转动惯量与刚体定轴转动定律

转动惯量与刚体定轴转动定律

先阐明几个概念：

刚体：简单的说，即形变可以忽略的物体。作为理想的物理模型，刚体的特征是有质量、大小和形状，而在处理时我们往往不考虑其形变（但有时会出现断裂、破碎或者磨损的情况）。

力矩：和力类似，并不好直接定义，可以简单的认为是力乘以力臂或者M F r =?（关于叉乘，请自行百度）。 转动惯量：度量转动时惯性的量。详见后文。

下面是准备工作：

定理：无外力系统内各质点相互作用的合力矩为0 证：

①考虑两个质点的系统：

如图，

由牛顿第三定律，

120F F +=，

且1221()F F r r -

而，合力矩=1221121()0F r F r F r r ?+?=?-= 成立。

②假设，含k 个质点的无外力系统其内力的合力矩为0 ③对于含（k+1）个质点的无外力系统，

分为两组，一组含k 个质点，另一组则为第（k+1）个质点。 含k 个质点的一组，其内力的合力矩为

而该组任一质点与第（k+1）个质点的相互作用合力矩也为

0 故含（k+1）个质点的无外力系统其内力的合力矩为

0 因而，无外力系统内各质点相互作用的合力矩为

0 推论：对系统施加M 的外力矩，有i M M =∑ （i M 为系统内第i 个质点所受力矩。） 证：

将施加外力的质点纳入系统，由上， 则有，0i M M -+=∑ 故，i M M =∑

刚体定轴转动定律：M I β=

（M 为合外力矩，β为角加速度，I 为转动惯量（见下）。） ①考虑只有一个质点，

由牛顿第二定律：

()r F ma m a a θ==+

（其中，,r

a r a r θ⊥）

则

2

()()[()()]r F r m a a ma m r r

m r r r r mr θθββββ

?=+==??=-= 『1』

②考虑多个质点时， 对于系统中第i 个质点，

2i i i i F r m r β?=

（同一刚体角加速度相同）

有2i i i i i M M F r m r β==?=∑∑∑ ③对于连续物体， 则，222i i D

V

m r r dm r dV δρ==∑????

(式中dm 表示刚体的某个质元的质量，r 表示该质元到转轴的垂直距离,ρ表示该处的密度，积分遍及整个刚体。) 式2i i M m r β=∑ 与牛顿第二定律相似，我们称之为刚体定轴转动定律，并视2i i m r ∑为刚体绕轴转动时惯性（回转物体保持

记作I （或J ）。

下面是一些关于转动惯量的辅助定理： 平行轴定理：2c I I md =+

（m 为刚体质量，绕通过质心的转轴转动的转动惯量为c I ，I 为绕与该通过质心的转轴距离为d 的转轴转动的转动惯量。）

『2』 证：

以质心C 为原点，则有0i i m r =∑ （i r 表示i m 到z 轴的垂直距离） 有2c i i I m r =∑

若转轴位于z ’处（方向向量为s r ）

则s

r d =

2

2

2

2()2i i s i i s i i s i

c I m r r m r r m r r m

I md =-=++=+∑∑∑∑

垂直轴定理1：z x y I I I =+

（一平面刚体薄板，绕垂直该平面的轴转动的转动惯量z I ，等于绕平面内与该垂直轴相交的任意两相互正交的轴转动的转动惯量之和。） 证：

注意“薄板”，22,x i i y i i I m y I m x ==∑∑

而，22222()z i i i i i i i i i x y I mr m x y m y m x I I ==+=+=+∑∑∑∑

垂直轴定理2：22x y z D

I I I r dm ++=?

（绕交于同一点O 且两两垂直的轴x ，y ，z 的转动惯量分别为,,x y z I I I ，r 为质元dm 到O 的距离。） 证：

2222222222

(),(),()2()2x y z D

D

D

x y z D

D

I y z dm I x z dm I x y dm

I I I x y z dm r dm

=+=+=+++=++=?????

伸展定则：

（将物体的任意一点沿转轴方向平移任意大小，该物体绕该轴的转动惯量不变。） 证： 显然。

应用这些定理，可以简化处理一些问题：

例一：求质量为m ，长为L 的均质细棒绕其端轴转动的转动惯量。 解：

由已知量和量纲知2I kmL = ∵均质 ∴质心C 在棒的中点

又∵绕质心轴转动惯量可视为两段L/2长的细棒绕端轴的转动惯量，即22()22

c m L I k =?

由平行轴定理，2()2

c L I m I +=

解得k=1/3 故213

I mL =

例二：求质量为m ，长为a ，宽为b 的均质矩形薄板绕边轴、绕中轴、绕过中心的垂直轴转动的转动惯量。 解： 对边轴：

由伸展定则及例一，绕长轴的转动惯量213

a I m

b = ，

同理，绕短轴，213

b I ma =

对中轴：

由平行轴定理，绕平行于长边的轴，221

()212

x a b I I m mb =-=

同理，21

12

y I ma =

绕过中心的垂直轴： 由垂直轴定理1，221

()12

z x y I I I m a b =+=

+

例三：求质量为m ，半径为R 的均质实心球体绕过球心的轴转动的转动惯量。 解：

由对称性及垂直轴定理2，

2

2

2

5

2

2

86322455

2

5

R D

I r dm r r dr R mR I mR ππρρ∴====?=??

后记：

我写这篇文章主要是因为在百度上找不到“刚体定轴转动定律”的证明，就在这里给各位读者一个方便。更加深入的讨论请寻找一些刚体动力学的教材或资料。这似乎是一个实验定律，但也应能用牛顿定律得出。文中的证明方法是本人原创（但不一定是独创）。本人能力有限，如有错误或纰漏，欢迎各位指正。

参考资料：

『1』二重向量积Vector Triple Product https://https://www.wendangku.net/doc/2417531759.html,/wiki/Triple_product#Vector_tri

ple_product

『2』图片来自wikipedia：https://https://www.wendangku.net/doc/2417531759.html,/wiki/Parallel_axis_theorem

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

【大题】工科物理大作业04_刚体定轴转动

04 04 刚体定轴转动 班号 学号 姓名 成绩 一、选择题 （在下列各题中，均给出了4个~5个答案，其中有的只有1个是正确答案，有的则有几个是正确答案，请把正确答案的英文字母序号填在题后的括号内） 1．某刚体绕定轴作匀变速转动，对刚体上距转轴为r 处的任一质元来说，在下列关于其法向加速度n a 和切向加速度τa 的表述中，正确的是： A ．n a 、τa 的大小均随时间变化； B ．n a 、τa 的大小均保持不变； C ．n a 的大小变化，τa 的大小保持恒定； D ．n a 的大小保持恒定，τa 大小变化。 （C ） [知识点］刚体匀变速定轴转动特征，角量与线量的关系。 [分析与题解] 刚体中任一质元的法向、切向加速度分别为 r a n 2 ω=，r a τβ= 当 恒量时，t βωω+=0 ，显然r t r a n 2 02)(βωω+==，其大小随时间而变， r a τβ=的大小恒定不变。 2. 两个均质圆盘A 和B ，密度分别为 A 和 B ，且B ρρ>A ，但两圆盘的质量和厚度相同。若 两盘对通过盘心且与盘面垂直的轴的转动惯量分别为A I 和B I ，则 A ． B I I >A ； B. B I I ，所以2 2B A R R < 且转动惯量22 1 mR I = ，则B A I I <

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

转动惯量(指导书)

转动惯量指导书 力学实验室 2016年3月

转动惯量的测量 【预习思考】 １．转动惯量的定义式是什么？ ２．转动惯量的单位是什么？ ３．转动惯量与质量分布的关系？ ４．了解单摆中摆长与周期的关系？ ５．摆角对周期的影响。 【仪器照片】 【原理简述】 1、转动惯量的定义 构件中各质点或质量单元的质量与其到给定轴线的距离平方乘积的总和，即

∑ =2 J mr（1）转动惯量是刚体转动时惯性的量度，其量值取决于物体的形状、质量分布及转轴的位置。刚体的转动惯量有着重要的物理意义，在科学实验、工程技术、航天、电力、机械、仪表等工业领域也是一个重要参量。 图1 电磁系仪表的指示系统，因线圈的转动惯量不同，可分别用于测量微小电流（检 流计）或电量（冲击电流计）。在发动机叶片、飞轮、陀螺以及人造卫星的外形 设计上，精确地测定转动惯量，都是十分必要的。 2、转动惯量的公式推导 测定刚体转动惯量的方法很多，常用的有三线摆、扭摆、复摆等。本实验采用的是三线摆，是通过扭转运动测定物体的转动惯量，其特点是无力图像清楚、操作简便易行、适合各种形状的物体，如机械零件、电机转子、枪炮弹丸、电风扇的风叶等的转动惯量都可用三线摆测定。这种实验方法在理论和技术上有一定的实际意义本实验的目的就是要求学生掌握用三线摆测定物体转动惯量的方法，并验证转动惯量的平行轴定理。 两半径分别为r'和R'（R'>r'）的刚性均匀圆盘，用均匀分布的三条等长l的无弹性、无质量的细线相连，半径为r'的圆盘在上，作为启动盘，其悬点到盘心的距离为r；半径为R'的圆盘在下，作为悬盘，其悬点到盘心的距离为R。将启动盘固定，则构成一振动系统， 称为三线摆（图2）。当施加力矩使悬盘转过角 θ后，悬盘将绕中心轴O O''做角简谐振动。 A A' O O' O'' r R B θ h2 h1 H . . . C'

转动惯量的测定与平行轴定理验证的实验研究模板

转动惯量的测定与平行轴定理验证的实验研究 摘要: 采用三线摆, 双线摆, 扭摆, 测量不同刚性物体的转动惯量, 并进一步验证平行轴定理, 同时应用扭摆的特性测量切边模量。 关键字: 转动惯量; 平行轴定理; 切变模量 转动惯量是刚体转动惯性的量度, 它与刚体的质量分布和转轴位置有关。根据物体的规则与否, 转动惯量的获得分为理论公式法与实验法。对于规则物体, 测量其尺寸和质量, 即可经过理论公式计算获得; 对于不规则、 质量分布不均匀的物体则要经过实验测定。 一． 实验原理 （一） 双线摆 本实验中, 认为双线摆是纯转动的理想模型。这样, 双线摆摆锤的运动可分解为: 水平面上的转动以及竖直方向上的振动。 设均匀细杆质量、 长为l 、 绕经过质心竖直轴转动的惯量为; 两相同圆柱体 的质量之和为2m 1,之间距离为2c; 双绳之间 距离为d, 绳长L 。 由右图 几何关系分析, 当很小时, , 得 81 )2cos -L(1=h 2θθL = ( 1) 图2几何分析 图１双线摆结

由上式可得系统的势能为 2 001 8p E m gh m gL θ== ( 2) 杆的转动动能为2 0)(21dt d I E k θ = ( 3) 由能量守恒得 22 000011() 28d I m gL m gh dt θθ+= ( 4) 用( 4) 关于时间求导, 并除以, 得 2020 04m gL d dt I θθ+= ( 5) 解上面的简谐振动方程, 得杆的转动惯量: 2020 016T gL m I π= ( 6) 测量物体的转动惯量: 202()16x m m gL I T π+= (7) 待测物体的转动惯量为: 22200000222()()161616x x x m m gL m m gL m gL I T I T T πππ++=-=- (8) （二） 三线摆和扭摆 ① 三线摆 左图是三线摆示意图。上、 下圆盘均处于水平, 悬挂在

《刚体定轴转动》答案

第2章 刚体定轴转动 一、选择题 1(B)，2(B)，3(A)，4(D)，5(C)，6(C)，7(C)，8(C)，9(D)，10(C) 二、填空题 (1). v ≈15.2 m /s ，n 2＝500 rev /min (2). ｓ (3). g / l g / (2l ) (4). N ·m (5). rad/s (6). 0.25 kg ·m 2 (7). Ma 2 1 (8). mgl μ21参考解：M ＝?M d ＝()mgl r r l gm l μμ2 1 d /0=? (9). ()2 1 2 mR J mr J ++ω (10). l g /sin 3θω= 三、计算题 1. 有一半径为R 的圆形平板平放在水平桌面上，平板与水平桌面的摩擦系数为μ，若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度ω0开始旋转，它将在旋转几圈后停止（已知圆形平板的转动惯量22 1 mR J = ，其中m 为圆形平板的质量） 解：在r 处的宽度为d r 的环带面积上摩擦力矩为 r r r R mg M d 2d 2 ?π?π=μ 总摩擦力矩 mgR M M R μ3 2 d 0==? 故平板角加速度 =M /J 设停止前转数为n ，则转角 = 2n 由 J /Mn π==422 0θβω 可得 g R M J n μωωπ16/342 020=π= 2. 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 22 1 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． 解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程 m M R

转动惯量公式表

常见几何体]转动惯量公式表

对于细杆 当回转轴过杆的中点并垂直于杆时；J=m(L^2)/12 其中m是杆的质量，L是杆的长度。 当回转轴过杆的端点并垂直于杆时：J=m(L^2)/3 其中m是杆的质量，L是杆的长度。

对于圆柱体 当回转轴是圆柱体轴线时；J=m(r^2)/2 其中m是圆柱体的质量，r是圆柱体的半径。 对于细圆环 当回转轴通过中心与环面垂直时，J=mR^2； 当回转轴通过边缘与环面垂直时，J=2mR^2； R为其半径 对于薄圆盘 当回转轴通过中心与盘面垂直时，J=﹙1/2﹚mR^2； 当回转轴通过边缘与盘面垂直时，J=﹙3/2﹚mR^2； R为其半径 对于空心圆柱 当回转轴为对称轴时，J=﹙1/2﹚m[（R1）^2+（R2）^2]； R1和R2分别为其内外半径。 对于球壳 当回转轴为中心轴时，J=﹙2/3﹚mR^2； 当回转轴为球壳的切线时，J=﹙5/3﹚mR^2； R为球壳半径。 对于实心球体 当回转轴为球体的中心轴时，J=﹙2/5﹚mR^2； 当回转轴为球体的切线时，J=﹙7/5﹚mR^2； R为球体半径 对于立方体 当回转轴为其中心轴时，J=﹙1/6﹚mL^2； 当回转轴为其棱边时，J=﹙2/3﹚mL^2； 当回转轴为其体对角线时，J=（3/16）mL^2； L为立方体边长。 只知道转动惯量的计算方式而不能使用是没有意义的。下面给出一些（绕定轴转动时）的刚体动力学公式。 角加速度与合外力矩的关系：

角加速度与合外力矩 式中M为合外力矩，β为角加速度。可以看出这个式子与牛顿第二定律是对应的。 角动量： 角动量 刚体的定轴转动动能： 转动动能 注意这只是刚体绕定轴的转动动能，其总动能应该再加上质心动能。 只用E=（1/2）mv^2不好分析转动刚体的问题，是因为其中不包含刚体的任何转动信息，里面的速度v 只代表刚体的质心运动情况。由这一公式，可以从能量的角度分析刚体动力学的问题。 平行轴定理：设刚体质量为m，绕通过质心转轴的转动惯量为Ic，将此轴朝任何方向平行移动一个距离d，则绕新轴的转动惯量I为： I=Ic+md^2 这个定理称为平行轴定理。 一个物体以角速度ω绕固定轴z轴的转动同样可以视为以同样的角速度绕平行于z轴且通过质心的固定轴的转动。也就是说，绕z轴的转动等同于绕过质心的平行轴的转动与质心的转动的叠加

《刚体定轴转动》答案讲课教案

《刚体定轴转动》答 案

第2章 刚体定轴转动 一、选择题 1(B)，2(B)，3(A)，4(D)，5(C)，6(C)，7(C)，8(C)，9(D)，10(C) 二、填空题 (1). v ≈15.2 m /s ，n 2＝500 rev /min (2). 62.5 1.67ｓ (3). g / l g / (2l ) (4). 5.0 N ·m (5). 4.0 rad/s (6). 0.25 kg ·m 2 (7). Ma 2 1 (8). mgl μ21参考解：M ＝?M d ＝()mgl r r l gm l μμ2 1d /0=? (9). ()21 2 mR J mr J ++ω (10). l g /sin 3θω= 三、计算题 1. 有一半径为R 的圆形平板平放在水平桌面上，平板与水平桌面的摩擦系数为μ，若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度ω0开始旋转，它将在旋转几圈后停止？（已知圆形平板的转动惯量22 1mR J =，其中m 为圆形平板的质量） 解：在r 处的宽度为d r 的环带面积上摩擦力矩为 r r r R mg M d 2d 2 ?π?π=μ 总摩擦力矩 mgR M M R μ3 2d 0==? 故平板角加速度 β =M /J 设停止前转数为n ，则转角 θ = 2πn 由 J /Mn π==4220 θβω 可得 g R M J n μωωπ16/342020=π=

2. 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221MR ，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． 解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程 对物体： mg －T ＝ma ① 对滑轮： TR = J β ② 运动学关系： a ＝R β ③ 将①、②、③式联立得 a ＝mg / (m ＋21M ) ∵ v 0＝0， ∴ v ＝at ＝mgt / (m ＋2 1M ) 3. 为求一半径R ＝50 cm 的飞轮对于通过其中心且与盘面垂直的固定转轴的转动惯量，在飞轮上绕以细绳，绳末端悬一质量m 1＝8 kg 的重锤．让重锤从高2 m 处由静止落下，测得下落时间t 1＝16 s ．再用另一质量m 2=4 kg 的重锤做同样测量，测得下落时间t 2＝25 s ．假定摩擦力矩是一个常量，求飞轮的转动惯量． 解：根据牛顿运动定律和转动定律，对飞轮和重物列方程，得 TR －M f ＝Ja / R ① mg －T ＝ma ② h ＝221at ③ 则将m 1、t 1代入上述方程组，得 a 1＝2h /21t ＝0.0156 m / s 2 T 1＝m 1 (g －a 1)＝78.3 N J ＝(T 1R －M f )R / a 1 ④ 将m 2、t 2代入①、②、③方程组，得 a 2＝2h /22t ＝6.4×10-3 m / s 2 T 2＝m 2(g －a 2)＝39.2 N J = (T 2R －M f )R / a 2 ⑤ 由④、⑤两式，得 J ＝R 2(T 1－T 2) / (a 1－a 2)＝1.06×103 kg ·m 2 a

转动惯量与刚体定轴转动定律

转动惯量与刚体定轴转动定律 先阐明几个概念： 刚体：简单的说，即形变可以忽略的物体。作为理想的物理模型，刚体的特征是有质量、大小和形状，而在处理时我们往往不考虑其形变（但有时会出现断裂、破碎或者磨损的情况）。 力矩：和力类似，并不好直接定义，可以简单的认为是力乘以力臂或者M F r =?（关于叉乘，请自行百度）。 转动惯量：度量转动时惯性的量。详见后文。 下面是准备工作： 定理：无外力系统内各质点相互作用的合力矩为0 证： ①考虑两个质点的系统： 如图， 由牛顿第三定律， 120F F +=， 且1221()F F r r - 而，合力矩=1221121()0F r F r F r r ?+?=?-= 成立。 ②假设，含k 个质点的无外力系统其内力的合力矩为0 ③对于含（k+1）个质点的无外力系统，

分为两组，一组含k 个质点，另一组则为第（k+1）个质点。 含k 个质点的一组，其内力的合力矩为 而该组任一质点与第（k+1）个质点的相互作用合力矩也为 0 故含（k+1）个质点的无外力系统其内力的合力矩为 0 因而，无外力系统内各质点相互作用的合力矩为 0 推论：对系统施加M 的外力矩，有i M M =∑ （i M 为系统内第i 个质点所受力矩。） 证： 将施加外力的质点纳入系统，由上， 则有，0i M M -+=∑ 故，i M M =∑ 刚体定轴转动定律：M I β= （M 为合外力矩，β为角加速度，I 为转动惯量（见下）。） ①考虑只有一个质点， 由牛顿第二定律： ()r F ma m a a θ==+ （其中，,r a r a r θ⊥） 则 2 ()()[()()]r F r m a a ma m r r m r r r r mr θθββββ ?=+==??=-= 『1』 ②考虑多个质点时， 对于系统中第i 个质点，

05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ω，角加速度为α，则其转动加快的依据是：（ ） A. α > 0 B. ω > 0，α > 0 C. ω < 0，α > 0 D. ω > 0，α < 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 为绳子的张力。 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秒内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 。

转动惯量的平行轴定理

由上节的定义可知，刚体的转动惯量矩(或回转半径) 与惯性积和连体基及其基点的定义有关。从例 5.1-1 可以看到。对于同一个基点不同方位的两个连体基，一般情况下刚体关于两基的转动惯量与惯性积各不相同，但它们有一定的关系( 详见 6.4 节) 。 本节讨论当基点改变，连体基的方向不变时刚体的转动惯量间的关系。 在刚体的质心C上建立另一个与平行的连体基。质心C相对于O的矢径为。质点P k 相对 于点O与C 的矢径分别为与。由图5-2 可见，这些矢径有如下关系 图5-2 不同基点转动惯量的关系 (5.1-5) 由于两基平行，该矢量式在基上的坐标表达式为 (5.1-5') 其中为质心C 矢径在基上的坐标阵，为P k 的矢径在基上的坐标阵。将式(5.1-5') 代入(5.1-2c) ，有 (5.1-6) 考虑到矢径由质心C出发，由质心的矢径与质点矢径间的关系式(2.3-24) ，有

在连体基 的坐标式为 ，， 因此式 (5.1-6) 右边的后两项为零。根据定义，该式右边第一项为刚体相对于 J Cz ，即 式(5.1-9) 与 (5.1-10) 描述的是刚体转动惯量的平行轴定理：刚体对任意轴的转动惯量等于它对 过质心的平行轴转动惯量加上刚体的质量与两轴垂直距离平方的乘积。 利用同样的方法可得到刚体关于 O 惯性积与关于 C 惯性积间的关系式 (5.1-11a) (5.1-11b) (5.1-11c) (5.1-7) Cz 轴的转动惯量 同理可得 (5.1-8) 为 Oz 轴与 Cz 轴的垂直距离，记为 h z 。这样式 (5.1-6) 变为 (5.1-9) (5.1-10) 右边第二项中的

6.刚体定轴转动定律

《大学物理》作业 No.6 刚体定轴转动定律 班级 ___________ 学号 __________ 姓名 _________ 成绩 ________ 基本要求： （1） 理解描述刚体定轴转动的基本物理量以及角量与线量之间的关系 （2） 掌握力矩、转动惯量的概念和转动定律及应用 内容提要 1. 刚体绕定轴转动的角速度和角加速度 t t t d d lim 0θθω=??=→?， t d d ωβ = 2. 刚体绕定轴转动匀变速转动公式 2002 1 t t αωθθ++=， t αωω+=0，)(202 02θθαωω-+= 3. 力矩F r M ?= 注意对固定点的力矩与对转轴的力矩的区别 力矩是使物体转动状态变化的原因，力是使物体平动状态变化的原因，合外力为零，合外力矩不一定为零； 4. 刚体的定轴转动定律: β J M = 5. 刚体转动惯量：质量分布不连续的质点系∑?= 2i i r m J 连续物体m r J d 2?= 6. 转动惯量有关的因素： a. 刚体的质量; b. 质量的分布; c. 转轴的位置; 7. 几种特殊情况的转动惯量大小： a: 长为L 、质量为m 的均匀细棒绕一端的转动惯量:3/2mL J = b: 质量分布均匀的圆盘绕中心转轴: 22 1mR J =

一、选择题 1.以下说法正确的是 [ ](A) 合外力为零,合外力矩一定为零； (B) 合外力为零,合外力矩一定不为零； (C) 合外力为零,合外力矩可以不为零； (D) 合外力不为零,合外力矩一定不为零； (E) 合外力不为零,合外力矩一定为零. 2. 有A、B两个半径相同,质量相同的细圆环.A环的质量均匀分布,B环的质量不均匀分布,设它们对过环心的中心轴的转动惯量分别为I A和I B,则有 [ ](A) I A＞I B. (B) I A＜I B. (C) 无法确定哪个大. (D)I A＝I B. 3.将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，如果在绳端挂一质量为m的重物时，飞轮的角加速度为β1.如果以拉力2mg代替重物拉绳时, 飞轮的角加速度将 [ ] （A）小于β1. (B )大于β1,小于2β1. (C)大于2β1. (D)等于2β1. 4. 一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m1和m2的物体(m1＜m2﹚，如图所示．绳与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力 [ ] (A) 处处相等．(B) 左边大于右边． (C) 右边大于左边．(D) 哪边大无法判断． 二、填空题 1.半径为r = 1.5m的飞轮作匀变速转动,初角速度ω0=10rad/s,角加速度 β=－5rad/s2, 则在t= 时角位移为零,而此时边缘上点的线速度v= . 2.半径为20cm的主动轮,通过皮带拖动半径为50cm的被动轮转动,皮带与轮之间无相对滑动, 主动轮从静止开始作匀角加速转动. 在4s内被动轮的角速度达到8πrad/s,则主动轮在这段时间内转过了圈. 3. 如图所示一长为L的轻质细杆,两端分别固定质量为m和2m的小球,此系统在竖直平面内可绕过中点O且与杆垂直的水平光滑轴(O轴)转动, 开始时杆与水平成60°角,处于静止状态.无初转速地释放后,杆球这一刚体系统绕O轴转动,系统绕O轴的转动惯量J= .释放后,当杆转到水平位置时,刚体受到的合外力矩M= ; 角加速度β= . 三、计算题 ○2m ○m O ·╮60°

《刚体定轴转动》答案

第2章刚体定轴转动 一、选择题 1(B)，2(B)，3(A)，4(D)，5(C)，6(C)，7(C)，8(C)，9(D)，10(C) 二、填空题 (1).v ≈15.2 m/s ，n 2＝500rev/min (2).62.51.67ｓ (3).g /lg /(2l ) (4).5.0N ·m (5).4.0rad/s (6).0.25 kg ·m 2 (7).Ma 2 1 (8).mgl μ21参考解：M ＝?M d ＝()mgl r r l gm l μμ2 1d /0=? (9).()21 2 mR J mr J ++ω (10).l g /sin 3θω= 三、计算题 1.有一半径为R 的圆形平板平放在水平桌面上，平板与水平桌面的摩擦系数为μ，若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度ω0开始旋转，它将在旋转几圈后停止？（已知圆形平板的转动惯量22 1mR J =，其中m 为圆形平板的质量） 解：在r 处的宽度为d r 的环带面积上摩擦力矩为 总摩擦力矩mgR M M R μ3 2d 0==? 故平板角加速度?=M/J 设停止前转数为n ，则转角?=2?n 由J /Mn π==422 0θβω 可得g R M J n μωωπ16/342020=π= 2.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 22 1MR ，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． 解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程 对物体：mg －T ＝ma ① 对滑轮：TR =J ?② 运动学关系：a ＝R ?③ 将①、②、③式联立得

第2章刚体定轴转动

第2章 刚体定轴转动 2.28 质量为M 的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为R 1和R 2，求对通过其中心轴的转动惯量． 解：设圆柱体的高为H ，其体积为V = π(R 22 – R 12)h ，体密度为ρ = M/V ．在圆柱体中取一面积为S = 2πRH ，厚度为d r 的薄圆壳，体积元为d V = S d r = 2πrH d r ，其质量为d m = ρd V ， 绕中心轴的转动惯量为d I = r 2d m = 2πρHr 3d r ， 总转动惯量为2 1 3 4 42112d ()2 R R I H r r H R R πρπρ==-? 22211()2m R R =+． 2.29 一矩形均匀薄板，边长为a 和b ，质量为M ，中心O 取为原点，坐标系OXYZ 如图所示．试证明： （1）薄板对OX 轴的转动惯量为21 12OX I Mb =； （2）薄板对OZ 轴的转动惯量为221 ()12 OZ I M a b =+． 证： 薄板的面积为S = ab ，质量面密度为σ = M/S ． （1）在板上取一长为a ，宽为d y 的矩形元，其面积为d S = a d y ， 其质量为d m =σd S ， 绕X 轴的转动惯量为d I OX = y 2d m = σay 2d y ， 积分得薄板对OX 轴的转动惯量为/2/2 2 3 /2 /2 1 d 3b b OX b b I a y y a y σσ--==?3211 1212 ab Mb σ= =． 同理可得薄板对OY 轴的转动惯量为21 12 OY I Ma = ． （2）方法一：平行轴定理．在板上取一长为b ，宽为d x 的矩形元，其面积为d S = b d x ，质量为d m = σd S ， 绕过质心的O`Z`轴的转动惯量等于绕OX 轴的转动惯量 d I O`Z` = b 2d m /12． 根据平行轴定理，矩形元对OZ 轴的转动惯量为 d I OZ = x 2d m + d I O`Z ` = σbx 2d x + b 2d m /12， 积分得薄板对OZ 轴的转动惯量为 /22 2/2 1 d d 12a M OZ a I b x x b m σ-=+??/2 3 2/2 11312 a a b x b M σ-=+ 221 ()12M a b =+． 方法二：垂直轴定理．在板上取一质量元d m ，绕OZ 轴的转动惯量为d I OZ = r 2d m ． 由于r 2 = x 2 + y 2，所以d I OZ = (x 2 + y 2)d m = d I OY + d I OX ， 因此板绕OZ 轴的转动惯量为221 ()12 OZ OY OX I I I M a b =+= +． 2.30 一半圆形细杆，半径为R ，质量为M ，求对过细杆二端AA `轴的转动惯量． 解：半圆的长度为C = πR ，质量的线密度为λ = M/C ．在半圆上取 图 2.28

《刚体定轴转动》答案

第2章刚体定轴转动 一、选择题 1(B) , 2(B) , 3(A) , 4(D) , 5(C) , 6(C), 7(C), 8(C), 9(D) , 10(C) 、填空题 (1). v 疋 15.2 m /s , n 2= 500 rev /min (2). 62.5 1.67 s ⑶.g / l g / (2l) (4) . 5.0 N m (5) . 4.0 rad/s (6) . 0.25 kg ? m 2 1 (7) . Ma 2 J mr ■?' 1 2 J mR (10). - = 3 g sin v / l 二、计算题 1. 有一半径为 R 的圆形平板平放在水平桌面上，平板与水平桌面的摩擦系数为 卩，若平板 绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度 3 0开始旋转，它将在旋转几圈后停止？（已知 1 2 J mR ，其中m 为圆形平板的质量） 2 dr 的环带面积上摩擦力矩为 2 =3R .0 /16 n -9 2. 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 1 2 惯量为一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 2 度与时间的关系. 解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程 (8). 1 mgl 参考解: 2 l d M = 」gm /1 r d r 1 二—J mgl 2 (9). 圆形平板的转动惯量 解：在r 处的宽度为 总摩擦力矩 故平板角加速度 设停止前转数为 ..mg dM 2 2.：r rdr nR R 2 M dM mgR 10 3 =M /J 可得 n ,则转角 v= 2二n .,2 = 2 一 V - 4 二 Mn / J m

转动惯量的平行轴定理

由上节的定义可知，刚体的转动惯量矩(或回转半径)与惯性积和连体基及其基点的定义有关。从例5.1-1可以看到。对于同一个基点不同方位的两个连体基，一般情况下刚体关于两基的转动惯量与惯性积各不相同，但它们有一定的关系(详见6.4节)。 本节讨论当基点改变，连体基的方向不变时刚体的转动惯量间的关系。 在刚体的质心C上建立另一个与平行的连体基。质心C相对于O的矢径为。质点P k相对 于点O与C的矢径分别为与。由图5-2可见，这些矢径有如下关系 图5-2 不同基点转动惯量的关系 (5.1-5) 由于两基平行，该矢量式在基上的坐标表达式为 (5.1-5') 其中为质心C矢径在基上的坐标阵，为P k的矢径 在基上的坐标阵。将式(5.1-5')代入(5.1-2c)，有 (5.1-6) 考虑到矢径由质心C出发，由质心的矢径与质点矢径间的关系式(2.3-24)，有

在连体基的坐标式为 (5.1-7) ，， 因此式(5.1-6)右边的后两项为零。根据定义，该式右边第一项为刚体相对于Cz轴的转动惯量J Cz，即 (5.1-8) 右边第二项中的为Oz轴与Cz轴的垂直距离，记为h z。这样式(5.1-6)变为 (5.1-9) 同理可得 (5.1-10) 式(5.1-9)与(5.1-10)描述的是刚体转动惯量的平行轴定理：刚体对任意轴的转动惯量等于它对过质心的平行轴转动惯量加上刚体的质量与两轴垂直距离平方的乘积。 利用同样的方法可得到刚体关于O惯性积与关于C惯性积间的关系式 (5.1-11a) (5.1-11b) (5.1-11c)

图示一摆由长为l均质杆与一半径为r的均质圆球刚连而成。质量分别为m1与m2。计算该摆对过O且垂直杆的z轴的转动惯量。 例5.1-2图 解： 令过点O杆绕z轴的转动惯量为，球对过质心C2的平行z轴的z2转动惯量为。由附录A 知， (1) 令球对过点O绕z轴的转动惯量为，由式(5.1-9)，考虑到式(1)，有 (2) 令整个摆对过点O绕z轴的转动惯量为，由定义式(5.1-2c)，考虑到式(1)与(2)有 质点系转动惯量与惯量积的定义

验证刚体转动的基本定律

验证刚体转动的基本定律 刚体转动定律与牛顿第二定律有相同的形式。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。对于形状简单，质量均匀分布的刚体，可以通过数学方法计算出它绕特定转轴的转动惯量，但对于形状比较复杂，或质量分布不均匀的刚体，用数学方法计算其转动惯量是非常困难的，因而大多采用实验方法来测定。 测定转动惯量常采用扭摆法或恒力矩转动法，本实验采用恒力矩转动法测定转动惯量。 刚体转动的特性被用来制作惯性导航用的陀螺仪，在航空航海中有重要应用。随着技术的进步，出现了激光陀螺仪，微机电陀螺仪等，一些智能手机中也装置有陀螺仪芯片，但其原理与刚体转动是不同的。 一、实验目的 1. 研究刚体作定轴转动时外力矩与角加速度的关系，验证刚体转动定律。 2. 用直线拟合的方法得到转动惯量和摩擦力矩。 二、转动惯量实验组合仪简介 转动惯量实验仪如图1所示，绕线塔轮通过特制的轴承安装在主轴上，使转动时的摩擦力矩很小。塔轮半径为15，20，25，30，35mm共5挡，可与大约5g的砝码托及1个5g，4个10g的砝码组合，产生大小不同的力矩。载物台用螺钉与塔轮连接在一起，随塔轮转动。随仪器配的被测试样有1个圆盘，1个圆环，两个圆柱。圆柱试样可插入载物台上的不同孔，这些孔离中心的距离分别为45, 60, 75, 90, 105mm，便于验证平行轴定理。铝制小滑轮的转动惯量与实验台相比可忽略不记。仪器底座上有两只光电门, 一只光电门作测量，一只作备用，可通过智能计时计数器记录旋转的圈数和时间。

图1 转动惯量实验组合仪 三、实验原理 1．刚体转动定律的验证：通过改变砝码的质量，或绕线在不同半径的塔轮上以实现对实验系统施加不同力矩，从而获得不同的角加速度。将这一组不同力矩及对应的角加速度绘制在直角坐标系中，可以很容易发现力矩与角加速度之间的线性关系。利用线性拟合工具软件得到力矩与角加速度之间的数学关系，其中斜率即为系统的转动惯量，截距对应摩擦力矩。 在应用这一方法时要清楚下面的事实： 将质量为m 的砝码用细线绕在半径为R 的实验台塔轮上，并让砝码下落，系统在恒外力作用下将作匀加速运动。若砝码的加速度为a ，则细线所受张力为T = m (g －a )。若此时实验台的角加速度为β，则有a = Rβ。细线施加给实验台的力矩为T R = m (g －Rβ) R ，此时有： ββμJ M R R g m =??)(, 变换为μβM mR J mgR ++=)(2， 可以知道mR 2是砝码在系统中的转动惯量。在本实验的设计中，只有当mR 2足够小, 力矩与角加速度之间才有较好的线性关系。这一点请同学们在实验中加以论证。 2．以上方法中，不可避免地使转动惯量测量受到mR 2的影响，若单纯测量转动惯量可采取以下方法： 根据刚体的定轴转动定律：

大学物理03章试题库刚体的定轴转动

《大学物理》试题库管理系统内容 第三章 刚体的定轴转动 1 题号：03001 第03章 题型：选择题 难易程度：较难 试题: 某刚体绕定轴作匀变速转动，对刚体上距转轴为r 处的任一质元的法向加速度n a 和切向加速度τa 来说正确的是（ ）． A.n a 的大小变化，τa 的大小保持恒定 B.n a 的大小保持恒定，τa 的大小变化 C.n a 、τa 的大小均随时间变化 D.n a 、τa 的大小均保持不变 答案: A 2 题号：03002 第03章 题型：选择题 难易程度：适中 试题: 有A 、B 两个半径相同、质量也相同的细环，其中A 环的质量分布均匀，而B 环的质量分布不均匀．若两环对过环心且与环面垂直轴的转动惯量分别为B A J J 和，则（ ）． A. B A J J = B. B A J J > C. B A J J < D. 无法确定B A J J 和的相对大小 答案: A 3 题号：03003 第03章 题型：选择题 难易程度：适中 试题: 一轻绳绕在具有水平转轴的定滑轮上，绳下端挂一物体，物体的质量为m ，此时滑轮的角加速度为β，若将物体取下，而用大小等于mg 、方向向下的力拉绳子，则滑轮的角加速度将（ ）． A.变大 B.不变 C.变小 D.无法确定 答案: A 4 题号：03004 第03章 题型：选择题 难易程度：适中 试题: 一人张开双臂手握哑铃坐在转椅上，让转椅转动起来，若此后无外力矩作用，则当此人收回双臂时，人和转椅这一系统的（ ）． A.系统的角动量保持不变 B.角动量加大 C.转速和转动动能变化不清楚 D.转速加大，转动动能不变 答案: A 5 题号：03005 第03章 题型：选择题 难易程度：较难

刚体定轴转动习题知识分享

刚体定轴转动习题

刚体定轴转动 一、选择题（每题3分） 1、个人站在有光滑固定转轴的转动平台上,双臂伸直水平地举起二哑铃,在该人把此二哑铃水平收缩到胸前的过程中,人、哑铃与转动平台组成的系统的( ) （A）机械能守恒,角动量守恒; （B）机械能守恒,角动量不守恒, （C）机械能不守恒,角动量守恒; （D）机械能不守恒,角动量不守恒. 2、一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计．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，它们同时射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度ω的变化情况为() (A) L 不变，ω增大 (B) 两者均不变 (C) L不变，ω减小 (D) 两者均不确定 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）当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零 （4）当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零 在上述说法中，正确的是（） （A）只有（1）是正确的（B）只有（1）、（2）正确 （C）只有（4）是错误的（D）全正确 4、以下说法中正确的是（） (A)作用在定轴转动刚体上的力越大，刚体转动的角加速度越大。 (B)作用在定轴转动刚体上的合力矩越大，刚体转动的角速度越大。 (C)作用在定轴转动刚体上的合力矩越大，刚体转动的角加速度越大。 (D)作用在定轴转动刚体上的合力矩为零，刚体转动的角速度为零。 5、一质量为m的均质杆长为l,绕铅直轴 o o'成θ角转动，其转动惯量为（）

008-刚体定轴转动定律转动惯量 (1)

刚体定轴转动定律、转动惯量 1、选择题 1、一刚体以每分钟60转绕z 轴做匀速转动(ω 沿z 轴正方向)．设某时刻刚体上一点P 的位置矢量为k j i r 5 4 3++=，其单位为“10-2 m ”，若以“10-2 m ·s -1”为速度单位，则该时刻P 点的速度为： (A) k j i 157.0 125.6 94.2++=v (B) j i 8.18 1.25+-=v (C) j i 8.18 1.25--=v (D) k 4.31=v ［ ］ 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Mg F =．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 . ［ ］ 3、几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上，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． ［ ］ 4、一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O 以角速度ω按图示方向转动.若如图所示的情况那样，将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F 沿 盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度ω (A) 必然增大． (B) 必然减少． (C) 不会改变 (D) 如何变化，不能确定。 ［ ］ 5、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，下述说法哪一种是正确的？ (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． ［ ］ 6、关于刚体对轴的转动惯量，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． ［ ］ 7、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β．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β将 (A) 不变． (B) 变小． (C) 变大． (D) 如何变化无法判断． ［ ］