《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)
(1). v 心 15.2 m /s , 500 rev /min (2). 62.5 1.67 s
⑶.g / l g / (2 l ) (4) . 5.0 N • m (5) . 4.0 rad/s
2
(6) . 0.25 kg • m
2
mr
(10).
.、
3gsin /l
二、计算题
1.
有一半径为R 的圆形平板平放在水平桌面上，
平板与水平桌面的摩擦系数为 口，若平板
绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度
3
幵始旋转，它将在旋转几圈后停止？（已知
圆形平板的转动惯量J ^mR 2
，其中m 为圆形平板的质量）
2 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 M
R
dM
2 m mgR
3
故平板角加速度
=M /J
设停止前转数为 n ，则转角
=2 n
由 2 0
2
4 Mn / J
可得
n
J 0 3R ；/16冗 g
4 M
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,其转动惯量为丄MR 2
,滑轮轴光滑.试
2
求该物体由静止幵始下落的过程中，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
、填空题
(7). -Ma
2
(8). -mgl 参考解：M=
2
gm/1 r dr -m g |
(9). J mR 2
对滑轮： TR = J ② 运动学关系： a = R ③
将①、②、③式联立得
1
a = mg / (
- M ) v 0= 0,
1
v = at = mgt / （ m^ - M ）
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 = 8 kg 的重锤.让重锤从高2 m 处由静止落下，测得
下落时间11= 16 s .再用另一质量 m =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
① ②
J = R (「— T 2) / ( a 1 — a 2) = 1.06 x 103
kg • m
4. 一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为
°
•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 o 变为-0时所需的时间. 2
解：根据转动定律： J d / d t =- k
d -dt
J 两边积分： 0/2 1 d 0
t k
-dt J
得
ln2 = kt / J
・・ t = In 2) / k
5. 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 丄丨”，当此人将砝码拉近到距离为 丨2时（每一
2
砝码离转轴为丄丨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
2
TR — M = Ja / R mg- T = ma h = - at 2
2 则将m 、t 1代入上述
方程组，得
a 1 = 2h / t i 2
= 0.0156 m / s T 1 = m ( g — aj = 78.3
N
J = (T 1R — M )R / a 1 将
m 、12代入①、②、③方程组，得
a 2= 2h / t ； = 6.4 x 10-3 m / s T 2= m (g — a) = 39.2 N J = ( T 2R — IM )R / a 2
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：
质量为m 的子弹以水平速度v o 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0的竖直轴的转动惯量为-MR 2
，忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩 ) 2
解：(1)以子弹和圆盘为系统，在子弹击中圆盘过程中，对轴 0的角动量守恒.
nrv o R= ( 1 M R+ 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 R
3
为 M f °rg 2 r d r = (2 / 3) gR = (2 / 3) MgR 设经过t 时间圆盘停止转动，则按角动量定理有
一 M t = 0 一 J = 一(丄 MR+ mR = - mv °R
2
mv 0R mv 0R 3mv 0
t
M f 2/3 MgR 2 Mg
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 处，如图所
2
示.求棒在碰撞后的瞬时绕 0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1ml 2
，式中的m 和l 分别为棒的质量和长度.)
3
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
=6 V 0 / (7L)
8. 长为l 的匀质细杆，可绕过杆的一端 0点的水平光滑固定轴转动， 幵始时静止于竖直位 置.紧挨0
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
这里的
⑵
W= 丘=-(J o - ml ；)4 n ； - (J 0 - ml ；2
)4 2
n ；
2 2 2 2
J o 是没有砝码时系统的转动惯量.
过程中无外力矩作用，系统的动量矩守恒：
1 1
2 (J o + ml ；2
) n i = 2 ( J o + ml ；) n ?
2 2
2 2
将J o 代入W 式，得
2 n 2 n W
⑶
6. 一质量均匀分布的圆盘，质量为 M
'
mnm I ； I ；
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.幵始时，圆盘静止,
幵始自由摆下，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 o ，碰后细杆角速度为 得：
J = m v o l
由于是弹性碰撞，所以单摆的动能变为细杆的转动动能
代入J
=訓|2
，由上述两式可得 (2)
由机械能守恒式
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。

参考解答： 不能.
因为刚体的转动惯量
r i 2
m i 与各质量元和它们对转轴的距离有关.如一匀质圆盘对过
其中心且垂直盘面轴的转动惯量为 1
mR 2
，若按质量全部集中于质心计算，则对同一轴的转 动惯量为零.
2.
冈H 体定轴转动时，它的动能的增量只决定于外力对它做的功而与内力的作用无关。

对于
非刚体也是这样吗？为什么?
参考解答: 根据动能定理可知，质点系的动能增量不仅决定于外力做的功，还决定于内力做的功。

由于刚体内任意两质量元间的距离固定，
或说在运动过程中两质量元的相对位移为零,
所以每一对内力做功之和都为零。

故刚体定轴转动时，动能的增量就只决定于外力的功而 与内力的作用无关了。

非刚体的各质量元间一般都会有相对位移，
所以不能保证每一对内力做功之和都为零,
故动能的增量不仅决定于外力做的功还决定于内力做的功。

3. 乒乓球运动员在台面上搓动乒乓球，为什么乒乓球能自动返回？
，系统角动量守恒
2 2
mV o
1
J 2
并利用(1)中所求得的关系可得
!J 2
2
1
Mgl 1 cos
1
1 2
-mv 0 mgl 及 2
arccos
—
参考解答：
分析：乒乓球（设乒乓球为均质球壳）的运动可分解为球随质心的平动和绕通过质心的轴的转动•乒乓球在台面上滚动时，受到的水平方向的力只有摩擦力•若乒乓球平动的初始速度V c的方向如图，贝y摩擦力F r的方向一定向后.摩擦力的作用有二，对质心的运动来说，它使质心平动的速度V C逐渐减小；对绕质心的转动来说，它将使转动的角速度逐渐
变小.
当质心平动的速度V c= 0而角速度0
时，乒乓球将返回.因此，要使乒乓球能自动
返回，初始速度V c和初始角速度0的大小应满足一定的关系.
解题：由质心运动定理:F r m dV c
dt
因F r mg,得V c V c0 g ⑴
由对通过质心的轴（垂直于屏面）的转动定律M 1
(2)
RF r (2mR2)d,得
3 dt 0 gt
2R
由（1）,（2）两式可得0 |Vc' V c,令V c 0；
2 R
可得°引°
2R
这说明当V c= 0和0的大小满足此关系时，乒乓球可自动返回.。