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综合练习2-刚体转动

综合练习2-刚体转动
综合练习2-刚体转动

《大学物理》综合练习(二)

——刚体定轴转动

班级学号: 姓 名: 日 期: 一、选择题(把正确答案的序号填入括号内)

1.两个小球质量分别为m 和m 3,用一轻的刚性细杆相连。对于通过细杆并与之垂直的轴来说,轴应在图中什么位置处物体系对该轴转动惯量最小?

(A)cm 10=x 处; (B)cm 20=x 处; (C)cm 5.22=x 处; (D)cm 25=x 处。

[ ]

2.一匀质杆质量为m ,长为l ,绕通过一端并与杆成θ角的轴的转动惯量为

(A)3/2ml ; (B) 12/2ml ; (C) 3/sin 22θml ; (D) 2/cos 22θml 。

[ ]

3.一正方形均匀薄板,已知它对通过中心并与板面垂直的轴的转动惯量为J 。若以其一条对角线为轴,它的转动惯量为

(A)3/2J ; (B)2/J ; (C)J ; (D)不能判定。

[ ]

4.如图所示,A 、B 为两个相同的定滑轮,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A β和B β,不计滑轮轴的摩擦,这两个滑轮的角

加速度的大小比较是 (A)B A ββ=; (B)B A ββ>; (C)B A ββ<; (D)无法比较。

[ ]

5.关于力距有以下几种说法:

(1)内力矩不会改变刚体对某个定轴的角动量;

(2)作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零;

B

题1图

题4图

(3)质量相等形状和大小不同的两个刚体,在相同力矩作用下,它们的角加速度一定相等。 在上述说法中:

(A)只有(2)是正确的; (B)(1)、(2)是正确的; (C)(2)、(3)是正确的; (D)(1)、(2)、(3)都是正确的。

[ ]

6.一水平圆盘可绕固定的铅直中心轴转动,盘上站着一个人,初始时整个系统处于静止状 态,忽略轴的摩擦,当此人在盘上随意走动时,此系统 (A)动量守恒; (B)机械能守恒;

(C)对中心轴的角动量守恒; (D)动量、机械能和角动量都守恒; (E)动量、机械能和角动量都不守恒。

[ ]

7.一质量为kg 60的人站在一质量为kg 60、半径为1m的均匀圆盘的边缘,圆盘可绕与盘面相垂直的中心竖直轴无摩擦地转动,系统原来是静止的。后来人沿圆盘边缘走动,当他相对圆盘的走动速度为m /s 2时,圆盘角速度为 (A)rad/s 1; (B)rad/s 2; (C)rad/s 3/2; (D)rad/s 3/4。

[ ]

8.水平刚性轻细杆上对称地串着两个质量均匀为m 的小球,如图所示。在外力作用下细杆绕通过中心的竖直轴转动,当转速达到0ω时两球开始向杆的两端滑动,此时使撤去外力任杆自行转动(不考虑转轴和空气的摩擦)。 (1)此后过程中球、杆系统

(A)动能和动量守恒; (B)动能和角动量守恒; (C)只有动量守恒; (D)只有角动量守恒; (E)动量和角动量守恒。

(2)当两球都滑至杆端时系统的角速度为

(A)0ω; (B)02ω; (C)016.0ω; (D)05.0ω。

[ ]

二、填充题(单位制为SI )

1.当一汽车发动机以1800转/分的角速率转动时,它输出的功率是100马力(4105.7? 瓦),则其输出的力矩为 。

2.一滑轮的半径为cm 10,转动惯量为24cm g 100.1??。一变力23.05.0t t F +=(F 的单位

cm 4=d

cm 20=l

题8图

为牛顿,t 的单位为秒)沿着切线方向作用在滑轮的边缘上。如果滑轮最初处于静止状态,那么它在0.3秒后的角速度为 。

3.将一根米尺m)1(=l 竖直地立在地板上,而后让它倒下。设接触地板的一端不因倾倒而滑动,则当它撞击地板时,顶端的速率为 。

4.如图所示的装置可测轮子的转动惯J ,若m 由静止开始下降,t 秒后下降的距离为h ,则=J

5.长为l 质量为m 的均匀细棒,一端悬挂在过O 点的无靡擦的水平转轴上,在此转轴上另有一长为r 的轻绳悬挂一小球,质量也为m ,当小球悬线偏离铅直方向某一角度θ时由静止释放(如图示),小球在悬挂点正下方与静止的细棒发生弹性碰撞,且碰后小球刚好静止,则=r ;若?=60θ,则碰后细棒的角速度=ω 。

6.一长为l 质量为m 的均匀细棒,其一端有一固定的光滑水平轴,因而可在竖直平面内转动。最初棒静止在水平位置,则它由此下摆θ角时的角加速度=β ,角速度

=ω ,端点A 的速度=A v ,切向加速度=t a ,法向加速度=n a 。

Δ棒受轴的力的大小 ,力的方向 。

·

O 〇

l

r

θ

·

A

O θ 题3图

题4图

题5图

题6图

三、计算题

1.质量M、半径R的均匀球壳可绕装在光滑轴承上的竖直轴转动,如图所示。一根轻绳

J、半径r的滑轮,然后系在一质量为m小物体上,绕在球壳赤道上,又跨过转动惯量为

这个小物体在重力的作用下下降。试问当它从静止下落距离h时,它的速率为多大?

2.在一根长为2.1m 质量为4.6kg 的均匀钢棒的两端各装上质量为06.1kg 的小球。这钢棒只能绕通过其中点的竖直轴在水平面内转动。在某一时刻,其转速为0.39转/秒。由于轴的摩擦作用,在0.32s 后它就停止转动。假如摩擦力矩恒定不变,试计算: (1)轴摩擦力所作的总功; (2)在0.32s 的时间内转过的转数;

(3)如果已知摩擦力矩不是恒定的,那么(1)(2)中有没有什么量仍然可以计算出来而无需任何附加条件?请求出它的数值。

3.一个转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动,初始角速度为0ω。设它所受阻力矩与转动角速度成正比,即ωK M -=(K 为大于零的常数),求: (1)它的角速度从0ω变为2/0ω所需的时间; (2)在上述过程中阻力矩所作的功。

4.一均匀细杆长l ,可绕离其一端4/l 的水平轴在竖直平面内转动。当杆自由悬挂时,给它一个起始角速度0ω,若杆能持续转动而不摆动(一切摩擦不计),问ω为多少?

5.如图所示,水平桌面上有一长m 0.1=l 、质量kg 0.31=m 的均质细杆,细杆可绕通过O 点的铅直轴转动,杆与桌面间的动摩擦系数20.0=μ。开始时杆静止,有一子弹质量

g 202=m ,速率m /s 400=v ,沿水平方向以与杆成?=30θ角入射杆的中点,且留在杆

中。求:

(1)子弹射入后,细杆开始转动的角速度; (2)细杆停下来时转过的角度。

6.一根质量为m 、长为l 2的均匀细棒,可以在竖直平面内绕通过其中心的水平轴转动。开始时细棒在水平位置,一质量为m '的小球以速度u

垂直落到棒的端点,与棒作完全弹

7.如图所示,质量为m 、半径为R 的匀质圆盘,初角速度为0ω,不计轴承处的摩擦,若空气对圆盘表面单位面积的摩擦力正比于该处的线速度,即kv f -=,k 为常数,求: (1) 圆盘在任一角速度ω时所受的空气阻力矩; (2) 圆盘在停止转动前转过的圈数。

ω

物理学第二章刚体转动

第二章 刚体的转动 一、计算题 2、求质量为m,长为l 的均匀细棒对下面几种情况的转动惯量。转轴通过棒中心并和棒成θ角。 4、一飞轮直径为0.3 m,质量为5 kg,边缘绕绳,现用恒力拉绳一端,使它由静止均匀地加速,经0.5 s转速达到10 rev /s,假定飞轮可看做实心圆柱体,求: (1)飞轮的角加速度及其在这段时间内转过的转数; (2)从拉动后t =10 s时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度。 (3)拉力及拉力所作的功; 5、用线绕于半径R=1 m,质量m=100 kg 的圆盘上,在绳的一端作用10 N 的拉力,设圆盘可绕过盘心垂直于盘面的定轴转动。求 (1)圆盘的角加速度; (2)当线拉下5 m时,圆盘所得到的动能。 11、一根质量为m ,长为l 的均匀细棒,绕一水平光滑转轴O 在竖直平面内转动。O轴离A 端距离为3 l ,此时的转动惯量为 9 1ml2,今使棒从静止开始由水平位置绕O 轴转动,求: (1) 棒在水平位置上刚起动时的的角加速度; (2) 棒转到竖直位置时角速度和角加速度; (3) 转到垂直位置时,在A 端的速度及加速度。(重力作用点集中于距支点6l 处) 12、如图2-8所示,一圆形飞轮可绕垂直轴转动,边缘绕有绳子,在绳子下端挂以质量m =20kg 的物体。已知圆形飞轮半径R=2.0m,质量M =300kg 。求:(已知转动惯量I = 2 1 MR2) (1) 圆形飞轮的角加速度; (2) 绳子下端挂的物体下落4m 后圆形飞轮的角速度和转动动能。 14、固定的发动机飞轮,转动惯量为2000㎏·㎡,在恒外力矩的作用下,飞轮从静止开始转动,经过100s后,转速达15rev/s,求: (1) 外力矩的大小。 (2) 此时的转动动能的大小。 (3)经过100s 时,发动机飞轮转过的圈数。 参考答案 二、计算题 2、解:(1)如图2-9(a)所示,取质量元x l m m d d = ,由转动惯量的定义,得 x x l m m x I d d d 2 2= = 则? ????2220 12 1 d 2d l m x x l m I I I l ===? ? (2)由平行轴定理,得 g 图2-8

【大学物理上册课后答案】第3章 刚体的定轴转动

第3章 刚体的定轴转动习题解答 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 2512 40902 21 2s rad s rad t ≈= -= ?-= ππ πωωβ 匀变速转动 (2))(78022 1 22rad πβ ωωθ=-= )(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 -== )/(92 2 02 s rad J K J K ωωβ- =- = (2)由J K dt d 2 ωωβ- == 得 ?? - = 3 2 00 ωω ω ωK Jd dt t ω K 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)/(2060 6002s rad A ππω=?= 联立得)(10s R R t B B A A == βω (2))/(1060 3002s rad A ππω=?= )/(6 2 s 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

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

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

第2章 刚体的定轴转动

第2章 刚体的定轴转动 习题 2.1 一个做匀变速转动的飞轮在10s 内转过16圈(r ),其末速度为 151-?s rad ,求角加速度的大小。 解:根据at -=ωω0和2021at t +=ωθ,有 ()2 2t t a θω-= 式中 ππθ322==n ,代入数据得 299.0-?=s rad a 习题 2.2 一转速为1800 r/min 的飞轮因受制动而均匀地减速,经过20s 停止转 动。求:(1)角加速度;(2)从制动开始到停止转动飞轮转过的圈 数;(3)制动开始后10s 时飞轮的角速度;(4)设飞轮半径为0.5m , 求t = 10s 时飞轮边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度。 解:(1)s t s rad n 20.0,606018002210==?=??? ???==-ωπππω,所以 20 320 60-?-=-=-=s rad t a ππωω (2) 从制动开始转过的角位移θ及圈数N 为 rad at t πππωθ6002032 1206021220=??-?=+=

30026002===π ππθN (3) t = 10 s 时飞轮边缘上一点的线速度为 103010360-?=?-=+=s rad at πππωω (4)t = 10 s 时飞轮边缘上一点的线速度为 11.47305.0-?=?==s m r v πω 相应的相切及法向加速度为 2171.45.15.03-?-=-=?-==s m ar a ππ ()2322221044.44505.030-??==?==s m r a ππω 习题 2.3 在边长为a 的正方形的顶点上,分别有质量为m 的4个质点,求此 系统绕下列转轴的转动惯量: (1)通过其中一质点A ,平行于对角线BD 的转轴,如题图2.3所示;(2)通过A 垂直于质点所在平面的转轴。 解:由转动惯量定义,可求得 (1)()22232222ma a m a m J =+??? ? ??= (2)()222422ma a m ma J =+= 习题 2.4 在题图2.4所示的系统中,1m = 50kg ,kg m 402=,圆盘形滑轮质量m = 16kg ,半径 r = 0.1m ,若斜面是光滑的,倾角为030,绳与滑轮间无相 对滑动,不计滑轮轴上的摩擦,求:(1)绳中的张力;(2)运动开始 时,2m 距地面高度为1m 时,需多少时间2m 到达地面? 解:(1)对滑轮及1m 、2m 受力分析可知,1m 受重力1m g 及绳的拉力

第二章 刚体转动知识分享

《大学物理》综合练习(二) ——刚体定轴转动 班级学号: 姓 名: 日 期: 一、选择题(把正确答案的序号填入括号内) 1.两个小球质量分别为m 和m 3,用一轻的刚性细杆相连。对于通过细杆并与之垂直的轴来说,轴应在图中什么位置处物体系对该轴转动惯量最小? (A)cm 10=x 处; (B)cm 20=x 处; (C)cm 5.22=x 处; (D)cm 25=x 处。 [ C ] 2.一匀质杆质量为m ,长为l ,绕通过一端并与杆成θ角的轴的转动惯量为 (A)3/2ml ; (B) 12/2ml ; (C) 3/sin 22θml ; (D) 2/cos 22θml 。 [ C ] 3.一正方形均匀薄板,已知它对通过中心并与板面垂直的轴的转动惯量为J 。若以其一条对角线为轴,它的转动惯量为 (A)3/2J ; (B)2/J ; (C)J ; (D)不能判定。 [ B ] 4.如图所示,A 、B 为两个相同的定滑轮,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A β和B β,不计滑轮轴的摩擦,这两个滑轮的角 加速度的大小比较是 (A)B A ββ=; (B)B A ββ>; (C)B A ββ<; (D)无法比较。 [ C ] 5.关于力距有以下几种说法: B 题1图 题4图

(1)内力矩不会改变刚体对某个定轴的角动量; (2)作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零; (3)质量相等形状和大小不同的两个刚体,在相同力矩作用下,它们的角加速度一定相等。 在上述说法中: (A)只有(2)是正确的; (B)(1)、(2)是正确的; (C)(2)、(3)是正确的; (D)(1)、(2)、(3)都是正确的。 [ B ] 6.一水平圆盘可绕固定的铅直中心轴转动,盘上站着一个人,初始时整个系统处于静止状 态,忽略轴的摩擦,当此人在盘上随意走动时,此系统 (A)动量守恒; (B)机械能守恒; (C)对中心轴的角动量守恒; (D)动量、机械能和角动量都守恒; (E)动量、机械能和角动量都不守恒。 [ C ] 7.一质量为kg 60的人站在一质量为kg 60、半径为1m的均匀圆盘的边缘,圆盘可绕与盘面相垂直的中心竖直轴无摩擦地转动,系统原来是静止的。后来人沿圆盘边缘走动,当他相对圆盘的走动速度为m /s 2时,圆盘角速度为 (A)rad/s 1; (B)rad/s 2; (C)rad/s 3/2; (D)rad/s 3/4。 [ B ] 8.水平刚性轻细杆上对称地串着两个质量均匀为m 的小球,如图所示。在外力作用下细杆绕通过中心的竖直轴转动,当转速达到0ω时两球开始向杆的两端滑动,此时使撤去外力任杆自行转动(不考虑转轴和空气的摩擦)。 (1)此后过程中球、杆系统 E (A)动能和动量守恒; (B)动能和角动量守恒; (C)只有动量守恒; (D)只有角动量守恒; (E)动量和角动量守恒。 (2)当两球都滑至杆端时系统的角速度为 (A)0ω; (B)02ω; (C)016.0ω; (D)05.0ω。 [ C ] 二、填充题(单位制为SI ) 1.当一汽车发动机以1800转/分的角速率转动时,它输出的功率是100马力(4105.7? 瓦), cm 4=d cm 20=l 题8图

第3章-刚体的转动

第3章 刚体的转动 一. 选择题 1. 飞轮绕定轴作匀速转动时, 飞轮边缘上任一点的 (A) 切向加速度为零, 法向加速度不为零 (B) 切向加速度不为零, 法向加速度为零 (C) 切向加速度和法向加速度均为零 (D) 切向加速度和法向加速度均不为零 [ ] 2. 一飞轮从静止开始作匀加速转动时, 飞轮边缘上一点的法向加速度n a 和切向加速度ιa 的值怎样? (A) n a 不变, ιa 为0 (B) n a 不变, ιa 不变 (C) n a 增大, ιa 为0 (D) n a 增大, ιa 不变 [ ] 3 关于刚体的转动惯量J , 下列说法中正确的是 [ ] (A) 轮子静止时其转动惯量为零 (B) 若m A >m B , 则J A >J B (C) 只要m 不变, 则J 一定不变 (D) 以上说法都不正确 4. 地球的质量为m , 太阳的质量为0m ,地心与太阳中心的距离为R , 引力常数为G , 地球绕太阳转动的轨道角动量的大小为 (A) R m G m 0 (B) R m m G 0 (C) R G m m 0 (D) R mm G 20 [ ] 5. 刚体角动量守恒的充分而必要的条件是 (A) 刚体不受外力矩作用 (B) 刚体所受的合外力和合外力矩均为零 (C) 刚体所受合外力矩为零; (D) 刚体的转动惯量和角速度均保持不变 [ ] 6. 绕定轴转动的刚体转动时, 如果它的角速度很大, 则 (A) 作用在刚体上的力一定很大 (B) 作用在刚体上的外力矩一定很大 (C) 作用在刚体上的力和力矩都很大 (D) 难以判断外力和力矩的大小 [ ] 7. 在外力矩为零的情况下, 将一个绕定轴转动的物体的转动惯量减小一半, 则物体的 (A) 角速度将增加三倍 (B) 角速度不变, 转动动能增大二倍 (C) 转动动能增大一倍 (D) 转动动能不变, 角速度增大二倍 [ ] 8如图1 粘土垂直于板面撞击板, 并粘在板上. 对粘土和板系统, 守恒的量是 (A) 动能 (B) 绕长方形板转轴的角动量 (C) 机械能 (D) 动量 [ ] 9. 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) 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 图2

刚体转动惯量计算方法

刚体绕轴转动惯性的度量。其数值为J=∑ mi*ri^2, 式中mi表示刚体的某个质点的质量,ri表示该质点到转轴的垂直距离。 ;求和号(或积分号)遍及整个刚体。转动惯量只决定于刚体的形状、质量分布和转轴的位置,而同刚体绕轴的转动状态(如角速度的大小)无关。规则形状的均质刚体,其转动惯量可直接计得。不规则刚体或非均质刚体的转动惯量,一般用实验法测定。转动惯量应用于刚体各种运动的动力学计算中。 描述刚体绕互相平行诸转轴的转动惯量之间的关系,有如下的平行轴定理:刚体对一轴的转动惯量,等于该刚体对同此轴平行并通过质心之轴的转动惯量加上该刚体的质量同两轴间距离平方的乘积。由于和式的第二项恒大于零,因此刚体绕过质量中心之轴的转动惯量是绕该束平行轴诸转动惯量中的最小者。 还有垂直轴定理:垂直轴定理 一个平面刚体薄板对于垂直它的平面轴的转动惯量,等于绕平面内与垂直轴相交的任意两正交轴的转动惯量之和。 表达式:Iz=Ix+Iy 刚体对一轴的转动惯量,可折算成质量等于刚体质量的单个质点对该轴所形成的转动惯量。由此折算所得的质点到转轴的距离,称为刚体绕该轴的回转半径κ,其公式为_____,式中M为刚体质量;I为转动惯量。 转动惯量的量纲为L^2M,在SI单位制中,它的单位是kg·m^2。 刚体绕某一点转动的惯性由更普遍的惯量张量描述。惯量张量是二阶对称张量,它完整地刻画出刚体绕通过该点任一轴的转动惯量的大小。 补充对转动惯量的详细解释及其物理意义: 先说转动惯量的由来,先从动能说起大家都知道动能E=(1/2)mv^2,而且动能的实际物理意义是:物体相对某个系统(选定一个参考系)运动的实际能量,(P势能实际意义则是物体相对某个系统运动的可能转化为运动的实际能量的大小)。 E=(1/2)mv^2 (v^2为v的2次方) 把v=wr代入上式(w是角速度,r是半径,在这里对任何物体来说是把物体微分化分为无数个质点,质点与运动整体的重心的距离为r,而再把不同质点积分化得到实际等效的r) 得到E=(1/2)m(wr)^2 由于某一个对象物体在运动当中的本身属性m和r都是不变的,所以把关于m、r的变量用一个变量K代替, K=mr^2 得到E=(1/2)Kw^2 K就是转动惯量,分析实际情况中的作用相当于牛顿运动平动分析中的质量的作用,都是一般不轻易变的量。 这样分析一个转动问题就可以用能量的角度分析了,而不必拘泥于只从纯运动角度分析转动问题。 为什么变换一下公式就可以从能量角度分析转动问题呢? 1、E=(1/2)Kw^2本身代表研究对象的运动能量 2、之所以用E=(1/2)mv^2不好分析转动物体的问题,是因为其中不包含转动物体的任何转动信息。 3、E=(1/2)mv^2除了不包含转动信息,而且还不包含体现局部运动的信息,因为里面的速度v只代表那个物体的质 心运动情况。 4、E=(1/2)Kw^2之所以利于分析,是因为包含了一个物体的所有转动信息,因为转动惯量K=mr^2本身就是一种积 分得到的数,更细一些讲就是综合了转动物体的转动不变的信息的等效结果K=∑ mr^2 (这里的K和上楼的J一样) 所以,就是因为发现了转动惯量,从能量的角度分析转动问题,就有了价值。 若刚体的质量是连续分布的,则转动惯量的计算公式可写成K=∑ mr^2=∫r^2dm=∫r^2σdV 其中dV表示dm的体积元,σ表示该处的密度,r表示该体积元到转轴的距离。 补充转动惯量的计算公式 转动惯量和质量一样,是回转物体保持其匀速圆周运动或静止的特性,用字母J表示。 对于杆: 当回转轴过杆的中点并垂直于轴时;J=mL^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轴时:J=mL^2/3 其中m是杆的质量,L是杆的长度。 对与圆柱体: 当回转轴是圆柱体轴线时;J=mr^2/2 其中m是圆柱体的质量,r是圆柱体的半径。 转动惯量定理:M=Jβ

第二章 刚体的基本运动

第二章 刚体的基本运动 一、目的要求 1.明确刚体平行移动(平动)和刚体绕定轴转动的特征,能正确地判断作平动的刚体和定轴转动的刚体。 2.对刚体定轴转动时的转动方程、角速度和角加速度及它们之间的关系要清晰的理解,熟知匀速和匀变速转动的定义与公式。 3.能熟练地计算定轴转动刚体上任一点的速度和加速度。 4.掌握传动比的概念及其公式的应用。 5.对角速度矢、角加速度矢以及用矢积表示定轴转动刚体上任一点的速度和加速度有初步了解。 二、基本内容 刚体的平动;刚体绕定轴转动;转动刚体内各点的速度和加速度;轮系的转动比;以矢量表示角速度和角加速度,以矢积表示点的速度和加速度。 (1)基本概念 刚体平动与定轴转动的定义,刚体在作这两种运动时刚体上各点速度、加速度的分布规律。 (2)主要公式 平动刚体上,任意两点之间均有 B A v v =,B A a a = 定轴转动刚体上任一点的速度和加速度为 ωr v =,ατr a =,2ωr a n =,22n a a a +=τ,n a a tg τ θ= 以矢积表示的刚体上一点的速度与加速度为 r v ?=ω v r a ?+?=ωα

三、重点和难点 1.重点 (1)刚体平动及其运动特征。 (2)刚体的定轴转动,转动方程,角速度与角加速度。 (3)转动刚体内各点的速度与加速度。 2.难点: 用矢积表示刚体上任一点的速度与加速度。 四、学习建议 (1)对刚体平动强调“三相同”。 (2)对刚体绕定轴转动的特征及其上点的速度,加速度分布规律要讲透,让学生熟练掌握已知刚体转动规律会求其上一点的运动规律,反之,已知转动刚体上一点的运动规律要会求其上各点的运动规律及整体的转动规律。 (3)对轮系传动比作一般介绍。 (4)对ω ,α 方向的确定要介绍练习,对速度和加速度用矢积表示只作一 般介绍以供推导公式用。

大学物理刚体的定轴转动知识题及答案解析

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?

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(清华)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 2512 40902 21 2s rad s rad t ≈= -= ?-= ππ πωωβ 匀变速转动 (2))(78022 1 22rad πβ ωωθ=-= )(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 -== )/(92 2 02 s rad J K J K ωωβ- =- = (2)由J K dt d 2 ωωβ- == 得 ?? - = 3 2 00 ωω ω ωK Jd dt t ω K 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

第三章刚体的转动

第三章 刚体的转动 §3-1刚体的定轴转动 一. 刚体:在无论多大的外力作用下形状和大小都保持不变的物体 c r ij = 二. 刚体运动的基本类型 1. 平动:任一条直线方向不变 2. 转动:每一点都绕同一直线作圆周运动 3. 自由运动:质心的平动和绕过质心的轴的转动的叠加 三. 刚体定轴转动的特点 每一质点都作圆心在轴上,圆平面垂直轴,ω,β,θ相同的圆周运动 四. 角速度ω 方向轴矢量;大小按比例画长度 r v ?=ω,dt d ωβ = §3-2 转动动能 转动惯量 一. 转动动能: 22 1ωI E k = 二. 转动惯量 1. 定义:2i i r m I ∑?=,?=dm r I 2 2. 决定I 大小的因素:总质量、质量分布、转轴位置 3. 量纲:2 ML ; 单位:2 kgm 三. 平行轴定理:2md I I c += 四. 垂直轴定理:y x z I I I += §3-3 力矩 转动定律 一. 力矩 ?sin rF M = F r M ?= 几个力同时作用于刚体上,合力矩: ++=21M M M 定轴转动: ++=21M M M 二. 转动定律 1. 第一定律 0=M 时,定轴转动的刚体保持原有的转动状态不变。 2. 第二定律

β ∝I M ??→?制SI β I M = 例1. 求质量为m ,长为l 的均匀细杆对过中点且垂直于杆的轴O 的转动惯量;(对 2O ?3O ?) 例2. 求质量为m ,半径为R 的均质圆环对其中心轴的转动惯量; 例3. 求质量为m ,半径为R 的均质圆盘对其中心轴的转动惯量; 例4. 求质量为m 半径为R 的均质圆环对O O '轴的转动惯量; 例5. 求质量为m ,半径为R 的均质圆盘对O O '轴的转动惯量; 例6. 一质量为m ,半径为R 的定滑轮(可看作均质圆盘)可绕垂直于纸面的水平光滑轴无摩擦地转动。轮缘绕一细轻绳,绳下端挂一质量为m 的物体,物体从静止开始下降,设绳与滑轮之间不打滑,求任一时刻盘的加速度。 例7. 一质量为m ,半径为R 的均质圆盘,平放在粗糙的水平桌面上(μ已知)。若令它开始时以角速度0ω旋转,问经多长时间盘才停止? 同类问题:已知棒的0ω,μ,m ,l 能转几圈? 课后思考: 已知R ,M ,求A I §3-4 刚体定轴转动的动能定理 一. 力矩的功 θMd s d F dA =?= )) 变不变M (Md M (M {Md dA A ? ???===θθθ θ用弧度作单位 !

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

常用物体的转动惯量与扭矩的计算

附录1.常用物体转动惯量的计算 角加速度的公式a = (2n /60) /t 转 矩T=J* a =J*n*2 n /60) /t a -弧度/秒t-秒T -Nm n-r/min 图i矩形结构定义 以a-a为轴运动的惯量: 惯量的计算: / W 为 为 为 位 位 位 单 单 单 量 积 度 质 体 密 m v / m 1 2 公式中: 以b-b为轴运动的惯量: 圆柱体的惯量 图2圆柱体定义 m = Vx3 V=Lxhxw 矩形体的计算

m = Vx3 Di r =— 2 J旳严尽匹 2 8 m = Vx3 4 _ m x (Do2+ Di2) Jx— ----------------- m '(Po2+D2) _L2> 1t 4+_3 > 摆臂的惯量 TTD I2 "T~ xt (Di2r、 3 丿 空心柱体惯量 图3空心柱体定义

图4-1摆臂1结构定义 图4-2摆臂2结构定义J = m.R2 曲柄连杆的惯量

图5曲柄连杆结构定义带减速机结构的惯量 图6带减速机结构定义齿形带传动的惯量J = m R? + rm n2 J M:电机惯量 J L :负載惯量 J L^M :负载惯量折算到电机侧的惯量M L :负载较矩 J R:减速机折算到输入的愤量 R :减速比 r]R :减速机效率 R= — = - = Ry.&L 3w= R X3L 9L Q}L ■总-惯量: ■折算到电机侧的力矩: M, Mz"%彷R片 R J M卡J R +J I J W ■根据能量守恒定律;

图7齿形带传动结构 齿轮 组减速结构的惯量 J M :电机惯量 J L :负载惯量 Mi :负载力矩 J PM :电机侧带轮惯量 □PM :电机侧带轮直径 N TM :电机侧带轮齿数 JPL :负载侧带轮惯量 □PL :负载带轮直径 N TL :负载带轮齿数 q :减速机效率 me :皮带质量 M L J M :电机惯量 J L :负載惯量 M L :负载扭矩 J GM :电机側齿轮惯量 N IM :电机侧齿轮齿数 J GL :负载齿轮惯量 N R :负载齿轮齿数 n :减 速机效率 图8齿轮组传动结构 滚珠丝杠的惯量 J 叫叭皿6ljwljml JpL> D R L + 6M = /?x Q L CO JW = R^UJ L D PL 时7> ■折算到电机扭矩: /Wi. T M 二 R=— eM=RxQL N TM ■折算到电机力矩:

第三章 刚体得定轴转动

习题精解 3-1 某刚体绕定轴做匀速转动,对刚体上距转轴为r 处得任意质元得法向加速度为与切线加速度来正确得就是() A 、 ,大小均随时间变化 B 、 ,大小均保持不变 C 、 得大小变化,得大小保持不变 D 、 大小保持不变,得大小变化 解 刚体绕定轴做匀变速转动时,因为,而为恒量,所以,故。可见:得大小变化,得大小保持恒定,本题答案为C 、 3-2 一飞轮以得角速度转动,转动惯量为,现施加一恒定得制动力矩,使飞轮在2s 内停止转动,则该恒定制动力矩得大小为_________、 解 飞轮转动得角速度为所以该恒定制动力矩大小为。 3-3 一飞轮半径,以转速转动,受制动均匀减速,经后静止,试求:(1)角速度与从制动开始到静止这段时间飞轮转过得转数;(2)制动开始后时飞轮得角速度;(3)在时飞轮边缘上一点得速度与加速度。 解 (1)角加速度 ()20 1500 2 3.140260 3.145050n rad s t ωωπ β-?? --= = =-=-? 从制动开始到静止这段时间飞轮转过得转数 ()22 015001 12 3.1450 3.14506022 625222 3.14t t N ωβθπ π ?? ?-??+?= == =?圈 (2)制动开始后时飞轮得角速度 ()201500 22 3.14 3.142578.560 t n t rad s ωωβπβ-=+=+=?? -??=? (3)在就是飞轮边缘上一点得速度与加速度分别为 ()()()()()()2 232 78.51 3.14 6.1610 3.14n a a n a r n r n r n m s ττωβτττ -??=+=+=?+-?=?-??? r r r r r r r r r 3-4 有A 、B 两个半径相同、质量也相同得细圆环,其中A 环得质量分布均匀,而B 环得质量 分布不均匀。若两环对过环心且与环面垂直轴得转动惯量分别为与,则有() A 、 B 、 C 、 D 、无法确定与得相对大小。 解 因为转动惯量,对于细圆环而言,各质元到转轴得距离均为圆环得半径,即,所以。故A,B 两个半径相同、质量也相同得细圆环,不论其质量在圆环上如何分布,两环对过环心且与环面垂直轴得转动惯量,本题答案为C 。 3-5 刚体得转动惯量取决于______、________与____________等3各因素。_ 解 干体得转动惯量取决于:刚体得总质量、质量得分布与转轴得位置3个元素。 3-6 如图3、4所示,细棒得长为。设转轴通过棒上离中心距离为d 得一点并与棒垂直,求棒对此轴得转动惯量。试说明这一转动惯量与棒对过棒中心并与此轴平行得转轴得转动惯量之间得关系(此为平行轴定理)。 解 如图3、4所示,以过点垂直于棒得直线为轴,沿棒长方向为轴,原点在 处,在棒上取一原长度元,则 所以与之间得关系为

刚体转动惯量计算方法

刚体对轴转动惯量的计算 一、转动惯量及回转半径 在第一节中已经知道,刚体对某轴z 的转动惯量就是刚体内各质点与该点到z 轴距离平 方的乘积的总和,即∑=2 i i z r m J 。如果刚体质量连续分布,则转动惯量可写成 ?=M z dm r J 2 (18-11) 由上面的公式可见,刚体对轴的转动惯量决定于刚体质量的大小以及质量分布情况,而 与刚体的运动状态无关,它永远是一个正的标量。如果不增加物体的质量但使质量分布离轴远一些,就可以使转动惯量增大。例如设计飞轮时把轮缘设计的厚一些,使得大部分质量集中在轮缘上,与转轴距离较远,从而增大转动惯量。相反,某些仪器仪表中的转动零件,为了提高灵敏度,要求零件的转动惯量尽量小一些,设计时除了采用轻金属、塑料以减轻质量外,还要尽量将材料多靠近转轴。 工程中常把转动惯量写成刚体总质量M 与某一当量长度ρ的平方的乘积 2z z M J ρ= (18-12) z ρ称为刚体对于z 轴的回转半径(或惯性半径),它的意义是,设想刚体的质量集中在与z 轴相距为z ρ的点上,则此集中质量对z 轴的转动惯量与原刚体的转动惯量相同。 具有规则几何形状的均质刚体,其转动惯量可以通过计算得到,形状不规则物体的转动惯量往往不是由计算得出,而是根据某些力学规律用实验方法测得。 二、简单形状物体转动惯量的计算 1. 均质细直杆 如图18-7所示,设杆长为l ,质量为M 。取杆上微段dx ,其质量为 dx l M dm = ,则此 图18-7 杆对z c 轴的转动惯量为 220 2 20 2 12122Ml dx l M x dm x J l l z c ===??

大物B课后题03-第三章-刚体的定轴转动

习题 3-1 3-2 3-6 3-3 3-7 3-8 3-9 3-10 3-11 3-4 3-12 3-5 3-13 3-14 3-15 3-16 3-17 3-1 某刚体绕定轴做匀变速转动,对刚体上距转轴为r 处的任意质元的法向加速度为和切线加速度来正确的是() A. n a ,a τ大小均随时间变化 B. n a ,a τ大小均保持不变 C. n a 的大小变化,a τ的大小保持不变 D. n a 大小保持不变,a τ的大小变化 解 刚体绕定轴做匀变速转动时,因为2,n a r a r τωβ==,而β为恒量,所以0t ωωβ=+, 故()2 0,n a r t a r τωββ=+=。可见:n a 的大小变化,a τ的大小保持恒定,本题答案为C. 3-2 一飞轮以的角速度转动1300min rad -?,转动惯量为2 5kg m ?,现施加一恒定的制动力矩,

使飞轮在2s 内停止转动,则该恒定制动力矩的大小为_________. 解 飞轮转动的角加速度为 ()20 001300 2.52260 rad s t ωωωβ---===-?=-?所以该恒定制动力矩大小为()5 2.512.5M J N m β==?=?。 3-3 刚体的转动惯量取决于______、________和____________等3各因素。_ 解 刚体的转动惯量取决于:刚体的总质量、质量的分布和转轴的位置3个元素。 3-4 如图 所示,质量为m ,长为l 的均匀细杆,可绕通过其一端O 的水平轴转动,杆的另一端与质量为m 的小球固连在一起,当该系统从水平位置有静止转动θ角时,系统的角速度ω=_________、动能k E =__________,此过程中力矩所做的功W =__________. 解 在任意位置时,受力分析如图3.8所示。系统所受的合外力矩为 3cos cos cos 22 l M mg mgl mgl θθθ=+= 则在此过程中合外力矩所做的功为 0033cos sin 22W Md mgl d mgl θθθθθθ??= == ????? 系统的转动惯量为 2221433 J ml ml ml =+= 于是刚体定轴转动的动能定理可写为 22314sin 223mgl ml θω??= ??? 所以系统的角速度为ω=213sin 22k E J mgl ωθ==

转动惯量计算方法

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J 1 : J 1 = 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 2 2 11222112) (2t t t t t t --= θθα (13) ∵ t = 0时,计时次数k=1(θ=л时,k = 2)

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