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 /2θπ?=100圈。

（2）开始制动后5秒时飞轮的角速度为

0404520()t rad s ωωβπππ=+?=-?=

6．如图所示， 一飞轮由一直径为2()d m ，厚度为()a m 的圆盘和两个直径为1()d m ，长为

()L m 的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为3(/)kg m ρ，求飞轮对轴的转动惯量。

解：如图所示，根据转动惯量的可加性，飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和。由此可得

12

22

1212222211224421211

2()()2222

1

12()()()()

22222211()()162

I I I d d m m d d d d L a Ld ad kg m ρπρππρ=+=?+=???+??=+? 7. 如图所示，一半径为r ，质量为m 1的匀质圆盘作为定滑轮，绕有轻绳，绳上挂一质量为

m 2的重物，求重物下落的加速度。

解：设绳中张力为T

对于重物按牛顿第二定律有

22m g T m a -= (1)

a

L

d 1

d 2

对于滑轮按转动定律有

2

1

2

Tr mrβ

=(2)

由角量线量关系有

a r

β

=（3）

联立以上三式解得

8. 如图所示，两个匀质圆盘同轴地焊在一起，它们的半径分别为r1、r2，质量为

1

m和

2

m，

可绕过盘心且与盘面垂直的光滑水平轴转动，两轮上绕有轻绳，各挂有质量为

3

m和

4

m的

重物，求轮的角加速度β。

解：设连接

3

m的绳子中的张力为T1，连接

4

m的绳子中的张力为T2。

对重物

3

m按牛顿第二定律有

3133

m g T m a

-=(1)

对重物

4

m按牛顿第二定律有

2444

T m g m a

-=（2)

对两个园盘，作为一个整体，按转动定律有

11221122

11

22

T r T r m r m rβ

??

-=+

?

??

(3)

由角量线量之间的关系有

31

a rβ

= (4)

42

a rβ

=(5)

联立以上五式解得

3142

2222

11223142

11

22

m r m r

m r m r m r m r

β

-

=

+++

9. 如图所示，一半径为R，质量为m的匀质圆盘，以角速度ω绕其中心轴转动。现将它平放

在一水平板上，盘与板表面的摩擦因数为μ。

（1）求圆盘所受的摩擦力矩；

（2）问经过多少时间后，圆盘转动才能停止？

解：分析：圆盘各部分的摩擦力的力臂不同，为此，可将圆盘分

割成许多同心圆环，对环的摩擦力矩积分即可得总力矩。另由于

摩擦力矩是恒力矩，由角动量定理可求得圆盘停止前所经历的时

间。

（1）圆盘上半径为r、宽度为dr的同心圆环所受的摩擦力矩

为

ω

r

dr

22

2

(

2)2/m dM rdr g r r mgdr R R

μπμπ=-??=- 负号表示摩擦力矩为阻力矩。对上式沿径向积分得圆盘所受的总摩擦力矩大小为

22

22

3

R

r mgdr M dM dr mgR R μμ===??

（2）由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量2

12

I mr =

，由角动量定理可得圆盘停止的时间为

034I R

t M g

ωωμ-?=

= 10. 飞轮的质量m ＝60kg ，半径R ＝0.25m ，绕其水平中心轴O 转动，转速为900rev ·min -1．现

利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ，可使飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题4-10图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：

(1)设F ＝100 N ，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转? (2)如果在2s 内飞轮转速减少一半，需加多大的力F ?

解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N 、N '是正压力，r F 、r F '是摩擦力，

x F 和y F 是杆在A 点转轴处所受支承力，R 是轮的重力，P 是轮在O 轴

处所受支承力．

杆处于静止状态，所以对A 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有

F l l l N l N l l F 1

2

11210

)(+=

'='-+ 对飞轮，按转动定律有I R F r /-=β，式中负号表示β与角速度ω方向相反．

∵ N F r μ= N N '= ∴ F l l l N F r 1

2

1+='=μμ 又∵ ,2

1

2mR I = ∴ F mRl l l I R F r 1

21)

(2+-=-

=μβ ① 以N 100=F 等代入上式，得

2s rad 3

40

10050.025.060)75.050.0(40.02-?-=???+??-=

β

由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为

s 06.740

603

29000=???=-

=πβωt 这段时间内飞轮的角位移为

rad

21.53)4

9

(3402149602900212

20ππππβωφ?=??-??=

+=t t 可知在这段时间里，飞轮转了1.53转． (2)10s rad 60

2900-??

=π

ω，要求飞轮转速在2=t s 内减少一半，可知 20

00

s rad 2

1522

-?-

=-

=-=π

ωωωβt

t

用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为

N

l l mRl F 1772)75.050.0(40.021550.025.060)

(2211=?+?????=

+-=π

μβ

11. 如图所示，主动轮A 半径为r 1，转动惯量为1I ，绕定轴1O 转动；从动轮B 半径为r 2，转动惯量为2I ，绕定轴2O 转动；两轮之间无相对滑动。若知主动轮受到的驱动力矩为M ，求两个轮的角加速度1β和2β。

解：设两轮之间摩擦力为f

对主动轮按转动定律有:

111M fr I β-= (1)

对从动轮按转动定律有

222fr I β= (2)

由于两个轮边沿速率相同，有

1122r r ββ= (3)

联立以上三式解得

2

2122

1221Mr I r I r β=

+

12122

1221Mr r I r I r β=

+

12. 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴O O '转动．设大小圆柱体

的半径分别为R和r，质量分别为M和m．绕在两柱体上的细绳分别与物体1m和2m相连，1

m和

2

m则挂在圆柱体的两侧，如题4-12(a)图所示．设R＝0.20m, r＝0.10m，m＝4 kg，

M＝10 kg，

1

m＝

2

m＝2 kg，且开始时

1

m，

2

m离地均为h＝2m．求：

(1)柱体转动时的角加速度；

(2)两侧细绳的张力．

解: 设

1

a,

2

a和β分别为

1

m,

2

m和柱体的加速度及角加速度方向题4-12(b)图．

(1)

1

m,

2

m和柱体的运动方程如下：

2

2

2

2

a

m

g

m

T=

-①

1

1

1

1

a

m

T

g

m=

-②

βI

r

T

R

T=

'

-

'

2

1

③

式中β

βR

a

r

a

T

T

T

T=

=

=

'

='

1

2

2

2

1

1

,

,

,

而2

2

2

1

2

1

mr

MR

I+

=

由上式求得

2

2

2

2

2

2

2

2

1

2

1

s

rad

13

.6

8.9

10

.0

2

20

.0

2

10

.0

4

2

1

20

.0

10

2

1

2

1.0

2

2.0

-

?

=

?

?

+

?

+

?

?

+

?

?

?

-

?

=

+

+

-

=g

r

m

R

m

I

rm

Rm

β

(2)由①式

8.

20

8.9

2

13

.6

10

.0

2

2

2

2

=

?

+

?

?

=

+

=g

m

r

m

TβN

由②式

1.1713.6.

2.028.92111=??-?=-=βR m g m T N

13. 一质量为m 、半径为R 的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可绕轴自由转动．另一质量为0m 的子弹以速度0v 射入轮缘(如题2-31图所示方向)． (1)开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值?

(2)用m ,0m 和θ表示系统(包括轮和质点)最后动能和初始动能之比． 解: (1)射入的过程对O 轴的角动量守恒

ωθ2000)(sin R m m v m R +=

∴ R

m m v m )(sin 000+=

θ

ω

(2) 020*********sin 2

1]

)(sin ][)[(21

0m m m v m R m m v m R m m E E k k +=++=θθ

14. 如图所示，长为l 的轻杆，两端各固定质量分别为m 和2m 的小球，杆可绕水平光滑固定

轴O 在竖直面内转动，转轴O 距两端分别为13

l 和2

3

l ．轻杆原来静止在竖直位置．今有一质量为m 的小球，以水平速度0υ 与杆下端小球m 作对心碰撞，碰后以02

1υ

的速度返回，试求

碰撞后轻杆所获得的角速度．

解：碰撞过程满足角动量守恒：

00212

323

mv l mv l I ω=-?+ 而 222

212()2()333I m l m l ml =+=

所以 2

023mv l ml ω=

由此得到：032v

l

ω=

15. 如图所示，A 和B 两飞轮的轴杆在同一中心线上，设两轮的转动惯量分别为 J A ＝10 kg ·m2 和 J B ＝20 kg ·m2．开始时，A 轮转速为600 rev/min ，B 轮静止．C 为摩擦啮合器，其转动惯量可忽略不计．A 、B 分别与C 的左、右两个组件相连，当C 的左右组件啮合时，B 轮得到加速而A 轮减速，直到两轮的转速相等为止．设轴光滑，求：

(1) 两轮啮合后的转速n ； (2) 两轮各自所受的冲量矩． 解：(1) 两轮啮合过程满足角动量守恒：

()A A A B I I I ωω=+

2m m

m

O

2

1v 0

v l 3

2

l

3

1 A B C ωA

所以 A A

A B

I I I ωω=+

因为

2n ωπ=

故 10600

200/min 1020

A A A

B I n n r I I ?=

==++

(2) 两轮各自所受的冲量矩： 末角速度：2200202/603

n rad s ππ

ωπ?=== A 轮各所受的冲量矩：

202060040010(

2) 4.1910()3603A A L I I N m s ππωωπ?=-=?-?=-=-??? B 轮各所受的冲量矩：

202040020(

0) 4.1910()33

B B L I I N m s ππωω?=-=?-==-??? 16. 有一半径为R 的均匀球体，绕通过其一直径的光滑固定轴匀速转动，转动周期为0T ．如它的半径由R 自动收缩为

R 2

1

，求球体收缩后的转动周期．(球体对于通过直径的轴的转动惯量为J ＝2mR2 / 5，式中m 和R 分别为球体的质量和半径)．

解：(1) 球体收缩过程满足角动量守恒：

0022I I ωω=

20

002022

2

5421()52

mR I I m R ωω

ωω===

所以 0

2

02244

T T π

πωω=

=

= 17. 一质量均匀分布的圆盘，质量为M ，半径为R ，放在一粗糙水平面上(圆盘与水平面之间的摩擦系数为μ)，圆盘可绕通过其中心O 的竖直固定光滑轴转动．开始时，圆盘静止，一质量为m 的子弹以水平速度v0垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上，求

(1) 子弹击中圆盘后，盘所获得的角速度． (2) 经过多少时间后，圆盘停止转动．

解：(1) 子弹击中圆盘过程满足角动量守恒：

22

01()2mRv mR MR ω=+

所以 00

2211

()22

mRv mv mR MR m M R

ω==

++ （2）圆盘受到的摩擦力矩为

223

R

M rdrgr MRg μσπμ'=-

?=-?

由转动定律得

M I

β'=

2200001

()(0)

12()()32223

mv mR MR m M R

I mv t M Mg MRg ωωωωβμμ+-+--====

'-

【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》课后解答题 第三章刚体定轴转动

第三章 刚体定轴转动 一、思考讨论题 1、刚体转动时，若它的角速度很大，那么作用它上面的力是否一定很大？作用在它上面的力矩是否一定很大？ 解：刚体转动时，它的角速度很大，作用在它上面的力不一定大，作用在它上面的力矩也不 一定大。 ω增大，则增大增大， M ， βω I dt d I ==， 又?= 更无直接关系。 与无直接关系，则有关，与与ωωβF M 2、质量为m =4kg 的小球，在任一时刻的矢径j t i t r 2)1(2 +-=，则t s =3时， 小球对原点的角动量=？从t =1s 到t s =3的过程中，小球角动量的增量=？。 解：角动量)22(]2)1[(2 t m j t i t dt d m m +?+-=?=?= t s =3 j i t m j t i t 80)26(4)68()22(]2)1[(2 3-=+?+=+?+-== j t m j t i t 16)22(42)22(]2)1[(2 1 -=+?=+?+-== 64)16(8013-=---==?== 3、如图5.1，一圆形台面可绕中心轴无摩擦地转动，有一辆玩具小汽车相对于台面由静止开始启动，绕作圆周运动，问平台面如何运动？若经过一段时间后小汽车突然刹车，则圆台和小汽车怎样运动？此过程中，对于不同的系统，下列表中的物理哪些是守恒量，受外力，合外力矩情况如何？ 解：平台绕中心轴转动，方向与小车转动方向相反。 小车突然刹车，圆台和小车同时减速、同时静止。 分别考虑小车和圆台在垂直和水平方向的受力。 图 5.1 t f n 小车 圆台

4、绕固定轴作匀变速转动的刚体，其中各点都绕轴作圆周运动，试问刚体上任一点是否具有切向加速度？是否具有法向加速度？法向加速度和切向加速度大小是否变化？ 解：刚体上的任何一点都有切向加速度。也有法向加速度。大小不发生变化。 5、在一物体系中，如果其角动量守恒，动量是否也一定守恒？反之，如果该系统的动量守恒，角动量是否也一定守恒？ 解：在一物体系中，角动量守恒，动量不一定守恒。例如题4中的小车与圆台组成的系统。 反之，系统的动量守恒，角动量也不一定守恒，除非是单个质点。 二、课堂练习 1、如图5.2所示，一轻绳绕过一质量为m/4，半径为R 的滑轮（质量分布均匀），一质量为m 的人抓住绳子的一端A ，绳子的另一端系一个质量为m/2的重物B ，绳子与滑轮无相对滑动，试求： （1 ） 当人对绳子相对静止时，B 物上升的加速度； （2） 当人相对于绳子以匀速u 上爬时，B 物上升的加速度； （3） 当人相对于绳子以加速度a 0上爬时，B 上升的加速度。 解： 方法一、用隔离体法，分别研究人、物和滑轮的运动。 （1）分别受力分析 A 、 B 、 a a a ==21 1T f =1 a mg 2 2a 1T 2 R a 2=

刚体的定轴转动

《物理学》多媒体学习辅导系统 第三章 刚体的定轴转动 教学要求 一．理解定轴转动刚体运动的角速度和角加速度的概念，理解角量与线量的关系。 二．理解刚体定轴转动定律，能解简单的定轴转动问题。 三．了解力矩的功和转动动能的概念。 四．了解刚体对定轴的角动量定理及角动量守恒定律。 五．理解转动惯量的概念，能用平行轴定理和转动惯量的可加性计算刚体对定轴的转动惯量。 基本内容 本章的重点是刚体定轴转动的力矩、转动惯量、角动量等物理量的概念和转动定律，难点是刚体绕定轴转动的角动量守恒定律及其应用。 一．角量与线量的关系 2 ωαω θ r a r a r v r s ====n t 二．描述刚体定轴转动的物理量和运动规律与描述质点直线运动的物理量和运动规律有类比关系，有关的数学方程完全相同, 为便于比较和记忆，列表如下。只要将我们熟习的质点直线运动的公式中的x 、v 、a 和m 、F 换成θ、ω、α和I 、M , 就成为刚体定轴转动的公式。 表3—1 质点的直线运动 刚体定轴转动 位置 x 角位置 θ 位移 x ? 角位移 θ? 速度 t x v d d = 角速度 t d d θω=

加速度 2 2d d d d t x t v a == 角加速度 2t t d d d d 2θωα== 匀速直线运动 vt x x +=0 匀角速转动 t 0ωθθ+= 20021at t v x x + += 2002 1 t t++ =αωθθ ()02022x x a v v -=- ()02 02 2 θθαωω-=- 质量 m 转动惯量 i i m r I ?=∑2 力 F 力矩 r F M θ= 牛顿第二定律 ma F = 定轴转动定律 αI M = 力的功 ? = x x x F A 0 d 力矩的功 ?=θ θθ0 d M A 动能 221mv E =k 动能 k 22 1 ωI E = 动能定理 2 02210 mv mv x F x x 2 1d -=? 动能定理 2 022 121d ωωθθ θ I I M -= ?20 冲量 ? t t t F 0 d 冲量矩 ? t t t M 0 d 动量 mv 角动量( 动量矩 ) ωI 动量定理 00 mv mv t F t t -=? d 角动量定理 ? -=t t I I t M 0 0d ωω 系统的机械能守恒定律 系统的机械能守恒定律 若0=+非保内外A A ,则 若0=+非保内外A A ,则 =+p k E E 常量 =+p k E E 常量 系统的动量守恒定律 系统的角动量守恒定律 若 0=∑外 F ,则 若0=∑外M ,则 =∑i i v m 常量 =∑i L 常量

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

刚体定轴转动

1、语句进一步变为你讲的简单句， 2、要标好各标题， 3、公式整齐、字体大小一样，重要公式要标号。 4、摘要重写，内容：本文中你作了什么，得出什么 结论， 5、总结是摘要的扩充，详细论述你作了什么，得出 什么结论。 6、参考文献少，并标页（如4到8页），力学、理论 力学书上都有刚体内容 7、好多公式中角速度符号不对， 8、论述顺序： 1）刚体定轴转动的角位移、角速度、角加速度如何 表示，文字和公式都写 2）刚体定轴转动的角动量、动能如何表示，文字和公式都写 3）固定轴的动量矩定理如何表示，文字和公式都写 4）线量与角量的关系如何表示，文字和公式都写 9 刚体定轴转动与质点匀加速直线运动的对比： 这段中列表给出两种运动的相应量，并论述 刚体定轴转动的教学研究

陈爽（学号：20081116127） （物理与电子信息学院物理学专业2008级汉班，内蒙古呼和浩特 010022） 指导老师：赵凤岐 1摘要刚体力学是理论力学中一节比较重点的章节。它是继学习了质点力 学与质点组力学之后又一重点、难点课程，它是质点后又一个重要的物理模型。刚体这种模型比质点更接近实际，这个章节理解的情况直接关系到以后其他物理模型的建立。 关键词：刚体定轴转动直线运动 1 刚体定轴转动的内容 2·1刚体 在任何力的作用下，体积和形状都不发生改变的物体叫做刚体。在物理学内，理想的刚体是一个固体的，尺寸值有限的，形变情况可以被忽略的物体。不论有否受力，在刚体内任意两点的距离都不会改变。在运动中，刚体上任意一条直线在各个时刻的位置都保持平行。 刚体是力学中的一个科学抽象概念，即理想模型。事实上任何物体受到外力，不可能不改变形状。实际物体都不是真正的刚体。若物体本身的变化不影响整个运动过程，为使被研究的问题简化，可将该物体当作刚体来处理而忽略物体的体积和形状，这样所得结果仍与实际情况相当符合。 2.2刚体定轴转动的定义及特点 刚体上每点绕同一轴线做圆周运动,且转轴空间位置及转动方向保持不变. 如果刚体在运动过程中，至少有两个质点保持不动，那么将这两个质点的连线取为一个坐标系的一个公共坐标轴(z)轴，则刚体上各点都饶此轴作圆周运动，这种运动称为定轴转动。 刚体作定轴转动时，整个刚体绕一固定的轴转动．其上各点的位移、速度和加速度是不相同的．但各点转过的角度却相同．所以在定轴转动中，应当用角度来描述刚体的运动．作定轴转动的刚体只有一个自由度 2·3定轴转动各个基本量的描述 P，都在垂刚体绕固定轴转动时，如取固定轴为z轴，则刚体中任何一点 i 直于z轴的平面内，亦即在平行于xy平面内作圆周运动，而以z轴与此平面的交点O'为圆点，如图1所示。

大学物理上练习册 第2章《刚体定轴转动》答案-2013

第2章 刚体定轴转动 一、选择题 1(B)，2(B)，3(C)，4(C)，5(C) 二、填空题 (1). 62.5 1.67ｓ (2). 4.0 rad/ (3). 0.25 kg ·m 2 (4). mgl μ21参考解：M ＝?M d ＝()mgl r r l gm l μμ2 1 d /0=? (5). 2E 0 三、计算题 1. 如图所示，半径为r 1＝0.3 m 的A 轮通过皮带被半径为r 2＝0.75 m 的B 轮带动，B 轮以匀角加速度π rad /s 2由静止起动，轮与皮带间无滑动发生．试求A 轮达到转速3000 rev/min 所需要的时间． 解：设A 、B 轮的角加速度分别为βA 和βB ，由于两轮边缘的切向加速度相同， a t = βA r 1 = βB r 2 则 βA = βB r 2 / r 1 A 轮角速度达到ω所需时间为 ()75 .03.060/2300021?π?π?=== r r t B A βωβωs ＝40 s 2.一砂轮直径为1 m 质量为50 kg ，以 900 rev / min 的转速转动．撤去动力后，一工件以 200 N 的正压力作用在轮边缘上，使砂轮在11.8 s 内停止．求砂轮和工件间的摩擦系数．(砂轮轴的摩擦可忽略不计，砂轮绕轴的转动惯量为 2 1 mR 2，其中m 和R 分别为砂轮的质量和半径). 解：R = 0.5 m ，ω0 = 900 rev/min = 30π rad/s ， 根据转动定律 M = -J β ① 这里 M = -μNR ② μ为摩擦系数，N 为正压力，22 1 mR J = ． ③ 设在时刻t 砂轮开始停转，则有： 00=+=t t βωω 从而得 β＝-ω0 / t ④ 将②、③、④式代入①式，得 )/(2 1 02t mR NR ωμ-= - ∴ m =μR ω0 / (2Nt )≈0.5 r

《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

刚体的定轴转动(带答案)

刚体的定轴转动 一、选择题 1、（本题3分）0289 关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 [ C ] （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。 2、（本题3分）0165 均匀细棒OA可绕通过某一端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降，在棒摆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。 3. （本题3分）5640 一个物体正在绕固定的光滑轴自由转动，则 [ D ] （A）它受热或遇冷伸缩时，角速度不变. （B）它受热时角速度变大，遇冷时角速度变小. （C）它受热或遇冷伸缩时，角速度均变大. （D）它受热时角速度变小，遇冷时角速度变大. 4、（本题3分）0292 一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，滑轮质量为m，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[ C ] （A）不变（B）变小（C）变大（D）无法判断

5、（本题3分）5028 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 [ C ] （A ）βA =βB （B ）βA ＞βB （C ）βA ＜βB （D ）开始时βA =βB ，以后βA ＜βB 6、（本题3分）0294 刚体角动量守恒的充分而必要的条件是 [ B ] （A ）刚体不受外力矩的作用。 （B ）刚体所受合外力矩为零。 （C ）刚体所受的合外力和合外力矩均为零。 （D ）刚体的转动惯量和角速度均保持不变。 7、（本题3分）0247 如图示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴O 旋转，初始状态为静止悬挂。现有一个小球自左方水平打击细杆，设小球与细杆之间为非弹性碰撞，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统 [ C ] （A ）只有机械能守恒。 （B ）只有动量守恒。 （C ）只有对转轴O 的角动量守恒。 （D ）机械能、动量和角动量均守量。 8、（本题3分）0677 一块方板，可以绕通过其一个水平边的光滑固定转轴自由转动，最初板自由下垂，今有一小团粘土，垂直板面撞击方板，并粘在方板上，对粘土和方板系统，如果忽略空气阻力，在碰撞中守恒的量是 [ B ] （A ）动能 （B ）绕木板转轴的角动量 （C ）机械能 （D ）动量 9、（本题3分）0228 质量为m 的小孩站在半径为R 的水平平台边缘上，平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定

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 。

大学物理同步训练第 版 刚体定轴转动详解

第三章 刚体定轴转动 一、选择题 1. 两个匀质圆盘A 和B 相对于过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，若B A J J >，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘的密度各为A ρ和B ρ，则 （A ）A B ρρ> （B ）B A ρρ> （C ）A B ρρ= （D ）不能确定A ρ和B ρ哪个大 答案：A 分析：22m m R R h h ρππρ=→=，221122m J mR h πρ==，故转动惯量小的密度大。 2. 有两个半径相同、质量相等的细圆环。1环的质量分布均匀，2环的质量分布不均匀。它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为1J 和2J ，则 （A ）12J J > （B ）12J J < （C ）12J J = （D ）不能确定1J 和2J 哪个大 答案：C 分析：22J R dm mR ==? ，与密度无关，故C 选项正确。 3. 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O 以角速度1ω按图1 所示方向转动。将两个大小相等、方向相反的力F 沿盘面同时作用到 圆盘上，则圆盘的角速度变为2ω，则 （A ）12ωω> （B ）12ωω= （C ）12ωω< （D ）不能确定如何变化 答案：C 分析：左边的力对应的力臂大，故产生的（顺时针）力矩大于右边的力所产生的力矩，即合外力距（及其所产生的角加速度）为顺时针方向，故圆盘加速，角速度变大。 4. 均匀细棒OA 的质量为M ，长为L ，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2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 ）合外力矩从大到小，角速度从小到大，角加速度从大到小 （B ）合外力矩从大到小，角速度从小到大，角加速度从小到大 （C ）合外力矩从大到小，角速度从大到小，角加速度从大到小 （D ）合外力矩从大到小，角速度从大到小，角加速度从小到大 答案：A 分析：（定性）由转动定律M I β=可知，角加速度与力矩成正比，故B 、D 错误；由机械

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

大学物理上册《刚体定轴转动》PPT课件

定义：作用于质点的力 对惯性系中某参考点的 力矩，等于力的作用点对该点的位矢与力的矢积，即F r M ?=M 的方向垂直于r 和F 所决定的平面，指向用右手法则确定。y z x zF yF M -=z x y xF zF M -=x y z yF xF M -=在直角坐标系中，表示式为1 力矩 一质点的角动量 2-5 角动量角动量守恒定律 ⊥=rF M ? sin rF =

注意：1. 为物体相对于指定参考点的位矢，所以求物体所受的力矩时必须先指明参考点，相对于不同的参考点，对应的位矢不同。物体所受的力矩不同。r r 3.如果力的方向始终指向一个固定点，则该力就称为有心力，该固定点称为这个力的力心。 F 受到有心力作用的物体，相对于力心，其所受力矩为零。2.何时为零？ M a.0 F c.受到有心力作用b.力的作用线与轴相交

2 质点的角动量定理 F r M ?=dt P d F = P dt r d P r dt d dt P d r M ?-?=?=)(v m P =v =dt r d 0v m v =?=? P dt r d )(P r dt d M ?=定义：P r L ?=——角动量 dt L d M =——角动量定理

作用在质点上的力矩等于质点角动量对时间的变化率。此即质点对固定点的角动量定理。 00 d t t M t L L =-? 0d t t M t ? 叫冲量矩 的方向符合右手法则.L v m r L ?z 角动量P r L ?=1.?sin mvr L =

m r p r L ?=?=2.质点在垂直于z 轴平面 上以角速度作半径为的圆运动，相对圆心ωr θ sin v rm L =大小ω r z v m o ?90?= A ω2mr rm L ==v （圆运动）

《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

第三章 刚体定轴转动

第三章 刚体定轴转动 前面几章主要介绍了质点力学的基本概念和原理，以牛顿定律为基础，建立了质点和质点系的动量定理、动能定理和相应的守恒定律。对于机械运动的研究，只限于质点和质点系的情况是非常不够的。质点的运动规律事实上仅代表物体的平动。当我们考虑了物体的形状、大小后，物体可以作平动、转动，甚至更复杂的运动，而且在运动过程中物体的形状也可能发生改变。一般固体在外力的作用下，形状、大小都要发生变化，但变化并不显著。所以，研究物体运动的初步方法是把物体看成在外力的作用下保持其大小和形状都不变，这样的物体叫刚体。刚体考虑了物体的形状和大小，但不考虑形变，仍是一个理想模型。 本章主要在质点力学的基础上讨论刚体的定轴的转动及其运动规律，为进一步研究更复杂的机械运动奠定基础。 3.1 刚体的定轴转动的描述 3.1.1 刚体的基本运动形式 刚体是一种特殊的质点系统，它可以看成是由许多质点组成，每一个质点叫做刚体的一个质元，刚体这个质点系的特点就在于无论它在多大外力的作用下，系统内任意两质元之间的相对位置始终保持不变。既然是一个质点系，所以以前讲过的关于质点系的基本定理就都可以应用。刚体的这个特点使刚体力学和一般质点系的力学相比，大为简化。因此，对于一般质点系的力学问题，求解往往很困难，而对于刚体的力学问题却有不少是能够求解的。 刚体的运动可分为两种基本形式：平动和转动。刚体的运动一般来说是比较复杂的，一般可分解为平动和绕瞬时轴的转动，比如行进中的自行车轮子，可以分解为车轮随着转 轴的平动和整个车轮绕转轴的转动。因此，研究刚体的平动和定轴转动是研究刚体复杂运动的基础。 下面分别介绍刚体的平动和刚体的定轴转动。 当刚体运动时，如果刚体内任何一条给定 的直线，在运动中始终保持它的方向不变，这种运动就 (b) (a) 图3-1 刚体的平动和定轴转动 A B

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。若将 两个大小相等、方向相反但不在同一条直线的 力F 1和F 2沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘 的角速度ω的大小在刚作用后不久 （ ） A. 必然增大 B. 必然减少 C. 不会改变 D. 如何变化，不能确 定 解：答案是B 。 简要提示：力F 1和F 2的对转轴力矩之和 垂直于纸面向里，根据刚体定轴转动定律，角 加速度的方向也是垂直于纸面向里，与角速度 的方向（垂直于纸面向外）相反，故开始时一 选择题3图

定减速。 4. 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) 由刚体定轴转动定律，1αJ Fr =和11αr a =，得：J Fr a /2 1= (2) 受力分析得：?????===-222 2ααr a J Tr ma T mg ，其中m 为重物的质量，T 为绳子的张力。得：

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（）