6.刚体定轴转动定律电子教案

6.刚体定轴转动定律

《大学物理》作业 No.6 刚体定轴转动定律

班级 ___________ 学号 __________ 姓名 _________ 成绩 ________

基本要求：

（1） 理解描述刚体定轴转动的基本物理量以及角量与线量之间的关系 （2） 掌握力矩、转动惯量的概念和转动定律及应用 内容提要

1. 刚体绕定轴转动的角速度和角加速度

t t t d d lim 0θ

θω=

∆∆=→∆， t d d ωβϖϖ=

2. 刚体绕定轴转动匀变速转动公式

2002

1t t αωθθ++=， t αωω+=0，)(202

02θθαωω-+=

3. 力矩F r M ϖ

ϖϖ⨯=

注意对固定点的力矩与对转轴的力矩的区别

力矩是使物体转动状态变化的原因，力是使物体平动状态变化的原因，合外力为零，合外力矩不一定为零； 4. 刚体的定轴转动定律: βϖ

ϖJ M =

5. 刚体转动惯量：质量分布不连续的质点系∑∆=2i i r m J

连续物体m r J d 2

⎰=

6. 转动惯量有关的因素：

a. 刚体的质量;

b. 质量的分布;

c. 转轴的位置; 7. 几种特殊情况的转动惯量大小：

a: 长为L 、质量为m 的均匀细棒绕一端的转动惯量:3/2mL J = b: 质量分布均匀的圆盘绕中心转轴: 22

1

mR J =

一、选择题

1. 以下说法正确的是

[ ] (A) 合外力为零,合外力矩一定为零；

(B) 合外力为零,合外力矩一定不为零； (C) 合外力为零,合外力矩可以不为零； (D) 合外力不为零,合外力矩一定不为零； (E) 合外力不为零,合外力矩一定为零.

2. 有A 、B 两个半径相同,质量相同的细圆环.A 环的质量均匀分布,B 环的质量不均匀分布,设它们对过环心的中心轴的转动惯量分别为I A 和I B ,则有 [ ] (A) I A ＞I B .

(B) I A ＜I B .

(C) 无法确定哪个大. (D) I A ＝I B . 3.将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，如果在绳端挂一质量为m 的重物时，飞轮的角加速度为β1. 如果以拉力2mg 代替重物拉绳时, 飞轮的角加速度将

[ ] （A ）小于β 1.

(B )大于β1,小于2β1. (C) 大于2β1. (D) 等于2β1.

4. 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．

二、填空题

1.半径为r = 1.5m 的飞轮作匀变速转动,初角速度ω 0=10rad/s,角加速度β=－5rad/s 2, 则在t = 时角位移为零,而此时边缘上点的线速度v = .

2.半径为20cm 的主动轮,通过皮带拖动半径为50cm 的被动轮转动,皮带与轮之间无相对滑动, 主动轮从静止开始作匀角加速转动. 在4s 内被动轮的角速度达到8πrad/s,则主动轮在这段时间内转过了 圈.

3. 如图所示一长为L 的轻质细杆,两端分别固定质量为m

和2m 的小球,此系统在竖直平面内可绕过中点O 且与杆垂直的水平光滑轴(O 轴)转动, 开始时杆与水平成60°角,处于静止状态.无初转速地释放后,杆球这一刚体系统绕O 轴转动,系统绕O 轴的转动惯量J = .释放后,当杆转到水平位置时,刚体受到的合外力矩M = ; 角加速度β= .

三、计算题

m 2 m 1

O

○ 2m

○ m

O · ╮

60°

1. 质量均为m 的物体A 和B 叠放在光滑桌面上，轻绳跨过轴光滑的定滑轮连接

物体A 和B （图1）。设定滑轮的转动惯量22

1

mR J =，（R 为滑轮半径），忽

略A 与B 间的摩擦。今用水平力F 拉物体A ，已知m R kg m N F 05.0,0.8,10===。求: （1）定滑轮的角加速度。

（2）物体A 与定滑轮间绳子的张力。 （3）物体B 与定滑轮间绳子的张力。

2. 两端挂着物体质量分别为m 和m 2的轻绳，跨过两质量均为m ，半径均为r 的均匀圆盘状定滑轮（图2）。滑轮轴光滑，将系统静止释放，求两滑轮间绳子的张力。 No.6

参考答案 一、选择题

1. （C ）；

2. （D ）；

3.（C ），提示：如图设定滑轮的质量为M ，半径为R ，绕中心轴转动的转动惯量为J ，如果在绳端挂一质量为m

牛顿第二定律，对定滑轮应用转动定律，可以得到方程组

1

1ββR a J TR ma T mg ===-解得2

1R J mgR

+=β

如果以拉力2mg 代替重物拉绳时，对定滑轮应用转动定律22βJ mgR =，可得， J

mgR

22=β

比较发现122ββ>。 4. (C )

二、填空题

1. t = 4秒, v = s m /15- 提示：根据公式02

12

0=+

=t t βωθ可得t = 4秒，此时飞轮的角速度s rad t /100-=+=βωω，故边缘部分的线速度为s m R v /15-==ω ; 2. 20，提示：主动轮与被动轮在任意时刻边缘处的线速度是相等的，所以

12.085.0ωπ⋅=⋅，得到主动轮在4秒时的角速度为s rad /201πω=，所以主动轮

转过的角度为rad t t πωβθ402

1

2112===

所以主动轮转过的圈数为20240==

ππ

n ； 3. J =243ml ，M = 2mgl ，β = g L 32

，提示：不连续物体的转动惯量2

222

2

1

43424mL L m L m r m J i i i =⋅+⋅==∑=，合外力的力矩为重力矩，两物体重力矩

方向相反，为2

222mgL mg L mg L M =⋅-⋅=，根据转动定律βJ M =，可得角加速度L

g 32=

β；