第二章 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。
[ 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
则其输出的力矩为m N 1098.32??。
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rad/s 1095.42?。
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m /s 42.5。
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 ???
? ??-122
2h gt mR
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)
静止，则=r L 3
；若?=60θ
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=βL g 2cos 3θ
，角速度
=
ωg θsin 3，端点A 的速度=A v θsin 3Lg ，切向加速度cos 3θ
g a t =,法向加速度
O
l 题3图
题4图
题5图
题6图
θsin 3g a n =。
Δ棒受轴的力的大小1sin 994
1
222+=
+=θmg F F F n t ，力的方向θθβs i n
10cos arctan arctan
==n t F F 。 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。一根轻绳绕在球壳赤道上，又跨过转动惯量为0J 、半径r 的滑轮，然后系在一质量为m 小物体上，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?
1． 设1T 、2T 分别为物体m 与滑轮间、球壳与滑轮间绳的张力，J 为球壳绕竖直轴的转动惯量，a 为物体m 的加速度大小，方向竖直向下。由转动定律和牛顿第二定律，得
球壳： R
a
MR R a J
J R T 2232===α （1） 滑轮： r
a
J J r T T 00021)(==-α （2）
物体： ma T mg =-1 （3） 由（1）~（3）式解得：2
032
r J M m mg
a ++=，ah v 2=2
032
2r
J M m mgh
++=
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。
钢棒绕其转轴的转动惯量
2
2
22
221m Kg 53.122.106.122.14.6121221212?=??
? ????+??=
?
??
???+=+=l m Ml J J J
(1) 由动能定理得轴摩擦力所做的总功A
J 1060.42
142
0?-=-=?=ωJ E A k
(2) 恒定力矩的功 n M M A πθ2==，故在s 32内转过的转数
(rev)9.62439
253.120.321060.4224=?????===ππαππJ A M A n
(3) 当摩擦力矩不恒定时，只有力矩作功可以计算，无需任何附加条件，且
J 1060.44?-=A
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。
(1) 由转动定律 ωω
K t
J
-=d d ，积分 ?
?
-
=2
/000
d d ωωω
ω
t t J K ，得2ln K
J
t = (2) 由动能定理 202
2
08
32122112ωωωJ J J E E A k k -=-??? ??=-=
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?
取杆自由悬挂时的质心所在位置为势能零点，杆对离其一端4/l 的水平轴的转动惯量为
22
24874121ml l m ml J =??
? ??+=
系统在整个运动过程中机械能守恒，故有
2
212
0l mg J =ω，l g 7340=ω，0ωω> 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。
(1) 碰撞过程不计摩擦力的影响，系统对O 点的角动量守恒
02
122210234330sin 2ωωωl m l m l m J v m l
≈???
? ??+==? 23325
.040002.03
230sin 2
120=???=?
?=
l m v lm ωrad/s
(2) 在距O 点r 处取一长为r d 质元，摩擦力大小为 r l
g
m mg f d d d 1μμ==，f d 对O 点的力矩 r r l g
m f r M d d d 1μ
-=-=，则整个细杆所受的摩擦力对O 点的力矩为 ??
-=-==l l gl m r r l g m M M 00112
d d μμ
由动能定理 2
022121ωωθJ J M -=
rad 68.08.92.03232
321212
201202120=??==-?-=-=g l gl m l m M J μωμωωθ
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，与棒作完全弹性碰撞，求碰撞后小球的回跳速度及棒的角速度各为多少?
·
u m '
系统对通过其中心的水平轴的角动量守恒
vl m J ul m '-='ω
即 ωω23
1
)(ml J l v u m ==+' （1）
因小球和细杆作弹性碰撞，系统机械能守恒
2222
1
2121ωJ v m u m +'=' （2） 由（1）和（2）式解得
m m m m u v '
+'-=
3)
3(，l m m u m )3(6'+'=ω
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。
(1) 在距圆心r 处取一宽度为r d 的圆环，其上所受的阻力大小为f d ，则
r kr r r kr s kv f d 4d 4d d 2πωπω===
圆盘所受的空气阻力矩为
??
?
-=-
=-
==R
R
kR r kr f r M M 0
43d 4d d πωπω
(2) 由转动定律
θ
ω
ω
θθωωπωd d d d d d d d 4J t J t J
kR M ===-= 积分 ??
-=θωωπθ0040
d d kR J
ω
【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
第五章刚体的转动
第五章 刚体的转动 §5-1、刚体定轴转动定律 【基本内容】 一、刚体的运动 1、平动 刚体平动的特征：刚体中的任一条直线，在刚体运动过程中始终保持平行。 刚体平动的研究方法：刚体作平动时，刚体各质点的运动情况相同，视为质点处理。 2、定轴转动 刚体转动的特征：刚体上各点都绕同一固定的直线作半径不同的圆周运动，该直线称为刚体的转轴。 描述刚体转动的物理量 角位移θ? 角速度ω 角加速度β 刚体匀变速转动公式 βθ ωωβωωβωθ22 1 2 020 20=-+=+ =t t t 二、刚体所受的力矩 力矩是描述力对物体作用时产生转动效应和改变转动状态的物理量。 F r M ?= 式中F 为力在转动平面的投影，r 为轴指向力的作用点。 结论1 力矩是矢量，对于定轴，力矩的方向在转轴上； 结论2 力经过转轴和力平行于转轴，则力对此轴的力矩为0。 三、刚体定轴转动定律 定轴转动的刚体，所受的合外力矩等于刚体的转动惯量与角加速度的乘积，即 βJ M =
四、转动惯量 定义：对于质点系∑= i i i r m J 2 对于刚体?=dm r J 2 线分布：λλ,dx dm =是质量线密度。 面分布：σσ,dS dm =是质量面密度。 体分布：ρρ,dV dm =是质量体密度。 决定转动惯量的三个因素：刚体的质量、质量分布及转轴的位置。 【典型题例】 【例5-1】 一轻绳跨过一定滑轮，滑轮可视为匀质圆盘，质量为m ，半径为r 。绳的两端分别悬挂质量为m １和m ２的物体，m １＜m ２，如图例2-4所示。设滑轮轴所受的摩擦力矩为Mr ，绳与滑轮之间无相对滑动，试求运动物体的加速度和绳中的张力。 【解】 依题意，滑轮应视为一个有转动惯性的转动刚体，因此，在加速转动过程中，在图上必有T ２′ ＞T 1′，而且，由于绳的质量可以忽略不计，还应有T １＝T 1′，Ｔ２＝T ２′。T １、T 1′和T ２、T ２′都是绳中的张力。绳与滑轮无相对滑动的条件，在绳不能伸长的情况下表示m １与m ２有大小相同的加速度a ，且都等于 滑轮边缘的切向加速度。 以m １向上、m ２ 向下的实际运动方向和滑轮的顺时针转向为物体运动或转动的正方向，则按牛顿第二定律和转动定律可得 β)2 1 ( 212222111m r M r T r T a m T g m a m g m T r =--=-=- 鉴于滑轮边缘的切向加速度，也即物体的加速度a 与滑轮角加速度β之间的关系，还可以建立一个辅助方程 a ＝r β )(),(,2 //)(22112112a g m T a g m T m m m r M g m m a r -=+=++--= 【讨论】 画出受力图，作力及力矩的分析，当计滑轮质量时，滑轮两边绳子的张力一般不等。注意：这两个张力对滑轮轴的力矩方向相反。 当不计滑轮质量及摩擦阻力矩，即m ＝０，Ｍr ＝０时，结果为 g m m m m T T g m m m m a 2 12 12121122,+==+-= 与质点动力学中不计绳子与滑轮之间的摩擦，即不考虑刚体转动的结果完全一样。可见，该质点动力学问题只是刚体动力学问题的一个特例。T １≠T ２是考虑实际转动效应的一个重要特征。 线量与角量关系的a ＝r β，是一个不可少的辅助方程。 【例5-2】 一刚体由长l 、质量为m 的匀质细杆和质量为m 的小球固定其一端而组成，且可绕杆的另 一端点的轴O 在竖直平面内转动，如图所示。若轴处无摩擦，试求： 坐标 例2-4图
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。
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？
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-,角加速度为二则其转动加 快的依据是：（） A._：:> 0 B. ■ > 0, _：: > 0 C. ■ < 0，二> 0 D. - ■ > 0，二< 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：J二Mr 2/2。 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 i和a2，则有：（） A. a i = a 2 B. a i > a 2 C. a i< a 2 D.无法确定 解：答案是B。 简要提示：（1）由定轴转动定律，Fr 和q ，得：a1 =Fr2/J mg -T 二ma2 （2）受力分析得：Tr=J「2 ，其中m为重物的质量，T为绳子的张力。 a2=「二2 得：a2 =Fr2 /（J mr2），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：（） 2 2 2 2 A.4 F / m B. 2 F / m C. F / m D. F / 2 m 解：答案是A。
简要提示：由定轴转动定律：FR = 1 MR?〉，得：-1 it? =4F 2 2 mR 所以：W =M.d -4F2/m 5.一电唱机的转盘正以-■ 0的角速度转动，其转动惯量为J i，现将一转动惯 量为J2的唱片置于转盘上，则共同转动的角速度应为：（） A . Ji o B. 良0 C.出0 D. 土0 J^i +J2J1J2J1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，-MR2o ^2Mr 2'，得转动角频率增大，所以 5 5 1 2 1 2 转动周期减小。转动动能为E k0=-2MR2E k=-2Mr 2，2可得E k > E ko。 2 5 2 5 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，贝U （） 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 D.无法确定谁先谁后到达顶点 解：答案是B。 简要提示：考虑两个猴子和滑轮组成的系统，滑轮所受的外力（重力和支撑力）均通过滑轮质心，由于甲乙两猴的重量（质量）相等，因此在开始时系统对于通过滑轮质心并与轮面垂直的转轴的合外力矩为零，而在两猴攀绳过程中，系
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
第五章 刚体的转动
第五章 刚体的转动 一、教材系统的安排与教学目的 1、教材的安排 本章从观察一些刚体定轴转动的现象开始，说明物体具有保持原有运动状态的特性—转动惯性。转动惯性的大小由转动惯量来量度。改变刚体的转动状态，需要外力矩；进而讲授力矩的瞬时作用规律—转动定律，力矩对空间积累作用规律—动能定理，力矩对时间的积累作用规律—角动量定理，以及角动量守恒定律和它们对的应用 2、教学目的：使学生理解力矩、转动惯量、冲量矩、角动量等概念，掌握力矩的规律，并学会运用它们说明、解释一些现象，分析、解决一些有关的问题。 二、教学要求 1、理解力矩的概念，明确刚体具有转动惯性。牢固掌握转动定律并能熟练地运用。 2、明确转动惯量的物理意义，会计算简单情况下物体的转动惯量。 3、掌握刚体定轴转动的动能定理，并会运用。 4、理解角动量和冲量矩的概念，掌握并会运用角动量定理和角动量守恒定律 三、内容提要 1、力矩 定义：力ρ F 与力的作用线，到转轴的垂直距离的乘积 公式 ρρρM r F M Fr =??=??? 大小方向：按右手螺旋法则判断 ：sin α 物理意义：表明了改变刚体转动状态的效果 2、转动定律 公式 ρ ρM J =β J 为转动惯量，ρ β为角加速度 意义：为刚体定轴转动中的基本定律，与平动中的牛顿第二定律相当。 说明：ρ M 为刚体所受的合外力矩，在定轴转动中它只有正负之分。 3、转动惯量 定义：J m r i i = ?∑()?2即对于质点系转动惯量大小等于刚体上各质点的质量与各 质点到转轴的距离平方的乘积之和。 如果刚体上各质点是连续分布的，则有 J r dm dm dl dm ds dm dv =?=??=??=????????2λσρ质量为线分布 质量为面分布质量为体分布 物理意义：是刚体转动惯性大小的量度，与平动中的质量相当。 应掌握的几种转动惯量公式： 杆对其中心轴： J ml = 1 12 2
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
05刚体的定轴转动习题解答
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：2/2 Mr 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， 1 αJ Fr =和1 1 αr a =，得：J Fr a /2 1 = (2) 受力分析得： ?? ? ??===-2222 α αr 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 。 简要提示：由定轴转动定律： α2 21MR 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ω 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： （ ）
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 =
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
05刚体地定轴转动习题解答
第五章刚体的定柚转动 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：J = Mr2/2. 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；二是以重量等于尸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N和及，则有：() A. ai = a2 B. a 1 > a2 C. ai< a2 D.无法确定 解：答案是B。 简要提示：⑴ 由定轴转动定律，Fr = Ja｛和= 得：= Fr1 / J mg-T = ma 2 (2)受力分析得：Tr=Ja2 ,其中血为重物的质量，7为绳子的 。2 =叫 张力。得：勺="2/(丿+加厂彳)，所以&1> & 2。 4.一半径为/?,质量为加的圆柱体，在切向力尸作用下由静止开始绕轴线
作定轴转动，则在2秒内尸对柱体所作功为：（ A. 4 尸/ 加 B. 2 F / 也 C. m 解：答案是A 。 所以：W = M\0 = AF 2/m 5. 一电唱机的转盘正以。的角速度转动，其转动惯量为现将一转动 惯量为忆的唱片置于转盘上，则共同转动的角速度应为：（） A. ———C D Q B. 几 + 厶 血 C. — D. —C O Q 人+厶 丿1 J 2 人 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，现时半径为凡绕对称轴自转周期为7； 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 转动动能增加; 转动动能减小; 转动动能增加; 转动动能减小。 解：答案是C 。 简要提灵由角动量守恒，紗般。=討&,得转动角频率 增大, 所以转动周期减小。转动动能为耳0 瘪耳二扌彳曲八/ 可得公〉 So 。 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，贝！I （ ） 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 D. 无法确定谁先谁后到达顶点 解：答案是B 。 简要提灵由定轴转动定律：吩艸S 该天体的：（ A. B. C. D. 自转周期增加, 自转周期减小, 自转周期减小, 自转周期增加,
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
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==