚体转动习题解答

作业07（刚体转动1） 1. 两个均质圆盘A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ，若B A ρρ>，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘对通过盘心垂直于盘面的转动惯量各为A J 和B J ，则[ ]。 A. B A J J > B. B A J J < C. B A J J = 答：［B ］ 解： 由V m =ρ，B A ρρ> ，B A m m =， B A V V <∴，B A R R <∴ 又：22 1mR =ρ B A J J <∴ 2. 几个力同时作用在一个具有固定转轴的刚体上，如果这几个力的矢量和为零，则此刚体 [ ]。 A. 必然不会转动 B. 转速必然不变 C. 转速必然改变 D. 转速可能不变，也可能改变 答：［D ］ 解：几个力的矢量和为零，不一定外力矩为零，因此，刚体不一定不转动。但和外力为零，刚体不会平动。 3. 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上： （1）. 这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零。 （2） 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零。 （3）. 这两个力合力为零时，它们对轴的合力矩一定是零。 （4）. 这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力一定是零。 在上述说法中是正确的是[ ]。 A. 只有（1）是正确的 B. （1）（2）正确（3）（4）错误 C. （1）（2）（3）都正确，（4）错误 D. （1）（2）（3）（4）都正确 答：［B ］ 解：如图所示 （1）由)(a )(b )(c 可见，21//?//F k F ，则它们对轴的力矩 0?)(111=??=k F r L z ，0?)(222=??=k F r L z ，对轴的合力矩为零。（1）是正确的。 （2）由)(d )(e )(f 可见，由21?F k F ⊥⊥，则它们对轴的力矩 0?)(111=??=k F r L z ，0?)(222=??=k F r L z ，对轴的合力矩为零； 由)(g )(i )(j 可见，21?F k F ⊥⊥，则它们对轴的力矩

三线摆测刚体转动惯量实验报告(带数据)

曲阜师大学实验报告 实验日期：2020.5.24 实验时间：8：30-12：00 ：方小柒学号：********** 年级：19级专业：化学类 实验题目：三线摆测刚体转动惯量 一、实验目的： 1.学会用三线摆法测定物体转动惯量原理和方法。 2.学会时间、长度、质量等基本物理量的测量方法以及仪器的水平调节。 二、实验仪器： 三线摆，待测物体（圆环和两个质量和形状相同圆柱），游标卡尺，米尺，电子秒表，水平仪 三、实验原理： 转动惯量是物体转动惯性的量度，物体对某轴的转动惯量越大，则绕该轴转动时，角速度就越难改变。 三线摆装置如图所示，上下两盘调成水平后，两盘圆心在同一垂直线O1O2上。下盘可绕中心轴线O1O2扭转，其扭转周期T和下盘的质量分布有关，当改变下盘的质量分布时，其绕中心轴线O1O2的扭转周期将发生变化。 三线摆就是通过测量它的扭转周期去求任意质量已知物体的转动惯量的。 三摆线示意图 当下盘转动角度θ很小，且略去空气阻力时，悬线伸长不计，扭摆的运动可近似看作简谐运动。根据能量守恒定律和刚体转动定律均可以得出物体绕中心轴OO′的转动惯量： 下盘：J =

下盘+圆环：J1= 圆环：J= J1- J0= (条件：θ≤5°，空气阻力不计，悬线伸长不计，圆环与下盘中心重合） 因此，通过长度、质量和时间的测量，便可求出刚体绕某 轴的转动惯量。 四、实验容： 1.了解三线摆原理以及有关三线摆实验器材的知识。 2.用三线摆测量圆环的转动惯量，并验证平行轴定理 (1)测定仪器常数H、R、r 恰当选择测量仪器和用具，减小测量不确定度。自拟实验步骤，确保三线摆上、下圆盘的水平，是仪器达到最佳测量状态。 (2)测量下圆盘的转动惯量 线摆上方的小圆盘，使其绕自身转动一个角度，借助线的力使下圆盘作扭摆运动，而避免产生左右晃动。自己拟定测量下圆盘转动惯量的方法。 (3)测量圆环的转动惯量 盘上放上待测圆环，注意使圆环的质心恰好在转动轴上，测量圆环的质量和、外直径。利用公式求出圆环的转动惯量。 (4)验证平行轴定理 将质量和形状尺寸相同的两金属圆柱体对称地放在下圆盘上。测量圆柱体质心到中心转轴的距离。计算圆柱体的转动惯量。 五、实验步骤： Ⅰ、流程简述：一、测三线摆空盘的转动惯量： 1．调节仪器：使用水平仪，调整上盘和下盘使它们保持水平。 2．分别测出上盘、下盘的半径r, R，以及两盘之间的高度H。 3．启动振动和测量周期：用秒表测出10次全振动所需的时间，重复5次，计算出平均周期。 4．利用测得周期，带入计算。 5．与圆盘的理论值比较，J 0=m R2/2，求出相对误差。 二、测圆环的转动惯量： 1．把圆环放在下盘中，注意使环的质心恰好在转动轴上，重复以上步骤，测出载有圆环的转动周期，根据公式计算转动惯量。 2．用游标卡尺分别测出圆环的、外半径R和R外，计算理论结果J理论=(R2+ R 外 2)m/2。 3．将实验值和理论值相比较，给出相对误差。 Ⅱ、线上操作：

测量刚体的转动惯量实验报告及数据处理

实验讲义补充： 1.刚体概念：刚体是指在运动中和受力作用后，形状和大小不变，而且内部各点的相对位置不 变的物体。 2.转动惯量概念：转动惯量是刚体转动中惯性大小的量度。它取决于刚体的总质量，质量分布、 形状大小和转轴位置 3.转动定律：合外力矩=转动惯量×角加速度 4.转动惯量叠加： 空盘：（1）阻力矩（2）阻力矩＋砝码外力→J1 空盘＋被测物体：（1）阻力矩（2）阻力矩＋砝码外力→J2 被测物体：J3=J2-J1 5.转动惯量理论公式：圆盘&圆环J=0.5mr2,J=0.5m(r12+r12) 6.转动惯量实验仪器：水准仪；线水平；线与孔不产生摩擦；塔轮选小的半径；至少3个塔轮 半径，3组砝码质量 7.计数器：遮光板半圈π；单电门，多脉冲；空盘15圈，20个值；加上被测物体，8个值； 8.泡沫垫板 9.重力加速度：s^2 10.质量：1次读数，包括砝码，圆盘，圆环，以及两圆柱体； 11.游标卡尺：6次读数，包括圆盘半径，圆环内外半径，塔轮半径，转盘上孔的内外半径（求 平均值） 12.实验目的：测量值与理论值对比 实验计算补充说明： 1.有效数字：质量，故有效数字为3位 2.游标卡尺：，读数最后一位肯定为偶数； 3.误差&不确定度： （1）理论公式计算的误差： 圆盘：J=0.5mR2（注意：直接测量的是直径） 质量m=±；（保留4位有效数字） um=*100%=% 半径R=± 若测6次,x1,x2,x3,x4,x5,x6,i=6，计算x平均值 ， 取n=6时的 ，我们处理为0 C=,仪器允差,δB= 总误差：,ux= m

,u rx==% R=± urx=% 计算转动惯量的结果表示： J=0.5mR2，总误差：uJ=√[(0.5R2u m)2+(mRu R)2]，相对不确定=uJ/J 圆环：J=0.5m(R12+R22)，同上. （2）实验测量计算的误差： J=mR(g?Rβ2)β2?β1 根据，，对R（塔轮半径），m（砝码质量）,β2和β1求导， ?J ?m=R(g?Rβ2)β2?β1 ?J ?R=mg?2Rβ2β2?β1 ?J ?β2=?mR2（β2?β1）?mR(g?Rβ2) (β2?β1)^2 ?J ?β1= mR(g?Rβ2) (β2?β1)^2

大学物理仿真刚体的转动惯量实验报告

大学物理仿真实验——刚体转动惯量的测量 班级： 姓名： 学号：

实验名称：刚体转动惯量的测量 一、实验目的 在研究摆的重心升降问题时，惠更斯发现了物体系的重心与后来欧勒称之为转动惯量的量。转动惯量是表征刚体转动惯性大小的物理量，它与刚体的质量、质量相对于转轴的分布有关。 本实验将学习测量刚体转动惯量的基本方法，目的如下： 1．用实验方法验证刚体转动定律，并求其转动惯量； 2．观察刚体的转动惯量与质量分布的关系 3．学习作图的曲线改直法，并由作图法处理实验数据。 二、实验原理 1．刚体的转动定律 具有确定转轴的刚体，在外力矩的作用下，将获得角加速度β，其值与外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比，即有刚体的转动定律： M = Iβ (1) 利用转动定律，通过实验的方法，可求得难以用计算方法得到的转动惯量。 2．应用转动定律求转动惯量 如图所示，待测刚体由塔轮，伸杆及杆上的配重物组成。刚体将在砝码的拖动下绕竖直轴转动。 设细线不可伸长，砝码受到重力和细线的张力作用，从静止开始以加速度a 下落，其运动方程为mg – t=ma，在t时间内下落的高度为h=at2/2。刚体受到

张力的力矩为T r 和轴摩擦力力矩M f 。由转动定律可得到刚体的转动运动方程：T r - M f = Iβ。绳与塔轮间无相对滑动时有a = rβ，上述四个方程得到： m(g - a)r - M f = 2hI/rt2 (2) M f 与张力矩相比可以忽略，砝码质量m比刚体的质量小的多时有a<

刚体的定轴转动习题解答

- 第五章 刚体的定轴转动 一 选择题 1. 一绕定轴转动的刚体，某时刻的角速度为，角加速度为，则其转动 加快的依据是：（ ） A. > 0 B. > 0，> 0 C. < 0，> 0 D. > 0，< 0 解：答案是B 。 2. 用铅和铁两种金属制成两个均质圆盘，质量相等且具有相同的厚度，则 它们对过盘心且垂直盘面的轴的转动惯量。 （ ） A. 相等； B. 铅盘的大； C. 铁盘的大； D. 无法确定谁大谁小 解：答案是C 。 简要提示：铅的密度大，所以其半径小，圆盘的转动惯量为：2/2Mr J =。 3. 一轻绳绕在半径为r 的重滑轮上，轮对轴的转动惯量为J ，一是以力F 向下拉绳使轮转动；二是以重量等于F 的重物挂在绳上使之转动，若两种情况使轮边缘获得的切向加速度分别为a 1和a 2，则有： （ ） A. a 1 = a 2 B. a 1 > a 2 C. a 1< a 2 D. 无法确定 解：答案是B 。 简要提示：(1) 由定轴转动定律，1αJ Fr =和11αr a =，得：J Fr a /21= (2) 受力分析得：?? ???===-2222ααr a J Tr ma T mg ，其中m 为重物的质量，T 为绳子的力。 得：)/(222mr J Fr a +=，所以a 1 > a 2。 4. 一半径为R ，质量为m 的圆柱体，在切向力F 作用下由静止开始绕轴线

- 作定轴转动，则在2秒F 对柱体所作功为： （ ） A. 4 F 2/ m B. 2 F 2 / m C. F 2 / m D. F 2 / 2 m 解：答案是A 。 简要提示：由定轴转动定律： α221MR FR = ，得：mR F t 4212==?αθ 所以：m F M W /42=?=θ 5. 一电唱机的转盘正以 0的角速度转动，其转动惯量为J 1，现将一转动 惯量为J 2的唱片置于转盘上，则共同转动的角速度应为： （ ） A ．0211ωJ J J + B ．0121ωJ J J + C ．021ωJ J D ．01 2ωJ J 解：答案是A 。 简要提示：角动量守恒 6. 已知银河系中一均匀球形天体，现时半径为R ，绕对称轴自转周期为T ，由于引力凝聚作用，其体积不断收缩，假设一万年后，其半径缩小为r ，则那时该天体的：（ ） A. 自转周期增加，转动动能增加； B. 自转周期减小，转动动能减小； C. 自转周期减小，转动动能增加； D. 自转周期增加，转动动能减小。 解：答案是C 。 简要提示： 由角动量守恒，ωω2025 252Mr MR =，得转动角频率增大，所以转动周期减小。转动动能为22k 2020k 5 221,5221ωωMr E MR E ==可得E k > E k0。 7. 绳子通过高处一固定的、质量不能忽略的滑轮，两端爬着两只质量相等 的猴子，开始时它们离地高度相同，若它们同时攀绳往上爬，且甲猴攀绳速度为乙猴的两倍，则 （ ） A. 两猴同时爬到顶点 B. 甲猴先到达顶点 C. 乙猴先到达顶点

第四章 刚体的转动 习题

第四章 刚体的转动 1. 一质量为m 0 ，长为l 的棒能绕通过O 点的水平轴自由转动。一质量为m ，速率为v 0的子弹从水平方向飞来，击中棒的中点且留在棒内，如图所示。则棒中点的速度为（ ）。 A ． 00m m mv +； B ．0 433m m mv +； C ．0023m mv ； D ．0 43m mv 。 2. 一根长为l ，质量为m 上端到达地面时速率应为（ ）。 A ．gl 6； B ．gl 3； C ．gl 2； D ． l g 23。 3. 均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一个是正确的？（ ） A ．角速度从小到大，角加速度从大到小 B ．角速度从小到大，角加速度从小到大 C ．角速度从大到小，角加速度从大到小 D ．角速度从大到小，角加速度从小到大 4. 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度ω（ ） A ．增大 B ．不变 C ．减小 D ．不能确定 5. 一静止的均匀细棒，长为L ，质量为M ，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内 转动，转动惯量为 23 1 ML 。一质量为m 速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射入并穿入棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为v 2 1 ，则此时棒的角速度应为（ ） A ．ML mv B ．ML mv 23 C ．ML mv 35 D ．ML mv 47 6. 在某一瞬时，物体在力矩作用下，则有（ ） A 、角速度ω可以为零，角加速度α也可以为零； B 、角速度ω不能为零，角加速度α可以为零； C 、角速度ω可以为零，角加速度α不能为零； D 、角速度ω与角加速度α均不能为零。

实验2 刚体转动惯量的测定

实验2 刚体转动惯量的测量 [预习思考题] 1．实验中的刚体转动惯量实验仪是由哪几部分组成的？ 2．实验中可以通过什么方法改变转动力矩？ 3．实验中刚体转动过程的角加速度如何测得？ 转动惯量是描述刚体转动中惯性大小的物理量，对于绕定轴转动的刚体，它为一恒量，以J表示，即 ∑= i i i r m J2 式中，m i为刚体上各个质点的质量，r i为各个质点至转轴的距离。由此可见，物体的转动惯量J与刚体的总质量、质量分布及转轴的位置有关。对于几何形状规则、对称和质量分布均匀的刚体，可以通过积分直接计算出它绕某定轴的转动惯量。对于形状复杂或非匀质的任意物体，则一般要通过实验来测定，例如，机械零件、电机的转子、炮弹等。 测定物体的转动惯量有多种实验方法，主要分为扭摆法和恒力矩转动法两类。本实验介绍用塔轮式转动惯量仪测定的方法，是使塔轮以一定形式旋转，通过表征这种运动特征的物理量与转动惯量的关系，进行转换测量。该方法属于恒力矩转动法。 转动惯量是研究、设计、控制转动物体运动规律的重要参数，实验测定刚体的转动惯量具有十分重要的意义，是高校理工科物理实验教学大纲中的一个重要基本实验。 一、实验目的 1．学习用转动惯量仪测定刚体的转动惯量。 2．研究作用于刚体上的外力矩与角加速度的关系。 3．验证转动定律及平行轴定理。 二、实验仪器 IM－2刚体转动惯量实验仪及其附件（霍尔开关传感器、砝码等）和MS－1型多功能数字毫秒仪。 三、仪器介绍

1．滑轮 2．滑轮高度和方向调节组件 3．挂线 4．塔轮组 5．铝质圆盘承物台 6．样品固定螺母 7．砝码 8．磁钢 9．霍尔开关传感器 10．传感器固定架 11．实验样品水平调节旋钮（共3个） 12．毫秒仪次数预置拨码开关，可预设1－64次 13．次数显示屏 14．时间显示屏 l5．次数+1查阅键 16．毫秒仪复位键 17．+5V 电源接线柱 18．电源GND （地）接线柱 19．INPUT 输入接线柱 20．输入低电平指示 21．次数-1查阅键 图4-3-1 IM-2刚体转动惯量实验仪和MS －1型多功能数字毫秒仪结构示意图 IM-2刚体转动惯量实验仪主要由绕竖直轴转动的铝质圆盘承物台、绕线塔轮、霍尔开关传感器、磁钢、滑轮组件、砝码等组成。 样品放置在铝质圆盘承物台上，承物台上有许多圆孔，可用于改变样品的转轴位置。绕线塔轮是倒置的塔式轮，分为四层，自上往下半径分别为3cm 、2.5cm 、2cm 、1.5cm 。磁钢随转动系统转动，每半圈经过霍尔开关传感器一次，传感器输出低电平，通过连线送到多功能数字毫秒仪。传感器红线接毫秒仪+5V 电源接线柱，黑线接电源GND （地）接线柱，黄线接INPUT 输入接线柱。 MS －1型多功能数字毫秒仪通过预置拨码开关预置实验所需感应次数。每轮实验开始前通过复位键清0，直到输入低电平信号触发计时开始，次数显示屏从0次开始计时，直至达到预置次数停止。计时停止后，方能查阅各次感应时间。 四、实验原理 1. 任意样品的转动惯量测定 设转动惯量仪空载（不加任何样品）时的转动惯量为J 1，称为系统的本底转动惯量，转动惯量仪负载（加上样品）时的转动惯量为J 2，根据转动惯量的可加性，则样品的转动惯量J x 为 21x J J J =- 2. 系统的转动惯量测定 1）刚体的转动定律 刚体绕定轴转动时，刚体的角加速度与它所受的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比，这个关系称为刚体的转动定律。 M J β= 利用转动定律，测得刚体转动时的合外力矩及该力矩作用下的角加速度，则可计算

刚体的转动惯量专题

刚体的转动惯量专题 1.刚体的转动惯量的三要素 刚体对某轴的转动惯量，是描述刚体在绕该轴的转动过程中转动惯性的物理量. 有转动惯量的定义式2i i I m r =∑可看出，刚 体的转动惯量是与下列三个因素有关的. （1）与刚体的质量有关. 例如半径相同的两个圆柱体，而它们的质量不同，显然，对于相应的转轴，质量大的转动惯量也较大.

（2）在质量一定的情况下，与质量的分布有关. 例如，质量相同、半径也相同的圆盘与圆环，二者的质量分布不同，圆环的质量集中分布在边缘，而圆盘的质量分布在整个圆面上，所以，圆环的转动惯量较大. （3）还与给定转轴的位置有关，即同一刚体对于不同的转轴，其转动惯量的大小也是不等的. 例如，同一细长杆，对通过其质心且垂直于杆的转轴和通过其一端且垂直于杆的转轴，二者的转动惯量不相同，且后者较大. 这是由于转轴的位置不同，从而也就影响了转动惯量的大小.

刚体的转动惯量的三要素：刚体的总质量、刚体的质量分布情况、转轴的位置. 2.转动惯量的普遍公式 （1）转动惯量的定义式 2 i i I m r =∑ ·········○1 可知，对于形状规则、质量均匀分布的连续刚体，其对特殊轴的转动惯量的计算可借助于定积分. 这是，可设想将刚体分成

许多小线元、面元、体元. d d d d d d m x m S m V λσρ=== 于是 222222d d d d d d l S V I r m r x I r m r S I r m r V λσρ======?????? 一般说来，这是个三重的体积分，但对于有一定对称性的物体，积分的重数可以减少，甚至不需要积分. （2）刚体对某轴的转动惯量 刚体对z 轴的转动惯量

(完整版)大学物理刚体的定轴转动习题及答案

第4章 刚体的定轴转动 习题及答案 1．刚体绕一定轴作匀变速转动，刚体上任一点是否有切向加速度？是否有法向加速度？切向和法向加速度的大小是否随时间变化？ 答：当刚体作匀变速转动时,角加速度β不变。刚体上任一点都作匀变速圆周运动，因此该点速率在均匀变化，v l ω=，所以一定有切向加速度t a l β=，其大小不变。又因该点速度的方向变化， 所以一定有法向加速度2 n a l ω=，由于角速度变化，所以法向加速度的大小也在变化。 2. 刚体绕定轴转动的转动定律和质点系的动量矩定理是什么关系？ 答：刚体是一个特殊的质点系，它应遵守质点系的动量矩定理，当刚体绕定轴Z 转动时，动量矩定理的形式为z z dL M dt = ，z M 表示刚体对Z 轴的合外力矩，z L 表示刚体对Z 轴的动量矩。()2z i i L m l I ωω==∑,其中()2i i I m l =∑，代表刚体对定轴的转动惯量，所以 ()z z dL d d M I I I dt dt dt ω ωβ= ===。既 z M I β=。 所以刚体定轴转动的转动定律是质点系的动量矩定理在刚体绕定轴转动时的具体表现形式， 及质点系的动量矩定理用于刚体时在刚体转轴方向的分量表达式。 3．两个半径相同的轮子，质量相同，但一个轮子的质量聚集在边缘附近，另一个轮子的质量分布比较均匀，试问：（1）如果它们的角动量相同，哪个轮子转得快？（2）如果它们的角速度相同，哪个轮子的角动量大？ 答：(1)由于L I ω=，而转动惯量与质量分布有关，半径、质量均相同的轮子，质量聚集在边缘附近的轮子的转动惯量大，故角速度小，转得慢，质量分布比较均匀的轮子转得快； （2）如果它们的角速度相同，则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大。 4．一圆形台面可绕中心轴无摩擦地转动，有一玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动，问平台如何运动？如小汽车突然刹车，此过程角动量是否守恒？动量是否守恒？能量是否守恒？ 答：玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动时，平台将沿相反方向转动；小汽车突然刹车过程满足角动量守恒，而能量和动量均不守恒。 5．一转速为1200r min 的飞轮，因制动而均匀地减速，经10秒后停止转动，求： （1） 飞轮的角加速度和从开始制动到停止转动，飞轮所转过的圈数； （2） 开始制动后5秒时飞轮的角速度。 解：（1）由题意飞轮的初角速度为 0240()n rad s ωππ== 飞轮作均减速转动，其角加速度为 20 0404/10 rad s t ωωπ βπ--= = =-? 故从开始制动到停止转动，飞轮转过的角位移为 201 2002 t t rad θωβπ?=?+?= 因此，飞轮转过圈数为

刚体转动惯量的测定_实验报告

实验三刚体转动惯量的测定 转动惯量是刚体转动中惯性大小的量度。它与刚体的质量、形状大小和转轴的位置有关。形状简单的刚体，可以通过数学计算求得其绕定轴的转动惯量；而形状复杂的刚体的转动惯量，则大都采用实验方法测定。下面介绍一种用刚体转动实验仪测定刚体的转动惯量的方法。 实验目的： 1、理解并掌握根据转动定律测转动惯量的方法； 2、熟悉电子毫秒计的使用。 实验仪器： 刚体转动惯量实验仪、通用电脑式毫秒计。 仪器描述： 刚体转动惯量实验仪如图一，转动体系由十字型承物台、绕线塔轮、遮光细棒等（含小滑轮）组成。遮光棒随体系转动，依次通过光电门，每π弧度（半圈）遮光电门一次的光以计数、计时。塔轮上有五个不同半径（r）的绕线轮。砝码钩上可以放置不同数量的砝码，以获得不同的外力矩。 实验原理： 空实验台（仅有承物台）对于中垂轴OO’的转动惯量用J o表示，加上试样（被测物体）后的总转动惯量用J表示，则试样的转动惯量J1： J1 = J –J o (1) 由刚体的转动定律可知：

T r – M r = J α (2) 其中M r 为摩擦力矩。 而 T = m(g -r α) (3) 其中 m —— 砝码质量 g —— 重力加速度 α —— 角加速度 T —— 张力 1． 测量承物台的转动惯量J o 未加试件，未加外力（m=0 , T=0） 令其转动后，在M r 的作用下，体系将作匀减速转动，α=α1，有 -M r1 = J o α1 (4) 加外力后，令α =α2 m(g –r α2)r –M r1 = J o α2 (5) （4）（5）式联立得 J o = 21 2212mr mgr ααααα--- (6) 测出α1 , α2，由（6）式即可得J o 。 2． 测量承物台放上试样后的总转动惯量J ，原理与1.相似。加试样后，有 -M r2=J α3 (7) m(g –r α4)r –Mr 2= J α4 (8) ∴ J = 23 4434mr mgr ααααα--- (9) 注意：α1 , α3值实为负，因此（6）、（9）式中的分母实为相加。 3． 测量的原理 设转动体系的初角速度为ωo ，t = 0 时θ= 0 ∵ θ=ωo t + 2 2 1t α (10) 测得与θ1 , θ2相应的时间t 1 , t 2 由 θ1=ωo t 1 + 2121t α (11) θ2=ωo t 2 + 2 22 1t α (12) 得 22112 22112) (2t t t t t t --= θθα (13) ∵ t = 0时，计时次数k=1（θ=л时，k = 2） ∴ []2 2 11222112)1()1(2t t t t t k t k ----= πα (14) k 的取值不局限于固定的k 1 , k 2两个，一般取k =1 , 2 , 3 , …,30,…

第四章-刚体的转动-问题与习题解答上课讲义

第四章 刚体的转动 问题与习题解答 问题：4-2、4-5、4-9 4-2 如果一个刚体所受合外力为零，其合力矩是否也一定为零？如果刚体所受合外力矩为零，其合外力是否也一定为零？ 答： 一个刚体所受合外力为零，其合力矩不一定为零，如图a 所示。刚体所受合外 力矩为零，其合外力不一定为零，例如图b 所示情形。 4-5 为什么质点系动能的改变不仅与外力有关，而且也与内力有关，而刚体绕定轴转动动能的改变只与外力矩有关，而与内力矩无关？ 答： 因为合外力对质点所作的功，等于质点动能的增量；而质点系中内力一般也做功，故内力对质点系的动能的增量有贡献。而在刚体作定轴转动时，任何一对内力对转轴的力矩皆为一对大小相等、方向相反的力矩，且因定轴转动时刚体转过的角度d θ都一样，故其一对内力矩所作的功()0in ij ij ji ij ji W M d M d M M d θθθ=+=+=，其内力功总和也为零，因而根据刚体定轴转动的动能定理可知：内力矩对其转动动能的增量无贡献。 4-9 一人坐在角速度为0ω的转台上，手持一个旋转的飞轮，其转轴垂直地面，角速度为ω'。如果突然使飞轮的转轴倒转，将会发生什么情况？设转台和人的转动惯量为J ，飞轮的转动惯量为J '。 答： （假设人坐在转台中央，且飞轮的转轴与转台的转轴重合）视转台、人和飞轮为同一系统。 （1）如开始时飞轮的转向与转台相同，则系统相对于中心轴的角动量为： 10L J J ωω''=+ 飞轮转轴快速倒转后，飞轮的角速度大小还是ω'，但方向与原来相反；如设转台此时的角速度为1ω，则系统的角动量为： 21L J J ωω''=- 在以上过程中，外力矩为零，系统的角动量守恒，所以有： 10J J J J ωωωω''''-=+ 即 102J J ωωω' '=+ ，转台的转速变大了。 （2）如开始时飞轮的转向与转台相反，则系统相对于中心轴的角动量为： 10L J J ωω''=- 飞轮转轴快速倒转后，飞轮的角速度大小还是ω'，但方向与原来相反；如设转台此时的角速度为1ω ，则系统的 F 1F 3a b

大学物理 刚体的转动

学号： 姓名： 成绩： 1-2每题5分； 3-5每题10分；6-8每题20分；总分100分. (作业A4纸打印，选择题和填空题写在题内，计算题解答写在A4纸背面) 作业三： 刚体的转动 一、选择题 1. 关于刚体转动惯量的概念，以下表述中的是： （A ）只要两刚体的总质量与形状都相同，则转动惯量相同，与转轴无关。 （B ）刚体的转动惯量决定于刚体的质量相对于转轴的分布。 （C ）刚体转动惯量的方向与转轴相同。 (D) 刚体转动惯量的大小与刚体的运动状态有关 ［ ］ 2. 如图所示，A 、B 为两个相同的绕着轻绳的定滑轮．A 滑轮挂一质量为M 的物体，B 滑轮 受拉力F ，而且F ＝Mg ．设A 、B 两滑轮的角加速度分别为βA 和βB ，不计滑轮轴的摩擦，则有 (A) βA ＝βB ． (B) βA ＞βB ． (C ) βA ＜βB ． (D ) 开始时βA ＝βB ，以后βA ＜βB ． ［ ］ 二、填空题 3.如图所示，一轻绳绕于半径r = 0.2 m 的飞轮边缘，并施以F ＝98 N 的拉力，若不计轴的摩擦，飞轮的角加速度等于39.2 rad/s 2，此飞轮的转动惯量为___________． 4. 有一半径为R 的匀质圆形水平转台，可绕通过盘心O 且垂直于盘面的竖直固定轴OO ＇转动，转动惯量为J ．台上有一人，质量为m ．当他站在离转轴r 处时(r ＜R )，转台和人一起以ω1的角速度转动，如图．若转轴处摩擦可以忽略，问当人走到转台边缘时，转台和人一起转动的角速度ω2＝____________． 5. 一水平的匀质圆盘，可绕通过盘心的竖直光滑固定轴自由转动．圆盘质量为M ，半径为P ，对轴的转动惯量212 J mR =．当圆盘以角速度ω0转动时，有一质量为m 的子弹沿盘的直径方向射入而嵌在盘的边缘上．子弹射入后，圆盘的角速度ω＝??????????????． 三、计算题 6. 如图所示，设两重物的质量分别为m 1和m 2，且m 1＞m 2，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． 7. 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212J mR = ，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． 8.质量为m 、长为l 的细棒，可绕通过棒一端O 的水平轴自由转动（转动惯量23J ml =），棒于水平位置由静止开 始摆下，求： （1）、初始时刻的角加速度； （2）、杆转过θ角时的角速度。 m

大学物理刚体的转动惯量的研究实验报告

大学物理仿真实验报告 电子３班 实验名称:刚体得转动惯量得研究 实验简介 在研究摆得重心升降问题时，惠更斯发现了物体系得重心与后来欧勒称之为转动惯量得量。转动惯量就是表征刚体转动惯性大小得物理量,它与刚体得质量、质量相对于转轴得分布有关。 本实验将学习测量刚体转动惯量得基本方法，目得如下: １．用实验方法验证刚体转动定律，并求其转动惯量； 2。观察刚体得转动惯量与质量分布得关系 3.学习作图得曲线改直法,并由作图法处理实验数据。 实验原理 1。刚体得转动定律 具有确定转轴得刚体，在外力矩得作用下,将获得角加速度β，其值与外力矩成正比，与刚体得转动惯量成反比,即有刚体得转动定律: Ｍ= Ｉβ（1) 利用转动定律，通过实验得方法,可求得难以用计算方法得到得转动惯量。 ２．应用转动定律求转动惯量 如图所示，待测刚体由塔轮,伸杆及杆上得配重物组成。刚体将在砝码得拖动下绕竖直轴转动。

设细线不可伸长,砝码受到重力与细线得张力作用，从静止开始以加速度a下落,其运动方程为mg – t=ma，在t时间内下落得高度为ｈ＝at2/2。刚体受到张力得力矩为T r与轴摩擦力力矩Mｆ。由转动定律可得到刚体得转动运动方程：T r—Mｆ= Iβ。绳与塔轮间无相对滑动时有ａ= rβ,上述四个方程得到: ｍ（g - ａ）r - Ｍf = 2hI/rｔ2（2) M f与张力矩相比可以忽略，砝码质量m比刚体得质量小得多时有a<＜ｇ， 所以可得到近似表达式： ｍｇr = 2ｈI／ rt2（3） 式中r、h、t可直接测量到，m就是试验中任意选定得。因此可根据(3）用实验得方法求得转动惯量I。 3．验证转动定律，求转动惯量 从（3)出发,考虑用以下两种方法： A．作m – 1/ｔ２图法：伸杆上配重物位置不变,即选定一个刚体，取固定力臂ｒ与砝码下落高度h,（3)式变为： M = K1/ t2（4） 式中K1= 2hI/ ｇr２为常量。上式表明：所用砝码得质量与下落时间ｔ得平方成反比。实验中选用一系列得砝码质量,可测得一组m与1／t2得数据,将其在直角坐标系上作图,应就是直线.即若所作得图就是直线，便验证了转动定律。 从ｍ–１/t2图中测得斜率K1,并用已知得h、r、ｇ值，由K１＝ 2hＩ/ gr2求得刚体得I. Ｂ.作r – 1/t图法：配重物得位置不变，即选定一个刚体，取砝码m与下落高度ｈ为固定值。将式(3）写为：

刚体力学基础-习题-解答

衡水学院 理工科专业 《大学物理B 》 刚体力学基础 习题 命题教师：郑永春 试题审核人：张郡亮 一、填空题（每空1分） 1、三个质量均为m 的质点，位于边长为a 的等边三角形的三个顶点上。此系统对通过三角形中心并垂直于三角形平面的轴的转动惯量J 0＝__ ma 2 _，对通过三角形中心且平行于其一边的轴的转动惯量为J A ＝__ 12 ma 2 _，对通过三角形中心和一个顶点的轴的转动惯量为J B ＝__ 2 1ma 2 。 2、两个质量分布均匀的圆盘A 和B 的密度分别为ρA 和ρB (ρA >ρB )，且两圆盘的总质量和厚度均相同。设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为J A 和J B ，则有J A < J B 。 3、 一作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量J ＝3.0 kg ·m 2，角速度ω0＝6.0 rad/s ．现对物体加一恒定的制动力矩M ＝－12 N ·m ，当物体的角速度减慢到ω＝2.0 rad/s 时，物体已转过了角度?θ＝__4.0rad 4、两个滑冰运动员的质量各为70 kg ，均以6.5 m/s 的速率沿相反的方向滑行，滑行路线间的垂直距离为10 m ，当彼此交错时，各抓住一10 m 长的绳索的一端，然后相对旋转，则抓住绳索之后各自对绳中心的角动量 L ＝__2275 kg·m 2·s 1 _；它们各自收拢绳索，到绳长为5 m 时，各自的速率υ ＝__13 m·s 1_。 5、有一质量均匀的细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动。如将此棒放在水平位置，然后任其下落，则在下落过程中的角速度大小将 变大 ，角加速度大小将 变小 。 二、单项选择题（每小题2分） （ A ）1、有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上，下列说法正确的是： A.这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； B.这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； C.当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零； D.当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零。 （ C ）2、一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，滑轮的转动惯量为J ，绳下端挂一物体。物体所受重力为P ，滑轮的角加速度为α．若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子，滑轮的角加速度α将 A.不变； B.变小； C.变大； D.如何变化无法判断。 （ C ）3、关于刚体的转动惯量，下列说法中正确的是 A.只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关； B.取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关； C.取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置； D.只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关。 （ C ）4、一人造地球卫星到地球中心O 的最大距离和最小距离分别是R A 和R B ．设卫星对应的角动量分别是L A 、L B ，动能分别是E KA 、E KB ，则应有 A.L B > L A ，E KA = E KB ； B.L B < L A ，E KA = E KB ； C.L B = L A ，E KA < E KB ； D.L B = L A ，E KA > E KB ． （ C ）5、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图1射来两个质量 相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且留在盘内， O M m m 图1

第四章刚体的转动

第四章 刚体的转动 一、基本要求 1．理解刚体定轴转动的描述方法。 2．掌握转动定律，能熟练应用转动定律解题。 3．掌握质点角动量和角动量守恒定律，并能用它们分析、解决质点在平面内运动时的基本力学问题。 4．掌握刚体角动量和角动量守恒定律，并能求解一些简单问题。 5．理解刚体定轴转动时的动能定理。 二、本章要点 1．刚体定轴转动的描述 刚体作定轴转动时，其上各点均作圆周运动，且圆心都在转轴上。所以，刚体上各点的角位移、角速度、角加速度都是一样的，因此用角量描述刚体的定轴转动比较适宜。 dt d θω= 22dt d dt d θωβ== 2．刚体定轴转动定律 βI M =∑外 3．质点的角动量定理和角动量守恒定律 质点的角动量定理 dt L d M i i ∑= 角动量守恒定律： 若作用在质点上的合力矩始终为零，则质点的角动量保持不变。即当 ∑=0i M 时，=L 恒量。 4．定轴转动的质点系的角动量定理和角动量守恒定律 dt dL M = ∑外 若对一质点系，在其变化过程中始终有∑外M =0，则=L 恒量。这个结论叫做质点系 对轴的角动量守恒定律。 5．刚体作定轴转动时的动能定理 k E A ?=∑外)2 1(2 ωI ?= 三、例题 4-1 如图，两个完全相同的定滑轮分别用绳绕几圈以后，在Ａ轮绳端系一质量为m 的

物体，在Ｂ轮上以恒力mg F =拉绳，则两轮 转动的角加速度A β B β。（填＜，=，＞） 解：滑轮角加速度β由绳拉力力矩产生。对A ，因m 有加速度，所以mg T <；对mg F B =，，所以A 受的力矩小B A ββ<。 4-2 一飞轮的转动惯量为Ｉ，在t=0时角速度为0ω，此后轮经历制动过程，阻力矩 的大小与角速度的平方成正比，比例系数k ＞0。当角速度减为3/0ω时，飞轮的角加速度 。 解：由转动定律βI M =，且2 ωk M -=，所以 I k 2 ωβ-= 当=ω30ω时，qI k 2 ωβ-=。 4-3 滑轮圆盘半径为Ｒ，质量为Ｍ，长绳的一端绕在定滑轮圆周上，一端挂质量m 的 物体。若物体匀速下降，则滑轮与轴间的摩擦力矩为 。 解：物体的受力分析如图所示。列方程 ? ? ?=-=-00 f M TR T m g 解得摩擦力矩大小为 mgR M f = 4-4 一质量m 、半径为Ｒ的薄圆盘，可绕通过其一直径的轴转动，转动惯量24 1 mR I = 。该盘从静止开始在恒力矩Ｍ的作用下转动，t 秒后位于圆盘边缘上与轴垂直距离为Ｒ的点的切向加速度大小为 ，法向加速度大小为 。 解：由转动定律βI M =得 2 4mR M I M == β 切向加速度为 mR M R a t 4= =β 由t βω=及R a n 2ω=得，法向加速度 3 22 216R m t M a n =

大学物理第3章刚体的定轴转动习题解答

习题 3-1 一汽车发动机曲轴的转速在12s 内由每分钟1200转匀加速地增加到每分钟2700转，求：（1）角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？ 解：（1）)/(401s rad πω= )/(902s rad πω= )/(1.13)/(6 25124090221 2s rad s rad t ≈=-= ?-= π ππωωβ 匀变速转动 （2）)(7802212 2rad πβωωθ=-= )(3902圈==π θ n 3-2 一飞轮的转动惯量为J ,在0=t 时角速度为0ω，此后飞轮经历制动过程。阻力矩M 的大小与角速度ω的平方成正比，比例系数0>K 。求：（1）当30ωω=时,飞轮的角加速度；（2）从开始制动到30ωω=所需要的时间。 解：（1）依题意 2 ωβK J M -== )/(922 02 s rad J K J K ωωβ-=-= （2）由J K dt d 2ωωβ-== 得 ??-=32 000 ωωωωK Jd dt t ωK J t 2= 3-3 如图所示， 发电机的轮A 由蒸汽机的轮B 通过皮带带动。两轮半径A R =30cm ，=B R 75cm 。当蒸汽机开动后，其角加速度π8.0=B βrad/s 2 ， 设轮与皮带之间没有滑动。求（1）经过多少秒后发电机的转速达到 A n =600rev/min ？（2）蒸汽机停止工作后一分钟内发电机转速降到 300rev/min ，求其角加速度。 解：（1）t A A βω= t B B βω= 因为轮和皮带之间没有滑动，所以A 、B 两轮边缘的线速度相同，即

B B A A R R ωω= 又)/(2060600 2s rad A ππω=?= 联立得)(10s R R t B B A A ==βω （2）)/(10603002s rad A ππω=?= )/(6 2s rad t A A A π ωωβ=-'= 3-4 一个半径为=R 1.0m 的圆盘，可以绕过其盘心且垂直于盘面的转轴转动。一根轻绳绕在圆盘的边缘，其自由端悬挂一物体。若该物体从静止开始匀加速下降，在t ?＝内下降的距离h ＝0.4m 。求物体开始下降后第3秒末，盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度。 解：物体下落的加速度() )/(2.0222 s m t h a =?= 又 βR a a t == ，得圆盘的角加速度 )/(2.02 s rad =β 第3秒末，圆盘的角速度)/(6.0s rad t ==βω 所以 )/(2.02s m a t = )/(36.02 2s m R a n ==ω 3-5 一个砂轮直径为0.4m ，质量为20kg ，以每分钟900转的转速转动。撤去动力后，一个工件以100N 的正压力作用在砂轮边缘上，使砂轮在内停止，求砂轮和工件的摩擦系数(忽略砂轮轴的摩擦)。 解：βJ M = 其中NR M μ-= ，得J NR J M dt d μωβ- === ?? - =0 ωμωNR Jd dt t ， 即NRt J 0 ωμ= 又)/(306090020s rad ππω=?= ，)(4.022122 m kg d m J ?=?? ? ??= 得167.0=μ