05刚体的定轴转动习题解答
第五章刚体定轴转动典型题型
• 例3一质量为m,半径为R的均匀圆盘,求 通过中心o并与盘面垂直的轴的转动惯量
• 例4一半径为R的光滑置于竖直平面内,一 质量为m的小球穿在圆环上,并可在圆环 上滑动,小球开始 时静止于圆环上的电 A(该点在通过环心o的水平面上),然 后从A点开始下滑,设小球与圆环间的摩 擦略去不计。求小球滑到点B时对环心o 的角动量和角速度。
O
A
质点运动与钢体定轴转动对照表
质点运动
速度
v dr / dt
加速度 a dv / dt
力
F
钢体定轴转动
角速度 d / dt
角加速度 d / dt
力矩
M
质量 m
转动惯量 J
动量 p mv
角动量 L J
牛二律 F m a
F dp / dt
转动定律 M J
M dL / dt
第五章 刚体定轴转动
• 例1一飞轮半径为0.2m,转速为150r/min, 因受到制动二均匀减速,经30s停止转动, 试求:
1)角加速度和在此时间内飞轮所转的圈数
2)制动开始后t=6s时飞轮的角速度
3) t=6s时飞轮边缘上一点的线速度,切线 加速度和法线加速度。
• 例2一质量为m,长为的均匀细长棒,求 1)通过其中心并于棒垂直的转动惯量 2)通过棒端点并与棒垂直的轴的转动惯量
角加速度( )
• 例8 质量为M,半径为R的转台,可绕过 中心的竖直轴无摩擦的转动。质量为m的 一个人,站在距离中心r处(r<R),开 始时,人和台处于静止状态。如果这个人 沿着半径为r的圆周匀速走一圈,设它相 对于转台的运动速度为u,求转台的旋转 角速度和相对地面的转过的角度。
r
R
• 5)角动量守恒定律和机械能守恒定律的综 合应用
第3章 刚体的定轴转动 习题答案
1
1 v r 78 . 5 1 78 . 5 m s (3) 解:
an r 78.5 1 6162 .2 m s
2 2
2
a r 3.14 m s
2
3-13. 如图所示,细棒长度为l,设转轴通过棒上距中心d的一 点并与棒垂直。求棒对此轴的转动惯量 J O ',并说明这一转 动惯量与棒对质心的转动惯量 J O之间的关系。(平行轴定理)
n0
J 2 2 n 收回双臂后的角动能 E k J n 0 2 J 0 n
1 2 2 1 2
Ek 0 J
1 2
2 0
3-17. 一人张开双臂手握哑铃坐在转椅上,让转椅转动起来, 此后无外力矩作用。则当此人收回双臂时,人和转椅这一系 统的转速、转动动能、角动量如何变化?
解:首先,该系统的角动量守恒。
设初始转动惯量为 J ,初始角速度为 0 收回双臂后转动惯量变为 J n , 由转动惯量的定义容易知,n 1 由角动量守恒定理容易求出,收回双臂后的角速度 初始角动能
M t J
代入数据解得:M 12.5 N m
3-4. 如图所示,质量为 m、长为 l 的均匀细杆,可绕过其一 端 O 的水平轴转动,杆的另一端与一质量为m的小球固定在 一起。当该系统从水平位置由静止转过 角时,系统的角
速度、动能为?此过程中力矩所做的功?
解: 由角动能定理得:
解:设该棒的质量为m,则其
线密度为 m l
1 l d 2 1 l d 2
O
d O'
J O'
0
r dr
2
3
0
r dr
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 > 0B. ω > 0,α > 0C. ω < 0,α > 0D. 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 2B. a 1 > a 2C. a 1< a 2D. 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 /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。
5. 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/ mB. 2 F 2 / mC. F 2 / mD. F 2 / 2 m解:答案是A 。
《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 21(8). mgl μ21参考解:M =⎰M d =()mgl r r l gm l μμ21d /0=⎰(9).()212mRJ 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221mR 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 μ32d 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==422θβω可得 g R MJ 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 ? ②运动学关系: a =R ? ③ 将①、②、③式联立得a =mg / (m +21M )∵ v 0=0,∴ v =at =mgt / (m +21M )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 ②h =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 ? T 2=m 2(g -a 2)=39.2 NJ = (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 24. 一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动,起初角速度为?0.设它所受阻力矩与转动角速度成正比,即M =-k ? (k 为正的常数),求圆盘的角速度从?0变为021ω时所需的时间.解:根据转动定律: ?????????????? ???? J d ? / d t = -k ??????????????????????????????????????????????????∴ t J kd d -=ωω两边积分: ⎰⎰-=t t J k02/d d 100ωωωω得 ln2 = kt / J ∴ t =(J ln2) / k5. 某人站在水平转台的中央,与转台一起以恒定的转速n 1转动,他的两手各拿一个质量为m 的砝码,砝码彼此相距l 1 (每一砝码离转轴21l 1),当此人将砝码拉近到距离为l 2时(每一砝码离转轴为21l 2),整个系统转速变为n 2.求在此过程中人所作的功.(假定人在收臂过程中自身对轴的转动惯量的变化可以忽略)解:(1) 将转台、砝码、人看作一个系统,过程中人作的功W 等于系统动能之增量:W =?E k =212210222204)21(214)21(21n ml J n ml J π+-π+2这里的J 0是没有砝码时系统的转动惯量. (2) 过程中无外力矩作用,系统的动量矩守恒:2?(J 0+2121ml ) n 1 = 2? (J 0+2221ml ) n 2∴ ()()1222212102n n n l n l m J --=(3) 将J 0代入W 式,得 ()2221212l l n mn W -π= 6. 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?),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v 0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.(圆盘绕通过O 的竖直轴的转动惯量为221MR ,忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩)解:(1) 以子弹和圆盘为系统,在子弹击中圆盘过程中,对轴O 的角动量守恒.m v 0R =(21MR 2+mR 2)?(2) 设?表示圆盘单位面积的质量,可求出圆盘所受水平面的摩擦力矩的大小 为 ⎰π⋅=Rf r rg r M 0d 2σμ=(2 / 3)??σgR 3=(2 / 3)?MgR设经过?t 时间圆盘停止转动,则按角动量定理有-M f ??t =0-J ?=-(21MR 2+mR 2)?=- m v 0R∴ ()Mg m MgR R m M R m t fμμ2v 33/2v v 000===∆ 7.一匀质细棒长为2L ,质量为m ,以与棒长方向相垂直的速度v 0在光滑水平面内平动时,与前方一固定的光滑支点O 发生完全非弹性碰撞.碰撞点位于棒中心的一侧L 21处,如图所示.求棒在碰撞后的瞬时绕O 点转动的角速度?.(细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为231ml ,式中的m 和l 分别为棒的质量和长度.)解:碰撞前瞬时,杆对O 点的角动量为式中?为杆的线密度.碰撞后瞬时,杆对O 点的角动量为 因碰撞前后角动量守恒,所以∴ ? = 6v 0 / (7L)8. 长为l 的匀质细杆,可绕过杆的一端O 点的水平光滑固定轴转动,开始时静止于竖直位置.紧挨O 点悬一单摆,轻质摆线的长度也是l ,摆球质量为m .若单摆从水平位置由静止开始自由摆下,且摆球与细杆作完全弹性碰撞,碰撞后摆球正好静止.求: (1) 细杆的质量.(2) 细杆摆起的最大角度?.解:(1) 设摆球与细杆碰撞时速度为v 0,碰后细杆角速度为?,系统角动量守恒 得:J ? = m v 0l由于是弹性碰撞,所以单摆的动能变为细杆的转动动能2202121ωJm=v代入J=231Ml,由上述两式可得M=3m(2) 由机械能守恒式mglm=221v及()θωcos121212-=MglJ并利用(1) 中所求得的关系可得31arccos=θ四研讨题1. 计算一个刚体对某转轴的转动惯量时,一般能不能认为它的质量集中于其质心,成为一质点,然后计算这个质点对该轴的转动惯量?为什么?举例说明你的结论。
第5章 刚体的定轴转动 习题解答
由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为
0 900 2 3 7.06 s 60 40
这段时间内飞轮的角位移为
1 900 2 1 40 0t t 2 7.06 7.062 53.1 2 rad 2 60 2 3 可知在这段时间里,飞轮转了 53.1 转。 2 (2) 0 900 rad s 1 ,要求飞轮转速在 t 2 s 内减少一半,可知 60
M M f J 1
t1
。移去力矩 M 后,根据转动定律,有
M f J 2
2
联立解得此转轮的转动惯量
0 t2
J
M 20 17.36 kg m 2 1 1 1 100 2 1 60 10 100 t1 t2
由以上诸式求得角加速度
(2)
Rm1 rm2 g I m1 R 2 m2 r 2 0.2 2 0.1 2
1 1 10 0.202 4 0.102 2 0.202 2 0.102 2 2
9.8 6.13 rad s 2
T2 m2 r m2 g 2 0.10 6.13 2 9.8 20.8N T1 m1 g m1 R 2 9.8 2 0.2. 6.13 17.1N v 2a1h 2 Rh 2 6.13 0.2 2 2.21 m s 1
A
B
题 5-2 图 解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图).图中 N 、 N 是正压力,Fr 、Fr 是摩擦力,Fx 和 Fy 是杆在 A 点转轴处所受支承力, P 是轮的重力, R 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
第3章_刚体的定轴转动xtjd
3 g 3 9.8 18.4 (rad/s 2 ) 4l 4 0.40
l 1 1 2 2 (2) mg ml 2 2 3
3 9.8 8.57 (rad/s) 0.40 l 0.4 0.98 (J) (3) AG Ep mg 0.5 9.8 2 2 3g l
r
1 Ek J 2 196 (J) 2
r
(a)
(b)
Ek Fs 98 2 196 (J)
mg
2mg (3) mg T ma 43.6 (rad/s 2 ) 1 ( M 2 m )r Tr J Mr 2 解得: 2 2s 29.5 (rag/s) a r r 重力的功提供滑轮和物体两者的 1 1 2 2 2 E J Mr 21.8 (J) k 动能,不相同。 2 4
3L s 32
完全弹性碰撞:
解得:
J mvL J 1 J 2 1 J 2 1 mv 2 2 2 2
1 J mL2 3
1 v 3 gL 2
1 mgs mv 2 2
3L s 8
第三章习题解答
A JB JA 1 1 A 2 (2) E k J A A ( J A J B ) 2 2 2 1 1 1 2 2 J A A J A ( A ) J A 2 2 2 1 J A A ( A ) 2
C B
第三章习题解答
3-22. 均匀细棒质量为0.5kg、长为0.40m,或绕垂直于棒的一端 的水平 轴在竖直平面内转动。先将棒放在水平位置,然后任其下 落。求:(1)当棒转过60° 时的角加速度;(2)下落到竖直位 置时的角速度;(3)此过程中力矩的功。 1 2 l (1) M G mg sin ml 解: 2 6 3
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。
刚体的定轴转动习题
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目 录
• 刚体定轴转动的基本概念 • 刚体定轴转动的力学分析 • 刚体定轴转动的运动分析 • 刚体定轴转动的习题解析 • 刚体定轴转动的实际应用案例
PART 03
刚体定轴转动的运动分析
刚体的角速度与角加速度
角速度
描述刚体转动快慢的物理量,用ω表 示。单位是弧度/秒(rad/s)。
角加速度
描述刚体转动角速度变化快慢的物理 量,用α表示。单
转动轨迹
刚体转动的路径是一个圆或椭圆,其形 状取决于刚体的质量和转动轴的位置。
PART 04
刚体定轴转动的习题解析
简单习题解析
题目
一个质量为m,半径为R的 圆盘,以边缘某点为轴, 以角速度ω做定轴转动, 求圆盘的动量。
解析
根据动量的定义,圆盘的 动量P=mv=mrω,其中r 是质点到转动轴的距离, m是质量,v是线速度,ω 是角速度。
题目
一质量为m的杆,长度为l, 一端固定,绕另一端点做 定轴转动,求杆的转动惯 量。
航空航天器姿态调整中的应用
01
02
03
卫星轨道调整
卫星在轨道调整过程中, 通过刚体定轴转动实现姿 态的调整,从而改变推进 力的方向。
飞机飞行控制
飞机飞行过程中,通过刚 体定轴转动实现舵面的操 纵,从而调整飞行姿态和 方向。
火箭发射
火箭发射过程中,通过刚 体定轴转动实现发动机的 转向和稳定。
第5章 刚体的定轴转动 习题解答
对飞轮,由转动定律,有 式中负号表示摩擦力的力矩方向与角速度 方向相反。
联立解得
以 F 100 N 等代入上式,得
Fr R 2 (l1 l2 ) F J mRl1
5-1
第 5 章 刚体的定轴转动
2 0.40 (0.50 0.75) 40 100 rad s 2 60 0.25 0.50 3 t
由以上诸式求得角加速度
(2)
Rm1 rm2 g I m1 R 2 m2 r 2 0.2 2 0.1 2
1 1 10 0.202 4 0.102 2 0.202 2 0.102 2 2
9.8 6.13 rad s 2
T2 m2 r m2 g 2 0.10 6.13 2 9.8 20.8N T1 m1 g m1 R 2 9.8 2 0.2. 6.13 17.1N v 2a1h 2 Rh 2 6.13 0.2 2 2.21 m s 1
M M f J 1
t1
。移去力矩 M 后,根据转动定律,有
M f J 2
2
联立解得此转轮的转动惯量
0 t2
J
M 20 17.36 kg m 2 1 1 1 100 2 1 60 10 100 t1 t2
v0
6(2 3 3m M l J l 1M (1 2 ) (1 ) 2 ml 2 3m 12 m
(2) 由①式求得相碰时小球受到的冲量为:
I Fdt mv mv mv0
负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反。
运用刚体定轴转动定律解题(2)
运⽤刚体定轴转动定律解题(2)运⽤刚体定轴转动定律解题转动定律描述刚体定轴转动中的瞬时关系,常常⽤来求解⾓加速度,⼀般步骤为:1) 隔离物体:即明确研究对象。
2) 具体分析:分析所选定的定轴刚体的受⼒情况和运动情况,画出受⼒图。
3) 选定坐标:在惯性系中建⽴⼀维坐标,即在转轴上选择正⽅向。
4) 建⽴⽅程:⽤转动定律列出定轴刚体的运动微分⽅程。
5) 要特别注意⽅程中的⼒矩、转动惯量必须对同⼀轴⽽⾔。
还要注意此⽅程是标量式,式中各量均为代数量,与所选正⽅向同向的⼒矩和⾓速度为正,反之为负。
6) 求解讨论:求解⽅程,理解和讨论结果的物理意义。
请注意常常与转动定律相联系的综合性问题:与刚体定轴转动或质点圆周运动的运动学问题相联系。
刚体定轴转动与质点平动相联系(例如滑轮两边悬挂物体)。
处理⽅法仍然是隔离法,对定轴刚体⽤转动定律列⽅程,对平动质点⽤⽜顿第⼆定律列⽅程,⼆者之间⽤⾓量与线量的关系联系起来,求解⽅程组。
运⽤⾓动量定理或⾓动量守恒定律解题因为对定轴转动的刚体,其总动量往往并⽆实际意义(例如定轴转动滑轮的总动量为零),所以只能⽤⾓动量对其整体机械运动量进⾏量度。
在⼒矩持续作⽤⼀段时间的问题中,则⽤⾓动量定理取代平动问题中的动量定理。
对于平动质点和定轴刚体组成的系统,既可以对于系统整体运⽤⾓动量定理,也可以分别对平动质点运⽤动量定理,对定轴刚体运⽤⾓动量定理,再⽤⼒矩表达式将⼆者联系起来。
运⽤⾓动量定理或⾓动量守恒定律解题的⼀般步骤与运⽤动量定理或动量守恒定律求解平动问题类似,只不过⽤⾓量取代相应的线量:1. 选系统:即确定研究对象。
2. 建坐标:选取惯性系,确定参考点或转轴。
3. 选过程:即选取⼀定的时间间隔,确定系统的初、末态。
对于综合性问题,可以划分为⼏个互相衔接的阶段处理。
4. 算⼒矩:画出对所选定的参考点或转轴⼒矩不为零的外⼒,⽆须分析系统内⼒和对参考点或转轴⼒矩为零的外⼒。
5. 列⽅程:如果不满⾜⾓动量守恒条件,运⽤⾓动量定理列⽅程:对固定点:对定轴:如果满⾜⾓动量守恒条件,运⽤⾓动量守恒定律列⽅程:对固定点:对定轴:6. 求解并讨论:求解⽅程,理解和讨论结果的物理意义。
刚体定轴转动的功和能
《大学物理》练习题 刚体定轴转动的功和能班级 ___________ 学号 __________ 姓名 _________ 成绩 ________基本要求:(1) 掌握力矩的功、转动动能、动能定理、含刚体的机械能守恒定律及应用内容提要: 1. 力矩的功:⎰=θMd A2 转动动能:刚体的转动惯量与角速度平方乘积的一半。
221ωJ E k =3 刚体定轴转动的动能定理:合外力矩对定轴转动刚体所做的功等于刚体转动动能的增量21222121ωωJ J A -=若在刚体转动过程中,只有重力做功,其他非保守内力不做功,则刚体在重力场中机械能守恒.常量=+=C mgh J E 221ω一、选择题1. 如图所示, 一匀质细杆可绕通过其一端的水平光滑轴在竖直平面内自由转动. 杆长 l = (5/3)m,今使杆从与竖直方向成60°角的位置由静止释放(g 取10m/s 2), 则杆的最大角速度为 [ ] (A) 3rad/s.(B) rad/s (C) 9 rad/s.60° 图(D)3rad/s.2.一人站在旋转平台的中央,两臂侧平举,整个系统以2rad/s 的角速度旋转,转动惯量为.如果将双臂收回则系统的转动惯量变为.此时系统的转动动能与原来的转动动能之比E k / E k0为[ ] (A)2.(B) 2. (C) 3. (D) 3.3.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、动量角和动量均守恒. 二.填空题1.一匀质细杆AB,长为l ,质量为m . A 端挂在一光滑的固定水平轴上, 细杆可以在竖直平面内自由摆动.杆从水平位置由静止释放开始下摆,当下摆 时,杆的角速度为 .2.将一质量为m 的小球, 系于轻绳的一端, 绳的另一端穿过光滑水平桌面上的小孔用手拉住, 先使小球以角速度1在桌面上做半径为r 1的园周运动, 然后缓慢将绳下拉, 使半径缩小为r 2, 在此过程中小球的动能增量是 .○· O 图三.计算题1.有一质量为m 1、长为l 的均匀细棒,静止平放在滑动摩擦系数为的水平桌面上,它可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动. 另有一水平运动的质量为m 2的小滑块,从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相撞,设碰撞时间极短,已知小滑块在碰撞前后的速度分别为v 1和v 2,如图所示. 求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间 (以知棒绕O 点的转动惯量J=m 1l 2/3).2.一长l=0.4m 的均匀木棒,质量M=1.0kg ,可绕水平轴O 在竖直内转动,开始时棒自然地竖直悬垂,今有质量m=8g 的子弹以s m v 200 地速率从A 点射入棒中,假定A 点与O 点的距离为43l ,求:(1)、棒开始运动时的角速度; (2)、棒的最大偏转角。
刚体的平面运动动力学课后答案
其中: 是从速度瞬心 引向M点的矢径, 为平面图形的角速度矢量。
4、平面图形上各点的加速度
基点法公式:
(7-9)
其中: 。基点法公式建立了平面图形上任意两点的加速度与平面图形的角速度和角加速度间的关系。只要平面图形的角速度和角加速度不同时为零,则其上必存在唯一的一点,其加速度在该瞬时为零,该点称为平面图形的加速度瞬心,用 表示。
(b)
再根据对固定点的冲量矩定理:
系统对固定点A(与铰链A重合且相对地面不动的点)的动量矩为滑块对A点的动量矩和AB杆对A点的动量矩,由于滑块的
动量过A点,因此滑块对A点无动量矩,AB杆对A点的动量矩(也是系统对A点的动量矩)为:
将其代入冲量矩定理有:
(c)
由(a,b,c)三式求解可得:
(滑块的真实方向与图示相反)
其中:aK表示科氏加速度;牵连加速度就是AB杆上C点的加速度,即:
将上述公式在垂直于AB杆的轴上投影有:
科氏加速度 ,由上式可求得:
3-14:取圆盘中心 为动点,半圆盘为动系,动点的绝对运动为直线运动;相对运动为圆周运动;牵连运动为直线平移。
由速度合成定理有:
速度图如图A所示。由于动系平移,所以 ,
根据点的复合运动速度合成定理有:
其中: ,根据几何关系可求得:
AB杆作平面运动,其A点加速度为零,
B点加速度铅垂,由加速度基点法公式可知
由该式可求得
由于A点的加速度为零,AB杆上各点加速度的分布如同定轴转动的加速度分布,AB杆中点的加速度为:
再取AB杆为动系,套筒C为动点,
根据复合运动加速度合成定理有:
3-25设板和圆盘中心O的加速度分别为
,圆盘的角加速度为 ,圆盘上与板
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第四章 刚体的转动 问题与习题解答问题:4-2、4-5、4-94-2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()0inij 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 Jωωω''=+,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 3ab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 Jωωω''=-,转台的转速变慢了。
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。
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 > 0B. ω > 0,α > 0C. ω < 0,α > 0D. 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 2B. a 1 > a 2C. a 1< a 2D. 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 /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。
5. 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/ mB. 2 F 2 / mC. F 2 / mD. F 2 / 2 m解:答案是A 。
05刚体的定轴转动习题解答解析
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 > 0B. ω > 0,α > 0C. ω < 0,α > 0D. 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 2B. a 1 > a 2C. a 1< a 2D. 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 /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。
5. 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/ mB. 2 F 2 / mC. F 2 / mD. F 2 / 2 m解:答案是A 。
《大学物理》第三章 刚体的定轴转动
P
t
=
1 2
ω J 2 自
t
=
ω J 2 自 2P
=
2×105× (30π)
2×736×103
2
=
1.21×103s
(2) ω进 = 1度 秒 = 0.0175rad/s
ω进 =
M
Jω自
M = Jω进ω自
M = 2×105×0.0175×30π= 3.3×105 N返回.m退出
3-14 在如图所示的回转仪中,转盘的 质量为 0.15kg , 绕其轴线的转动惯量为: 1.50×10-4 kg.m2 ,架子的质量为 0.03kg, 由转盘与架子组成的系统被支持在一个支柱 的尖端O,尖端O到转盘中心的距离为0.04 m , 当转盘以一定角速度ω 绕其轴旋转时, 它便在水平面内以1/6 rev/s的转速进动。
为25cm,轴的一端 A用一根链条挂起,如
果原来轴在水平位置,并使轮子以ω自=12 rad/s的角速度旋转,方向如图所示,求:
(1)该轮自转的角动量;
(2)作用于轴上的外力矩;
(3)系统的进动角速度, ω
并判断进动方向。
AO
B
R
l 返回 退出
解:
(1)
J
=
m
R
2
回
=
5×(0.25 )2
ω
= 0.313 kg.m2
a
=
m
1+
m m
1g 2+
J
r2
T1 =
m 1g (m 2+ J m 1+m 2 + J
r 2) r2
T2 =
m 1m 2g m 1+m 2 + J
大学物理习题册及解答(第二版)第四章-刚体的定轴转动
上环可以自由在纸面内外摆动。求此时圆环摆的转动惯量。 O
(*)(3)求两种小摆动的周期。哪种摆动的周期较长?
R C
解:(1)圆环放在刀口上O,以环中 心的平衡位置C点的为坐标原点。Z轴
J zc MR2
O
P
ŷ
P΄
x
指向读者。圆环绕Z轴的转动惯量为
Z
R
由平行轴定理,关于刀口的转动惯量为 J zo J zc MR 2 2MR 2
m(l a) J
杆摆动过程机械能守恒
J 1 Ml2 3
1 J 2 Mg l (1 cos )
2
2
解得小球碰前速率为 Ml
2gl sin
m(l a) 3 2
5.一轻绳绕过一半径R,质量为M/4的滑轮。质量为M的人抓住绳 子的一端,而绳子另一端系一质量为M/2的重物,如图。求当人相 对于绳匀速上爬时,重物上升的加速度是多少?
解:选人、滑轮、与重物为系统,系统所受对滑轮轴的
外力矩为
1 MgR
人
物2
设u为人相对绳的匀速度,为重物上升的
速度。则该系统对滑轮轴的角动量为
L M R M (u )R (1 M R2 ) 13 MR MRu
2
24
8
据转动定律
du 0 dt
dL dt
a
即 1 MgR d (13 MR MRu)
6. 一飞轮以角速度0绕光滑固定轴旋转,飞轮对轴的转动惯 量为J1;另一静止飞轮突然和上述转动的飞轮啮合,绕同一转 轴转动,该飞轮对轴的转动惯量为前者的二倍.啮合后整个系
统的角速度 / 3 0
7.一长为l,质量可以忽略的直杆,可绕通过其一端的 水平光滑轴在竖直平面内作定轴转动,在杆的另一端固 定着一质量为m的小球,如图所示.现将杆由水平位置 无初转速地释放.则杆刚被释放时的角加速度a0 _ , 杆与水平方向夹角为60°时的角加速度a_
刚体绕定轴的转动(一)
J代入解得
3 2
g cos L
三、刚体绕定轴转动的转动定律
1、力矩——力矩才能改变刚体的转动状态
F
M rF
r 是力的在用点相对于转轴0的位矢。
(3)
r
0 d
M Fr sin Fd
d—力臂(力的作用线到转轴的垂直距离) 两点说明:
1)在定轴转动中,刚体不是逆时针转动就是顺时针转 动,因此力矩可用正、负号表示。
0
P
二、转动惯量
m/2
o (a)
m/2
m o (b)
转动惯量—描述定轴转动刚体的转 动惯性大小的物理量
1、转动惯量的定义
1 1 2 n 2 2 2 Ek 转 mi ri m r i i 2 2 i 1 i 1
n
m r
1 1 E i m i v i2 mi 2 ri2 2 2
J 环 m i R 2 R 2 m i mR 2
m 1 dx mR 2 2 R 2
3、在总质量一定且质量分布也一定的情况下,转动惯量与 所给定轴的位置有关。
o
1 J o mL2 3
m,L
o’
J o'
1 mL2 12
4、 转动惯量的可加性
一个具有复杂形状的刚体,如果可以分割成若干个简单部分, 则整个刚体对某一轴的转动惯量等于各个组成部分对同一轴转动惯 量之和。
i 1
n
(1)
2)在质量一定的情况下,转动惯量与质量的分布有关
m,R o o
m,R
J 环 mR
2
J
盘
1 mR 2 2
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解:答案是 A。 简 要 提 示 : 由 定 轴 转 动 定 律 :
FR
1 2 4F 1 MR2 ,得: t 2 mR 2
2 W M 4 F /m 所以:
6. 一电唱机的转盘正以 0 的角速度转动, 其转动惯量为 J1,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: ( )
FR
得
t
1 MR2 , 2
t
, :
mR
2F
50 0.5 0.4 16 s 2 0.98
1 2
l m 3 . 一长为 l,质量不计的 m 细杆,两端附着小球 m1 和 m2 填空题 3 图 ( m1 > m2 ) ,细杆可绕通过杆 中心并垂直于杆的水平轴转动,先将杆置于水 平然后放开,则刚开始转动的角加速度应 为 。
2
sin
2
t
;
3
32
cos
2
t ; an l
4
128
sin 2
2
t
2. 有一个板长为 a、板宽为 b 的均匀矩形 薄板,其质量为 m 。求矩形板对于与板面垂直 并通过板中心的轴的转动惯量。 解:如图,把矩形薄板分成无限多个小质 元,任取一个小质元,其面积为 dS,设薄板的 质量面密度为,则小质元质量为
,其中
m 为重物的质量, T 为绳子的张力。得:
a2 Fr 2 /( J mr 2 ) ,所以 a 1 > a 2。
5. 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. F2 / m 4 F2/ m D. B. F2 / 2 m 2 F2 / m ) C.
k θ
计算题 5 图
J m1 m2
开始时用外力托住 m2 使弹簧保持原长, 然后撤 去外力,求 m2 由静止下落 h 距离时的速率及 m2 下降的最大距离。 解: 在 m2 由静止下落 h 距离的过程中机械 能守恒,因此有
m2 gh
1 1 1 (m1 m2 )v 2 J 2 kh2 m1gh sin 2 2 2
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,则其转动加快的依据是: ( ) A. > 0 B. > 0,> 0 D. > 0,< 0 C. < 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; 大; B. 铅盘的大; D. 无法确定谁大谁小 ) C. 铁盘的
2400 时 的 切 向 加 速 度 ;法向加速度
2 t 由 , 2 an 2 r 0.4 m s 2
1
t
, 得 :
2. 一质量为 0.5 k g、半径为 0.4 m 的薄圆 盘, 以每分钟 1500 转的角速度绕过盘心且垂直 盘面的轴的转动,今在盘缘施以 0.98N 的切向 力 直 至 盘 静 止 , 则 所 需 时 间 为 s。 解:答案是 16 s。 简 要 提 示 : 由 定 轴 转 动 定 律 ,
B. a 1 > a 2
a2
D. 无法确定
解:答案是 B。 简 要 提 示 : (1) 由 刚 体 定 轴 转 动 定 律 ,
Fr J1 和 a1
r1 ,得: a1 Fr 2 / J
(2)
mg T ma2 Tr J 2 受力分析得: a r 2 2
解:答案是
2(m1 m2 ) g (m1 m2 )l
。
简要提示:由刚体定轴转动定律,
l l2 (m1g m2 g ) (m1 m2 ) 2 4 2(m1 m2 ) g 得: (m1 m2 )l
4. 如图所示,质量为 m0,半径为 r 的绕有
细线的圆柱可绕固定水平对称轴无摩擦转动, 若质量为 m 的物体缚在线索的一端并在重力作 用下,由静止开始向下运动,当 m 下降 h 的距 离时,m 的动能与 m0 的动能之比为 。
计算题 4 图
A J, r o
B
θ
mg sin T ma
定滑轮 A 的运动满足刚体定轴转动定律
Tr J
加速度和角加速度之间满足关系
a r
联立解得 B 的加速度
a
mr 2 mr J
2
g sin
a 的方向沿斜面向下。 绳中张力为
T
J mr J
2
mg sin
5. 如图所示,质量为 m1 的物体可在倾角 为 的光滑斜面上滑动。m1 的一边系有劲度系 数为 k 的弹簧,另一边系有不 可伸长的轻绳,绳绕过转动惯 量为 J,半径为 r 的小滑轮与 质量为 m2 (m1) 的物体相连。
2 J 解:答案是 J00 ; 0 0 / 2 ; 30 ;
2 3J 0 0 /2
简要提示:角动量守恒
7. 一圆形转台可绕中心轴无摩擦的转动, 台上有一辆玩具小汽车相对台面由静止启动, 当其绕轴作顺时针圆周运动时,转台将作 转动;当汽车突然刹车停止转动的过程中,系 统的 恒。 解:答案是逆时针;角动量;动量;机械 能 三 计算题 1. 一细杆绕其上端在竖直平面内摆动,杆 与竖直方向的夹角 守恒; 而 和 不守
F1
• O
(
F2
)
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 a1 和 a2,则有: ( A.
1<
) C. a
a1 = a 2
dm dS dxdy
y y b O r x x dm
a
小质元 dm 对于中心轴的转动惯量
dJ r 2 dm ( x 2 y 2 ) dxdy
整个矩形板的转动惯量
J dJ 2a 2b ( x 2 y 2 ) dxdy
2 2 a b
1 1 ab(a 2 b 2 ) m(a 2 b 2 ) 12 12
A. B. C. D.
)
自转周期增加,转动动能增加; 自转周期减小,转动动能减小; 自转周期减小,转动动能增加; 自转周期增加,转动动能减小。 简 要 提 示 : 由 角 动 量 守 恒 ,
解:答案是 C。
2 2 MR20 Mr 2 ,得转动角频率增大, 5 5
所 以 转 动 周 期 减 小 。 转 动 动 能 为
mg T ma
T mg ma
T 2r Tr J 9mr 2 / 2
由转盘和重物之间的运动学关系,有:
T’
T
a 2r
联立以上方程,可得:
a r
2g 19 r
4. 如图所示,半径为 r,转动惯量为 J 的 定滑轮 A 可绕水平光滑轴 o 转动,轮上缠绕有 不能伸长的轻绳, 绳一端系有质量为 m 的物体 B, B 可在 倾角为 的光滑斜 面上滑动,求 B 的 加速度和绳中张 力。 解:物体 B 的运动满足牛顿第二定律
J 00 ( J 0 mR 2 )
1 1 1 2 2 J 0 0 mgR J 0 2 m( 2 R 2 v B 2 2 2
J1 0 A. J J 1 2
J1 0 C. J 2
J1 J 2 0 B. J1
D.
J2 0 J1
解:答案是 A。 简要提示:角动量守恒 7. 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: (
2m 解:答案是 m 。 0
r m0
m
填空题 4 图 填空题 5 图
简要提示:由
E km 2m E km0 m 0
v r
, ,
得:
如图所示, 、 两飞轮的轴杆在一条 直线上,并可用摩擦啮合器C使它们连结.开 始时轮静止,轮以角速度A转动,设在啮 合过程中两飞轮不受其它力矩的作用.当两轮
v 式中 r ,解得 m 由静止下落 h 距离
2
时的速率
v
2(m2 m1 sin ) gh kh 2 m1 m2 J / r 2
m 2 下降到最低时, m1 、 m 2 速率为
零,代入上式,得到 m2 下降的最大距离
hmax
2 (m2 m1 sin ) g k
6. 空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC 自 由转动,转动惯量为J0,环的半径为R,初始时 环的角速度为0。质量为 m 的小球静止在环
Ek 0 12 12 2 MR2 0 , Ek Mr 2 2 25 25
可得 Ek > Ek0。
8. 如图,一质量为 m0 的均匀直杆可绕通 过 O 点的水平轴转动, 质量为 m 的子弹水平射入静止直杆的下 端并留在直杆内,则在射入过程 ( ) A. 动能守恒 B. 动量守恒 C. 机械能守恒 D. 对 O 轴的角动量守恒 解:答案是 D。
内最高处A 点,由于某种微小干扰,小球沿环 向下滑动,问小球滑到与环心O 在同一高度的 B 点和环的最低处的C 点时,环的角速度及小 球相对于环的速度各为多大?(设环的内壁和小 球都是光滑的,小球可视为质点,环截面半径 r<<R.) 解:选小球和环为系统.在转动过程中沿 转轴方向的合外力矩为零, 所以角动量守恒. 对 地球、小球和环系统机械能守恒。取过环心 O 的水平面为势能零点. 小球到B 点时,有: