大学物理第3章刚体的定轴转动习题解答
大学物理第三章-部分课后习题答案
大学物理第三章 课后习题答案3-1 半径为R 、质量为M 的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为R 的圆孔，孔的中心在12R 处，求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。
分析：用补偿法〔负质量法〕求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。
注意对同一轴而言。
解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2112J MR =① 由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2222213()()2424232c M R M R J J md MR =+=⨯⨯+⨯= ②由①②式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2121332J J J MR =-=3-2 如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M ，长度为L ，在其中点O 处弯成120θ=︒角，放在xOy 平面内，求铁丝对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。
分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得 解：〔1〕对x 轴的转动惯量为：2022201(sin 60)32Lx M J r dm l dl ML L ===⎰⎰ 〔2〕对y 轴的转动惯量为：20222015()(sin 30)32296Ly M L M J l dl ML L =⨯⨯+=⎰〔3〕对Z 轴的转动惯量为：22112()32212z M L J ML =⨯⨯⨯=3-3 电风扇开启电源后经过5s 到达额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16s 风扇停止转动，已知风扇转动惯量为20.5kg m ⋅，且摩擦力矩f M 和电磁力矩M 均为常量，求电机的电磁力矩M 。
分析：f M ，M 为常量，开启电源5s 内是匀加速转动，关闭电源16s 内是匀减速转动，可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩M 。
解：由定轴转动定律得：1f M M J β-=，即11252520.50.5 4.12516f M J M J J N m ππβββ⨯⨯=+=+=⨯+⨯=⋅ 3-4 飞轮的质量为60kg ，直径为0.5m ，转速为1000/min r ，现要求在5s 内使其制动，求制动力F ，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4μ=，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，尺寸如题图3-4所示。
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
大学物理刚体习题
大学物理刚体习题(总13页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--习 题第三章 刚体的转动刚体的定轴转动47. 一定滑轮半径为R ，质量为M ，用一质量不计的绳绕在滑轮上，另一端系一质量为m 的物体并由静止释放，这时滑轮的角加速度为1β，若不系物体而用一力F = mg 拉绳子使滑轮转动，这时角加速度为2β，这时有（）1β2β（）1β2β （C ）1β2β（D ）无法判断 分析由转动定律M I β=本题中I 不变β的大小完全取决于M 的大小而 M TR =系物体m 时 : T mg <不系物体而用一力F = mg 时: TF mg ==因此力矩变大所以有12ββ<mF选49.一飞轮的转动惯量为J ，t = 0时角速度为0ω，轮子在转动过程中受到一力矩2ωk M-=，则当转动角速度为0/3ω时的角加速度β = 从0ω到0/3ω飞轮转动经过的时间t ∆= 解: (1) 求β当0/3ω时, 20()3M k ω=-由 M J β=, 可得此时 209k MJ J ωβ==-(2) d M J J dt ωβ== 2d k J dt ωω-=分离变量，两边积分32td kdt Jωωωω-=⎰⎰解得: 02J t k ω∆=50．长为l 的均匀直棒可绕其下端与棒垂直的水平光滑轴在竖直平面内转动。
抬起一端使与水平夹角为60=θ，棒对轴的转动惯量为231ml J =，由静止释放直棒，则t = 0时棒的β＝？；水平位置时的β＝？这时的ω=（1）求β 据转动定律M J β=, MJβ= 0t =时， cos 602lM mg =︒水平位置时， 2lM mg =代入MJβ=，可别解得034glβ= 和 32g l β= （2）求ωd d d d M J J J J dt d dt d ωωθωβωθθ====将cos 2l M mg θ=和213J ml =代入化简并积分得， 0033cos 2g d d l ωπθθωω=⎰⎰ 60可求得332g l ω=（本题还可用动能定律机械能守恒方便求解ω）2211sin 60223l mg ml ω︒=⋅ 332g lω⇒=51．一飞轮以min /600rev 的转速转动，其转动惯量为25.2m kg J ⋅=，以恒定力矩使飞轮在一分钟内停止转动，求该力矩M 。
大学物理 3.3刚体定轴转动中的功与能
冲头做的功。
解：以 1和 2 分别表示冲孔前后的飞轮的角速度
2n 1
8rad s1
1 60
1 0.2 0.8
2
1
1
由转动动能定理 A 1 J 2 1 J 2 1 J 2 0.82 1
2
2 2
1
2
1
又 J 1 mr2 2
A 5.45103 J
1.绕定轴转动刚体的动能
Δm ,Δm ,,Δm ,,Δm
1
2
i
N
r, r, , r , r
1
2
i,
N
v,v ,,v,,v
1
2
i
N
v r
i
i
E 1 Δmv 2
i2
ii
刚体的总动能
E 1 Δm v 2 1 Δm r 2 2
例3-7半径R质量M的圆盘滑轮可绕通过盘心的水平轴转 动，滑轮上绕有轻绳，绳的一端悬挂质量为m的物体。 当物体从静止下降距离h时，物体速度是多少？
解：以滑轮、物体和地球组成系统为研究对 象。由于只有保守力做功，故机械能守恒。
设终态时重力势能为零
R M
初态：动能为零，重力势能为
v
末态：动能包括滑轮转动动能和物体平动动能
2
合外力矩对刚体所做的功等于刚体转动动能的增量。 这就是刚体定轴转动的动能定理
例3-6 某一冲床利用飞轮的转动动能通过曲柄连杆机构 的传动，带动冲头在铁板上穿孔。已知飞轮为均匀圆盘， 其半径为r=0.4m，质量为m=600kg，飞轮的正常转速 是 n 240r min，1 冲一次孔转速降低20%。求冲一次孔
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： 。
大学物理习题册及解答 第二版 刚体的定轴转动
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
（2）由垂直轴定理有： J J 1 J MR2
由平行轴定理有：
J
xC
J
yC
2
MR2
zC
3
2 MR 2
PP
xC
（3）复摆的摆动周期为 T 2π J
2
mgl
T 2 2R T 2 3R
T1 4 1.1547
2.力矩的定义式为_M_____r__F_．
在力矩作用下，一个绕轴转动的物体作_变__角__动_量_运动． 若系统所受的合外力矩为零，则系统的____角__动_量_____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___
(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．
7．花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，
转动惯量为J0，角速度为0，然后她将两臂收回，使转动惯量减少
为J0
/3,这时她转动的角速度变为
(A) 1 (B) 1
分析：
2as
2 0
2 02
a r
0 r0
s
r
N
2
13.3圈
02 0.024rad / s2 2
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m1和m2的物体(m1 >m2）．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
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。
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》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03章试题库刚体的定轴转动
《大学物理》试题库管理系统内容第三章 刚体的定轴转动1 题号：03001 第03章 题型：选择题 难易程度：较难试题: 某刚体绕定轴作匀变速转动，对刚体上距转轴为r 处的任一质元的法向加速度n a 和切向加速度τa 来说正确的是（ ）．A.n a 的大小变化，τa 的大小保持恒定B.n a 的大小保持恒定，τa 的大小变化C.n a 、τa 的大小均随时间变化D.n a 、τa 的大小均保持不变 答案: A2 题号：03002 第03章 题型：选择题 难易程度：适中试题: 有A 、B 两个半径相同、质量也相同的细环，其中A 环的质量分布均匀，而B 环的质量分布不均匀．若两环对过环心且与环面垂直轴的转动惯量分别为B A J J 和，则（ ）．A. B A J J =B. B A J J >C. B A J J <D. 无法确定B A J J 和的相对大小 答案: A3 题号：03003 第03章 题型：选择题 难易程度：适中试题: 一轻绳绕在具有水平转轴的定滑轮上，绳下端挂一物体，物体的质量为m ，此时滑轮的角加速度为β，若将物体取下，而用大小等于mg 、方向向下的力拉绳子，则滑轮的角加速度将（ ）．A.变大B.不变C.变小D.无法确定 答案: A试题: 一人张开双臂手握哑铃坐在转椅上，让转椅转动起来，若此后无外力矩作用，则当此人收回双臂时，人和转椅这一系统的（ ）．A.系统的角动量保持不变B.角动量加大C.转速和转动动能变化不清楚D.转速加大，转动动能不变 答案: A5 题号：03005 第03章 题型：选择题 难易程度：较难试题: 某力学系统由两个质点组成，它们之间仅有引力作用．若两质点所受外力的矢量和为零，则此力学系统（ ）．A.动量守恒，但机械能和角动量是否守恒不能确定B.动量和角动量守恒，但机械能是否守恒不能确定C.动量、机械能守恒，但角动量是否守恒不能确定D.动量、机械能以及对某一转轴的角动量一定守恒 答案: A6 题号：03006 第03章 题型：选择题 难易程度：较难试题: 如图所示，两个质量均为m 、半径均为R 的匀质圆盘形滑轮的两端，用轻绳分别系着质量为m 和2m 的小物块．若系统从静止释放，则释放后两滑轮之间绳内的张力为（ ）．A.mg 811 B.mg 23C.mg 21 D.mg答案: A试题: 某质点受的力为kx e F F -=0，若质点从静止开始运动（即，0=x 时0=v ），则该质点所能达到的最大动能为（ ）．A.k F 0 B. k eF0 C. k e kF 0 D. 0kF 答案: A8 题号：03008 第03章 题型：选择题 难易程度：适中试题: 如图所示，在水平光滑的圆盘上，有一质量为m 的质点，拴在一根穿过圆盘中心光滑小孔的轻绳上．开始时质点离中心的距离为r ，并以角速度转动．今以均匀速率向下拉绳，将质点拉至离中心2r 处时，拉力做的功为（ ）．A.2223ωmr B. 2225ωmr C.2227ωmr D. 2221ωmr 答案: A9 题号：03009 第03章 题型：选择题 难易程度：适中试题: 已知地球的质量为m ，太阳的质量为M ，地心与日心的距离为R ，引力常数为G ，则地球绕太阳作圆周运动的角动量为（ ）．A.GMR mB.R G MmC.R GMmD.RGMm 2 答案: A10 题号：03010 第03章 题型：选择题 难易程度：适中F ϖrm试题: 卫星绕地球做椭圆运动，地心为椭圆的一个焦点，在运动过程中，下列叙述中正确的是（）．A.角动量守恒B.动量守恒C.机械能不守恒D.动量和角动量都不守恒答案: A11 题号：03011 第03章题型：选择题难易程度：适中试题: 三个完全相同的轮子可绕一公共轴转动，角速度的大小都相同，但其中一轮的转动方向与另外两轮的转动方向相反．若使三个轮子靠近啮合在一起，则系统的动能与原来三个轮子的总动能相比为（）．A.减小到1/9B.减小到1/3C.增大9倍D.增大3倍答案: A12 题号：03012 第03章题型：选择题难易程度：较难试题: 下列说法中，错误的是（）．A.对于给定的刚体而言，他的质量和形状是一定的，则其转动惯量也是唯一确定的M=，其中M、J和β均是对同一转轴而言的B.刚体定轴转动的转动定律为βJC.刚体的转动动能等于刚体上各质元的动能之和D.刚体作定轴转动时，其上各点的角速度相同而线速度不同答案: A13 题号：03013 第03章题型：选择题难易程度：适中试题: 下列说法中，正确的是（）．A.作用在定轴转动刚体上的合力矩越大，刚体转动的角加速度越大B.作用在定轴转动刚体上的合力矩越大，刚体转动的角速度就越大C.作用在定轴转动刚体上的合力矩为零，刚体转动的角速度就为零D.作用在定轴转动刚体上的合力越大，刚体转动的角加速度就越大 答案: A14 题号：03014 第03章 题型：选择题 难易程度：难试题: 轮圈半径为R 、其质量M 均匀分布在轮缘上，长为R 、质量为m 的匀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不变，则轮圈的质量应为（ ）．A.M m N +3 B.M m N +6 C.M m N +12 D. M m N +32 答案: A15 题号：03015 第03章 题型：选择题 难易程度：适中 试题: 如图一质量为m 的匀质杆长为l ，绕铅直轴O O '成θ角转动，其转动惯量为（ ）．A.θ22sin 31mlB.231mlC.θ22sin 41ml D.2121ml 答案: A16 题号：03016 第03章 题型：选择题 难易程度：适中 试题: 如图一质量为m 的匀质杆长为l ，绕铅直轴O O '成θ角转动，则匀质杆所受的合外力矩为（ ）．A.θsin 21mgl B.θcos 21mgl C.θsin mgl D.θcos mgl 答案: A17 题号：03017 第03章 题型：选择题 难易程度：适中 试题: 如图一质量为m 的匀质杆长为l ，绕铅直轴O O '成θ角转动，则匀质杆的角动量为（ ）．A.θω22sin 31mlB.ω231mlC.ω2121ml D.θω22sin 41ml 答案: A18 题号：03018 第03章 题型：选择题 难易程度：难 O O '成θ角转试题: 如图一质量为m 的匀质杆长为l ，绕铅直轴动，则匀质杆的角加速度为（ ）．A.θsin 23l g B.lg θsin 23C.l g θsin 32D.θsin 32l g 答案: A19 题号：03019 第03章 题型：选择题 难易程度：难试题: 如图所示，两根长度和质量分别相等的细杆分别绕着光滑的水平轴1O 和2O 转动，设他们自水平位置从静止释放时，角加速度分别为1β和2β，则二者角加速度之间的关系为（ ）．1Ol O32lA. 21ββ=B.21ββ>C. 21ββ<D.不能确定 答案: A20 题号：03020 第03章 题型：选择题 难易程度：难试题: 如图所示，光滑的水平桌面上有一长为2l 、质量为m 的匀质细杆，可绕通过中点O 、且与杆垂直的竖直轴自由转动，开始时细杆静止．现有一质量为m 的小球，沿桌面正对着杆的一端，以速度v ρ运动，并与杆的A 端碰撞后与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速度为（ ）．A.lv43 B. l v 2C.l v 32 D. lv54 答案: A21 题号：03021 第03章 题型：填空题 难易程度：容易 试题: 刚体是一理想模型,他虽然有一定的形状和大小，但形状和大小永远保持 ． 答案: 不变22 题号：03022 第03章 题型：填空题 难易程度：容易 试题: 刚体定轴转动的运动方程的表示式是 ． 答案: )(t θθ=23 题号：03023 第03章 题型：填空题 难易程度：较难 试题: 把不涉及转动的原因，只研究如何描述刚体的定轴转动的问题称为 ．Ol 2 mv ρmA答案: 刚体定轴转动运动学24 题号：03024 第03章 题型：填空题 难易程度：较难 试题: 把研究刚体定轴转动原因的问题称为 ． 答案: 刚体定轴转动的动力学25 题号：03025 第03章 题型：填空题 难易程度：适中试题: 刚体的转动惯量取决于刚体的总质量、质量分布和 等三个因素． 答案: 转轴的位置26 题号：03026 第03章 题型：填空题 难易程度：较难试题: 一飞轮以1min rad 300-⋅的转速转动，转动惯量为2m kg 5⋅，现施加一恒定的制动力矩，使飞轮在2s 内停止转动，则该恒定制动力矩的大小为 ． 答案: m N ⋅=5.78M27 题号：03027 第03章 题型：填空题 难易程度：适中 试题: 如图所示，质量为1m 和2m 的均匀细棒长度均为2l ，在两棒对接处嵌有一质量为m 的小球，对过A 的轴而言，若2222141127121ml l m l m J A ++=，则B J 为 ． 答案:2222141127121ml l m l m ++ 28 题号：03028 第03章 题型：填空题 难易程度：较难试题: 质量为m 的匀质细杆，长为l ，以角速度ω绕过杆的端点且垂直于杆的水平轴转动，则杆的动量大小为 ．答案:ωml 21A B29 题号：03029 第03章 题型：填空题 难易程度：适中试题: 质量为m 的匀质细杆，长为l ，以角速度ω绕过杆的端点且垂直于杆的水平轴转动，则杆绕转动轴的动能为 ．答案:2261ωml 30 题号：03030 第03章 题型：填空题 难易程度：适中试题: 质量为m 的匀质细杆，长为l ，以角速度ω绕过杆的端点且垂直于杆的水平轴转动，则杆绕转动轴的角动量大小为 ．答案: ω231ml31 题号：03031 第03章 题型：填空题 难易程度：适中试题: 若飞轮从静止开始作匀加速转动，在最初2min 转了3600转，则飞轮的角加速度为 ． 答案: 2s rad -⋅=14.3β32 题号：03032 第03章 题型：填空题 难易程度：较难试题: 若飞轮从静止开始作匀加速转动，在最初1min 转了3600转，则飞轮在第50秒末的角速度为 ． 答案: 1s rad -⋅=314ω33 题号：03033 第03章 题型：填空题 难易程度：适中 试题: 若某飞轮绕其中心轴转动的运动方程为t t t 4223+-=θ，其中θ的单位为rad ，t 的单位为s ，则飞轮在第2秒末的角加速度为 ． 答案: 2s rad -⋅=12β34 题号：03034 第03章 题型：填空题 难易程度：较难试题: 若某飞轮绕其中心轴转动的运动方程为t t t 4223+-=θ，其中θ的单位为rad ，t 的单位为s ，则飞轮从s 2=t 到s 4=t 这段时间内的平均角加速度为 ． 答案: 2s rad -⋅=12β35 题号：03035 第03章 题型：填空题 难易程度：较难试题: 若质量为m 、半径为R 的匀质薄圆盘绕过中心且与盘面垂直轴的转动惯量为221mR ，则质量为m 、半径为R 、高度为h 的匀质圆柱体绕过中心且与端面垂直轴的转动惯量为 ．答案:221mR 36 题号：03036 第03章 题型：填空题 难易程度：适中试题: 一转动惯量为J 的刚体绕某固定轴转动，当他在外力矩M ρ的作用下，角速度从1ω变为2ω，则该刚体在此过程)(21t t →中所受的冲量矩⎰21t t dt M ρ等于 ． 答案: 12ωωJ J -37 题号：03037 第03章 题型：填空题 难易程度：适中试题: 一转动惯量为J 的刚体绕某固定轴转动，当他在外力矩M ρ的作用下，角速度从1ω变为2ω，则该刚体在此过程)(21θθ→中力矩所做的功⎰21θθθMd 等于 ．答案:21222121ωωJ J - 38 题号：03038 第03章 题型：填空题 难易程度：容易试题: 刚体角动量守恒的条件为 ． 答案: 0=外M ρ39 题号：03039 第03章 题型：填空题 难易程度：较难试题: 一质量为m 的粒子，相对于坐标原点处于j y i x r ρρρ+=点，速度为j v i v v y x ρρρ+=，则该质点相对于坐标原点的角动量为 ． 答案: k yv xv m L x y ρρ)(-=40 题号：03040 第03章 题型：填空题 难易程度：适中试题: 一飞轮的转动惯量为J ，0=t 时角速度为0ω，此后飞轮经历一制动过程，受到的阻力矩的大小与角速度成正比，即ωk M -=，式中k 为正的常量．当3ωω=时，飞轮的角加速度为 ．答案: Jk 30ωβ-= 41 题号：03041 第03章 题型：计算题 难易程度：适中 试题: 一条缆索绕过一个定滑轮拉动升降机，如图所示．滑轮的半径为m 5.0=r ，如果升降机从静止开始以加速度2s m 4.0-⋅=a 匀加速上升，求：（1）滑轮的角加速度；（2）开始上升后t = 5s 末滑轮的角速度； （3）在这5秒内滑轮转过的圈数；（4）开始上升后s 1='t 末滑轮边缘上一点的加速度（假定缆索和滑轮之间不打滑）．答案: 为了图示清晰，将滑轮放大为如图所示．a ρv ρ（1）由于升降机的加速度和滑轮边缘上的一点的切向加速度相等，所以滑轮的角加速度为2s rad 8.0-⋅===rar a τβ （2）由于00=ω，所以5秒末滑轮的角速度为1s rad 0.4-⋅==t βω（3）在这5秒内滑轮转过的角度为rad 10212==t βθ 所以在这5秒内滑轮转过的圈数为圈6.1210==πN（4）结合题意，由图可以看出2s m 4.0-⋅==a a τ2222s m 32.0-⋅===t r r a n βω由此可得滑轮边缘上一点在升降机开始上升后s 1='t 时的加速度为222s m 51.0-⋅=+='τa a a n这个加速度的方向与滑轮边缘的切线方向的夹角为117.384.032.0tan tan =⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫⎝⎛=--ταa a n 42 题号：03042 第03章 题型：计算题 难易程度：难 试题: 一绳跨过定滑轮，两端分别系有质量分别为m 和M 的物体，且m M >．滑轮可看作是质量均匀分布的圆盘，其质量为m '，半径为R有摩擦，滑轮转动时受到了摩擦阻力矩阻M 且与滑轮间无相对滑动．求物体的加速度及绳中的张力． 答案: 由于滑轮有质量，所以不得不考虑滑轮的转动惯性；在转动过程中滑轮还受到阻力矩的作用，在滑轮绕轴作加速转动时，它必须受到两侧绳子的拉力所产生的力矩，以便克服转动惯性与阻力矩的作用，因此滑轮两a ρ1a侧绳子中的拉力一定不相等．设两侧绳子中的拉力分别为1T 和2T ，则滑轮及两侧物体的受力如图所示，其中11T T '=，22T T '=（作用力与反作用力大小相等）．因为m M >，所以左侧物体上升，右侧物体下降．设其加速度分别为1a 和2a ，据题意可知，绳子不可伸长，则21a a =，令它们为a ．滑轮以顺时针转动，设其角加速度为β，则摩擦阻力矩阻M 的指向为逆时针方向，如图所示．对于上下作平动的两物体，可以视为质点，由牛顿第二运动定律得⎩⎨⎧=-=-Ma T Mg M mamg T m 21：对：对 （1） 滑轮作定轴转动，受到的外力矩分别为R T 2'和R T 1'及阻M （轴对滑轮的支持力N 通过了转轴，其力矩为零）．若以顺时针方向转的力矩为正，逆时针转的方向为负，则由刚体定轴转动的转动定律得ββ⎪⎭⎫⎝⎛'==--21221R m J M R T R T 阻 （2）据题意可知，绳与滑轮间无相对滑动，所以滑轮边缘上一点的切向加速度和物体的加速度相等，即βτR a a == （3）联立（1）、（2）、（3）三个方程，得2)(m m M R M g m M a '++--=阻2)22()(1m m M R mM mg m M a g m T '++-'+=+=阻2)22()(2m m M R MM Mg m m a g M T '+++'+=-=阻43 题号：03043 第03章 题型：计算题 难易程度：适中试题: 求长为L ，质量为m 的均匀细棒AB 的转动惯量．（1）对于通过棒的一端与棒垂直的轴；（2）对于通过棒的中点与棒垂直的轴． 答案: （1）如图所示，以过A 端垂直于棒的o o '为轴，沿棒长方向为x 轴，原点在轴上，在棒上取一长度元dx ，则这一长度元的质量为dx Lmdm =，所以202231mL dx L m x dm x J L m =⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎰⎰端点（2）同理，如图所示，以过中点垂直于棒的o o '为轴，沿棒长方向为x 轴，原点在轴上，在棒上取一长度元dx ，因此22222121mL dx L m x dm x J L L m=⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎰⎰-中点 由此可见，对于同一均匀细棒，转轴的位置不同，棒的转动惯量不同． 44 题号：03044 第03章 题型：计算题 难易程度：容易试题: 试求质量为m 、半径为R 的匀质圆盘对垂直于平面且过中心轴的转动惯量． 答案: 已知条件如图所示．由于质量连续分布，所以220222mR dl R m R dm R J Rm=⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎰⎰ππ 45 题号：03045 第03章 题型：计算题 难易程度：适中试题: 试求质量为m 、半径为R 的匀质圆环对垂直于平面且过中心轴的转动惯量．o AA dm答案: 已知条件如图所示．由于质量连续分布，设圆盘的厚度为l ，则圆盘的质量密度为lR m2πρ=．因圆盘可以看成是许多有厚度的圆环组成，所以()ρππρl R ldr r r dm r J R m 4022212=⋅⋅==⎰⎰代入圆盘的质量密度，得221mR J =46 题号：03046 第03章 题型：计算题 难易程度：较难试题: 如图所示，一质量为M 、半径为R 的匀质圆盘形滑轮，可绕一无摩擦的水平轴转动．圆盘上绕有质量可不计的绳子，绳子一端固定在滑轮上，另一端悬挂一质量为m 的物体，问物体由静止落下h 高度时，物体的速率为多少答案: 法一 用牛顿第二运动定律及转动定律求解．受力分析如图所示，对物体m 用牛顿第二运动定律得ma T mg =- （1）对匀质圆盘形滑轮用转动定律有βJ R T =' （2）物体下降的加速度的大小就是转动时滑轮边缘上切向加速度，所以βR a = （3）又由牛顿第三运动定律得T T '=（4）物体m 落下h 高度时的速率为lah v 2= （5）因为221MR J =，所以联立以上（1）、（2）、（3）、（4）和（5）式，可得物体m 落下h 高度时的速率为mM mghv 22+=（小于物体自由下落的速率gh 2）．解法二 利用动能定理求解．如图所示，对于物体m 利用质点的动能定理有222121mv mv Th mgh -=- （6） 其中0v 和v 是物体的初速度和末速度．对于滑轮利用刚体定轴转动的转动定理有222121ωωθJ J TR -=∆ （7） 其中θ∆是在拉力矩TR 的作用下滑轮转过的角度，0ω和ω是滑轮的初角速度和末角速度．由于滑轮和绳子间无相对滑动，所以物体落下的距离应等于滑轮边缘上任意一点所经过的弧长，即θ∆=R h ．又因为00=v ，00=ω，R v ω=，221MR J =，所以联立（6）和（7）式，可得物体m 落下h 高度时的速率为mM mghv 22+=．解法三 利用机械能守恒定律求解．若把滑轮、物体和地球看成一个系统，则在物体落下、滑轮转动的过程中，绳子的拉力T 对物体做负功（Th -），T '对滑轮做正功（Th ）即内力做功的代数和为零，所以系统的机械能守恒．若把系统开始运动而还没有运动时的状态作为初始状态，系统在物体落下高度h 时的状态作为末状态，则0212121222=-+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛mgh mv R v MR 所以物体m 落下h 高度时的速率为mM mghv 22+=．47 题号：03047 第03章 题型：计算题 难易程度：容易试题: 哈雷慧星绕太阳运行的轨道是一个椭圆，如图所示，它离太阳最近的距离是m 1075.810⨯=近日r ，此时速率为-14s m 1046.5⋅⨯=近日v ；它离太阳最远时的速率为-12s m 1008.9⋅⨯=远日v ，这时它离太阳的距离？远日=r答案: 彗星受太阳引力的作用，而引力通过了太阳，所以对太阳的力矩为零，故彗星在运行的过程中角动量守恒．于是有远日远日近日近日v r v r ρρρρ⨯=⨯因为远日远日近日近日，v r v r ρρρρ⊥⊥，所以有远日近日近日远日v v r r =代入数据，得m 1026.512⨯=远日r48 题号：03048 第03章 题型：计算题 难易程度：较难试题: 如图所示，一个长为l 、质量为M 的匀质杆可绕支点o 自由转动．一质量为m 、速率为v 的子弹以与水平方向成060角的方向射入杆内距支点为a 处，使杆的偏转角为030．问子弹的初速率为多少答案: 把子弹和匀质杆作为一个系统，由于该系统所受的外力有重力及轴对杆的约束力，在子弹射入杆的极短过程中，重力和约束力都通过了转轴o ，因此它们对转轴的力矩均为零，故该系统的角动量守恒．设ρ子弹射入杆后与杆一同前进的角速度为ω，则碰撞前的角动量等于碰撞后的角动量，即()ω⎪⎭⎫⎝⎛+=2203160cos ma Ml a v m子弹在射入杆后与杆一起摆动的过程中只有重力做功，所以由子弹、杆和地球组成的系统机械能守恒，因此有()()022230cos 1230cos 13121-⋅+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+l Mg mga ma Ml ω 联立上述这两个方程得子弹的初速率为()()22326322ma Ml ma Ml g mav ++-=49 题号：03049 第03章 题型：计算题 难易程度：较难试题: 如图所示，一根质量为M 、长为2 l 的均匀细棒，可以在竖直平面内绕通过其中心的光滑水平轴转动，开始时细棒静止于水平位置．今有一质量为m 的小球，以速度u ρ垂直向下落到了棒的端点，设小球与棒的碰撞为完全弹性碰撞．试求碰撞后小球的回跳速度v ρ及棒绕轴转动的角速度ω．答案: 以棒和小球组成的系统为研究对象，则该系统所受的外力有小球的重力、棒的重力和轴给予棒的支持力， 后两者的作用线都通过了转轴，对轴的力矩为零．由于碰撞时间极短，碰撞的冲力矩远大于小球所受的重力矩，所以小球对轴的力矩可忽略不计．分析可知所取系统的角动量守恒．由于碰撞前棒处于静止状态，所以碰撞前系统的角动量就是小球的角动量lmu ． 由于碰撞后小球以速度v 回跳，其角动量为lmv ；棒获得的角速度为ω，棒的角动量为()ωω22312121Ml l M =⎥⎦⎤⎢⎣⎡．所以碰撞后系统的角动量为ω231Ml lmv +．由角动量守恒定律得omuω231Ml lmv lmu += （1） 注意：上式中u ，v 这两个速度是以其代数量来表示．以碰撞前小球运动的方向为正，即0>u ；碰撞后小球回跳，u 与v 的方向必然相反，应该有0<v ．由题意知，碰撞是完全弹性碰撞，所以碰撞前后系统的动能守恒，即222231212121ω⎪⎭⎫⎝⎛+=Ml mv mu （2） 联立（1）和（2）式，可得小球的速度为u Mm Mm v +-=33棒的角速度为luM m m ⋅+=36ω讨论：由于碰撞后小球回跳，所以v 与u 的方向不同，而0>u ，则0<v ．从结果可以看出，要保证0<v ，则必须保证m M 3>．否则，若M m 31≥，无论如何，碰撞后小球也不能回跳，杂耍运动员特别注意这一点．50 题号：03050 第03章 题型：计算题 难易程度：较难试题: 如图所示，一长为l 、质量为m 的匀质细棒竖直放置，其下端与一固定铰链o 相连结，并可绕其转动．由于此竖直放置的细棒处于非稳定平衡状态，当其受到微小扰动时，细棒将在重力的作用下由静止开始绕铰链o 转动．试计算细棒转到与竖直位置成θ角时的角加速度和角速度．答案: 法一 利用定轴转动的转动定律求解．分析受力如图所示，其中G ρ为细棒所受的重力、N ρ为铰链给细棒的约束力．由于约束力N ρ始终通过转轴，所以其作用力矩为零；铰链与细棒之间的摩擦力矩题中没有给定可认为不存在．又由于细棒为匀质细棒，所以重力G ρ的作用点在细棒中心．故由定轴转动的转动定律可得βθ⎪⎭⎫ ⎝⎛=231sin 21ml mgl 因此细棒转过θ角时的角加速度为θβsin 23lg=由角加速度的定义可得θθθωsin 23lgdt d d d =⋅ 整理可得θθωωd l g d ⎪⎭⎫⎝⎛=sin 23 由于0=t 时，0=θ，0=ω；而t t =时，θθ=，ωω=．所以上式两边取积分有θθωωθω⎰⎰⎪⎭⎫⎝⎛=0sin 23d l g d 因此细棒转过θ角时的角速度为()θωcos 13-=lg解法二 利用机械能守恒定律求解．以细棒和地球组成的系统为研究对象，由于细棒所受的重力为保守内力，铰链给细棒的约束力不做功，铰链与细棒之间的摩擦力题中没有给定可认为不存在，因此系统的机械能守恒．于是有()223121cos 12ωθ⎪⎭⎫ ⎝⎛=-⋅ml l mg 因此细棒转过θ角时的角速度为()θωcos 13-=lg此时的角加速度为θωβsin 23lgdt d ==解法三 利用定轴转动的动能定理求解．铰链的约束力对细棒不做功，摩擦力矩没有给定可以认为不存在，只有重力矩做功，所以对于细棒而言，合外力所做的功就是重力矩所做的功，即()θθθθθθcos 121sin 200-=⎪⎭⎫⎝⎛==⎰⎰mgl d l mg Md W由定轴转动的动能定理得()223121cos 121ωθ⎪⎭⎫ ⎝⎛=-ml mgl 因此细棒转过θ角时的角速度为()θωcos 13-=lg此时的角加速度为θωβsin 23lgdt d ==51 题号：03051 第03章 题型：计算题 难易程度：适中试题: 如图所示，在光滑的水平面上有一长为l 、质量为m 的匀质细棒以与棒长方向相互垂直的速度v ρ向前平动，平动中与一固定在桌面上的钉子o 相碰撞，碰撞后，细棒将绕点o 转动，试求其转动的角速度．答案: 由于细棒在光滑的水平面上运动，所以细棒与钉子o 碰撞的过程中遵守角动量守恒定律，则碰撞后碰撞前L L =对于转轴o 而言：⎪⎭⎫⎝⎛=4l mv L 碰撞前方向垂直于纸面向外；ωω⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+==242l l m J J L o 中心轴碰撞后ωω2224874121ml l m ml =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+=方向垂直于纸面向外．所以有ω24874ml l mv =⎪⎭⎫⎝⎛ 故细棒碰撞后绕轴o 转动的角速度为lv712=ω 52 题号：03052 第03章 题型：计算题 难易程度：适中试题: 如图所示，在光滑的水平面上有一劲度系数为k 的轻质弹簧，它的一端固定，另一端系一质量为M 的滑块．最初滑块静止时，弹簧处于自然长度0l ．现有一质量为m 的子弹以速度0v 沿水平方向并垂直于弹簧轴线射向滑块且留在其中，滑块在水平面内滑动．当滑块被拉伸到长度为l 时，求滑块速度的大小和方向．答案: 此题的物理过程有两个，第一个过程为子弹与滑块的碰撞过程．在该过程中子弹与滑块组成的系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒．于是有()V m M mv +=0第二个过程为滑块与子弹一起，以共同的速度V 在弹簧的约束下运动的过程．在该过程中弹簧的弹力不断增大，但始终通过转轴o ，它的力矩为零，所以角动量守恒；与此同时若以子弹、滑块、弹簧和地球组成的系统为研究对象，则该过程也满足机械能守恒定律．因此有()()θsin 0v m M l V m M +=+()()()2022212121l l k v m M V m M -++=+ 其中θ为滑块运动方向与弹簧轴线方向之间的夹角．联立以上三个方程可得滑块速度的大小和方向分别为()m M l l k m M mv v +--⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=2020 ()()⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=--212020001sin m M l l k m M mv m M l l mv θ 53 题号：03053 第03章 题型：计算题 难易程度：适中试题: 一飞轮半径r = 1m ，以转速1min r 1500-⋅=n 转动，受制动均匀减速，经s 50=t 后静止．试求：（1）角加速度β和从制动开始到静止这段时间飞轮转过的转数N ；（2）制动开始后s 25=t 时飞轮的角速度ω；（3）在s 25=t 时飞轮边缘上一点的速度和加速度．答案: （1）角加速度20s rad 14.35060150014.325020-⋅-=⨯⨯-=-=-=ntπωωβ从制动开始到静止这段时间飞轮转过的转数62514.325014.3215060150014.322212220=⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=+=∆=πβωπθtt N 圈（2）制动开始后s 25=t 时飞轮的角速度10s rad 5.782514.360150014.322-⋅=⨯-⨯⨯=+=+=t n t βπβωω （3）在s 25=t 时飞轮边缘上一点的速度和加速度分别为11s m 5.78s m )15.78()(--⋅=⋅⨯==τττωρρρρr v ()()τβωττρρρρρr n r a n a a n +=+=2()[]()232s m )14.31016.6(14.315.78-⋅-⨯=⨯-+⨯=ττρρρρn r n54 题号：03054 第03章 题型：计算题 难易程度：适中试题: 如图所示．细棒的长为l ，设转轴通过棒上离中心距离为d 的一点并与棒垂直．求棒对此轴的转动惯量o J '．试说明这一转动惯ol量o J '与棒对过棒中心并与此轴平行的转轴的转动惯量o J 之间的关系（此为平行轴定理）．答案: 如图所示，以过o '点垂直于棒的直线为轴，沿棒长方向为x '轴，原点在o '点处，在棒上取一长度元x d '，则()⎰'='mo dm x J 2()⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛''=d l d l x d lm x 22222121md ml +=所以o J '与o J 之间的关系为2md J J o o +='55 题号：03055 第03章 题型：计算题 难易程度：适中试题: 如图所示．两物体的质量分别为1m 和2m ，滑轮的转动惯量为J ，半径为r ．若2m 与桌面的摩擦系数为μ，设绳子与滑轮间无相对滑动，试求系统的加速度a 的大小及绳子中张力1T 和2T 的大小．答案: 分析受力如题图所示．21m m 和设其加速度分别为1a 和2a ，则由牛顿运动定律得22221111⎩⎨⎧=-=-a m g m T a m T g m μ 滑轮作定轴转动，则由转动定律有βJ r T r T =-21由于绳子与滑轮间无相对滑动，所以r a a a β===21d ox 'x 1。
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
大学物理第3章刚体的定轴转动习题解答
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。
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
大学物理(上)课件-第03章刚体的定轴转动3-2
N
o
c
⋅
θ
dθ
⋅
1 1 dω (2) mg cos θ = ml 2 2 3 dt 1 dω dθ 1 2 dω = ml 2 = ml ω 3 dθ dt 3 dθ
ω
o
r1
r2 v1
∆m1
E
27
K
1 2 = J ω ——刚体定轴转动的动能 2
3. 刚体定轴转动的动能定理
设在外力矩 M 的作用下，刚体绕定轴发生角位移 dθ 元功：
dA = Mdθ
dω 由转动定律 M = J β = J dt dω 有 dA = J dθ = Jω dω dt
A=
∫ω
ω2
1
1 1 2 2 = J ω － J ω Jω d ω 2 1 2 2
28
刚体绕定轴转动的动能定理 ：合外力矩对刚体所做的 功等于刚体转动动能的增量。
ω = (2 β h r )1 2 = 9.08 rad ⋅ s −1
§3.3 定轴转动刚体的功与能
1.力矩的功 � 刚体在力 F 作用绕轴转过一微小角位移 dθ � � � � 力 F 作功为dA = F ⋅ dr = F cos(π − ϕ ) dr
2 = F sin ϕ dr = F sin ϕds = Fr sin ϕdθ � 力F使刚体由θ 0转到θ 时, 力矩的功为
2
4 2 19 2 65 2 J = J1 + J 2 = mr + mr = mr 3 2 6
22
例1 一个质量为Ｍ、半径为Ｒ的定滑 轮（当作均匀圆盘）上面绕有细绳， 绳的一端固定在滑轮边上，另一端挂 一质量为ｍ的物体而下垂。忽略轴处 摩擦，求物体ｍ由静止下落高度ｈ时 的速度和此时滑轮的角速度。 解：
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。
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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 。
解:22M31mL ML J J Jm +=+=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。
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 •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 mRNR J M -=-==μβ 又)/(306090020s rad ππω=⨯=， 所以)(07.700s t ≈-=βω 又βωθ2020-=，得)(532转==πθn 3-15 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 221222MR mr mr +=πθ 3-17 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。
初角速度为0ω，当质量为m 的人以相对转台的恒定速率v 沿半径从转台中心向边缘走去，求转台转过的角度随时间t 的变化函数。