大学物理(清华)第3章刚体的定轴转动习题解答
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
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 ]（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 ＜βB6、（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。
大学物理第三章刚体力学基础习题答案
方向竖直向下
3-15 由角动量守恒得
mul J mvl 1 1 2 1 2 2 mu m v J 因弹性碰撞，系统机械能守恒： 2 2 2 1 1 2 2 又： J M 2l Ml 12 3 6mu M 3m u 联立可得： v M 3m l M 3m
2 2 2 1 mv l [m( l ) M l 2 ] 3 3 3
o
2 l 3
6mv (4m 3M ) l
v
m
A
3-9 电风扇在开启电源后，经过t1时间到达了额定 转速，此时相应的角速度为 0。当关闭电源后，经 过t2时间风扇停转。已知风扇转子的转动惯量为 J， 并假定摩擦力矩和电机的电磁力矩均为常量，试根据 已知量推算电机的电磁力矩。 解： 设电机的电磁力矩为M，摩擦力矩为Mf
1
0
t1
3-9 (1)
mg T ma
T mg sin 30 ma
g 2 a m/s 4
方向竖直向下
T2 N 2
mg
(2)
mg T1 ma
T2 mg sin 300 ma
T1r T2r J
a r
T1
1
mg
J k m r2
g 联立求解得： a 22 k
质点运动 m 质 量 力 F 刚体定轴转动 2 J r 转动惯量 m dm 力矩 M Fr sin
dp dL F m a F 第二定律 转动定律 M J M dt dt p mv 动 量 角动量 L J t t2 动量定理 t Fdt mv2 mv1 角动量定理 t Mdt J 2 J1 1 动量守恒 F 0, mv 恒矢量 角动量守恒 M 0, J 恒矢量 力矩的功 W Md 力 的 功 W F dr
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=≈⋅。
大学物理同步训练第2版第三章刚体定轴转动详解
mg
3g 1 cos L 1 1 1 cos mL2 2 2 2 3 L
可知当 从 0 至 90 度的过程中，角速度从小到大。 5. （☆）如图 3 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 G，而且 G=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） A B （C） A B 答案：C 分析： （定性）由于物体 m 有向下的加速度，故作用于物体上的绳子张力小于 mg，即小于 右边绳子的张力（=mg） ，故 A 滑轮受到的力矩小于 B 滑轮，故 A B 。 （定量）设圆盘转动惯量为 I ，参考计算题第 1 题的计算过程，可得 A、B 圆盘的转动角加 速度为 （B） A B （D）开始时 A B ，以后 A B
mg TA ma mgR mgR A ； GR I B B TA R I A 2 I mR I R a A
故 A B 。 6. 一轻绳跨过一具有水平光滑轴、转动惯量为 J 的定滑轮， 绳的两端分别悬 有质量为 m1 和 m2 的物体 （m1<m2） ， 如图 4 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 （C）右边大于左边 答案：C 分析： （定性）由于重的物体 m2 最终必然下落，可知圆盘最后将做顺时针转动，因此圆盘 受到的合外力矩应为顺时针，即右边绳子的张力要大于左边绳子的张力。 （定量）参考课本例题（ （★）阿特伍德机：P84，例 3-5）可得 （B）左边大于右边 （D）无法判断哪边大
A J B A
6. （☆）如图 10 所示，一静止的均匀细棒，长为 L，质量为 m1，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 m1L2/3。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出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为 v/2，则 此时棒的角速度应为 答案： 。
大学物理第3章-刚体力学习题解答
大学物理第3章-刚体力学习题解答第3章 刚体力学习题解答3.13 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。
求t 时刻的角速度和角加速度。
解：23212643ct bt ct bt a dt d dtd -==-+==ωθβω3.14桑塔纳汽车时速为166km/h ，车轮滚动半径为0.26m ，发动机转速与驱动轮转速比为0.909, 问发动机转速为每分多少转？解：设车轮半径为R=0.26m ，发动机转速为n 1, 驱动轮转速为n 2, 汽车速度为v=166km/h 。
显然，汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度，909.0/2212Rn Rn v ππ==，所以：min/1054.1/1024.93426.014.3210166909.02909.013rev h rev n R v ⨯=⨯===⨯⨯⨯⨯π3.15 如题3-15图所示，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：设圆柱体长为h ，则半径为r ，厚为dr 的薄圆筒的质量dm 为：2..dm h r dr ρπ=对其轴线的转动惯量dI z 为232..z dI r dm h r dr ρπ==212222112..()2r z r I h r r dr m r r ρπ==-⎰ 3.17 如题3-17图所示，一半圆形细杆，半径为，质量为，求对过细杆二端轴的转动惯量。
解：如图所示，圆形细杆对过O 轴且垂直于圆形细杆所在平面的轴的转动惯量为mR 2，根据垂直轴定理z x y I I I =+和问题的对称性知：圆形细杆对过轴的转动惯量为12mR 2，由转动惯量的可加性可求得：半圆形细杆对过细杆二端轴的转动惯量为：214AA I mR '=3.18 在质量为M ，半径为R 的匀质圆盘上挖出半径为r 的两个圆孔，圆孔中心在半径R 的中点，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量。
大学物理刚体的定轴转动习题及答案（）
⼤学物理刚体的定轴转动习题及答案（）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 ，所以⼀定有切向加速度a t l ，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2a n l 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dL 2式为M z z，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。
L z m i l i2I ,其中dtI m i l i2，代表刚体对定轴的转动惯量，所以M z dLz d I I d I 。
既M z I 。
z dt dt dt z 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 ，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。
大学物理上册第3章习题解答
大学物理上册第3章习题解答第3章角动量定理和刚体的转动一、内容提要1、质点的角动量定理⑴质点对于某一定点的角动量和角动量定理：角动量L r mv =? 角动量定理 dL M dt=⑵质点对于z 轴的角动量和角动量定理：角动量z L r mv τ⊥=? 角动量定理 zz dL M dt=2、质点系的角动量定理刚体的转动惯量和定轴转动定理⑴质点系的角动量定理 i i iidM L dt =∑∑ ⑵刚体的转动惯量 2z iiiI r m =∑ 或2zI r dm =?⑶刚体的定轴转动定理 z z zd M I I dtωβ== 3、刚体的定轴转动动能定理⑴力矩的功z A M d θ=?⑵刚体的转动动能 212k z E I ω=⑶刚体的定轴转动动能定理 22211122z z z A M d I I θωω==-?4、角动量守恒定律⑴质点的角动量守恒定律：若0M =，则21L L = ⑵刚体的对轴角动量守恒定律：刚体对轴的角动量也可写为2z izizL r m I ωω=?=∑，若0iziM =∑，则0z z I I ωω=，即有0ωω=二、习题解答3.1 一发动机的转轴在7s 内由200/min r 匀速增加到3000/min r . 求：（1）这段时间内的初末角速度和角加速度. （2）这段时间内转过的角度和圈数. （3）轴上有一半径为2.0=r m 的飞轮, 求它边缘上一点在7s 末的切向加速度、法向加速度和总加速度.解：（1）初的角速度1200220.9/60rad s πω?=≈ 末的角速度230002314/60rad s πω?=≈角加速度231420.941.9/7rad s t ωβ?-==≈?（2）转过的角度为2211120.9741.97117622t t rad θωβ=+=?+??=117618622 3.14n r θπ===? （3）切向加速度241.90.28.38/a r m s τβ==?=法向加速度为：22423140.2 1.9710/n a r m s ω==?=?总的加速度为：421.9710/a m s ===?3.3 地球在1987年完成365次自转比1900年长14.1s. 求在1900年到1987年间, 地球自转的平均角加速度.解：平均角加速度为0003652365287T t T a t T ππωω??--+?==212373036523652 1.140.9610/8787(3.1510)t rad s T ππ-≈=-=-3.4一人手握哑铃站在转盘上, 两臂伸开时整个系统的转动惯量为22kgm . 推动后, 系统以15/min r 的转速转动. 当人的手臂收回时, 系统的转动惯量为20.8kgm . 求此时的转速.解：由刚体定轴转动的角动量守恒定律，1122I I ωω=121221537.5/min 0.8I r I ωω==?=3.5 质量为60kg , 半径为0.25m 的匀质圆盘, 绕其中心轴以900/min r 的转速转动. 现用一个闸杆和一个外力F 对盘进行制动（如图所示）, 设闸与盘之间的摩擦系数为4.0. 求：（1）当100F N =, 圆盘可在多长时间内停止, 此时已经转了多少转？（2）如果在2s 内盘转速减少一半, F 需多大？图3-5 习题1.4图解：（1）设杆与轮间的正压力为N ,10.5l m =，20.75l m =，由杠杆平衡原理得121()F l l Nl +=121()F l l N l +=闸瓦与杆间的摩擦力为： 121()F l l f N l μμ+== 匀质圆盘对转轴的转动惯量为212I mR =，由定轴转动定律,M I β=，有 ()122112F l l R mR l μβ+-= 21212()40/3F l l rad s mRl μβ+=-=-停止转动所需的时间： 0900200607.06403t s πωβ--===- 转过的角度201532332.762t t rad rad θωβπ?=+=?≈532n θπ==圈（2）030ωπ=，在2s 内角速度减小一半，知0227.5/23.55/rad s rad s tωωβπ-=-=-=-()1222112F l l R mR l μβ+-= 112600.250.5(23.55)1772()20.4 1.25mRl F N l l βμ-=-=-≈+??3.6 发动机带动一个转动惯量为250kgm 的系统做定轴转动. 在0.5s 内由静止开始匀速增加到120/min r 的转速. 求发动机对系统施加的力矩.解：由题意，250I kgm =，00ω=，120/min 4/r rad s ωπ==系统角加速度为：20825.12/rad s t tωωωβπ-?====?? 由刚体定轴转动的转动定理，可知M I β=5025.121256M Nm =?=3.7一轻绳绕于半径为R 的圆盘边缘, 在绳端施以mg F =的拉力, 圆盘可绕水平固定光滑轴在竖直平面内转动. 圆盘质量为M , 并从静止开始转动. 求：（1）圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系. （2）如以质量为m 的物体挂在绳端, 圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系又如何？解：（1）由刚体转动定理可知：M I β= 上题可知： M FR mgR ==212I MR =代入上式得2mgMRβ=， 2212mg t t MRθβ==（2）对物体受力分析'mg F ma -= 'F R I β= a R β=,212I MR =由上式解得22mgMR mR β=+22122mg t t MR mRθβ==+3.8某冲床飞轮的转动惯量为32410kgm ?. 当转速为30/min r 时, 它的转动动能是多少？每冲一次, 其转速下降10/min r . 求每冲一次对外所做的功.解：由题意，转速为：()030/min /r rad s ωπ== 飞轮的转动动能为：232411410 1.9721022E I J ωπ===? 第一次对外做功为：22011122A I I ωω=- 1220/min 3r πω==()2422222301011111515410 3.14 1.0910*******A I I I I J ωωωωπ=-=-=?==?3.9半径为R , 质量为M 的水平圆盘可以绕中心轴无摩擦地转动. 在圆盘上有一人沿着与圆盘同心, 半径为R r <的圆周匀速行走, 行走速度相对于圆盘为v . 设起始时, 圆盘静止不动, 求圆盘的转动角速度.解：设圆盘的转动角速度为2ω，则人的角速度为12vrωω=-，圆盘的转动惯量为212MR ，人的转动惯量为2mr ,由角动量守恒定律， 222212v mr MR r ωω??-=即22222mrvmr MRω=+3.10 两滑冰运动员, 质量分别为60kg 和70kg , 他们的速率分别为7/m s 和6/m s , 在相距1.5m 的两平行线上相向滑行. 当两者最接近时, 互相拉手并开始绕质心做圆周运动. 运动中, 两者间距离保持m 5.1不变. 求该瞬时：（1）系统的总角动量. （2）系统的角速度.（3）两人拉手前后的总动能.解：⑴ 设1m 在原心，质心为c r70 1.50.87060c r m ?=≈+120.8, 1.50.810.7c r r m r m ===-=21112226070.870607630./J m v r m v r kg m s =+=??+??=⑵ 系统的转动惯量为： 222221122600.8700.772.7I m r m r kgm =+=?+?=6308.66/72.7J rad s I ω==≈ 222201122111160770627302222E m v m v J =+=??+??=221172.78.66272622E I J ω==??≈3.11半径为R 的光滑半球形碗, 固定在水平面上. 一均质棒斜靠在碗缘, 一端在碗内, 一端在碗外. 在碗内的长度为c , 求棒的全长.解：棒的受力如图所示本题属于刚体平衡问题，由于碗为光滑半球形，A 端的支持力沿半径方向，而碗缘B 点处的支持力方向不能确定，两个支持力和重力三者在竖直平面内。
《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》课后解答题 第三章刚体定轴转动
第三章 刚体定轴转动一、思考讨论题1、刚体转动时，若它的角速度很大，那么作用它上面的力是否一定很大？作用在它上面的力矩是否一定很大？解：刚体转动时，它的角速度很大，作用在它上面的力不一定大，作用在它上面的力矩也不一定大。
ω增大，则增大增大，M ， βωI dtd I ==， 又⨯= 更无直接关系。
与无直接关系，则有关，与与ωωβF M 2、质量为m =4kg 的小球，在任一时刻的矢径j t i t r 2)1(2+-=，则t s =3时，小球对原点的角动量=？从t =1s 到t s =3的过程中，小球角动量的增量=？。
解：角动量)22(]2)1[(2t m j t i t dtd m m +⨯+-=⨯=⨯= t s =3j i t m j t i t 80)26(4)68()22(]2)1[(23-=+⨯+=+⨯+-==j t m j t i t 16)22(42)22(]2)1[(21-=+⨯=+⨯+-==64)16(8013-=---==∆==3、如图5.1，一圆形台面可绕中心轴无摩擦地转动，有一辆玩具小汽车相对于台面由静止开始启动，绕作圆周运动，问平台面如何运动？若经过一段时间后小汽车突然刹车，则圆台和小汽车怎样运动？此过程中，对于不同的系统，下列表中的物理哪些是守恒量，受外力，合外力矩情况如何？解：平台绕中心轴转动，方向与小车转动方向相反。
小车突然刹车，圆台和小车同时减速、同时静止。
分别考虑小车和圆台在垂直和水平方向的受力。
图5.1tf n小车圆台4、绕固定轴作匀变速转动的刚体，其中各点都绕轴作圆周运动，试问刚体上任一点是否具有切向加速度？是否具有法向加速度？法向加速度和切向加速度大小是否变化？ 解：刚体上的任何一点都有切向加速度。
也有法向加速度。
大小不发生变化。
5、在一物体系中，如果其角动量守恒，动量是否也一定守恒？反之，如果该系统的动量守恒，角动量是否也一定守恒？解：在一物体系中，角动量守恒，动量不一定守恒。
大学物理_刚体的定轴转动_习题及答案
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。
大学物理答案 第三章 刚体的定轴转动
第三章 刚体的定轴转动3-1 （1）铁饼离手时的角速度为(rad/s)250125===.//R v ω（2）铁饼的角加速度为2222539.8(ra d /s )222 1.25ωβ===θ⨯π⨯（3）铁饼在手中加速的时间为t ，则t ω=β(s)628025251222..=⨯⨯==πωθt3-2 （1）初角速度为(rad/s)9206020020./=⨯=πω末角速度为(rad/s)3146030002=⨯=/πω角加速度为231420.941.9(ra d /s )t7.0ω-ω-β===（2）转过的角度为)186(rad 101717231492023圈=⨯=⨯+=+=..t ωωθ（3）切向加速度为2t a R 41.90.28.38(m /s )=β=⨯=法向加速度为)(m /s10971203142422n ⨯=⨯==..R a ω总加速度为)(m/s10971)10971(378242422n 2t ⨯=⨯+=+=...a a a总加速度与切向的夹角为9589378101.97arctanarctan4tn '︒=⨯==.a a θ3-3 （1）对轴I 的转动惯量222219)cos602(])cos60()cos60([2maa a m a a a m J =︒++︒++︒=对轴II 的转动惯量2223)sin60(4maa m J =︒=（2）对垂轴的转动惯量2222312)2()cos30(222maa m a m maJ =+︒+=3-4 （1）设垂直纸面向里的方向为正，反之为负，则该系统对O 点的力矩为mgl l mg l mg l mg l mgM438141418343430=⋅-⋅-⋅+=（2）系统对O 点的总转动惯量等于各部分对O 点的转动惯之和，即22222432104837)43()43)(43(31)4)(4(31)4(mll m l m l m l m J J J J J =+++=+++= （3）由转动定律 βJ M = 可得lg mlmglJ M37364837432===β3-5 （1）摩擦力矩恒定，则转轮作匀角加速度运动，故角加速度为0001201)-(0.8ωωωωβ.-==∆-=t第二秒末的角速度为0000260220ωωωβωω..=⨯-=+=t（2）设摩擦力矩r M 与角速度ω的比例系数为α，据题设可知αωωαω==tJMrd d 即,t Jt Jtαωωαωωωω==⎰⎰0lnd d 0据题设s 1=t 时，0180ωω.=，故可得比例系数80ln .J =α由此s 2=t 时，转轮的角速度2ω为ln0.82ln2=ωω002264080ωωω..==∴3-6 设飞轮与闸瓦间的压力为N ，如图示，则二者间摩擦力N f r μ=，此摩擦力形成阻力矩f r，由转动定律βJ R f r =其中飞轮的转动惯量2mRJ =，角加速度n t520πωωβ-=-=，故得14(N)30.25(1000/60)605252-mnRf r =⨯⨯⨯-=-=ππ见图所示，由制动杆的平衡条件可得0= )(121l N l l F '-+r f N N '==μ得制动力(N)3140.75)(0.54050314)(211=+⨯=+=..l l l f F r μ3-7 如图所示，由牛顿第二定律 对11111:a m g m T m =- 对22222:a m T g m m =- 对整个轮，由转动定律β⎪⎭⎫⎝⎛+=-22221111222121R MR M R T R T 又由运动学关系 1122a /R a /R β== 联立解以上诸式，即可得222221111122)2/()2/()(R m MR m M gR m R m +++-=β3-8 设米尺的总量为m ，则直尺对悬点的转动惯量为习题3-6图习题3-7图2211222211J m l m l 331212m 0.4m 0.635351.4m150.093m=+=⨯⨯+⨯⨯==mg 1.02152mg 522153mg 53=⨯⨯-⨯⨯=M又 1.4M J I m 15=β=2M 0.1m g 1510.5(ra d s)J 1.4m-⨯∴β===从水平位置摆到竖直位置的过程中机械能守恒（以水平位置为O 势能点）221ωJ mghc=即 25.14.1211.0ωm mg ⨯=⨯21=⇒ω3-9 m 视为质点，M 视为刚体（匀质圆盘）。
大学物理 第三章 刚体的定轴转动
a1 = β r1 , a2 = β r2
联立以上 5 个方程可得，两物体的加速度和绳子中的张力分别为
a1 = a2 =
( m1r1 − m2 r2 ) r1 g
J1 + J 2 + m1r12 + m2r22
( m1r1 − m2 r2 ) r2 g
1
(J T =
1
解 设滑轮的半径为 R ,转动惯量为 J ，如图 3.5 所示。使用大小等于 mg ，方向向下的力拉
ww
对物体有： 对滑轮有：
绳子时，如图 3.5（a）,滑轮产生的角加速度为 β =
绳下段挂一质量为 m 的物体时，如图 3.5（b） ，若设绳子此时的拉力为 T，则
此时滑轮产生的角加速度为
mgR J + mR 2 比较可知，用大小等于 mg ，方向向下的拉力拉绳子时，滑轮产生的角加速度变大，本题 β=
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 处的任意质元的法向加速度为和切线加 速度来正确的是（） A. an ， aτ 大小均随时间变化 C. an 的大小变化， aτ 的大小保持不变 B. an ， aτ 大小均保持不变 D. an 大小保持不变， aτ 的大小变化
解 刚体绕定轴做匀变速转动时，因为 an = rω 2 , aτ = r β ，而 β 为恒量，所以 ω = ω0 + β t ， 故 an = r ( ω0 + β t ) , aτ = r β 。可见： an 的大小变化， aτ 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 300rad • min ，转动惯量为 5kg • m ，现施加一恒定的制动
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。
大学物理第3章作业解答
第三章刚体的定轴转动选择题3－1 如图所示,四个质量相同、线度相同而形状不同的物体,它们对各自的几何对称轴的转动惯量最大的是（ A ）（A） (B) (C) (D)3－2 在上题中,它们对各自的几何对称轴的转动惯量最小的是（ C ）3－3 如图所示,P、Q、R、S是附于刚体轻细杆上的四个质点,它们的质量分别为4m、3m、2m和m,PQ QR RS l===,该系统对O O'轴的转动惯量为（ A ）(A) 29m l.10m l; (D) 214m l; (C) 250m l; (B) 23－4 均匀细棒O A,可绕通过点O与棒垂直的光滑水平轴转动,如图所示.如果使棒从水平位置开始下落,在棒到竖直位置的过程中,下列陈述正确的是（ A ）(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.3－5 几个力同时作用在一个具有固定转轴的刚体上.如果这几个力的矢量和为零,则下列陈述正确的是（ D ）(A) 刚体必然不会转动; (B) 刚体的转速必然不变;(C) 刚体的转速必然会变; (D) 刚体的转速可能变,也可能不变.3－6 在光滑的桌面上开一个小孔,把系在绳的一端质量为m的小球置于桌面上,绳的另一端穿过小孔而执于手中.设开始时使小球以恒定的速率v 在水平桌面上作半径为1r 的圆周运动,然后拉绳使小球的轨道半径缩小为2r ,新的角速度2ω和原来的角速度1ω的关系为（ B ） (A) 1212r r ωω⎛⎫ ⎪⎝⎭=; (B) 21212r r ωω⎛⎫⎪⎝⎭=;(C) 2211r r ωω⎛⎫ ⎪⎝⎭=; (D) 22211r r ωω⎛⎫⎪⎝⎭=.3－7 在上题中,新的动能和原来的动能之比为 （ A ）(A) 212r r ⎛⎫ ⎪⎝⎭; (B) 12r r ; (C) 21rr ; (D) 221r r ⎛⎫ ⎪⎝⎭.3－8 刚体绕定轴高速旋转时,下列陈述正确的是 （ D ）(A) 它受的外力一定很大; (B) 它受的外力矩一定很大;(C) 它的角加速度一定很大; (D) 它的角动量和转动动能一定很大. 3－9 芭蕾舞演员绕通过脚尖的竖直轴旋转,当她伸长手臂时的转动惯量为J ,角速度为ω.她将手臂收回至前胸时,转动惯量减小为3J ,此时她的角速度为 （ A ）(A) 3ω; (D) 13ω.3－10 三个完全相同的转轮绕一公共轴旋转.它们的角速度大小相同,但其中一轮的转动方向与另外两个轮相反.今沿轴的方向施力,将三者靠在一起,使它们获得相同的角速度.此时靠在一起后系统的动能与原来三转轮的总动能相比是 （ B ）(A) 减少到13; (B) 减少到19;(C) 增大到3倍; (D) 增大到9倍.计算题3－11 一电动机的电枢转速为11800r min -⋅,当切断电源后,电枢经20s 停下.求:(1) 切断电源后电枢转了多少圈;(2) 切断电源后10s 时,电枢的角速度以及电枢边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度(设电枢半径为10cm ).解 (1) 切断电源时,电枢的转速为11018002πrad s60πrad s60ω--⨯=⋅=⋅电枢的平均角加速度为22060πrad s3.0πrad s20tωα----==⋅=-⋅∆由2202ωωαθ-=∆,且0ω=,可得切断电源后电枢转过的角度为()()22060πrad 600πrad 223πωθα--∆===⨯-转过的圈数为600πr 300r 2π2πN θ∆===(2) 切断电源后10s 时,电枢的角速度为()11060π 3.0π10rad s30πrad s t ωωα--=+=-⨯⋅=⋅此时电枢边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度分别为()111222t 222222n 0.1030πm s3.0πm s9.42m s0.10 3.0πm s0.30πm s0.942m s0.1030πm s90πm s888m sr a r a r ωαω---------==⨯⋅=⋅=⋅==-⨯⋅=-⋅=-⋅==⨯⋅=⋅=⋅v3－12 一飞轮由直径为0.30m 、厚度为22.010m -⨯的圆盘和两个直径为0.10m 、长为28.010m -⨯的圆柱体组成.设飞轮的密度为337.810kg m -⨯⋅,求飞轮对转轴的转动惯量.解 飞轮上的圆盘的半径为10.15m r =,圆柱体的半径为20.05m r =. 飞轮上的圆盘质量为2322111π7.810π0.15 2.010kg 11.0kg m r h ρ-==⨯⨯⨯⨯=圆柱体的质量为2322222π7.810π0.058.010kg 4.90kgm r h ρ-==⨯⨯⨯⨯⨯=飞轮的转动惯量是圆盘和两个圆柱体的转动惯量之和为22222211221111.00.15 4.900.05kg m 0.136kg m 22J m r m r ⎛⎫=+=⨯⨯+⨯⋅=⋅ ⎪⎝⎭3－13 如图所示,质量分别为2m 、3m 和4m 的三个小球,用长均为l 、质量均为m 的三根均匀细棒相连,如图所示(小球的半径r l <<,可视为质点).求该物件对通过点O 垂直于图面的转轴的转动惯量.解 该物件的转动惯量是三个小球和三根细棒的转动惯量之和为2222212343103J m l m l m l m l m l =+++⨯=3－14 细棒长为l ,质量为m ,设转轴通过棒上离中心为h 的一点并与棒垂直.求棒对此轴的转动惯量.解 由平行轴定理,细棒的转动惯量为22222c 111212J J m h m l m h m l h ⎛⎫=+=+=+ ⎪⎝⎭3－15 一个半径为R 质量为m 的均匀圆盘,挖去直径为R 的一个圆孔,如图所示.求剩余部分对通过圆心O 且与盘面垂直的轴的转动惯量.解 开孔圆盘的转动惯量等于完整圆盘的转动惯量减去位于圆孔部位的被挖去的小圆盘的转动惯量:2222111322424232m R m R J m R m R ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦ 3－16 如图所示,某飞轮的直径为0.50m 、转动惯量为22.4k g m ⋅、转速为311.010r min-⨯⋅.如果制动时闸瓦对轮的压力为490N ,闸瓦与轮之间的滑动摩擦因数为0.4,求制动后飞轮转多少圈才停止.解 制动前,飞轮的转速为31102π 1.010rad s105rad s60ω--⨯⨯=⋅=⋅飞轮所受的制动力矩为n 0.44900.25N m 49N m M F R μ=-=-⨯⨯⋅=-⋅根据转动定律,M J α=,可得制动后飞轮的角加速度为2249rad s20.4rad s2.4M J α---==⋅=-⋅由2202ωωαθ-=∆,且0ω=,可得制动后飞轮转过角度为220105rad 270rad 22(20.4)ωθα--∆===⨯-转过的圈数为270r 43.0r 2π2πN θ∆===3－17 如图所示,一物体质量为5kg ,从一倾角为o 37的斜面滑下,物体与斜面的摩擦因数为0.25.一滑轮装在固定轴O 处,轻绳的一端绕在滑轮上,另一端与物体相连.若滑轮可视为是实心圆盘,其质量为20kg 、半径为0.2m ,绳与轮间无相对滑动,且轮轴的摩擦阻力矩忽略不计.求：(1) 物体沿斜面下滑的加速度; (2) 绳中的张力.解 物体和滑轮的示力图以及坐标选取如图所示.图中P 为重力,N F 为正压力,r F 为摩擦力,T F 为张力,T T F F '=.O x 轴沿斜面向下,Oy 垂直于斜面.设物体的质量为1m ,滑轮的质量为2m ,滑轮的半径为r .对物体,根据牛顿第二定律,在O x 和Oy 方向分别有o1T r 1sin 37m g F F m a --=oN 1cos 370F m g -=重力2P 和轮轴对滑轮的压力N 2F 均通过转轴,对转轴的力矩为零.以垂直纸面向里为正方向,滑轮所受的力矩为T T M F r F r '=⋅=⋅.对滑轮,根据转动定律,有T F r J α⋅=而a r α=r N F F μ=2212J m r =联立解以上方程,可得物体沿斜面下滑的加速度和绳中的张力分别为()oo11222sin 37cos 3712345 0.259.8 m s 1.31 m s1555202m a gm m μ--=-+⎛⎫=-⨯⨯⨯⋅=⋅ ⎪⎝⎭+⨯T 21120 1.31 N 13.1 N 22F Jm a rα===⨯⨯=3－18 如图所示,长为l 、质量为m 的均匀细棒可绕点O 转动.此棒原先静止在竖直位置,受微小扰动而倒下.若不计摩擦和空气阻力,求细棒倒至与竖直位置成θ角时的角加速度和角速度.解 细棒的倒下,可看成定轴转动,其转轴通过地面上细棒端点,垂直于细棒的转动平面.在细棒倒下的过程中,细棒与地球组成的系统机械能守恒.以地面为势能零点,设细棒倒至与竖直方向成θ角时,角速度为ω,有21cos 222l l J m gm gωθ+=而213J m l =由此可得,角速度为ω=只有细棒所受的重力对转轴有力矩.以垂直纸面向里为正方向,细棒倒至与竖直方向成θ角时,重力对转轴的力矩为sin 2l M m g θ=.设此时的角加速度为α,则对细棒,根据转动定律,有sin 2l m gJ θα= 将213J m l =代入上式,可得角加速度为3sin 2g lαθ=3－19 如图所示,两个物体质量分别为1m 和2m .定滑轮的质量为m 、半径为R ,可视为圆盘.已知2m 与桌面间的摩擦因数为μ.设轻绳与轮间无相对滑动,且可不计滑轮轴的摩擦力矩,求1m 下落的加速度和滑轮两边绳中的张力.解 两个物体和滑轮的示力图以及坐标选取如图所示.图中P 为重力,N F 为正压力,r F 为摩擦力,T F 为张力,T1T1F F '=,T 2T 2F F '=.O x 轴水平向右,Oy 轴竖直向下.两个物体的加速度虽方向不同,但大小相同,12a a a ==.对物体1m ,根据牛顿第二定律,在Oy 方向有1T 11m g F m a -=对物体2m ,根据牛顿第二定律,在O x 方向有T 2r 2F F m a -=滑轮所受的重力和转轴对滑轮的压力都通过转轴,对转轴的力矩为零.以垂直纸面向里为正方向,滑轮所受的力矩为T 1T 2M F R F R =-.对滑轮,根据转动定律,有T 1T 2F R F R J α-=而212J m R =a R α=r 2F m gμ=联立解以上方程,可得物体的加速度与绳中的张力分别为()1212222m m a g m m mμ-=++()2T 11122122m m F m gm m m μ++=++()1T 22122122m m F m gm m mμ++=++3－20 一圆盘状的均匀飞轮,其质量为100kg 、半径为0.5m ,绕几何中心轴转动.在30s 内,由起始转速13000r m in-⋅均匀地减速至11000r m in -⋅.求阻力矩所做的功.解 飞轮初、末角速度分别为1102π3000rad s100πrad s60ω--⨯=⋅=⋅112π1000100rad sπrad s603ω--⨯=⋅=⋅飞轮的转动惯量为2222111000.5kg m 12.5kg m 22J m R ==⨯⨯⋅=⋅根据动能定理理,外力矩对飞轮所做的功等于飞轮转动动能的增量,可得在飞轮减速的过程中,阻力矩对飞轮所做的功为()222200225111()2221100π 12.5100πJ 5.4810J23A J J J ωωωω=-=-⎡⎤⎛⎫=⨯⨯-=-⨯⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦3－21 质量为m '、半径为R 的转台,可绕过中心的竖直轴转动.质量为m 的人站在转台的边缘.最初人和转台都静止,后来人在转台的边缘开始跑动.设人的角速度(相对于地面)为ω,求转台转动的角速度(转台可看成质量均匀分布的圆盘,并忽略转轴处的摩擦力矩和空气的阻力).解 人和转台组成的系统对中心轴角动量守恒.以人的角速度的方向为正方向,设转台的角速度为1ω,有210J m R ωω+=而212J m R '=由此可得12m m ωω-='式中的负号表明,转台的转动方向与人的转动方向相反.3－22 如图所示,一个转动惯量为J 、半径为R 的圆木盘,可绕通过中心垂直于圆盘面的轴转动.今有一质量为m 的子弹,在距转轴2R 的水平方向以速度0v 射入,并嵌在木盘边缘.求子弹嵌入后木盘转动的角速度.解 子弹和木盘组成的系统,对转轴角动量守恒.以垂直于纸面向外为正方向,设子弹嵌入后,木盘转动的角速度为ω,有2()2R J m R m ω+=v由此可得022()m R J m R ω=+v3－23 如图所示,一均匀细棒长为l 、质量为m ,可绕经过端点O 的水平轴转动.棒被拉到水平位置由静止轻轻放开,下落至竖直位置时,下端与放在地面上的静止物体相撞.若物体的质量也为m ,物体与地面间的摩擦因数为μ,物体滑动s 距离后停止.求: (1) 棒与物体碰撞后,物体的速度;(2) 棒与物体碰撞后,棒的角速度.解 (1)根据动能定理,摩擦力对滑块所做的功等于滑块动能的增量.设物体因碰撞而获得的速度为v ,有2102m gs m μ-=-v由此可得=v (2) 细棒下落的过程中,细棒与地球组成的系统机械能守恒定律.以地面为势能零点,设细棒下落至竖直位置时的角速度为0ω,有20122l J m gω=而213J m l =由此可得0ω=.碰撞过程中角动量守恒.以垂直纸面向外为正方向,设碰撞后,细棒的角速度为ω,有0J m l J ωω+=v将213J m l =、=v 和0ω=代入上式,可得lω=若0ω>,碰撞后细棒继续向右转动, 若0ω<,碰撞后细棒向左转动.。
《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
第3章刚体的定轴转动
大学物理习题及习题解答第三章 刚体的定轴转动31 两个不同半径的皮带轮 A 、B ，由传动皮带相连，轮半径 A Br r > .当它们转动时，问： （1）两轮边缘各点的线速度大小是否相等？ （2）两轮角速度的大小是否相等？（3）两轮边缘处质点的法向加速度大小是否相等？ （4）两轮边缘处质点的切向加速度大小是否相等？ 答：当皮带在两轮上不打滑时，（1）相等，两轮边缘各点线速度的大小都等于皮带上点的速率。
（2）不等。
由于v r w = ， A B v v = ，而 A B r r > 故 A Bw w < （3）不等。
由于 2n v a r= ， A B v v = 而 A B r r > ，故 nA nBa a < （4）相等。
由于 A B v v = ，而A Bdv dv dt dt= ，故 tA tB a a = 32 一飞轮以转速 1 min 1500 - × = r n 转动，受制动均匀减速，经 s t 50 = 后静止。
（1）求角加速度a 和从制动开始到静止这段时间飞轮转过的转数 N ； （2）求制动开始后 s t 25 = 时飞轮的角速度w ；（3）设飞轮的半径 , 1m r = 求在 s t 25 = 时飞轮边缘上一点的速度和加速度。
解：（1） 1 0 2 601500- × ´ =s rad p w 由 0 t t w w a -= ，且 0 t w = ，得220 15002 3.14 6050rad s rad s t w pa - =-=-´×=-× 又 2 0 11() 22 N t t w a p =+´ ，将 0t w a =- 代入得111500 50 r 625 r 2260N t w ==´´= （注意求转数时p 可消去，能减少计算误差。
第3章 刚体的定轴转动习题解答-推荐下载
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）1 40 (rad / s) 2 90 (rad / s)
2 1 90 40 25 (rad / s2 ) 13.1(rad / s2 )
由对称性可知 J x J y ，又 J z mR2
得
方法二：
J
Jx
dm
Jy
dl
1 2
mR 2
Rd
，其中
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，系电通，力1根保过据护管生高线产中0不工资仅艺料可高试以中卷解资配决料置吊试技顶卷术层要是配求指置，机不对组规电在范气进高设行中备继资进电料行保试空护卷载高问与中题带资2负料2，荷试而下卷且高总可中体保资配障料置各试时类卷，管调需路控要习试在题验最到；大位对限。设度在备内管进来路行确敷调保设整机过使组程其高1在中正资，常料要工试加况卷强下安看与全22过，22度并22工且22作尽22下可护都能1关可地于以缩管正小路常故高工障中作高资；中料对资试于料卷继试连电卷接保破管护坏口进范处行围理整，高核或中对者资定对料值某试，些卷审异弯核常扁与高度校中固对资定图料盒纸试位，卷置编工.写况保复进护杂行层设自防备动腐与处跨装理接置，地高尤线中其弯资要曲料避半试免径卷错标调误高试高等方中，案资要，料求编试技5写、卷术重电保交要气护底设设装。备备置管4高调、动线中试电作敷资高气，设料中课并技3试资件且、术卷料中拒管试试调绝路包验卷试动敷含方技作设线案术，技槽以来术、及避管系免架统不等启必多动要项方高方案中式；资，对料为整试解套卷决启突高动然中过停语程机文中。电高因气中此课资，件料电中试力管卷高壁电中薄气资、设料接备试口进卷不行保严调护等试装问工置题作调，并试合且技理进术利行，用过要管关求线运电敷行力设高保技中护术资装。料置线试做缆卷到敷技准设术确原指灵则导活：。。在对对分于于线调差盒试动处过保，程护当中装不高置同中高电资中压料资回试料路卷试交技卷叉术调时问试，题技应，术采作是用为指金调发属试电隔人机板员一进，变行需压隔要器开在组处事在理前发；掌生同握内一图部线纸故槽资障内料时，、，强设需电备要回制进路造行须厂外同家部时出电切具源断高高习中中题资资电料料源试试，卷卷线试切缆验除敷报从设告而完与采毕相用，关高要技中进术资行资料检料试查，卷和并主检且要测了保处解护理现装。场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
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。
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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)/(6251240902212s rad s rad t≈=-=∆-=πππωωβ匀变速转动（2）)(78022122rad πβωωθ=-= )(3902圈==πθn 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 2ωβK J M -== )/(92202s rad JK J K ωωβ-=-= （2）由J K dt d 2ωωβ-== 得 ⎰⎰-=32000ωωωωK Jd dt t ωK Jt 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)/(20606002s rad A ππω=⨯=联立得)(10s R R t B B A A ==βω（2）)/(10603002s rad A ππω=⨯=)/(62s rad t A A A πωωβ=-'= 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。
一根轻绳绕在圆盘的边缘，其自由端悬挂一物体。
若该物体从静止开始匀加速下降，在t ∆＝内下降的距离h ＝0.4m 。
求物体开始下降后第3秒末，盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度。
解：物体下落的加速度())/(2.0222s m t ha =∆=又 βR a a t == ，得圆盘的角加速度 )/(2.02s rad =β第3秒末，圆盘的角速度)/(6.0s rad t ==βω所以 )/(2.02s m a t = )/(36.022s m R a n ==ω3-5 一个砂轮直径为0.4m ，质量为20kg ，以每分钟900转的转速转动。
撤去动力后，一个工件以100N 的正压力作用在砂轮边缘上，使砂轮在内停止，求砂轮和工件的摩擦系数(忽略砂轮轴的摩擦)。
解：βJ M =其中NR M μ-= ，得JNRJ M dt d μωβ-===⎰⎰-=0ωμωNR Jd dt t， 即NRtJ 0ωμ=又)/(306090020s rad ππω=⨯=，)(4.022122m kg d m J ⋅=⎪⎭⎫⎝⎛=得167.0=μ3-6 如图所示，质量为m 的匀质圆环，半径为R ，当它绕通过环心的直径轴转动时，求圆环对轴的转动惯量J 。
解：方法一：设过环心且垂直于圆环所在平面的轴线为z 轴，过环心的两条互相垂直的直径分别为x 轴和y 轴，根据垂直轴定理y x z J J J +=由对称性可知y x J J =，又2mR J z =得221mR J J J y x ===方法二：θλλRd dl dm ==，其中Rm πλ2=()θθλθd R R dm dJ 232sin sin ==23202321sin mR R d R J ===⎰λπθθλπ3-7 如图所示，长为L 2的匀质细棒，质量为M ，未端固定一质量为m 的质点，当它绕过棒中点的水平轴转动时，求转动惯量J 。
习题3-6图习题3-3图解:22M 31mL ML J J J m +=+= 3-8 如图所示，从质量为M ，半径为R 的匀质薄圆板上挖去一个半径为r 的圆孔，圆孔的中心位于半径的中点。
求此时圆板对于原板中心且与板面垂直的轴线的转动惯量。
解：可以把带孔的圆板看成均匀的完整圆板减去一个跟圆孔大小一致的圆板，即孔板圆板J J J -=221MR J =圆板，22)2(21R m mr J +=孔板，其中M R r m 22ππ=得2242412121Mr R r M MR J --=3-9 如图所示，把两根质量均为m ，长为l 的匀质细棒一端焊接相连，其夹角︒=120θ，取连接处为坐标原点，两个细棒所在的平面为Oxy 平面，求此结构分别对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。
习题3-7图习题3-8图习题3-9图习题3-10图解：（1）x x x J J J 右左+=, 其中0=x J 右︒=30cos y l ，︒===30cos 222l dy my dl l m y dmy dJ x 左， ⎰︒=︒=30cos 0224130cos l x ml l dy my J 左，即241ml J J J x x x =+=右左（2）y y y J J J 右左+=, 其中231ml J y =右 ︒=30sin x l , ︒===30sin 222l dx mx dl l m x dmx dJ y 左， ⎰︒=︒=30sin 02212130sin l ml l dx mx J 左，所以2125ml J J J y y y =+=右左(3) 222323131ml ml ml J z =+=或 2223212541ml ml ml J J J y x z =+=+=3-10 如图所示，在边长为a 的正六边形的六个顶点上各固定一个质量为m 的质点，设这正六边形放在Oxy 平面内，求：（1）对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量；（2）对过中心C 且平行于Oy 的y O '轴的转动惯量。
解：（1）223)23(402ma a m J x =⨯+⨯= 22229)2(1)23(2)2(201ma a m aa m J y =⨯+⨯+⨯+⨯=222212)2(1)3(2201ma a m a ma J z =⨯+⨯+⨯+⨯=（2）2223)2(42ma a m ma J y =⨯+⨯=' 或根据平行轴定理2236ma a m J J y y =⨯-='3-11 匀质圆盘质量为m 、半径为R ，放在粗糙的水平桌面上，绕通过盘心的竖直轴转动，初始角速度为0ω，已知圆盘与桌面的摩擦系数为μ，问经过多长时间后圆盘静止解：可以把圆盘看成由许许多多的小圆环组成，其中半径为r 、宽度dr 的质量为rdr dS dm πσσ2== ，其中2Rm πσ=， 受到的摩擦力矩为dr gr dmgr dM 22πμσμ-=-=所以整体圆盘受到的摩擦力矩为mgR gR dr gr M R μπμσπμσ32322302-=-=-=⎰又βJ M =， 221mR J =RgJ M dt d 34μωβ-=== 常量 gRt μωβω43000=-=3-12如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面顶端的卷扬机鼓轮半径为r 、转动惯量为J 、受到的驱动力矩M ，通过绳索牵引斜面上质量为m 的物体，物体与斜面间摩擦系数为μ，求重物上滑的加速度。
绳与斜面平行，不计绳质量。
解：⎪⎩⎪⎨⎧==--=-βθθμβr a ma mg mg T J Tr M sin cos得 2)sin cos (mrJ rmg umg M a +--=θθ 3-13 如图所示，两物体质量分别为1m 和2m ，定滑轮的质量为m 、半径为r ，可视作均匀圆盘。
已知2m 与桌面间的滑动摩擦系数为k μ，求1m 下落的加速度和两段绳子中的张力各是多少设绳子和滑轮间无相对滑动，滑轮轴受的摩擦力忽略不计。
解: ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧===-=-=-r a mr J J r T r T am g m T am T g m k ββμ22122211121得 mm m g m g m a k ++-=212122)(2μmm m gmm g m m a g m T k ++++=-=211211122)1(2)(μ •习题3-12图习题3-13图mm m gmm g m m a m g m T k k k ++++=+=2122122222)1(2μμμ3-14 如图所示的飞轮制动装置，飞轮质量m ＝600kg ，半径R ＝0.25m ，绕其水平中心轴O 转动，转速为900rev/min 。
闸杆尺寸如图示，闸瓦与飞轮间的摩擦系数40.0=μ，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算，现在闸杆的一端加一竖直方向的制动力N 100=F ，问飞轮将在多长时间内停止转动在这段时间内飞轮转了几转解：设作用在飞轮上的压力为N ，则有)75.05.0(5.0+⨯=⨯F N ，得)N (250=N)/(340221s rad mR NR J M -=-==μβ 又)/(306090020s rad ππω=⨯=， 所以)(07.700s t ≈-=βω 又βωθ2020-=，得)(532转==πθn3-15 如图所示，长为l ，•质量为M 的匀质细棒可绕过其端点的水平习题3-15图习题3-14图轴在竖直面内自由转动，现将棒提到水平位置并由静止释放，当棒摆到竖直位置时与放在地面上质量为m 的物体相碰。
设碰后棒不动，物体与地面的摩擦系数为μ，求碰撞后物体经过多少时间停止运动解：由机械能守恒2212ωJ L Mg=，得J MgL =ω 又角动量守恒得mvL J =ω，有LMgJmmL J v 1==ω 又g a μ-=，得LMgJmg a v t μ10=-=又231ML J =，即gL mg M t 33μ=3-16 质量为M 、半径为R 的水平转台，可绕过中心的竖直轴无摩擦地转动。
质量为m 的人站在转台的边缘，人和转台原来都静止。
当人沿转台边缘走一周时，求人和转台相对地面转过的角度。
解：以人和转台组成的系统为研究对象，设人相对于转盘的角速度为ω'，转台相对地的角速度为ω，由角动量守恒得ωωω2221)(MR mr =-' 移项得 ωω)21(222mr MR mr +=' 即 dtd mr MR dt d mr θθ)21(222+=' 两边消去dt ，并积分的⎰⎰+='θπθθ022202)21(d mr MR d mr解得 221222MRmr mr +=πθ3-17 质量为M 、半径为R 的水平转台，可绕过中心的竖直轴无摩擦地转动。