4.刚体定轴转动 大学物理习题答案
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 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 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;5．一转速为1200r min 的飞轮,因制动而均匀地减速,经10秒后停止转动,求：（1） 飞轮的角加速度和从开始制动到停止转动,飞轮所转过的圈数； （2） 开始制动后5秒时飞轮的角速度; 解：1由题意飞轮的初角速度为飞轮作均减速转动,其角加速度为故从开始制动到停止转动,飞轮转过的角位移为 因此,飞轮转过圈数为/2θπ∆=100圈;2开始制动后5秒时飞轮的角速度为6．如图所示, 一飞轮由一直径为2()d m ,厚度为()a m 的圆盘和两个直径为1()d m ,长为()L m 的共轴圆柱体组成,设飞轮的密度为3(/)kg m ρ,求飞轮对轴的转动惯量;解：如图所示,根据转动惯量的可加性,飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和;由此可得7. 如图所示,一半径为r,质量为m 1的匀质圆盘作为定滑轮,绕有轻绳,绳上挂一质量为m 2的重物,求重物下落的加速度;解：设绳中张力为T对于重物按牛顿第二定律有22m g T m a -= 1对于滑轮按转动定律有212Tr mr β=2 由角量线量关系有a r β= 3联立以上三式解得8. 如图所示,两个匀质圆盘同轴地焊在一起,它们的半径分别为r 1、r 2,质量为1m 和2m ,可绕过盘心且与盘面垂直的光滑水平轴转动,两轮上绕有轻绳,各挂有质量为3m 和4m 的重物,求轮的角加速度β;解：设连接3m 的绳子中的张力为T1,连接4m 的绳子中的张力为T2; 对重物3m 按牛顿第二定律有3133m g T m a -= 1 对重物4m 按牛顿第二定律有2444T m g m a -= 2对两个园盘,作为一个整体,按转动定律有112211221122T r T r m r m r β⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭3aLd 1d 2由角量线量之间的关系有 31a r β=442a r β= 5联立以上五式解得9. 如图所示,一半径为R,质量为m 的匀质圆盘,以角速度ω绕其中心轴转动;现将它平放在一水平板上,盘与板表面的摩擦因数为μ;1求圆盘所受的摩擦力矩；2问经过多少时间后,圆盘转动才能停止 解：分析：圆盘各部分的摩擦力的力臂不同,为此,可将圆盘分割成许多同心圆环,对环的摩擦力矩积分即可得总力矩;另由于摩擦力矩是恒力矩,由角动量定理可求得圆盘停止前所经历的时间;1圆盘上半径为r 、宽度为dr 的同心圆环所受的摩擦力矩为负号表示摩擦力矩为阻力矩;对上式沿径向积分得圆盘所受的总摩擦力矩大小为2由于摩擦力矩是一恒力矩,圆盘的转动惯量212I mr =,由角动量定理可得圆盘停止的时间为10. 飞轮的质量m ＝60kg,半径R ＝0.25m,绕其水平中心轴O 转动,转速为900rev ·min -1．现利用一制动的闸杆,在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ,可使飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题4-10图所示,闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：1设F ＝100 N,问可使飞轮在多长时间内停止转动在这段时间里飞轮转了几转2如果在2s 内飞轮转速减少一半,需加多大的力F解: 1先作闸杆和飞轮的受力分析图如图b ．图中N 、N '是正压力,r F 、r F '是摩擦力,x F 和y F 是杆在A 点转轴处所受支承力,R 是轮的重力,P 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,则有对飞轮,按转动定律有I R F r /-=β,式中负号表示β与角速度ω方向相反．∵ N F r μ=N N '=∴F l l l N F r 121+='=μμ 又∵ ,212mR I = ∴ F mRl l l I R F r 121)(2+-=-=μβ ① 以N 100=F 等代入上式,得由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 这段时间内飞轮的角位移为可知在这段时间里,飞轮转了1.53转． 210s rad 602900-⋅⨯=πω,要求飞轮转速在2=t s 内减少一半,可知 用上面式1所示的关系,可求出所需的制动力为11. 如图所示,主动轮A 半径为r 1,转动惯量为1I ,绕定轴1O 转动；从动轮B 半径为r 2,转动惯量为2I ,绕定轴2O 转动；两轮之间无相对滑动;若知主动轮受到的驱动力矩为M ,求两个轮的角加速度1β和2β;解：设两轮之间摩擦力为f 对主动轮按转动定律有:111M fr I β-= 1对从动轮按转动定律有222fr I β= 2由于两个轮边沿速率相同,有1122r r ββ= 3联立以上三式解得12. 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴O O '转动．设大小圆柱体的半径分别为R 和r ,质量分别为M 和m ．绕在两柱体上的细绳分别与物体1m 和2m 相连,1m 和2m 则挂在圆柱体的两侧,如题4-12a 图所示．设R ＝0.20m, r ＝0.10m,m ＝4 kg,M ＝10 kg,1m ＝2m ＝2 kg,且开始时1m ,2m 离地均为h ＝2m ．求：1柱体转动时的角加速度； 2两侧细绳的张力．解: 设1a ,2a 和β分别为1m ,2m 和柱体的加速度及角加速度方向题4-12b图．(1) 1m ,2m 和柱体的运动方程如下：2222a m g m T =- ① 1111a m T g m =- ②βI r T R T ='-'21 ③式中 ββR a r a T T T T ==='='122211,,,而 222121mr MR I += 由上式求得 2由①式 由②式13. 一质量为m 、半径为R 的自行车轮,假定质量均匀分布在轮缘上,可绕轴自由转动．另一质量为0m 的子弹以速度0v 射入轮缘如题2-31图所示方向． 1开始时轮是静止的,在质点打入后的角速度为何值2用m ,0m 和θ表示系统包括轮和质点最后动能和初始动能之比． 解: 1射入的过程对O 轴的角动量守恒 ∴ Rm m v m )(sin 000+=θω2020*********sin 21])(sin ][)[(210m m m v m R m m v m R m m E E k k +=++=θθ14. 如图所示,长为l 的轻杆,两端各固定质量分别为m 和2m 的小球,杆可绕水平光滑固定轴O 在竖直面内转动,转轴O 距两端分别为13l 和23l ．轻杆原来静止在竖直位置．今有一质量为m 的小球,以水平速度0υ与杆下端小球m 作对心碰撞,碰后以021υ 的速度返回,试求碰撞后轻杆所获得的角速度．解：碰撞过程满足角动量守恒：而 222212()2()333I m l m l ml =+=2m m O21 0vl l 31l所以 2023mv l ml ω=由此得到：032vlω=15. 如图所示,A 和B 两飞轮的轴杆在同一中心线上,设两轮的转动惯量分别为 J A ＝10 kg ·m2 和 J B ＝20 kg ·m2．开始时,A 轮转速为600 rev/min,B 轮静止．C 为摩擦啮合器,其转动惯量可忽略不计．A 、B 分别与C 的左、右两个组件相连,当C 的左右组件啮合时,B 轮得到加速而A 轮减速,直到两轮的转速相等为止．设轴光滑,求：1 两轮啮合后的转速n ；2 两轮各自所受的冲量矩．解：1 两轮啮合过程满足角动量守恒： 所以 A AA BI I I ωω=+ 因为 2n ωπ= 故 10600200/min 1020A A AB I n n r I I ⨯===++ 2 两轮各自所受的冲量矩： 末角速度：2200202/603n rad s ππωπ⨯=== A 轮各所受的冲量矩：202060040010(2) 4.1910()3603A A L I I N m s ππωωπ∆=-=⨯-⨯=-=-⨯⋅⋅B 轮各所受的冲量矩：16. 有一半径为R 的均匀球体,绕通过其一直径的光滑固定轴匀速转动,转动周期为0T ．如它的半径由R 自动收缩为R 21,求球体收缩后的转动周期．球体对于通过直径的轴的转动惯量为J ＝2mR2 / 5,式中m 和R 分别为球体的质量和半径．解：1 球体收缩过程满足角动量守恒：所以17. 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v0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．解：1 子弹击中圆盘过程满足角动量守恒： 所以 002211()22mRv mv mR MR m M Rω==++ 2圆盘受到的摩擦力矩为 由转动定律得 M Iβ'=。
大学物理习题册及解答_第二版_第四章_刚体的定轴转动
第四章 刚体定轴转动(一)
一．选择题
1．几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上，如果这几 个力的矢量和为零，则此刚体 (A) 必然不会转动． (B) 转速必然不变． (C) 转速必然改变． (D) 转速可能不变，也可能改变．
(1 )m m / 2 T mg m m m/2
k 1 k 2 2 1 2
4．质量为M，长为l的均匀细杆，可绕A端的水平轴自由转动，当 杆自由下垂时，有一质量为m的小球，在离杆下端的距离为a处垂 直击中细杆，并于碰撞后自由下落，而细杆在碰撞后的最大偏角 为，试求小球击中细杆前的速度。 解：球与杆碰撞瞬间，系统所受合外力矩为零，系 统碰撞前后角动量守恒
m (l a) J
1 J Ml 3
2
杆摆动过程机械能守恒
1 l J Mg (1 cos ) 2 2
2
解得小球碰前速率为
Ml 2 gl 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
1 d 13 即 MgR ( MR MRu) 2 dt 8
该题也可在地面参考系中分别对人和物体利用牛顿第二定 律，对滑轮应用转动定律求解。
一选择题
第四章 刚体定轴转动(二)
大学物理第四章习题解
第四章 刚体的定轴转动4–1 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度转动，在4s 内被动轮的角速度达到π/s 8，则主动轮在这段时间内转过了 圈。
解：被动轮边缘上一点的线速度为πm/s 45.0π8222=⨯==r ωv在4s 内主动轮的角速度为πrad/s 202.0π412111====r r v v ω主动轮的角速度为2011πrad/s 540π2==∆-=tωωα在4s 内主动轮转过圈数为20π520ππ2(π212π212121=⨯==αωN （圈）4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为0ω＝5rad/s ，t ＝20s 时角速度为08.0ωω=，则飞轮的角加速度α＝ ，t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度θ＝ 。
解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为20s /rad 05.020558.0-=-⨯=-=tωωα t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度为rad 250100)05.0(21100521220=⨯-⨯+⨯=+=t t αωθ4–3 转动惯量是物体 量度，决定刚体的转动惯量的因素有 。
解：转动惯性大小，刚体的形状、质量分布及转轴的位置。
4–4 如图4-1，在轻杆的b 处与3b 处各系质量为2m 和m 的质点，可绕O 轴转动，则质点系的转动惯量为 。
解：由分离质点的转动惯量的定义得221i i i r m J ∆=∑=22)3(2b m mb +=211mb =4–5 一飞轮以600r/min 的转速旋转，转动惯量为·m 2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s 内停止转动，则该恒定制动力矩的大小M ＝_________。
解：飞轮的角加速度为20s /rad 20160/π26000-=⨯-=-=tωωα制动力矩的大小为m N π50π)20(5.2⋅-=-⨯==αJ M负号表示力矩为阻力矩。
【大题】工科物理大作业04-刚体定轴转动
【大题】工科物理大作业04-刚体定轴转动 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN0404 刚体定轴转动班号 学号 姓名 成绩一、选择题（在下列各题中，均给出了4个~5个答案，其中有的只有1个是正确答案，有的则有几个是正确答案，请把正确答案的英文字母序号填在题后的括号内）1．某刚体绕定轴作匀变速转动，对刚体上距转轴为r 处的任一质元来说，在下列关于其法向加速度n a 和切向加速度τa 的表述中，正确的是：A ．n a 、τa 的大小均随时间变化；B ．n a 、τa 的大小均保持不变；C ．n a 的大小变化，τa 的大小保持恒定；D ．n a 的大小保持恒定，τa 大小变化。
（C ）[知识点］刚体匀变速定轴转动特征，角量与线量的关系。
[分析与题解] 刚体中任一质元的法向、切向加速度分别为 r a n 2ω=，r a τβ=当β = 恒量时，t βωω+=0 ，显然r t r a n 202)(βωω+==，其大小随时间而变，ra τβ=的大小恒定不变。
2. 两个均质圆盘A 和B ，密度分别为ρA 和ρB ，且B ρρ>A ，但两圆盘的质量和厚度相同。
若两盘对通过盘心且与盘面垂直的轴的转动惯量分别为A I 和B I ，则 A ．B I I >A； B. B I I <A ；C ．B I I =A ； D. 不能确定A I 和B I 的相对大小。
（B ）[知识点］转动惯量的计算。
[分析与题解] 设A 、B 两盘厚度为d ，半径分别为R A 和R B ，由题意，二者质量相等，即B B A A d R d R ρπρπ22=因为B A ρρ>， 所以22B A R R < 且转动惯量221mR I =，则B A I I <3．在下列关于刚体的表述中，不正确的是：A ．刚体作定轴转动时，其上各点的角速度相同，线速度不同；B ．刚体定轴转动的转动定律为βI M =，式中β,,I M 均对同一条固定轴而言的，否则该式不成立；C ．对给定的刚体而言，它的质量和形状是一定的，则其转动惯量也是唯一确定的；D ．刚体的转动动能等于刚体上各质元的动能之和。
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
大学物理第四章 刚体的转动部分的习题及答案
第四章 刚体的转动一、简答题：1、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。
2、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 =。
3、写出刚体转动惯量的公式，并说明它由哪些因素确定?答案：dm r J V⎰=2①刚体的质量及其分布；②转轴的位置；③刚体的形状。
二、选择题1、在定轴转动中，如果合外力矩的方向与角速度的方向一致，则以下说法正确的是 ( A )A.合力矩增大时，物体角速度一定增大；B.合力矩减小时，物体角速度一定减小；C.合力矩减小时，物体角加速度不一定变小；D.合力矩增大时，物体角加速度不一定增大2、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；3、有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动， 转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度0ω转动，此时有一质量为m 的人站住转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 ( A ) A.()2mR J J +ω B.()2Rm J J +ω C.20mR J ω D.0ω4、均匀细棒OA 可绕通过其一端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落，在棒摆动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．5、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度( C )A.增大B.不变C.减小 (D) 、不能确定6、在地球绕太阳中心作椭圆运动时，则地球对太阳中心的 ( B ) A.角动量守恒，动能守恒 B.角动量守恒，机械能守恒 C.角动量不守恒，机械能守恒 D.角动量守恒，动量守恒7、有两个半径相同,质量相等的细圆环A 和B ，A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀，它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，则 ( C )A.B A J J >；B.B A J J <；C.B A J J =；D.不能确定A J 、B J 哪个大。
刚体定轴转动练习题及答案
刚体定轴转动练习题一、选择题1、一刚体以每分钟60转绕Z 轴做匀速转动（ωϖ沿Z 轴正方向）。
设某时刻刚体上一点P 的位置矢量为k j i r ϖϖϖϖ543++=，其单位为m 210-，若以s m /102-为速度单位，则该时刻P 点的速度为：（ ） A υϖ＝94.2i ϖ+125.6j ϖ+157.0k ϖ； B υϖ=34.4k ϖ； C υϖ=-25.1i ϖ+18.8j ϖ； D υϖ=-25.1i ϖ-18.8j ϖ；2、一均匀细棒OA 可绕通过其一端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落，在棒摆动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、刚体角动量守恒的充分而必要的条件是：（ ）A 刚体不受外力矩的作用B 刚体所受合外力矩为零C 刚体所受的合外力和合外力矩均为零D 刚体的转动惯量和角速度均保持不变4、某刚体绕定轴做匀变速转动时，对于刚体上距转轴为r 出的任一质元m ∆来说，它的法向加速度和切向加速度分别用n a 和t a 来表示，则下列表述中正确的是 （ ）（A ）n a 、t a 的大小均随时间变化。
（B ）n a 、t a 的大小均保持不变。
（C ）n a 的大小变化, t a 的大小恒定不变。
（D ）n a 的大小恒定不变, t a 的大小变化。
5、有两个力作用在一个有固定转轴的刚体：（1）这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零；（2）这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零；（3）当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零；（1） 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零。
A 只有（1）是正确的。
B （1），（2）正确，（3），（4）错误。
大学物理AⅠ刚体定轴转动习题答案及解法
《大学物理A Ⅰ》2010 刚体定轴转动习题、答案及解法一．选择题1．两个匀质圆盘A 和B 相对于过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，若A B J J >，但两圆盘的的质量和厚度相同，如两盘的密度各为A ρ和B ρ，则( A )（A ）B A ρρ> （B ）B A ρρ<（C ）B A ρρ= （D ）不能确定B A ρρ的大小参考答案： B B A Ah R h R M ρπρπ22== A A A h M MR J ρπ222121== BB B h M MR J ρπ222121== 2．有两个半径相同、质量相等的细圆环。
1环的质量分布均匀。
2环的质量分布不均匀，它们对通过圆心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，则( C )（A ）21J J > （B ）21J J <（C ）21J J = （D ）不能确定21J J 的大小 参考答案：∵ ⎰=Mdm r J 2 ∴ 21J J =3．一圆盘绕过圆心且于盘面垂直的光华固定轴O 以角速度1ω按图所示方向转动，将两个大小相等，方向相反的力F 沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度变为2ω，那么( C )（A ）21ωω> （B ）21ωω=（C ）21ωω< （D ）不能确定如何变化 参考答案：()12ωωJ J t r R F -=∆⋅- ()12ωω+∆⋅-=t r R JF4．均匀细棒OA 的质量为m 。
长为L ，可以绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图2所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法那一种是正确的[ A ]（A ）合外力矩从大到小，角速度从小到大，角加速度从大到小。
（B ）合外力矩从大到小，角速度从小到大，角加速度从小到大。
（C ）合外力矩从大到小，角速度从大到小，角加速度从大到小。
（D ）合外力矩从大到小，角速度从大到小，角加速度从小到大。
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： 。
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。
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
【大学物理上册课后答案】第3章 刚体的定轴转动
第3章 刚体的定轴转动习题解答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==πθn3-2 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 JK ωωβ-=-=（2）由JK dtd 2ωωβ-==得⎰⎰-=3200ωωωωK Jd dt tωK J t 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 BB A A ==βω（2）)/(10603002s rad A ππω=⨯=)/(62s rad tAAA 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。
大学物理上练习册 第2章《刚体定轴转动》答案-2013
第2章 刚体定轴转动一、选择题1(B)，2(B)，3(C)，4(C)，5(C) 二、填空题(1). 62.5 1.67ｓ (2). 4.0 rad/ (3). 0.25 kg ·m 2(4). mgl μ21参考解：M ＝⎰M d ＝()mgl r r l gm l μμ21d /0=⎰(5). 2E 0三、计算题1. 如图所示，半径为r 1＝0.3 m 的A 轮通过皮带被半径为r 2＝0.75 m 的B 轮带动，B 轮以匀角加速度π rad /s 2由静止起动，轮与皮带间无滑动发生．试求A 轮达到转速3000 rev/min 所需要的时间．解：设A 、B 轮的角加速度分别为βA 和βB ，由于两轮边缘的切向加速度相同， a t = βA r 1 = βB r 2则 βA = βB r 2 / r 1 A 轮角速度达到ω所需时间为()75.03.060/2300021⨯π⨯π⨯===r r t B Aβωβωs ＝40 s2.一砂轮直径为1 m 质量为50 kg ，以 900 rev / min 的转速转动．撤去动力后，一工件以 200 N 的正压力作用在轮边缘上，使砂轮在11.8 s 内停止．求砂轮和工件间的摩擦系数．(砂轮轴的摩擦可忽略不计，砂轮绕轴的转动惯量为21mR 2，其中m 和R 分别为砂轮的质量和半径).解：R = 0.5 m ，ω0 = 900 rev/min = 30π rad/s ，根据转动定律 M = -J β ① 这里 M = -μNR ②μ为摩擦系数，N 为正压力，221mR J =． ③ 设在时刻t 砂轮开始停转，则有： 00=+=t t βωω从而得 β＝-ω0 / t ④将②、③、④式代入①式，得 )/(2102t mR NR ωμ-=- ∴ m =μR ω0 / (2Nt )≈0.5r1. 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r r r R mgM d 2d 2⋅π⋅π=μ总摩擦力矩 mgR M M R μ32d 0==⎰故平板角加速度 β =M /J设停止前转数为n ，则转角 θ = 2πn由 J /Mn π==4220θβω可得 g R MJ n μωωπ16/342020=π=2. 一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为ω0．设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即M ＝－k ω (k 为正的常数)，求圆盘的角速度从ω0变为021ω时所需的时间．解：根据转动定律： J d ω / d t = -k ω ∴ t J kd d -=ωω两边积分：⎰⎰-=t t J k02/d d 100ωωωω得 ln2 = kt / J∴ t ＝(J ln2) / k5.一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如图所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r ，整个装置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t 内下降了一段距离S ．试求整个轮轴的转动惯量(用m 、r 、t 和S 表示)．解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg T ＝ma ① T r ＝J β ② 由运动学关系有： a = r β ③ 由①、②、③式解得： J ＝m ( g －a ) r 2 / a ④ 又根据已知条件 v 0＝0 ∴ S ＝221at ， a ＝2S / t 2 ⑤将⑤式代入④式得：J ＝mr 2(Sgt22－1)3.如图所示，设两重物的质量分别为m 1和m 2，且m 1＞m 2，定滑轮的半径为r ，对转轴的转动惯量为J ，轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩擦不计．设开始时系统静止，试求t 时刻滑轮的角速度． 解：作示力图．两重物加速度大小a 相同，方向如图.m 1g －T 1＝m 1a T 2－m 2g ＝m 2a 设滑轮的角加速度为β，则 (T 1－T 2)r ＝J β 且有 a ＝r β 由以上四式消去T 1，T 2得： ()()J r m m gr m m ++-=22121β 开始时系统静止，故t 时刻滑轮的角速度．()()Jrm m grt m m t ++-==22121 βω7.一根放在水平光滑桌面上的匀质棒，可绕通过其一端的竖直固定光滑轴O 转动．棒的质量为m = 1.5 kg ，长度为l = 1.0 m ，对轴的转动惯量为J = 231ml ．初始时棒静止．今有一水平运动的子弹垂直地射入棒的另一端，并留在棒中，如图所示．子弹的质量为m '= 0.020 kg ，速率为v = 400 m ·s -1．试问：(1) 棒开始和子弹一起转动时角速度ω有多大？(2) 若棒转动时受到大小为M r = 4.0 N ·m 的恒定阻力矩作用，棒能转过多大的角度θ？解：(1) 角动量守恒：ω⎪⎭⎫ ⎝⎛'+='2231l m ml l m v ∴ l m m m ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+'=31vω＝15.4 rad ·s -1(2) 由转动定律，得： －M r ＝(231ml ＋2l m ')β0－ω 2＝2βθ∴ rM l m m 23122ωθ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=＝15.4 rad8.如图所示，A 和B 两飞轮的轴杆在同一中心线上，设两轮的转动惯量分别为 J ＝10 kg ·m 2 和 J ＝20 kg ·m 2．开始时，A 轮转速为600 rev/min ，B 轮静止．C 为摩擦啮合器，其转动惯量可忽略不计．A 、B 分别与C 的左、右两个组件相连，当C 的左右组件啮合时，B 轮得到加速而A 轮减速，直到两轮的转速相等为止．设轴光滑，求： mm , lOm '(1) 两轮啮合后的转速n ； (2) 两轮各自所受的冲量矩．解：(1) 选择A 、B 两轮为系统，啮合过程中只有内力矩作用，故系统角动量守恒J A ωA ＋J B ωB = (J A ＋J B )ω，又ωB ＝0得： ω ≈ J A ωA / (J A ＋J B ) = 20.9 rad / s 转速 ≈n 200 rev/min (2) A 轮受的冲量矩⎰t MAd = J A (J A ＋J B ) = -4.19×10 2 N ·m ·s负号表示与A ωϖ方向相反． B 轮受的冲量矩⎰t MBd = J B (ω - 0) = 4.19×102 N ·m ·s方向与A ωϖ相同．4.一匀质细棒长为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ω．(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L m L x x x x L L 0202/002/30021d d v v v v ==-⎰⎰ρρρ式中ρ为杆的线密度．碰撞后瞬时，杆对O 点的角动量为ωωω2221272141234331mL L m L m J =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=因碰撞前后角动量守恒，所以 L m mL 022112/7v =ω ∴ ω = 6v 0 / (7L)10. 空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC 自由转动，转动惯量为J 0，环的半径为R ，初始时环的角速度为ω0．质量为m 的小球静止在环内最高处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．运动过程中所受合外力矩为零，角动量守恒．对地球、小球和环系统机械能守恒．取过环心的水平面为势能零点．小球到B 点时： J 0ω0＝(J 0＋mR 2)ω ①2121()22220200212121BR m J mgR J v ++=+ωωω ② 式中v B 表示小球在B 点时相对于地面的竖直分速度，也等于它相对于环的速度．由式①得：ω＝J 0ω 0 / (J 0 + mR 2) 1分代入式②得222002J mR RJ gR B ++=ωv 当小球滑到C 点时，由角动量守恒定律，系统的角速度又回复至ω0，又由机械能守恒定律知，小球在C 的动能完全由重力势能转换而来．即： ()R mg m C 2212=v , gR C 4=v 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。
大学物理第五章和第六章习题答案
大学物理习题集（上）专业班级 姓名_ 学号_第五章 刚体的定轴转动一．选择题1．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. 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，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。
A（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. 如图所示，一圆盘绕水平轴 0 做匀速转动，如果同时相向地射来两个质量相同、速度大小相同，且沿同一直线运动的子弹。
子弹射入圆盘均留在盘内，则 子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度将 [ B ]（A ）增大； （B ）减小； （C ）不变； （D ）无法确定。
解答 以圆盘和两子弹为系统，外力矩为零，系统的角动量守恒。
按题意， 两个子弹的初始角动量（对 0 轴之和为零。
两子弹留在圆盘内，增大了圆盘的 转动惯量。
设圆盘的转动惯为 J ，转动的角速度为 ω0 ，则有J ω0 = ( J + ∆J )ωω0 > ω有速度减小，所以应选（B ）4. 一轻绳绕在具有水平转轴的定滑轮上，绳下端挂物体，物体的质量为 m ，此时滑轮的角加速度为 a 。
若将物体卸掉，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 ](A)变大； （B ）不变； （C ）变小； （D ）无法判断。
解答如图 5-4（a）所示，设滑轮半径为 R，转动惯量为 J。
当绳下滑挂一质量为m 的物体时，受绳的张力F T 和重力W=mg 作用，加速度a 铅直向下。
大学物理学教程第二(马文蔚)练习册答案4第四章 刚体转动
v人地 v人盘 +v盘地 1 + R
J m0 Rv人地 0
J m0 R 1 0
m0 R J m0 R
0.0952 rad/s
J m0R m0R
第 四 章 习 题 分 析
4-21 长为 L 质量为 m 的均质杆，可绕垂直于纸面的 O 4-21 轴转动，令杆至水平位置有静止下摆，在铅直位置 与质量为0.5m的物体发生完全非弹性碰撞，碰后物 体沿摩擦因数为的水平面滑动，试求此物体滑过的 距离s ？ 解：细杆下摆过程机械能守恒
m1g T1 m1a1 R r R T ' 1 B : T2 m2 g m2 a2 T2 ' 轮： T1 ' R T2 ' r J1 J 2 B T1 T2 其中： T1 ' T1 T2 ' T2 B A a r a1 R 2 a2 a1
A:
3g L m 碰撞过程角动量守恒。 J J ' v ' L v L 2 12 1 2 3g 1 2 v ' m 2 gL mL mL v ' L v ' 25 3 L 3 L 2 6L 滑动过程 1 mv '2 mgs s 25 2
1 1 1 2 2 mgL mL 2 2 3
4-13 飞轮质量为60kg,直径为0.5m,转速为1000r/min， 现用一闸瓦使其在5s内停止转动，求制动力F。设闸瓦 第 与飞轮间的摩擦因数为0.4，飞轮的质量全部分布在轮 四 缘上。 章 解： 由细杆力矩平衡
习 题 分 析
FL Nl
N
F
FL 1.25F f N 2.5F l 0.5 又飞轮与闸瓦间的摩擦力 f N F
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。
(完整版)刚体定轴转动习题
刚体定轴转动一、选择题（每题3分）1、个人站在有光滑固定转轴的转动平台上,双臂伸直水平地举起二哑铃,在该人把此二哑铃水平收缩到胸前的过程中,人、哑铃与转动平台组成的系统的( )（A）机械能守恒,角动量守恒; （B）机械能守恒,角动量不守恒,（C）机械能不守恒,角动量守恒; （D）机械能不守恒,角动量不守恒.2、一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计．如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度ω的变化情况为( ) (A) L 不变，ω增大 (B) 两者均不变(C) L不变，ω减小 (D) 两者均不确定3、有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：（1）这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零（2）这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零（3）当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零（4）当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零在上述说法中，正确的是（）（A）只有（1）是正确的（B）只有（1）、（2）正确（C）只有（4）是错误的（D）全正确4、以下说法中正确的是（）(A)作用在定轴转动刚体上的力越大，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，刚体转动的角速度越大。
(C)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。
(D)作用在定轴转动刚体上的合力矩为零，刚体转动的角速度为零。
5、一质量为m的均质杆长为l,绕铅直轴o o'成θ角转动，其转动惯量为（）6、一物体正在绕固定光滑轴自由转动（）(A) 它受热膨胀或遇冷收缩时,角速度不变.(B) 它受热时角速度变小,它遇冷时角速度变大.(C)它受热或遇冷时,角速度均变大.(D) 它受热时角速度变大,它遇冷时角速度变小.O7、关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是( )(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.8、两个均质圆盘A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ，若A ρ﹥B ρ，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘对通过盘心垂直于盘面的转动惯量各为J A 和J B ，则（ ）（A ）J A ＞J B （B ）J B ＞J A（C ）J A ＝ J B （D ）J A 、 J B 哪个大，不能确定9、某转轮直径d ＝40cm ，以角量表示的运动方程为θ=3t －3.02t ＋4.0t ,式中θ的单位为rad,t 的单位为s,则t ＝2.0s 到t ＝4.0s 这段时间内,平均角加速度为( )(A)212-⋅srad (B)26-⋅s rad(C)218-⋅s rad (C)212-⋅s m10、 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 的均质辐条固定在轮心和轮缘间，辐条共有2N 根。
大学物理学(课后答案)第4章
第4章 刚体的定轴转动习 题一 选择题4-1 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体下，对此有以下几种说法：（1）这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零；（2）这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零；(3）当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零；（4）当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零．对L 述说法下述判断正确的是[ ]（A ）只有（l ）是正确的 （B ）（1）、（2）正确，（3）、（4）错误 （C ）(1)、（2）、（3）都正确 （D ）（1）、（2）、（3）、（4）都正确 解析：力矩是描述力对刚体转动的作用，=⨯M r F 。
因此合力为零时，合力矩不一定为零；合力矩为零时，合力也不一定为零。
两者并没有一一对应的关系。
答案选B 。
4-2 有A 、B 两半径相同，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A I 和B I ，则有[ ]（A ）A B I I > （B ）A B I I < （C ）无法确定哪个大 （D ）A B I I = 解析：转动惯量2i i iI m r =∆∑，由于A 、B 两细圆环半径相同，质量相同，所以转动惯量相同2A B I I mR ==，而与质量分布均匀与否无关。
选D 。
4-3 均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图4-3所示．今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是[ ]（A ）角速度从小到大，角加速度不变 （B ）角速度从小到大，角加速度从小到大（C ）角速度从小到大，角加速度从大到小 （D ）角速度不变，角加速度为零解析：在棒摆到竖直位置的过程中，重力势能和转动动能相互转化，因此转速越来越大，即角速度从小到大。
整个过程中棒只受到重力矩的作用，211cos 23M mg l J ml θαα===，所以3cos 2gl αθ=，随着转角θ逐渐增大，角加速度α由大变小。
大学物理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。
4. 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 。
简要提示：由定轴转动定律： α221MR FR =，得：mRF t 4212==∆αθ 所以：m F M W /42=∆=θ5. 一电唱机的转盘正以ω 0的角速度转动，其转动惯量为J 1，现将一转动惯量为J 2的唱片置于转盘上，则共同转动的角速度应为： （ ）A ．0211ωJ J J +B ．0121ωJ J J +C ．021ωJ JD ．012ωJ J 解：答案是A 。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
v
2mgx sin 30 kx 2 J m 2 r
2 2 1 9.8 0.5 2.0 12 1.53 m/s 2 0.5 0.3 2
图 4-10
(2) A
1 1 1 1 1.53 2 J 2 J 02 J 2 0.5 6.5 J 2 2 2 2 0. 3 2
cos 0.0758 94.4 最大偏转角超过 90
15
图 4-11
薄圆盘对过球心轴的转动惯量为 d J
l 1 解：(1) 由平行轴定理 J 2 mR 2 m( R) 2 51mR 2 2 2
(2) J J
l R
A R A’
1 64 Ml 2 51mR 2 mR 2 61.67mR 2 12 6
图 4-3
大学物理练习册—刚体定轴转动
转动惯量 4-1 有一直棒长为 L，其中一半的质量为 m1（均匀分布） ，另一半的质量为 m2（均匀分布） ，如图 4-1 所示， 求此棒对过端点 O，并垂直于纸面的轴的转动惯量。 解： J x 2 d m
m
L/2 0
2m1 2 x dx l
2m 2 2 L2 x dx (m1 7 m 2 ) L/2 l 12
力矩和转动定律 4-4 如图 4-4 所示，一长为 l，质量为 m 匀质细杆竖直放置，因受到扰动而倒下（设下端不滑动） 。试求当 细杆转到与竖直线成 角时的角加速度和角速度。
M 解： J
l mg sin 3g 2 sin 1 2 2l ml 3
l
0
d d ， dt d
解：(1) 子弹射入前后系统对 O 点角动量守恒
O'
t 0
M oo d t 1 kg m 2 /s
O'
1 1 v lmv sin 30 lm sin 30 J 2 2 2
O
l m
1 1 lm v lm v sin 30 3m v 3 0.02 400 4 8 3 rad/s 1 J 8ml 8 1 1 ml 2 3
L
L/2 O m1
图 4-1
L/2 m2
4-2 求半径为 R，质量为 m 的均匀球体相对于直径轴的转动惯量。如以与球体 相切的线为轴，其转动惯量又为多少？ 解：将球看成由许多薄圆盘组成，圆盘半径 r R cos ，厚度 d h R d cos 对应的质量 d m r 2 d h R 3 cos 3 d
角动量和角动量守恒定律 4-7 水平桌面上放有一根长 l=1.0m，质量 m=3.0kg 的匀质细杆，可绕通过端点 O 的垂直轴 OO’转动，开始 时杆静止。现有 100N 的力，以与杆成 =30o 的角打击杆的一端，打击时间 t=0.02s，如图 4-7 所示。 求（1）杆的角动量的变化； （2）杆转动时的角速度。 解：(1) 冲量矩为
3 l， 4
3 1 3 1 9 mv l J ， J Ml 2 m ( l ) 2 1 0.4 2 0.008 0.4 2 0.054 kg m 2 4 3 4 3 16
3 3 mvl 0.008 200 0.4 4 4 8.89 rad/s J 0.054
解：设圆盘以角速度 旋转，则人相对于地面的角速度为
v R2
系统对圆盘中心轴的角动量守恒
J J 0 ，
R2 v 2R v 1 v mR12 mR22 ( ) 0 ， 2 2 2 1 2 R2 R1 2 R 2 R12 R22 2
功和能 4-10 如图 4-10 所示。滑轮的转动惯量 J＝0. 5kg · m2，半径 r＝30 cm，弹簧的劲度系数 k＝2.0 N／m，重 物的质量 m=2.0 kg，开始时弹簧没有伸长。当此系统从静止开始启动，物体沿斜面滑下 1.0m 时，求： （1）物体的速率多大？（2）物体滑下 1.0m 过程中，作用在滑轮上的力矩所作的功。 （不计斜面和转 轴的摩擦） J r 解：(1) 系统机械能守恒 m 1 2 1 1 v 2 2 kx J mv mgx sin 30 ， k 2 2 2 r 300
0
d d ，
3g (1 cos ) l
图 4-4
另解：机械能守恒， mg
l 1 3g (1 cos ) J 2 ， (1 cos ) l 2 2
4-5 如图 4-5 所示，有一质量为 m，长为 l 的均匀细杆，可绕水平轴 O 无摩擦地转动，杆的一端固定一质量 为 3 m 的小球 A， OA＝l/4。 开始时杆在水平位置， 试求细杆由静止释放后绕 O 轴转动的角加速度。 （不 计小球大小） A l l l l 2 1 l 2 1 2 2 解：M (3m m) g cos mg cos ，J 3m( ) ml m( ) ml 4 2 4 12 4 3 l/4 O
图 4-5 13
大学物理练习册—刚体定轴转动
l mg cos M 2 3g cos 1 2 J 2l ml 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？ 解：(1) 在距中心 r 处取一宽度为 d r 的圆环，该圆环所受的摩擦力大小为 该摩擦力对中心轴的力矩为 d M r d f g 2r 2 d r 所以
d f g 2r d r
M
R 0
2 m 2 g 2r 2 d r g 2 R 3 mgR 3 R 3
图 4-6
2 mgR 0 3 R 0 M 4 3 g ， t (2) 1 J 3R 4 g mR 2 2
l
14
大学物理练习册—刚体定轴转动
(3)
d d ， dt d
0
d d ，
0
2 32 1.53 rad 2 2 2.94
4-9 在半径为 R1、质量为 m 的静止水平圆盘上，站一质量为 m 的人。圆盘可无摩擦地绕通过圆盘中心的竖 直轴转动。当这人开始沿着与圆盘同心、半径为 R2（R2＜R1）的圆周，以相对于圆盘的速度为 v 匀速 走动时，则圆盘将以多大的角速度旋转？
(2) 设棒最大偏转角为 ，由机械能守恒， O
l 1 l 3 J 2 Mg (1 cos ) mg l (1 cos ) ， 4 2 2 4
A
3
l
1 J 2 0.054 8.89 2 2 (1 cos ) 1.0758 l 3 3 Mg mg l 1 9.8 0.4 0.008 9.8 0.4 2 4 2
1 2 1 r d m R 5 cos 5 d 2 2 /2 1 /2 8 8 m 2 J 2 r2 dm R 5 cos 5 d R 5 R 5 mR 2 0 0 2 15 15 4 3 5 R 3 2 7 由平行轴定理， J J mR 2 mR 2 mR 2 mR 2 5 5 4-3 两个质量为 m、半径为 R 的匀质圆薄板和一根长为 l=8R 的细杆相连，如图 4-3 所示，求以下两种情况 时，此系统对于过细杆中心并与杆垂直的轴 AA’的转动惯量。 （1）忽略细杆质量； （2）细杆质量为 M。
4-11 长 l＝0. 40 m 的均匀木棒，质量 M＝1. 0kg，可绕水平轴 O 在竖直平面内转动，开始时棒自然地竖直 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 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
0.02 0
M oo d t
0..02 0
lF sin 30 d t 1 100 0.5 0.02 1 kg m 2 /s
由刚体定轴转动定律 L J J 0 J
l m O L 1 (2) 3 rad/s F 1 2 J ml 3 图 4-7 4-8 上题中细杆被一颗质量 m’=20g 的子弹以 30 的角射中中点，如图 4-8 所示。已知杆与桌面的动摩 擦因数 =0.20，子弹射入速度 v=400m/s，并以 v/2 的速度射出。求：(1) 细杆开始转动的角速度； （2） 细杆转动时受到的摩擦力矩和角加速度各为多少？（3）细杆转过多大角度后停下来。
(2)图 4-8
m m d r ， d f g d m ， d M r d f rg d m g r d r l l
1 mgl M 3 g 3 0.2 9.8 m 1 2 2.94 rad/s 2 M g r d r mgl ， 0 1 2 J 2l 2 1 l 2 ml 3