大物刚体转动作业答案
刚体定轴转动 大学物理习题答案
薄圆盘对过球心轴的转动惯量为 d J 1 r 2 d m 1 R5 cos 5 d
2
2
J 2
/2 1 r2 dm
/2
R5 cos 5d
8
R 5
8
m R5 2 mR 2
02
0
15
15 4 R 3
5
3
由平行轴定理， J J mR 2 2 mR 2 mR 2 7 mR 2
5
5
悬垂。现有质量 m＝8g 的子弹，以 v＝200m／s 的速率从 A 点射入棒中，假定 A 点与 O 点的距离为 3 l ， 4
如图 4-11 所示。求：（1）棒开始运动时的角速度；（2）棒的最大偏转角。
解：(1) 子弹射入前后系统对 O 点的角动量守恒
mv 3 l J ， J 1 Ml 2 m ( 3 l)2 1 1 0.42 0.008 9 0.42 0.054 kg m2
计小球大小）
A
解：M (3m m)g l cos l mg cos ，J 3m( l )2 1 ml2 m( l )2 1 ml 2
4
2
4 12
43
l/4 O
l
图 4-5
13
大学物理练习册—刚体定轴转动
M
l mg cos 2
3g
cos
J
1 ml 2
2l
3
4-6 一均匀圆盘，质量为 m，半径为 R，可绕通过盘中心的光滑竖直轴在水平桌面上转动，如图 4-6 所示。 圆盘与桌面间的动摩擦因数为 ，若用外力推动使其角速度达到 0 时，撤去外力，求（1）转动过程 中，圆盘受到的摩擦力矩；（2）撤去外力后，圆盘还能转动多少时间？
dt d 0
0
大学物理题库-第4章-刚体的转动习题(含答案解析)
刚体习题一、选择题 1、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 ． ［ ］2、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．［ ］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，(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． ［ ］4、如图所示，一质量为m 的匀质细杆AB ，A 端靠在粗糙的竖直墙壁上，B 端置于粗糙水平地面上而静止．杆身与竖直方向成θ角，则A 端对墙壁的压力大小 (A) 为 41mg cos θ． (B)为21mg tg θ． (C) 为 mg sin θ．(D) 不能唯一确定． ［ ］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、关于力矩有以下几种说法：(1) 对某个定轴而言，内力矩不会改变刚体的角动量．(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，在相同力矩的作用下，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． ［ ］7、一水平圆盘可绕通过其中心的固定竖直轴转动，盘上站着一个人.把人和圆盘取作系统，当此人在盘上随意走动时，若忽略轴的摩擦，此系统(A) 动量守恒．(B) 机械能守恒．(C) 对转轴的角动量守恒．(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． ［ ］8、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轴自由转动，转动惯量为J ．平台和小孩开始时均静止．当小孩突然以相对于地面为v 的速率在台边缘沿逆时针转向走动时，则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为(A) ⎪⎭⎫ ⎝⎛=R J mR v 2ω，顺时针． (B) ⎪⎭⎫ ⎝⎛=R J mR v 2ω，逆时针． (C) ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=R mR J mR v 22ω，顺时针．(D) ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=R mR J mR v 22ω，逆时针．［ ］9、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，子弹射入圆盘并且留在盘内，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 ［ ］10、（0405）人造地球卫星，绕地球作椭圆轨道运动，地球在椭圆的一个焦点上，则卫星的(A)动量不守恒，动能守恒．(B)动量守恒，动能不守恒．(C)对地心的角动量守恒，动能不守恒．(D)对地心的角动量不守恒，动能守恒． ［ ］11、一个圆盘在水平面内绕一竖直固定轴转动的转动惯量为J ，初始角速度为ω 0，后来变为021ω．在上述过程中，阻力矩所作的功为： (A) 2041ωJ ． (B) 2081ωJ -． (C) 2041ωJ - (D) 2083ωJ -． ［ ］ 12、一均匀细杆可绕垂直它而离其一端l / 4 (l 为杆长)的水平固定轴O 在竖直平面内转动．杆 m m的质量为m ，当杆自由悬挂时，给它一个起始角速度ω 0,如杆恰能持续转动而不作往复摆动(一切摩擦不计)则需要 (A) ω 0≥l g 7/34． (B) ω 0≥l g /4．(C) ω 0≥()l g /3/4． (D) ω 0≥l g /12．[已知细杆绕轴O 的转动惯量J ＝(7/48)ml 2] ［ ］13、假设卫星环绕地球中心作圆周运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的(A) 角动量守恒，动能也守恒．(B) 角动量守恒，动能不守恒．(C) 角动量不守恒，动能守恒．(D) 角动量不守恒，动量也不守恒．(E) 角动量守恒，动量也守恒． ［ ］14、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m 1和m 2的物体(m 1＜m 2)，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． ［ ］15、如图所示，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(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、动量和角动量均守恒． ［ ］二、填空题1、如图4-23所示，质量为m 和m 2的两个质点A 和B ，用一长为l 的轻质细杆相连，系统绕通过杆上o 点且与杆垂直的轴转动。
大学物理五第三章习题答案
第三章 刚体的转动习题答案1、对于定轴转动刚体上不同的点来说：线速度、法向加速度、切向加速度具有不同的值，角位移、角速度、角加速度具有相同的值。
2、由sin M r F Fr θ=⨯=可知，（1）0,0F M ≠=，当0r =或者sin 0θ=，即力通过转轴或者力与转轴平行； （2）0,0F M =≠，这种情况不存在； （3）0,0F M ==，这种情况任何时候都存在。
3、根据均匀圆盘对中心轴的转动惯量：221122I mr vr ρ==可知，对于相同几何形状的铁盘和铝盘，密度大的转动惯量大。
通常我们取铁的密度为37.9/g cm ，铝的密度32.7/g cm ，因此铁盘对中心轴的转动惯量大；根据刚体动能定理：21222111d 22A M I I θθθωω==-⎰，可知对铁盘的外力矩要做更多的功。
4、轮A 的转动惯量212I mr =，轮B 的转动惯量2I mr =，根据刚体的转动定律M I β=，因为两者所受的阻力矩相等，可知轮A 的转动角加速度大于轮B 的转动角加速度，故轮A 先停止。
5、舞蹈演员在旋转过程中，可以近似地认为角动量守恒，当其把双手靠近身体时，转动惯量减小，故角速度增大；当其把双手伸开，转动惯量增大，故角速度减小。
6、解：2334d a bt ct dtθω==+-， 2612d b t c t dtωβ==-。
7、解：11200240/60rad s πωπ⨯==，22700290/60rad s πωπ⨯==， 2215025/126rad s t ωωππβ-===∆， 2117803902t t n θωβπ=+==。
8、解：根据均匀球体对直径轴的转动惯量225I mr =，得到地球对自转轴的转动惯量3729.810I kg m =⨯⋅，地球自转角速度2/246060rad s πω=⨯⨯，转动动能22813102k E I J ω==⨯。
9、解：已知030/rad s ωπ=，切断电源后的角位移752150θππ=⨯=，根据匀减速运动规律2220023/2rad s ωωβθβπθ=⇒==，由于电扇是匀减速，可知阻力矩为常量，因此根据刚体转动动能定理22101144.422M I I J θωω=-=-， 可得到转动惯量2244.420.01I kg m ω⨯==⋅，以及阻力矩44.40.1150M N m π=≈⋅。
大物刚体转动作业答案
l 11 2 2 mg ml 2 23
3g l
o
3. 刚体由长为l，质量为m匀质细棒和质量也为 m小球牢固地连结在杆一端而成，绕过杆的另一 端O的水平轴转动，在忽略轴处摩擦情况下，杆 由水平位置由静止状态自由转下，试求： （1）杆与水平线成θ 角时，刚体角加速度； （2）竖直位置时刚体角速度，小球线速度。
0 0 t
1 2 2 M mR FR 2 3
r
dr
0 3mR 0 t 4 F
5. 一半径为R=0.5m、质量m=4kg均质分布的 圆盘，受到作用在轻绳一端的力F=2tN的作用， 从静止开始绕过O点的水平轴转动，设摩擦阻力 忽略不计，轻绳与圆盘之间不发生相对滑动， 如图所示。试求： m （1）t=2s时，圆盘的角加速度 （2）t=2s时，圆盘的角速度； R （3）t=2s时，力矩的瞬时功率； （4）在头2s内力矩对圆盘所做的功。 1 2 F 解： (1) FR mR
2 0
J 0 C． 2 mR
D．Байду номын сангаас0
二、填空题
1. 半径为0.2m，质量为1kg的匀质圆盘，可绕过 圆心且垂直于盘的轴转动。现有一变力F＝0.1t （F以牛顿计，t以秒计）沿切线方向作用在圆 盘边缘上。如果圆盘最初处于静止状态，那么 它在第3秒末的角加速度β＝ 3rad s ，角速度 ω＝ 4.5rad s 。
B. 只有动量守恒; C. 只有对转轴O的角动量守恒; D. 机械能、动量和角动量均守恒。
o
8．绕固定水平轴O匀速转动转盘，沿如图所示 的直线从相反方向射入两颗质量相同、速率相等 子弹，留在盘中，子弹射入后转盘的角速度应为 A．增大 B． 减小 C．不变 D．无法确定 9.质量相等，半径相同的一金属环A和同一种金 属的圆盘B，对于垂直于圆面的中心转轴，它两 的转动惯量有： A．IA＝IB B．IA＜IB
大学物理习题册及解答_第二版_第四章_刚体的定轴转动
3. 一根绳子绕在半径为30 cm的轮子上．当轮子由初速度2.0 rad/s 匀减速到静止，绳子在轮上的长度为25 m．轮子的加速度和轮子 转过的周数为
2 (A) - 0.942rad/s ,13.3 2 (B) - 0.884rad/s ,13.3 2 (D) - 0.884rad/s ,2.67 2
1 (A) 3
0
( B)
1 3
0
(C)
3
0
(D) 3
0
8．光滑的水平桌面上，有一长为2l、质量为m的匀质细杆，可绕过 其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O自由转动，其转动惯量为 ml2/3，起初杆静止．桌面上有两个质量均为m的小球各自在垂直于 杆的方向上正对着杆的一端，以相同速率v相向运动，当两小球同 时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后，就与杆粘在一起转动， v 则这一系统碰撞后的转动角速度应为
M r F． 2.力矩的定义式为_________
变角动量 在力矩作用下，一个绕轴转动的物体作______ _运动． 角动量 若系统所受的合外力矩为零，则系统的____________ 守恒． 3 质量为20 kg、边长为1.0 m的均匀立方物体，放在水平地面 上．有一拉力F作用在该物体一顶边的中点，且与包含该顶边的 物体侧面垂直，如图所示．地面极粗糙，物体不可能滑动．若 要使该立方体翻转90°，则拉力F不能小于___ 解：要使该立方体翻转90o,则拉力F对转轴的力矩 不能小于重力对转轴的力矩，即：
pB 2 ( A) pA 2
pB 3 (B) pA 4
pB 2 (C) pA 4
pB 1 ( D) pA 2
分析：细杆在下落过程中只有重力做功，系统机械 能守恒，以地面为重力势能0点，则有：
大学物理刚体的转动知识点及试题带答案
刚体的转动一、基本要求：1、理解刚体的概念；了解刚体的平动和转动；掌握转动惯量的物理意义；掌握力矩的物理意义及其计算。
2、理解转动惯量的物理意义及其计算；掌握刚体定轴转动的转动定律及计算。
3、理解质点和刚体的角动量；掌握角动量守恒定律的适用条件及应用；掌握刚体转动动能的概念及计算。
二、主要内容： 1、刚体：是在外力作用下形状和大小保持不变的物体称为刚体。
是一个理想化的力学模型，它是指各部分的相对位置在运动中（无论有无外力作用）均保持不变的物体。
即运动过程中没有形变的物体。
2、平动：当刚体中所有点的运动轨迹都保持完全相同时，或者说刚体内任意两点间的连线总是平行于它们的初始位置间的连线时，刚体的运动叫作平动。
3．转动：刚体中所有的点都绕同一条直线作圆周运动，这种运动称为转动。
这条直线叫作转轴。
4、描述刚体转动的物理量引入：刚体作定轴转动时，刚体上的各点都绕定轴作圆周运动。
刚体上各点的速度和加速度都是不同的，用线量描述不太方便。
但是由于刚体上各个质点之间的相对位置不变，因而绕定轴转动的刚体上所有点在同一时间内都具有相同的角位移，在同一时刻都具有相同的角速度和角加速度，故采用角量描述比较方便。
为此引入角量：角位置、角位移、角速度、角加速度。
5、角量与线量的关系半径R ，角位移θ∆ 弧长 θ∆⋅=∆R s 线速度v: ωθR t R t s v t t =∆∆=∆∆=→∆→∆lim lim法向加速度： 222)(ωωr RR R v a n === 切向加速度： αωωτ⋅=⋅===R dtd R R dt d dt dv a )( 结论：刚体作定轴转动时，在某一时刻刚体上所有各点的角位移、角速度和角加速度都是相同的；而各点的线位移、线速度和线加速度均与r 成正比。
6转动定律：刚体在合外力矩的作用下，刚体所获得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。
● 合外力矩和转动惯量都是相对于同一转轴而言的； ● 转动定律是解决刚体定轴转动的基本定律，它的地位与质点动力学中牛顿第二定律相当。
《大学物理》刚体的转动练习题及答案
《大学物理》刚体的转动练习题及答案一、简答题：1、为什么刚体绕定轴转动的动能的改变只与外力矩有关，而与内力矩无关?答案：对刚体，由于刚体内各质点间相对位移始终为零，内力总是成对出现，每对内力大小相等，方向相反，在一直线上，故内力矩做功之和一定为零，故刚体绕定轴转动的动能的改变与内力矩无关。
2、简述刚体定轴转动的角动量守恒定律并给出其数学表达式?答案：刚体定轴转动时，若所受合外力矩为零或不受外力矩，则刚体的角动量保持不变。
3、下列物理量中，哪些量与原点的选择有关：(1) 速度，(2) 位矢，(3) 位移，(4) 角动量，(5) 动量 答案：与原点有关的物理量为：位矢，角动量。
4、质量、半径相同的两个圆盘，第一个质量分布均匀，第二个大部分质量分布在盘边缘，当它们以相同的角速度绕通过盘中心的轴转动时，哪个盘的转动动能大?为什么?答案：第二个盘的动能大。
因为由刚体转动动能221ωJ E k =知，在角速度一样时，转动惯量大的动能大；又因为2121mR J =，22mR J ≈，第二个转动惯量较大，所以转动动能较大。
5、在某一瞬时，刚体在一外力矩作用下，其角速度可以为零吗? 其角加速度可以为零吗?答案：由刚体转动定律αJ M =，知，在某一瞬时，刚体在一外力矩作用下，其角加速度不可以为零；由dtd ωα=，有⎰+=t dt 00αωω，可知其角速度此时可以为零。
6、写出刚体绕定轴转动的转动定律文字表达与数学表达式?答案：刚体绕定轴转动的转动定律：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。
表达式为：αJ M =。
7、简述刚体定轴转动时的特点有哪些, 常用哪些物理量来描述刚体的转动?答案：刚体定轴转动的特点：转轴相对参照系固定，刚体内所有点都具有相同的角位移、角速度、角加速度；质点在垂直转轴的平面内运动，且作圆周运动。
刚体的转动通常用转动惯量J 、力矩M 、角加速度α、角动量L 等来描述。
大学物理第四章习题及答案
第四章 刚体的转动4-1 一汽车发动机曲轴的转速在12s 内由3102.1⨯r.min -1增加到3107.2⨯r.min -1。
（1）求曲轴转动的角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？ 解：曲轴做匀变速转动。
（1）角速度n πω2=，根据角速度的定义dtd ωα=，则有：()=-=-=tn n t002πωωα13.1rad.s -2 （2）发动机曲轴转过的角度为t t t 221020ωωαωθ+=+=()t n n 0+=π在12秒内曲轴转过的圈数为 N 390220=+==t n n πθ圈。
4-2 一半径为0.25米的砂轮在电动机驱动下，以每分钟1800转的转速绕定轴作逆时针转动，现关闭电源，砂轮均匀地减速，15秒钟后停止转动.求（1）砂轮的角加速度；（2）关闭电源后10=t s 时砂轮的角速度,以及此时砂轮边缘上一点的速度和加速度大小.解：（1）4.1886060180020==⨯=ππω rad.s 1- 57.12415600=-=-=πα rad.s 2- （2）7.621057.124.1880=⨯-=+=t αωω rad.s 1-7.1525.07.62=⨯==r v ω m.s 1-14.3-==αr a t m.s 2- , 9872==ωr a n m. s 2-98822=+=n t a a a m. s 2-.4-3如图，质量201=m kg 的实心圆柱体A 其半径为20=r cm ，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计，一条轻绳绕在圆柱体上，另一端系一个质量102=m kg 的物体B ，求：（1）物体B 下落的加速度；（2）绳的张力T F 。
解： （1） 对实心圆柱体A ，利用转动定律αα2121r m J r F T == ——①对物体B ，利用牛顿定律a m F g m T 22=- ——② 有角量与线量之间的关系 αr a = 解得：9.422212=+=m m g m a m ·s -2（2）由②得 492)(2121=+=-=g m m m m a g m F T Ｎ4—3题图4-4如图,一定滑轮两端分别悬挂质量都是m 的物块A 和B ，图中R 和r ，已知滑轮的转动惯量为J ，求A 、B 两物体的加速度及滑轮的角加速度（列出方程即可）。
大学物理刚体的运动及其习题答案
M J mR / t
2
M=f R= m NR
已知：重物m1m2 滑轮 M1 M2，R1 R2
m1 : m1 g T1 m1a m2 : T3 m2 g m2 a
J1 : T1R1 T2 R1 J11
T2 a
T1
m1
T3
m2
J 2 : T2 R2 T3 R2 J 2 2
静止时间2.2 ×10-6 运动尺子缩短 8000/g
下落需要时间 8000/g (0.998 ×3 ×108)=2.7 ×10-5/g
能
6-5已知:D x=0, Dt =2s, Dt’ =3s 求: Dx’ u 解: Dt ' g (Dt 2 Dx) =gDt c D x’=g (Dx-uDt) g =1.5,u=0.75c
思考：什么情况力矩为零？
例 滑轮转动惯量J， 绳子质量不计
平动
转动
T2
T1
a
m1 : m1 g T1 m1a m2 : T2 m2 g m2 a J : T1R T2 R J
a/R
一个飞轮的质量为m=60kg, 半径为R=0.25m, 正以每分1000转的转速转动.现要制动飞轮, 要求在t=5.0s内使它减速而停下来.求闸瓦对 轮的压力N。假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系 数为m=0 .4,而飞轮的质量视为全部分布在 轮的外周。 N F 解：=1000· 2p /60 /t f
第五章
刚体的定轴转动
5-1 刚体的运动
5-2 刚体定轴转动定律
5-3 转动惯量的计算
5-4 刚体定轴转动定律的应用
5-5 转动中的功和能
5-6 刚体的角动量和角动量守恒定律
《大学物理AⅠ》刚体定轴转动习题、答案及解法
《大学物理A Ⅰ》刚体定轴转动习题、答案及解法一．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A B J J >，但两圆盘的的质量和厚度相同，如两盘的密度各为A ρ和B ρ，则( A )（A ）B A ρρ> （B ）B A ρρ<（C ）B A ρρ= （D ）不能确定B A ρρ的大小参考答案： B B A A h R h R M ρπρπ22==A A A h M MR J ρπ222121== BB B h M MR J ρπ222121== 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，它们对通过圆心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，则( C )（A ）21J J > （B ）21J J <（C ）21J J = （D ）不能确定21J J 的大小 参考答案：∵ ⎰=Mdm r J 2 ∴ 21J J =3．一圆盘绕过圆心且于盘面垂直的光华固定轴O 以角速度1ω按图所示方向转动，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，那么( C )（A ）21ωω> （B ）21ωω=（C ）21ωω< （D ）不能确定如何变化 参考答案：()12ωωJ J t r R F -=∆⋅- ()12ωω+∆⋅-=t r R JF4．均匀细棒OA 的质量为m 。
长为L ，可以绕通过其一端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，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法那一种是正确的[ A ]（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。
大学物理-刚体的定轴转动-习题和答案
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2n 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zz 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 dtωωβ====。
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。
大学物理习题答案刚体的转动
大学物理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1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 =1 • •,所以一定有切向加速度a t =，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a n^\ 2，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M z =弓7，M z表示刚体对Z轴的合外力矩，L z表示刚体对Z轴的动量矩。
Lz - 7 mN2=1「，其中I - ，代表刚体对定轴的转动惯量，所以M z =归丿d I ：。
既M z = I ：。
dt dt dt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 =1，，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。
大学物理习题答案解析第四章
第四章刚体的转动4－1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．对上述说法下述判断正确的是( )(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)都正确分析与解力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转)．不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是正确．对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然．但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故(3)(4)说法不完全正确．综上所述，应选(B)．4－2关于力矩有以下几种说法：(1) 对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度；(2) 一对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，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同．对上述说法下述判断正确的是( )(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)都是正确的分析与解刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量等，故(1)(2)说法正确．对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选(B)．4－3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，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是( )(A) 角速度从小到大，角加速度不变(B) 角速度从小到大，角加速度从小到大(C) 角速度从小到大，角加速度从大到小(D) 角速度不变，角加速度为零分析与解 如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹角有关．当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零．因此在棒在下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小到大(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况)，应选(C )． 4 －4 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 ) 两者均不确定分析与解 对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴O 的角动量守恒，故L 不变，此时应有下式成立，即式中m v D 为子弹对点O 的角动量ω０ 为圆盘初始角速度，J 为子弹留在盘中后系统对轴O 的转动惯量，J 0为子弹射入前盘对轴O 的转动惯量．由于J ＞J 0 ，则ω＜ω０ ．故选(C )．4 －5 假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的( ) (A ) 角动量守恒，动能守恒 (B ) 角动量守恒，机械能守恒 (C ) 角动量不守恒，机械能守恒 (D ) 角动量不守恒，动量也不守恒 (Ｅ) 角动量守恒，动量也守恒分析与解 由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，但由于万有引力一直指向地球中心，则万有引力对地球中心的力矩为零，故卫星对地球中心的角动星守恒，即r ×m v ＝恒量，式中r 为地球中心指向卫星的位矢．当卫星处于椭圆轨道上不同位置时，由于｜r ｜不同，由角动量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于远地点时速率最小，故卫星动能并不守恒，但由万有引力为保守力，则卫星的机械能守恒，即卫星动能与万有引力势能之和维持不变，由此可见，应选(B )．4 －6 一汽车发动机曲轴的转速在12 s 内由1.2×103 r·min -1均匀的增加到2.7×103 r·min -1．(1) 求曲轴转动的角加速度；(2) 在此时间内，曲轴转了多少转？分析这是刚体的运动学问题．刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关系，本题为匀变速转ωJ ωJ d m d m =+-00vv动．解 (1) 由于角速度ω＝2π n (n 为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义，在匀变速转动中角加速度为(2) 发动机曲轴转过的角度为在12 s 内曲轴转过的圈数为圈 4 －7 某种电动机启动后转速随时间变化的关系为，式中ω０＝9.0 s -1 ，τ＝2 s ．求：(1) t ＝6.0 s 时的转速；(2) 角加速度随时间变化的规律；(3) 启动后6.0 s 内转过的圈数．分析 与质点运动学相似，刚体定轴转动的运动学问题也可分为两类：(1) 由转动的运动方程，通过求导得到角速度、角加速度；(2) 在确定的初始条件下，由角速度、角加速度通过积分得到转动的运动方程．本题由ω＝ω(t )出发，分别通过求导和积分得到电动机的角加速度和6.0 s 内转过的圈数． 解 (1) 根据题意中转速随时间的变化关系，将t ＝6.0 s 代入，即得(2) 角速度随时间变化的规律为(3) t ＝6.0 s 时转过的角度为则t ＝6.0 s 时电动机转过的圈数圈4 －8 水分子的形状如图所示，从光谱分析知水分子对AA ′ 轴的转动惯量J AA′＝1.93 ×10-47 kg·m 2 ，对BB ′ 轴转动惯量J BB′＝1.14 ×10-47 kg·m 2，试由此数据和各原子质量求出氢和氧原子的距离D 和夹角θ．假设各原子都可当质点处理．tωαd d =()200s rad 1.13π2-⋅=-=-=tn n t ωωα()0020π221n n t ωωt αt ωθ-=-=+=3902π20=+==t n n θN ()τt e ωω/01--=()10/0s 6.895.01--==-=ωe ωωτt ()22//0s rad e 5.4e d d ---⋅===t τt τωt ωα()rad 9.36d 1d /6060=-==-⎰⎰t e ωt ωθτt 87.5π2/==θN分析 如将原子视为质点，则水分子中的氧原子对AA ′轴和BB ′ 轴的转动惯量均为零，因此计算水分子对两个轴的转动惯量时，只需考虑氢原子即可． 解 由图可得此二式相加，可得 则由二式相比，可得 则 4 －9 一飞轮由一直径为30㎝，厚度为2.0㎝的圆盘和两个直径为10㎝，长为8.0㎝的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为7.8×103 kg·m -3，求飞轮对轴的转动惯量．分析 根据转动惯量的可叠加性，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；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，或根据转动惯量的定义，用简单的积分计算得到． 解 根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得θd m J H A A 22sin 2='θd m J H B B 22cos 2='22d m J J H B B A A =+''m 1059.9211-''⨯=+=HB B A A m J J d θJ J B B A A 2tan /=''o 3.521.141.93arctan arctan===''B B A A J Jθ4 －10 如图(a )所示，圆盘的质量为m ，半径为R ．求：(1) 以O 为中心，将半径为R ／2 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．分析 由于转动惯量的可加性，求解第一问可有两种方法：一是由定义式计算，式中d m 可取半径为r 、宽度为d r 窄圆环；二是用补偿法可将剩余部分的转动惯量看成是原大圆盘和挖去的小圆盘对同一轴的转动惯量的差值．至于第二问需用到平行轴定理． 解 挖去后的圆盘如图(b )所示． (1) 解1 由分析知解2 整个圆盘对OO 轴转动惯量为，挖去的小圆盘对OO 轴转动惯量，由分析知，剩余部分对OO 轴的转动惯量为(2) 由平行轴定理，剩余部分对O ′O ′轴的转动惯量为4 －11 用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在O 点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m 的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动(如图)．记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量．试写出它的计算式．(假设轴承间无摩擦)．2424122221121m kg 136.021π161 2212212⋅=⎪⎭⎫⎝⎛+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=+=ad ld ρd m d m J JJ m r J d 2⎰=22/3222/2203215d 2 d π2πd mR r r R m rr R mr m r J R R RR ====⎰⎰⎰2121mR J =2222232122ππ21mR R R Rm J =⎪⎭⎫ ⎝⎛⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛=22103215mR J J J =-=22222032392ππ3215mR R R R m m mR J =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-+='分析 在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的．飞轮作定轴转动，而重物是作落体运动，它们之间有着内在的联系．由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略．这样，飞轮的转动惯量，就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重物的加速度，可通过它下落时的匀加速运动规律来确定．该题也可用功能关系来处理．将飞轮、重物和地球视为系统，绳子张力作用于飞轮、重物的功之和为零，系统的机械能守恒．利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系，以及线速度和角速度的关系，代入机械能守恒方程中即可解得．解1 设绳子的拉力为F Ｔ，对飞轮而言，根据转动定律，有(1)而对重物而言，由牛顿定律，有(2)由于绳子不可伸长，因此，有(3)重物作匀加速下落，则有(4) 由上述各式可解得飞轮的转动惯量为解2 根据系统的机械能守恒定律，有(1′)而线速度和角速度的关系为(2′)又根据重物作匀加速运动时，有(3′)(4′)由上述各式可得αJ R F T =ma F mg T =-αR a =221at h =⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1222h gt mR J 0212122=++-ωJ m mgh v ωR =v at =v ah 22=v ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1222h gt mR J若轴承处存在摩擦，上述测量转动惯量的方法仍可采用．这时，只需通过用两个不同质量的重物做两次测量即可消除摩擦力矩带来的影响．4 －12 一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.03×03N·m ，涡轮的转动惯量为25.0kg·m 2 ．当轮的转速由2.80×103 r·min -1 增大到1.12×104 r·min -1时，所经历的时间t 为多少？分析 由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩，因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系，可解出飞轮所经历的时间．该题还可应用角动量定理直接求解． 解1 在匀变速转动中，角加速度，由转动定律，可得飞轮所经历的时间 解2 飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有则 4 －13 如图(a ) 所示，质量m 1 ＝16 kg 的实心圆柱体A ，其半径为r ＝15 cm ，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计．一条轻的柔绳绕在圆柱体上，其另一端系一个质量m 2 ＝8.0 kg 的物体B .求：(1) 物体B 由静止开始下降1.0 s 后的距离；(2) 绳的张力F Ｔ .分析 该系统的运动包含圆柱体的转动和悬挂物的下落运动(平动).两种不同的运动形式应依据不同的动力学方程去求解，但是，两物体的运动由柔绳相联系，它们运动量之间的联系可由角量与线量的关系得到. 解 (1) 分别作两物体的受力分析，如图(b ).对实心圆柱体而言，由转动定律得t ωωα0-=αJ M =()s 8.10200=-=-=n n MJπJ M ωωt ()0d ωωJ t M t-=⎰()s 8.10π200=-=-=n n MJJ M ωωt对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有且F Ｔ ＝F Ｔ′ .又由角量与线量之间的关系，得解上述方程组，可得物体下落的加速度在t ＝1.0 s 时，B 下落的距离为(2) 由式(2)可得绳中的张力为4 －14 质量为m 1 和m 2 的两物体A 、B 分别悬挂在图(a )所示的组合轮两端.设两轮的半径分别为R 和r ，两轮的转动惯量分别为J 1 和J 2 ，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计.试求两物体的加速度和绳的张力.分析 由于组合轮是一整体，它的转动惯量是两轮转动惯量之和，它所受的力矩是两绳索张力矩的矢量和(注意两αr m αJ r F T 2121==a m F g m F P T T 222='-='-αr a =21222m m gm a +=m 45.222121222=+==m m gt m at s ()N 2.3922121=+=-=g m m m m a g m FT力矩的方向不同).对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方程，结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得.解 分别对两物体及组合轮作受力分析，如图(b ).根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有(1) (2)(3) , (4)由角加速度和线加速度之间的关系，有(5) (6)解上述方程组，可得4 －15 如图所示装置，定滑轮的半径为r ，绕转轴的转动惯量为J ，滑轮两边分别悬挂质量为m 1 和m 2 的物体A 、B .A 置于倾角为θ 的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为μ，若B 向下作加速运动时，求：(1) 其下落加速度的大小；(2) 滑轮两边绳子的张力.(设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑.)分析 这是连接体的动力学问题，对于这类问题仍采用隔离体的方法，从受力分析着手，然后列出各物体在不同运动形式下的动力学方程.物体A 和B 可视为质点，则运用牛顿定律.由于绳与滑轮间无滑动，滑轮两边绳中的张力是不同的，滑轮在力矩作用下产生定轴转动，因此，对滑轮必须运用刚体的定轴转动定律.列出动力学方程，并考虑到角量与线量之间的关系，即能解出结果来.解 作A 、B 和滑轮的受力分析，如图(b ).其中A 是在张力F Ｔ1 、重力P 1 ，支持力F Ｎ 和摩擦力F ｆ 的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有(1)111111a m F g m F P T T =-='-222222a m g m F P F T T =-=-'()αJ J r F R F T T 2121+=-11T T F F ='22T T F F ='αR a =1αr a =2gR r m R m J J rm R m a 222121211+++-=gr rm R m J J rm R m a 222121212+++-=g m r m R m J J Rr m r m J J F T 1222121221211++++++=g m r m R m J J Rr m R m J J F T 2222121121212++++++=11111cos sin a m θg m μθg m F T =--而B 则是在张力F Ｔ2 和重力P 2 的作用下运动，有(2)由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有(3)对滑轮而言，根据定轴转动定律有(4) , (5)解上述各方程可得4 －16 如图(a )所示，飞轮的质量为60 kg ，直径为0.50 m ，转速为1.0 ×103 r·min -1 .现用闸瓦制动使其在5.0 s 内停止转动，求制动力F .设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数 μ＝0.40，飞轮的质量全部分布在轮缘上.2222a m F g m T =-αr a a ==21αJ r F r F T T ='-'1211T T F F ='22T T F F ='22111221cos sin rJm m θg m μθg m g m a a ++--==()()22121211//cos sin cos sin 1rJ m m r gJ m θμθθμθg m m F T ++++++=()22122212//cos sin 1rJ m m r gJ m θμθg m m F T +++++=分析 飞轮的制动是闸瓦对它的摩擦力矩作用的结果，因此，由飞轮的转动规律可确定制动时所需的摩擦力矩.但是，摩擦力矩的产生与大小，是由闸瓦与飞轮之间的正压力F Ｎ 决定的，而此力又是由制动力F 通过杠杆作用来实现的.所以，制动力可以通过杠杆的力矩平衡来求出.解 飞轮和闸杆的受力分析，如图(b )所示.根据闸杆的力矩平衡，有而，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为 (1) 摩擦力矩是恒力矩，飞轮作匀角加速转动，由转动的运动规律，有(2) 因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量，根据转动定律，由式(1)、(2)可得制动力()0121='-+l F l l F NNN F F '=d μF l ll d μF d F M N 121f2212+===tnt ωt ωωαπ200==-=4/2md J =αJ M =4 －17 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) 问经多少时间后，圆盘转动才能停止？分析 转动圆盘在平板上能逐渐停止下来是由于平板对其摩擦力矩作用的结果.由于圆盘各部分所受的摩擦力的力臂不同，总的摩擦力矩应是各部分摩擦力矩的积分.为此，可考虑将圆盘分割成许多同心圆环，取半径为r 、宽为d r 的圆环为面元，环所受摩擦力d F ｆ ＝2πr μmg d r /πR 2 ，其方向均与环的半径垂直，因此，该圆环的摩擦力矩d M ＝r ×d F ｆ ，其方向沿转动轴，则圆盘所受的总摩擦力矩M ＝∫ d M .这样，总的摩擦力矩的计算就可通过积分来完成.由于摩擦力矩是恒力矩，则由角动量定理M Δt ＝Δ(Jω)，可求得圆盘停止前所经历的时间Δt .当然也可由转动定律求解得.解 (1) 由分析可知，圆盘上半径为r 、宽度为d r 的同心圆环所受的摩擦力矩为式中k 为轴向的单位矢量.圆盘所受的总摩擦力矩大小为(2) 由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J ＝mR 2/2 .由角动量定理M Δt ＝Δ(Jω)，可得圆盘停止的时间为4 －18 如图所示，一通风机的转动部分以初角速度ω0 绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C 为一常量.若转动部分对其轴的转动惯量为J ，问：(1) 经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？(2) 在此时间内共转过多少转？分析 由于空气的阻力矩与角速度成正比，由转动定律可知，在变力矩作用下，通风机叶片的转动是变角加速转动，因此，在讨论转动的运动学关系时，必须从角加速度和角速度的定义出发，通过积分的方法去解. 解 (1) 通风机叶片所受的阻力矩为M ＝－Cω，由转动定律M ＝Jα，可得叶片的角加速度为(1) 根据初始条件对式(1)积分，有()N 1014.32211⨯=+=tl l μnmdl πF ()k F r M 22f /d 2d R r mg μr d -=⨯=mgR μr R mg μr M M R32d 2d 022===⎰⎰gμR ωM ωJ t 43Δ==JωC t ωα-==d d t J C ωωt ωωd d 00⎰⎰-=由于C 和J 均为常量，得(2)当角速度由ω0 → 12 ω0 时，转动所需的时间为(2) 根据初始条件对式(2)积分，有即 在时间t 内所转过的圈数为4 －19 如图所示，一长为2l 的细棒AB ，其质量不计，它的两端牢固地联结着质量各为m 的小球，棒的中点O 焊接在竖直轴z 上，并且棒与z 轴夹角成α角.若棒在外力作用下绕z 轴(正向为竖直向上)以角直速度ω＝ω0(1 －e －t) 转动，其中ω0 为常量.求(1)棒与两球构成的系统在时刻t 对z 轴的角动量；(2) 在t ＝0时系统所受外力对z 轴的合外力矩.分析 由于棒的质量不计，该系统对z 轴的角动量即为两小球对z 轴的角动量之和，首先可求出系统对z 轴的转动惯量(若考虑棒的质量，其转动惯量为多少，读者可自己想一想)，系统所受合外力矩既可以运用角动量定理，也可用转动定律来求解.相比之下，前者对本题更直接.解 (1) 两小球对z 轴的转动惯量为，则系统对z 轴的角动量为此处也可先求出每个小球对z 轴的角动量后再求和. (2) 由角动量定理得J Ct e ωω/0-=2ln CJt =t e ωθJ Ct tθd d /000-⎰⎰=CωJ θ20=CωJ θN π4π20==()()222sin 2sin 22αl m αl m mr J ===()αe ωml mr ωJ L t 2022sin 122--===t ＝0时，合外力矩为此处也可先求解系统绕z 轴的角加速度表达式，即，再由M ＝Jα求得M . 4 －20 一质量为m′、半径为R 的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度ω转动，若在某时刻，一质量为m 的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可能达到的高度是多少？ 破裂后圆盘的角动量为多大？分析 盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可计算破裂后盘的角动量.解 (1) 碎块抛出时的初速度为由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为(2) 圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有式中为圆盘未碎时的角动量；为碎块被视为质点时，碎块对轴的角动量；L 为破裂后盘的角动量.则4 －21 在光滑的水平面上有一木杆，其质量m 1 ＝1.0 kg ，长l ＝40cm ，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m 2 ＝10g 的子弹，以v ＝2.0×102 m · 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.()[]αe ωml tt L M t 202sin 12d d d d --==t e αωml -=202sin 2αωml M 202sin 2=t e ωtωα-==0dd R ω=0v gR ωg h 222220==v L L L '-=0ωR m L 221'=ωmR L 2='ωR m m L 221⎪⎭⎫⎝⎛-'=分析 子弹与杆相互作用的瞬间，可将子弹视为绕轴的转动.这样，子弹射入杆前的角速度可表示为ω，子弹陷入杆后，它们将一起以角速度ω′ 转动.若将子弹和杆视为系统，因系统不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.由角动量守恒定律可解得杆的角速度. 解 根据角动量守恒定理式中为子弹绕轴的转动惯量，J 2ω为子弹在陷入杆前的角动量，ω＝2v/l 为子弹在此刻绕轴的角速度.为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为4 －22 半径分别为r 1 、r 2 的两个薄伞形轮，它们各自对通过盘心且垂直盘面转轴的转动惯量为J 1 和J 2 .开始时轮Ⅰ以角速度ω0 转动，问与轮Ⅱ成正交啮合后(如图所示)，两轮的角速度分别为多大？分析 两伞型轮在啮合过程中存在着相互作用力，这对力分别作用在两轮上，并各自产生不同方向的力矩，对转动的轮Ⅰ而言是阻力矩，而对原静止的轮Ⅱ则是启动力矩.由于相互作用的时间很短，虽然作用力的位置知道，但作用力大小无法得知，因此，力矩是未知的.但是，其作用的效果可从轮的转动状态的变化来分析.对两轮分别应用角动量定理，并考虑到啮合后它们有相同的线速度，这样，啮合后它们各自的角速度就能求出. 解 设相互作用力为F ，在啮合的短时间Δt 内，根据角动量定理，对轮Ⅰ、轮Ⅱ分别有(1)(2)两轮啮合后应有相同的线速度，故有(3)()ωJ J ωJ '+=212()2222/l m J =12/211l m J =()1212212s 1.2936-=+=+='m m m J J ωJ ωv()0111ΔωωJ t F r -=-222ΔωJ t F r =2211ωr ωr =由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为4 －23 一质量为20.0 kg 的小孩，站在一半径为3.00 m 、转动惯量为450 kg· m 2 的静止水平转台的边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，转台与轴间的摩擦不计.如果此小孩相对转台以1.00 m· s －1 的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？分析 小孩与转台作为一定轴转动系统，人与转台之间的相互作用力为内力，沿竖直轴方向不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.在应用角动量守恒时，必须注意人和转台的角速度ω、ω0 都是相对于地面而言的，而人相对于转台的角速度ω1 应满足相对角速度的关系式 . 解 由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有式中J 0 、J 1 ＝mR 2 分别为转台、人对转台中心轴的转动惯量.由式(1)、(2)可得转台的角速度为式中负号表示转台转动的方向与人对地面的转动方向相反.4 －24 一转台绕其中心的竖直轴以角速度ω0 ＝πs -1 转动，转台对转轴的转动惯量为J 0 ＝4.0 ×10-3 kg· m 2 .今有砂粒以Q ＝2t g· s -1 的流量竖直落至转台，并粘附于台面形成一圆环，若环的半径为r ＝0.10 m ，求砂粒下落t ＝10 s 时，转台的角速度.分析 对转动系统而言，随着砂粒的下落，系统的转动惯量发生了改变.但是，砂粒下落对转台不产生力矩的作用，因此，系统在转动过程中的角动量是守恒的.在时间t 内落至台面的砂粒的质量，可由其流量求出，从而可算出它所引起的附加的转动惯量.这样，转台在不同时刻的角速度就可由角动量守恒定律求出. 解 在时间0→10 s 内落至台面的砂粒的质量为根据系统的角动量守恒定律，有则t ＝10 s 时，转台的角速度4 －25 为使运行中的飞船停止绕其中心轴的转动，可在飞船的侧面对称地安装两个切向控制喷管(如图所示)，利用喷管高速喷射气体来制止旋转.若飞船绕其中心轴的转动惯量J ＝2.0 ×103kg· m 2 ，旋转的角速度ω＝0.2 rad· s -1 ，喷口与轴线之间的距离r ＝1.5 m ；喷气以恒定的流量Q ＝1.0 kg· s -1和速率u ＝50 m· s -1 从喷口喷出，问为使该飞船停止旋转，喷气应喷射多长时间？分析 将飞船与喷出的气体作为研究系统，在喷气过程中，系统不受外力矩作用，其角动量守恒.在列出方程时应注意：(1) 由于喷气质量远小于飞船质量，喷气前、后系统的角动量近似为飞船的角动量J ω；(2) 喷气过210222122011r ωJ r J r ωJ ω+=10ωωω+=Rωωωωv+=+=010()010100=++ωωJ ωJ 122020s 1052.9--⨯-=+-=RmR J mR ωv kg 10.0Qd s100==⎰t m ()ωmr J ωJ 2000+=112000s π80.0-=+=J mrJ ωJ ω程中气流速率u 远大于飞船侧面的线速度ωr ，因此，整个喷气过程中，气流相对于空间的速率仍可近似看作是 u ，这样，排出气体的总角动量.经上述处理后，可使问题大大简化.解 取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量守恒定律，有(1)因喷气的流量恒定，故有(2)由式(1)、(2)可得喷气的喷射时间为4 －26 一质量为m′、半径为R 的转台，以角速度ωA 转动，转轴的摩擦略去不计.(1) 有一质量为m 的蜘蛛垂直地落在转台边缘上.此时，转台的角速度ωB 为多少？ (2) 若蜘蛛随后慢慢地爬向转台中心，当它离转台中心的距离为r 时，转台的角速度ωc 为多少？ 设蜘蛛下落前距离转台很近.分析 对蜘蛛和转台所组成的转动系统而言，在蜘蛛下落至转台面以及慢慢向中心爬移过程中，均未受到外力矩的作用，故系统的角动量守恒.应该注意的是，蜘蛛爬行过程中，其转动惯量是在不断改变的.由系统的角动量守恒定律即可求解.解 (1) 蜘蛛垂直下落至转台边缘时，由系统的角动量守恒定律，有式中为转台对其中心轴的转动惯量，为蜘蛛刚落至台面边缘时，它对轴的转动惯量.于是可得(2) 在蜘蛛向中心轴处慢慢爬行的过程中，其转动惯量将随半径r 而改变， 即.在此过程中，由系统角动量守恒，有4 －27 一质量为1.12 kg ，长为1.0 m 的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂.以100 N 的力打击它的下端点，打击时间为0.02 s .(1) 若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；(2) 棒的最大偏转角.()mur m r ωu m≈+⎰d 0=-mur ωJ Qt m 2=s 67.22==QurωJ t ()b a ωJ J ωJ 100+=2021R m J '=21mR J =a a b ωmm m ωJ J J ω2100+''=+=22mr J =()c a ωJ J ωJ 100+=。
大学中学物理习题答案刚体转动
大学物理 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2n 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 iL m l I ωω==∑,其中()2i iI m l =∑，代表刚体对定轴的转动惯量，所以()z zdL d d MI II dtdtdtωωβ====。
既 zMI 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。
大学物理习题参考解答物理习题参考解答刚体基本运动_转动定律_动能定理
选择题_03图示单元四 刚体基本运动 转动动能 1一 选择题01. 一刚体以每分钟60转绕z 轴做匀速转动(ω沿转轴正方向)。
设某时刻刚体上点P 的位置矢量为345r i j k =++，单位210m -，以210/m s -为速度单位，则该时刻P 点的速度为： 【 B 】(A) 94.2125.6157.0v i j k =++；(B) 25.118.8v i j =-+；(C) 25.118.8v i j =--；(D) 31.4v k =。
02. 轮圈半径为R ，其质量M 均匀布在轮缘上，长为R ，质量为m 的均质辐条固定在轮心和轮缘间，辐条共有2N 根。
今若将辐条数减少N 根但保持轮对通过轮心，垂直于轮平面轴的转动惯量保持不变，则轮圈的质量为 【 D 】(A)12N m M +； (B) 6N m M +； (C) 23N m M +； (D) 3Nm M +。
03. 如图所示，一质量为m 的均质杆长为l ，绕铅直轴OO '成θ角转动，其转动惯量为 【 C 】(A)2112ml ；(B) 221sin 4ml θ；(C) 221sin 3ml θ； (D) 213ml 。
04. 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。
05. 两个匀质圆盘A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ，若A B 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轴的转动惯量各为A J 和B J ，则 【 B 】(A) A B J J >； (B) B A J J >；(C) A B J J =； (D) A J 和B J 哪个大，不能确定。
刚体的转动课后习题答案
第五章 刚体的转动5-1 在图5-21中，一钢缆绕过半径为0.4 m 的定滑轮吊着一个升降机，钢缆不打滑. 假设升降机以0.5 m/s 2的加速度向上提升.（1）求滑轮的角加速度.（2）如果滑轮转三周，问从静止开始的加速运动持续了多长时间？（3）求当t =2 s 时，轮缘上一点的瞬时加速度（切向和法向加速度）.解：（1）由于钢缆与滑轮间无相对滑动，轮缘上各点的切向加速度与升降机的加速度相同，即a a t ==0.5m/s 2, 22rad/s25.1rad/s4.05.0===Ra t β（2）由于滑轮作匀角加速运动，角位移 20021t t βωθθ+=-已知rad 63220πππθθ=⨯==-n ，且00=ω，故s 5.5s 49.525.162)(20≈=⨯=-=s t πβθθ（3）由t βωω+=0，可知rad/s t 25.1==t βω，法向加速度2222222m/s625.0m/s4.0)25.1(t t R t R a n =⨯===βωt=2s 时，222m/s5.2m/s2625.0=⨯=n a又2m/s 5.0=t a ，∴ 总加速度为222222m/s55.2m/s 5.05.2=+=+=t n a a a︒====---4.63225.05.0111tgtga a tgnt αα为总加速度与法线方向的夹角.5-2轮A 半径r A =15cm ，轮B 半径r B =30cm ，两轮通过一皮带耦合，如图5-22所示. 轮A 从静止开始以恒定的角加速度1.2rad/s 2转动，问从开始运动30s 后轮B 的转速（min /rev ）是多大？假定皮带不打滑. 解：由于皮带与两个轮的轮缘间无相对滑动，所以两轮轮缘上各点的切向加速度相等，设等于t a ，两轮的角加速度分别为A β和B β，由角量与线量的关系有B B A A t r r a ββ==22rad/s6rad/s123015=⨯==ABA B r r ββs 30=t 时rad/s 180rad/s 630=⨯==t B B βω而n B πω2=，故rev/min 17192601802=⨯==ππωBB n5-3一匀质园盘从静止开始以恒定的角加速度绕过盘心的竖直轴转动，某一时刻的转速为10rev/s.再转100转后，转速达20rev/s. 试求（1）园盘的角加速度；（2）从静止到转速为15rev/s 所需的时间；（3）在第（2）向的过程中园盘转了多少圈？ 解：（1）由匀角加速运动的规律可知角加速度22222122rad/s42.9rad/s321002)210()220(2==⨯⨯⨯-⨯=-=ππππθωωβ（2）所需时间s 103215=⨯==ππβωt（3）由πθ2=n ，2022ωωθβ-= 及00=ω rev 75rev 35.22322)215(22122==⨯⨯⨯=⨯=πππβωπn5-4 6个质量均为m 的粒子与6根长度均为d 的轻杆组成一个正6边形的刚体，如图5-23所示. 计算该刚体关于如下转轴的转动惯量：（1）转轴通过任意相邻的粒子；（2）转轴通过任意粒子且与6边形的平面垂直.解：这是质量呈分立分布的刚体，由转动惯量的定义2i i r m I ∑∆=其中i r 为i m ∆到转轴的垂距，可计算如下：（1）221)3(2)23(2d m d m I +=225.7)343(2mdmd=+=（2）2222)2()3(22d m d m mdI ++=2212)42(md b md=++= 解5-4图5-5 三根长度均为l 的细杆组成一个等边三角形刚体ABC 如图5-24所示. 计算其关于中线的转动惯量. 假定杆的单位长度质量为λ.解：AB BC I I I 2+=已知BC 关于图中转轴的转动惯量为32212)(121121l ll mlI BC λλ===而⎰⎰==l r m r I AB d 22λ，其中r r dl d 260cos d =︒=∴ ⎰⎰=⋅==ll AB l r rl r I 02/032212d 2d λλλ∴3334122122l llI I I AB BC λλλ=⨯+=+=解5-5图5-6一个半径为R 的匀质半园环的质量为m ，计算其关于如图5-25中所示的轴的转动惯量. 解：这是质量连续分布的刚体，取如图质元l Rml m d d d πλ==θmRmRd d πθπ==m d 与转轴的垂距θsin R r =∴⎰⎰⋅==2/0222d sin2d πθπθmR m r I⎰=2/02d 22cos 2πθθπH mR解5-6图⎰⨯+=smRmR /0222d 222cos 2πθθπ22mR =5-7在图5-26中，一匀质园盘安装在固定的水平轴上，园盘半径R =20cm ，质量M =3kg.园盘边缘上绕着轻绳，轻绳下端悬挂着一个质量m =1.0kg 的物体.（1）求物体下落的加速度，园盘的角加速度以及绳中的张力；（2）物体下落3m 所需的时间. 解：（1）忽略轴处可能存在的摩擦，盘受的合外力矩M =TR ，对园盘用转动定理，对物体用牛顿第二定律，并注意到物体下落的加速及t a a =，列方程组如下βI TR =①ma T mg =-②R a a t β==③ 221MRI =④ 联立①②③④解5-7图解得22m/s92.3m/s1230.128.922=⨯+⨯⨯=+⋅==mM m g a a t角加速度 2rad/s 6.192.092.3===Ra t β张力N 88.5N 12338.90.12=⨯+⨯⨯=+⋅=mM Mmg T（2）由题意知，物体从静止下落，由于a 为恒量，由221ath =可得所求时间为s 24.192.3322=⨯==ah t5-8唱机的转盘由电机驱动，转盘以恒定的角加速度在 2.0秒内从零加速到min /rev 3133. 均质转盘质量为1.5kg ，半径1.2cm. 为驱动转盘所需的关于转轴的力矩多少？如果驱动轮的外缘与转盘相接触，如图5-27所示. 求驱动轮必须施予转盘的法向力是多大？假定两轮间的摩擦系数7.0=μ.解：由题意可知角速度rad/s 49.36023133=⨯=πω 角加速度2rad/s75.10.249.3==∆∆=t ωβ转动惯量2222kgm1008.1)2.0(5.12121-⨯=⨯⨯==MRI 解5-8图由转动定理可得驱动转盘所需的力矩为222kgm1089.1Nm 75.11008.1--⨯=⨯⨯==βI M产生这个力矩的力必在切向，如图所示N 158.0N 1075.1512.01089.122=⨯=⨯==--R M F t由切向力与正压力（沿法向指向园心）的关系N F t μ=知驱动轮必须施予转盘的法向力N 226.0N 7.0158.0===μtF N5-9两个质量为m 的物体悬挂在一刚性轻杆两端，杆长为l 1+l 2，其中l 2=3l 1，如图5-28所示，初始时使杆处于水平位置，杆与物体保持静止，然后释放.求两个物体刚开始运动时的加速度. 解：如图设轻杆两端的轻绳中张力分别为T 1和T 2，刚开始运动的瞬间两物体的加速度分别为a 1和a 2，由转动定理和牛顿第二定律，列方程组如下： 02211=-l T l T ① （轻杆转动惯量I ≈0） 22ma T mg =- ②11ma mg T =-③∵ r a a t β== ∴31212==l l a a ④从①得31221==l l T T ①′ 解5-9图将①′代入②得 2121ma T l l mg =-∴ )(2121a g m l l T -⋅=②′将②′和④代入③化简得22112122m/s88.5533/132)//()1/(==+=+-=g l l l l g l l a222211m/s96.1m/s88.531=⨯=⋅=a l l a5-10一长度为L 的匀质细杆最初垂直地立在地板上，如图5-29所示.如果此杆倾倒，试求杆撞击地板时的角速度是多大？假定杆与地板的接触端不发生滑动.解：设杆的质量为m ，则其对O 轴的转动惯量231mL I =，重力到O 轴的垂距为θsin 2L r =，故重力对O 的力矩为θθπSin L mgL mg M 2)sin(2=-⋅=沿顺时针方向，由转动定理βI M =我们有ββθ⋅==231sin 2mLI L mg∴θβsin 23Lg =又 td d ωβ=，t d d βω=，即ωθθθθθβωd sin 23d d d sin 23d d Lg t Lg t =⋅== 分离变量积分 ⎰⎰=πωθθωω0d sin 23d Lg可得L g /)cos 1(3θω-=解5-10图将杆倒地时的 ︒=90θ 代入上式，得 L g /3=ω5-11图5-30表示飞轮的制动装置包括一个制动杆和一个制动靴.飞轮质量为50 kg ，半径为0.5m ，以1200 rev/min 的速率旋转.当给制动杆末端施加100N 的制动力时，使飞轮停止转动所需多长时间？设飞轮与制动靴之间的摩擦系数5.0=μ.解：本题涉及两个刚体，一个是飞轮，另一个是制动杆，由题意知，合外力矩使飞轮产生角加速而制动，而作用在杆上的力矩则保持平衡，设杆受到的正压力为N ′，轮受到的正压力为N ，根据转动定理M = I β，我们有摩擦力μf 对飞轮的定轴O ，的力矩ββμ221mR I R f ==-① N f μμ=②对制动杆的定轴A ，F 和N '的力矩平衡0)(121=⨯'-+⨯l N l l F③ N N -='④由③得N 2501004.00.1)(121=⨯=⋅+='F l l l N ⑤解5-11图又由①可得 mRf μβ2-=⑥将N =250 N ，m =50 kg 代入②及⑥中可得22rad/s25rad/s2.0502505.0222-=⨯⨯⨯-='-=-=mRN mRf μβμ由于β为恒量，可由匀角加速运动公式t t βωω=-0，即βωω0-=t t其中0=t ω，n πω20=，将已知min /rev 1200=n 代入上式可得 s 5.03s )25(60120020≅-⨯⨯-=πt5-12一个倾角为ϕ的光滑斜面上安装着转动惯量为I 的定滑轮，斜面上质量为m 1的物体系在一绕在轮轴上的轻绳的一端，另一质量为m 2的物体则由缠绕在轮缘上的另一轻绳悬挂着，当m 2下降时，m 1则被拉上斜面，如图5-31所示.定滑轮的半径为R =0.3m 而其轴的半径为r =0.1m.试计算滑轮的角加速度 解：在图中标出了m 1，m 2和滑轮的受力情况，其中T 1、T 2分别为两轻绳中的张力，对轮及两质点分别应用转动定理和牛顿第二定律，可列如下方程βI r T R T ='-'12① 1111sin a m g m T =-ϕ ② 2222a m T g m =- ③ r a β=1④R a β=2⑤解5-12图'-=11T T ， '-=22T T⑥ 由②及④可得 )sin (11ϕβg r m T -= ⑦ 由③及⑤可得)(22R g m T β-=⑧将⑦、⑧代入①得 βϕββI g r r m R g R m =---)sin ()(12 整理为)(sin 212212r m Rm I gr m gR m ++=⋅-βϕ解得 212212sin rm Rm I gr m gR m ++⋅-=ϕβ将m R 3.0=，m r 1.0=及2m/s8.9=g 代入上式，得111201.009.0sin 98.094.2m m I m m ++-=ϕβ5-13计算习题5-8中，力矩在加速过程中所作的功和平均功率.解：由转动动能定理 2122122121ωωI I E E W k k -=-=，可得力矩的功为J 1058.6J )49.3(1008.1210212222--⨯≅⨯⨯⨯=-=ωI W平均功率 W 1029.30.21058.622--⨯=⨯==tW p5-14一蒸汽机飞轮的质量为200kg ，半径为1m ，如果当转速达150rev/min 时阀门被关闭，设作用于飞轮轴处的平均摩擦力矩是5m.N ，计算（1）飞轮停止转动前力矩所作的功；（2）关闭阀门后经多长时间飞轮即可停止转动. 解：（1）关闭阀门时飞轮的角速度为rad/s 7.1560/150220=⨯==ππωn由转动动能定理，2022121ωωI I W -=，其中0=ω，得飞轮停止转动前摩擦力矩作的功：J 12324J 7.15120021212102220-=⨯⨯⨯⨯-=-=ωI W（2）由于力矩是恒定的，平均角加速度也是恒定的，故有βω0=t ，其中 IM =β则有 min 2.5s 31461200217.15200≅=⨯⨯⨯===MI t ωβω5-15试用转动动能定理再解习题5-10. 解：根据转动动能定理和力矩的功的定义⎰-==022121d ωωθI I M W在解5-10图中，重力对水平轴O 的力矩为θsin 2l mg M =， 则有当杆的角位置为θ时，重力矩的功 ⎰-==θθθθ0)cos 1(21d sin 2mgl l mg W此时角速度为ωO I W -=221ω即 223121)cos 1(21ωθ⋅⨯=-mlmgl可得l g /)cos 1(3θω-=当杆倒地时，︒=90θ， 代入上式可得l g /3=ω由角加速度θθωωθθωωβsin 23d d d d d d d d lg tt ==⋅==当︒=90θ时 lg 23=β.5-16在图5-32中，长为1.0m 的匀质杆最初静止于竖直位置，然后杆的下端获得一初始线速度0v ，使得杆绕水平固定轴O 开始旋转.试求为使杆至少完成一周的旋转，0v 的最小值是多大？ 解：当杆通过πθ=的角位置时角速度0≥ω，即可至少完成一周的旋转，设这过程中重力作的功为W ，即2021ωI O W -≥ ① 而重力的元功 θθd sin 21d ⋅⋅-=mg l Wmgl lmgW W =-==⎰⎰θθπd sin 21d 0②将②及231ml I =，l /00v =ω代入①可得7.67m/s m/s 18.9660=⨯⨯==gl v 解5-16图5-17明渠中的流水驱动着水车的叶轮，叶轮半径2.0m ，如图5-33所示.水流到达叶轮的速度是6.0m/s ，离开叶轮的速度是3.0m/s ，水流量为每秒300kg.（1）水流作用于叶轮的力矩有多大？（2）如果叶轮边缘的速度是3m/s ，传送给叶轮的功率是多大？解：（1）考虑水的一个小质元d m 沿切向速度以v 1冲向水平的叶片，离开时速率减为v 2，该质元对水车中心的角动量增量为0)(d )d ()d (1212<-=-R m R m R m v v v v ，这是因为叶片的反作用力矩所致，由合外力矩与角动量对时间变化率的关系，可知R tm tL M )(d d d d 12v v -==其中tm d d 是每单位时间流经水车的水质量，即水的流量.由作用反作用定律，水作用在水轮机叶片上的力矩为m N 101.8m N 2)0.30.6(300)(d d 321⋅⨯=⋅⨯-⨯=-=-='R tm M M v v（2）水流传递给叶轮的功率为 RMM tMtW P v ====ωθd d d dkW 7.2W 107.223108.133=⨯=⨯⨯=5-18一个人坐在可绕竖直轴自由转动的转椅上，开始时，人静止地坐在转椅上，用手握住一转盘的中心轴，转盘以4rev/s 的角速度旋转，其转轴在竖直位置，角动量i L 的方向向上，如图5-34所示.如果此人将转盘的轴倒置会发生什么现象？假定轮盘对其中心轴的转动惯量是1kg.m 2. 解：由于系统是孤立的，对竖直轴的外力矩为零，所以系统对该轴的总角动量守恒.==∑i L L 常量人将转盘轴倒置后，转盘的角动量变为i L -，设在相互作用过程中，系统获得的角动量为L ，则后来的总角动量为L -L i ，由于系统总角动量守恒，即i i L L L -=从而 L =2L i设系统对转椅轴共同的角速度为ω，则有ωI L = 即人将转盘轴倒置后，整个系统将绕转椅的竖直轴以角速度ω旋转rev/s 6.154122=⨯⨯===IL I L i ω其中转盘的初角动量11ωI L i =，21kgm 1=I ，rev/s 41=ω.5-19一质量为M ，半径为R 的匀质园盘以角速度ω绕过其中心的竖直轴旋转，如果盘缘质量为m ∆的一小块破裂并飞离园盘，如图5-35所示，（1）园盘的角动量在边缘破损后变成多大？（2）小块被抛出多远？假定园盘与地面的距离为h .解：在盘缘破损过程中，对轴的合外力矩为零，故总角动量守恒 =∑ωI 常量 设盘后来的转动惯量为I ′，角速度为ω′，则有ωωω2mR I I ∆+''=即ωωω2222)21(21mR mRMRMR ∆+'∆-=ωωω=∆-∆-='222221)21(mRMRmRMR园盘的角动量变为 ωω)21(22mRMRI L ∆-=''='（2）小块m ∆作平抛运动221gt h =，gh t 2=故m ∆被抛出的水平距离为gh RRt t S 20ωω===v5-20一质量为M ，半径为R 的匀质园台，可以绕过中心的竖直轴无摩擦地旋转.假定初始时一个人静止地站在台边缘处，然后沿园台边缘行走.(1)如果此人步行一周回到台面的初始位置，园台将转过多大角度？（2）如果此人回到相对于地面的初始位置，园台又将转过多大角度？ 解：∵ 运动过程中对竖直轴的合外力矩 M =0，∴ 系统总角动量守恒=∑L 常量. （1）园台将沿相反方向相对地面旋转，设任意时刻人、台对地面的角速度分别为ω和Ω，∵ 0=∑i L ，∴ 任意时刻有 02122=Ω-MR mR ω①又设人对台的相对角速度为ω'，由速度合成定理Ω-'=ωω ②将②代入①得 021)(22=Ω-Ω-'MR mRω解得ω'+=ΩmM m 21 ③设H 为台对地的角坐标，θ'为人对台的角坐标，则Ω=Θtd d ，ωθ'=td d④将④代入③，两边积分 ⎰⎰'+=ΘHm M m 020d 22d πθ得台转过的角度π222⋅+=ΘmM m（2）设人对地的角坐标为θ，则有人对地的角速度 td d θω=，将 td d θω=和 td d Θ=Ω代入①式，得Θ=d 21d 22MR mR θ 对两边积分得⎰⎰Θ=πθ2022d 21d HMRmR这次台对地转过的角度为π22⋅=ΘM m显然，第二种情况园台转过的角度大些. 5-21两个飞轮A 和B 可以通过轮轴上的摩擦离合器连接或分离，如图5-36所示.当两轮分离时，B 轮静止，而A 轮角度速度达600rev/min ，然后连接离合器，B 轮开始加速而A 轮减速，直到两轮具有相同的角速度240rev/min.当连接完成时，离合器片发出的热量是2000J ，分别求出两轮的转动惯量. 解：在连接过程中，合外力矩M=0（离合器片作用的摩擦力矩为内力矩）∴系统总角动量守恒f i L L ∑=∑. 即21)(ωωB A A I I I +=①由于相互作用是完全非弹性的，动能不守恒，由能量守恒与转化定律，动能的减少量即为摩擦产生的热量Q I I I E B A A k =+-=∆2221)(2121ωω②从①可得221)(ωωωB A I I =-B B B A I I I I 32240600240212=⋅-=⋅-=ωωω③把J Q E k 2000==∆和③代入②，得2000)123(21212221=+-ωωA A I I 解得2222kgm69.1kgm)42(25)102(4000=⨯⨯-⨯=ππA I其中用到 10rev/srev/min6001==ω， rev/s 42=ω.由③得2kgm53.223==A B I I。
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A. 只有机械能守恒;
o
B. 只有动量守恒;
C. 只有对转轴O的角动量守恒;
D. 机械能、动量和角动量均守恒。
5
8．绕固定水平轴O匀速转动转盘，沿如图所示 的直线从相反方向射入两颗质量相同、速率相等 子弹，留在盘中，子弹射入后转盘的角速度应为
bsint 0 mabk
a sint b cost 0
12
7．一刚体绕定轴转动，初角速度 8rad s1
现在大小为 8N m
0
恒力矩作用下，刚体转动的
角速度在2s内均匀减速至 4rad s，1 则刚体
在此恒力矩的作用下的角加速度 -2 rad·s-2
刚体对此轴的转动惯量 I
4 kg·m2
相同力矩作用下，它们角加速度一定相等2
4.一力矩M作用于飞轮上，使该轮得到角加速度
1，如撤去这一力矩，此轮的角加速度为2 , 则
该轮的转动惯量为
A. M
1
B. M C. M
D. M
2
1 2
1 2
5.一根长为l，质量为m的均匀细直棒在地上竖立
着。如果让竖立着的棒，以下端与地面接触处 为轴倒下，当上端达地面时速率应为
8. 一刚体对某定轴的转动惯量为 I 10kg m2
在恒力矩作用下由静止开始做角加速度 2rad s2
定轴转动。在5s末的转动动能 E 500 J K
该恒力矩 M 20 N·m ，该恒力矩在0~5s这段
时间内所作的功 A 500 J ， 刚体转动的角度
25 rad
13
9. 质量分别为 m 和 2m两物体(视为质点)，用长为
人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当
人到达转台边缘时，转台的角速度为
A． J
J mR2 0
B．
J
(J m)R2 0
C．
J
mR2 0
D．ω0
7
二、填空题
1. 半径为0.2m，质量为1kg的匀质圆盘，可绕过
圆心且垂直于盘的轴转动。现有一变力F＝0.1t （F以牛顿计，t以秒计）沿切线方向作用在圆盘
dt
0
3
0
d 2
k I
t
0
dt
t
11
6. 一质量为m的质点沿着一条空间曲线运动，该 曲线在直角坐标系下的定义式为
r acos( t) i bsin( t) j
式中a、b、ω都是常数,
则此质点所受的对原点
力矩 M=
M
M
r
0Fr；m角ra动m量aL=Lmrm2mrarb。k0
i
jk
L
rHale Waihona Puke mma cost
l 的轻质刚性细杆相连，系统绕通过杆且与杆
垂直的竖直固定轴O转动，已知O 轴离质量为2m
的质点的距离为 l / 3 ，质量为m 质点的线速度为
且与杆垂直，则该系统对转轴的动量矩
L ___m____l_____。 m
O
2m
m 作圆周运动 2 L , 3
系统动量矩大小为
3
2L
l/3
l
m
2
2
L
转动的角速度 与套管轴的距离x的函数关系为
70l 2
(杆对OO′轴转动惯量为
1 3
m) l
2
4(l 2 3x2 ) 。
O
0
1 [ 3
ml
2
m(
l 2
)2
]0
[
1 3
ml
2
mx
2
]
l
1l m m
2
O
10
4.质量m、长l均匀细杆，在水平桌面上绕通过
其一端竖直固定轴转动，细杆与桌面的滑动摩
擦系数为μ，则杆转动时受摩擦力矩的大小
A．增大 B． 减小 C．不变 D．无法确定
9.质量相等，半径相同的一金属环A和同一种金
属的圆盘B，对于垂直于圆面的中心转轴，它两
的转动惯量有：
A．IA＝IB
B．IA＜IB
C．IA＞IB
D．不能判断 6
10．有一半径为R的水平圆转台，可绕通过其中 的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J，开始时 转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m的
边缘上。如果圆盘最初处于静止状态，那么
它在第3秒末的角加速度β＝ 3rad s，2 角速度 ω＝ 4.5rad s1。
8
2.一飞轮直径为D，质量为m(可视为圆盘),边缘
绕有绳子，现用恒力拉绳子一端，使其由静止
开始均匀地加速，经过时间t，角速度增加为
ω，则飞轮的角加速度为 / ，t 这段时间内飞轮转过 N t / 4 转， 拉力做的功为 A 1 mD 2 2。
16
9
3. 在一水平放置的质量为m、长度为l的均匀细杆
上，套着一个质量为m套管B(可看作质点)，套管
用 细 线 拉 住 ， 它 到 竖 直 光 滑 固 定 轴 OO′ 距 离
为l / 2，杆和套管组成系统以角速度 0绕OO′轴
转动，如图所示。若在转动过程中细线被拉断，
套管将沿着杆滑动。在套管滑动过程中，该系统
刚体定轴转动作业答案
一、选择题
1. 1． 力学体系由两个质点组成，它们之间只有引 力作用。若两质点所受的外力的矢量和为零， 则此系统
A. 动量、机械能以及角动量都守恒 B. 动量、机械能守恒，但角动量是否守恒 还
不能确定 C. 动量守恒，但机械能和角动量是否守恒 还
不能确定 D. 动量和角动量守恒，但机械能是否守恒1
A. 6gl B. 3gl C. 2gl D. 3g
2l
3
6.一均匀细棒由水平位置绕一端固定轴能自由转 动，今从水平静止状态释放落至竖直位置的过程
中，则棒的角速度ω和角加速度β将
A．ω↗β↗
B．ω↗β↘
C．ω↘β↘
D．ω↘β↗
4
7.如图示，一均匀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。
2.一刚体绕定轴转动，若它的角速度很大，则
A．作用在刚体上的合外力一定很大 B．作用在刚体上的合外力一定为零 C．作用在刚体上的合外力矩一定很大 D．以上说法都不对
3.关于力矩有以下几种说法，其中正确的是
A．内力矩会改变刚体对某个定轴的角动量 B．作用力和反作用力对同一轴力矩之和必为零 C．角速度的方向一定与外力矩的方向相同 D．质量相同、形状和大小不同的两个刚体，在
2m
1
2
L
mL
3
3
14
1.半径为r的圆盘是从半径为R的均质圆盘上切割 出来的，如图所示。圆孔中心到原来圆盘中心的 距离是R/2，求原来圆盘剩余部分的质心位置。 解： 根据质心概念，质心坐标为
为 1 mgl 。
2
Mf
m
rgdm
L
0
xmgdx
5.转动飞轮转动惯量为I，在t =0时角速度为ω0，
飞轮经历制动过程，阻力矩M大小与角速度ω平方
成正比，比例系数为k（k为大于0常数）。
当ω= ω130时，飞轮的角加速度β＝
k
2 0
/，9I
从开始制动到ω= ω130经过时间t ＝ 2I / k。0
1) M k2 I 2) M k 2 I d