刚体的定轴转动习题课共23页
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)
刚体简单运动(23题)
刚体简单运动（23题）一、是非题（正确用√，错误用×，填入括号内。
）1. 定轴转动刚体上与转动轴平行的任一直线上的各点加速度的大小相等，而且方向也相同。
（ √ ）2. 刚体作平动时，其上各点的轨迹可以是直线，可以是平面曲线，也可以是空间曲线。
（ √ ）3. 刚体作定轴转动时，垂直于转动轴的同一直线上的各点，不但速度的方向相同而且其加速度的方向也相同。
（ √ ）4. 两个作定轴转动的刚体，若其角加速度始终相等，则其转动方程相同。
（ × ）5. 刚体平动时，若刚体上任一点的运动已知，则其它各点的运动随之确定。
（ √ ）6. 如果刚体上各点的轨迹都是圆，则该刚体一定作定轴转动。
（ × ）7. 刚体的平动和定轴转动都是刚体平面运动的特殊情形。
（ × ）8. 刚体绕定轴转动时，下列说法是否正确：（1）当转角ϕ >0时，角速度ω为正。
(×)（2）当角速度0>ω时，角加速度为正。
(×)（3）当ϕ >0，0>ω时，必有ϕ >0。
(×)（4）当ϕ>0时为加速转动， ϕ >0时为减速转动。
(×)（5）当ϕ与ω同号时为加速转动， 当α与ω异号时为减速转动。
(√)9. 刚体绕定轴OZ 转动，其上任一点M 的矢径、速度和加速度分别为a a a v OM 、、、、τn ，问下述说法是否正确：（1） n a 必沿OM 指向O 点。
(×)（2） τa 必垂直于矢径OM 。
(√)（3） a 方向同OM ，指向可与OM 同向或反向。
(×)（4） v 必垂直于OM 、a 与n a 。
(√)二、单选题10. 在图示机构中，杆B O A O 21//，杆D O C O 32//，且201=A O cm ，402=C O cm,CM=MD =30cm, 若杆1AO 以角速度ω=3rad/s 匀速转动，则D 点的速度的大小为____B_____cm ，M 点的加速度的大小为____D_____。
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
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。
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 转匀加快地增添到每分钟 2700 转，求：（ 1）角加快度；（ 2）在此时间内，曲轴转了多少转？解：（1）40 ( / )1rad s 2 90 (rad / s)2t 1 901240 25 (rad / s 2 ) 13 .1( rad / s 2 )6匀变速转动2 2（2）2 12 780 (rad ) n3 9 0(圈)23-2 一飞轮的转动惯量为J ,在 t 0 时角速度为0 ，今后飞轮经历制动过程。
阻力矩M 的大小与角速度的平方成正比，比率系数K 0 。
求：（ 1）当0 3时 ,飞轮的角加快度；（ 2）从开始制动到0 3 所需要的时间。
解：（1）依题意M JK 2 K 2 K 02 (rad / s2 )J 9Jd K 2 t 0 3 Jd 2J（ 2）由dt J 得dt0 K2tK 03-3 如下图，发电机的轮 A 由蒸汽机的轮 B 经过皮带带动。
两轮半径 R A=30cm， R B75cm。
当蒸汽机开动后，其角加快度B0.8πrad/s2，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n A=600rev/min？（2）蒸汽机停止工作后一分钟内发电机转速降到300rev/min ，求其角加快度。
解：（1） AA t BB t因为轮和皮带之间没有滑动，所以A 、B 两轮边沿的线速度同样，即ARA BRB2600 (rad / s) 联立得 tARA10(s)又 A20BRB60（2） A2 300 10 (rad / s) A AA( rad / s 2 )60t63-4 一个半径为R1.0m 的圆盘，能够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沿， 其自由端悬挂一物体。
若该物体从静止开始匀加快降落，在t ＝ 2.0s 内降落的距离 h ＝ 0.4m 。
求物体开始降落后第 3 秒末，盘边沿上任一点的切向加快度与法向加快度。
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。
高中物理奥林匹克竞赛专题--刚体-习题课(共12张PPT)
解:
设碰后棒开始转动的角速度为 , 滑块m2可视为质点, 碰撞瞬时忽略摩擦阻 力矩, 则m1、m2系统对o轴的角动量守恒, 取逆时针转动的方向为正方向, 由角动量 守恒定律, 有 碰后棒在转动过程中受到的摩擦阻力矩为
o
m1
m v1 2 v2
l
1 2 m2 v1l m2 v 2 l m1l 3
使 L 方向改变,而大小不变.
M L
自转轴将在水平面内逆时针方向(俯视)回转
质点力学、刚体力学有关公式对照表
质点的运动 速度 加速度 质量 刚体的定轴转动 角速度
d r dt
2
dr v dt dv a dt
角加速度 转动惯量
ddt
d dt
d 2 dt 2
m 力 F 运动定律 F ma 动量 p mv 角动量 L r p
动量定理
力矩
转动定律 动量 角动量
M r F
J r 2 dm
M J p mi vi
L J
dmv F dt
2 mg R 2 2 M f dM f r dr mgR 2 0 R 3
(2)求圆盘停止转动的时间有两种解法
dr r
o
R
解1 用转动定律 2 1 2 d M f mgR J mR 3 2 dt
3R dt d 4g
t
0
3R 0 dt d 4g 0
l
A
m1 1 M f gxdx m1 gl 0 l 2
1 m2 v1l m2 v 2 l m1l 2 3
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。
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2 0 .4 0 0 .5 0 0 .7 1 5 0 4 r 0 0 a s 2 6 0 0 .2 0 5 .50 3
由此可算出自施加制动力开始到飞轮停止转动的时
间为
t 0 t 96 0 0 0 24037.0s6
这段时间内飞轮的角位移为
t2 1t29
02 0 914 0 9 2
v R
设碎片上升高度h时的速度为v，则有 v2 v2 2gh
令v 0，可求出上升最大高度为 h v2 1 R2ω2
2g 2g
（2）圆盘的转动惯量 J 1 MR2 , 角动量为 J，
2
碎片抛出后圆盘的转动惯量
J 1MR2 mR2 。
2
碎片刚脱离盘时，碎片与破盘之间的内力变为零，
但内力的变化不影响系统的总角动量，碎片与破盘
F d m tv m v m v v
木板所受的反作用冲量为
F d tF d m tv v
其量值为
(b)
F d 1 t1 2 0 5 0 2 0 3 N 0 .s
方向与 v相同。
（2）对木板应用角动量定理
MdJtJ
得
lFdtJ
所以 ωlF JdtmvlJvmvlv1M2L
滑轮间无相对滑动, 滑轮轴受的摩擦力忽略不计。
z
o
x
y
1
解： 对m1，由牛顿第二定律
m 1gT1m 1a
对m2，由牛顿第二定律
T 2km 2gm 2a
对滑轮，用转动定律
T1T2rJ1 2m2r
设绳在滑轮上不打滑，则有线量与角量的关系
a r
联立解以上诸方程，可得
a m1 km2 g
m1 m2 m2
3
0.363 9rads1 110.62 3
题5 如图所示，在光滑的水平面上有一轻质弹 簧（其劲度系数为k），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，弹簧呈自 然长度l。，今有一质量为m的子弹以速度v。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，当弹簧被拉伸至长度l 时， 求滑块速度的大小和方向。
目的与要求： 一、掌握转动惯量的物理意义。 二、确切理解力矩，掌握刚体
定轴转动定律。 三、掌握角动量的概念及角动
量守恒定律，明确角动量守恒定 律的应用条件，并用来解决具体 问题。
题1 如图所示，两物体质量分别为m1和m2，定 滑轮的质量为m，半径为r，可视作均匀圆盘。已 知m2与桌面间的滑动摩擦系数为μk，求m1下落的 加速度和两段绳子中的张力各是多少？设绳子和
当木板静止在平衡位置,有一质量为 m11 02kg
的子弹垂直击中木板A点，A离转轴 OO′的距离 l=0.36m，子弹击中木板前的速度为500m.s-1，穿出 木板后的速度为200m.s-1，求： （1）木板在A处所受的冲量； （2）木板获得的角速度。
A
(a)
解：如图（b）, (1)子弹受的冲量为
（1）设F=100N， 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）如要在2S内使飞轮转速减为一半，需加多 大的制动力F？
解 （1）先作闸杆和飞轮的受力分析图（下图）。
图中N、N′是正压力，
Fr、 是F摩r擦力，Fx和
z
Fy是杆在A点转轴处所
受的支承力，P是轮的
重力，R是轮在O轴处
所受的支承力。
杆处于静止状态，所以对A点轴的合力矩应为零， 设闸瓦厚度不计，则有
F l1 l2 N l1 0
N l1 l2 F l1
对飞轮，按转动定律 FrrJβ βFrr/J
Fr N
又
NN
Fr
Nl1l2
l1
F
J 1 mr2
2
βF rr2μl1l2F
(1)
J
m1rl
F10N0带入上式，得
式中θ为滑块速度方向与弹簧线之间的夹角，
联立解上述三式，可得
v2 mm m2v 2km llm 2
arc lsm m i ln m v v 2 m m m 2k m l lm 2 12
题6 如图所示，A、B两个轮子的质量分别为
m1和m2，半径分别为r1和r2另有一细绳绕在两轮上， 并按图所示连接。其中轮A绕固定轴O转动。试求： （1）轮B下落时，其轮心的加速度；（2）细绳的 拉力。
这个系统的总角动量应守恒，即
JJmR v
于是 2 1M2 R 2 1M2 R m2 R mR v
1M 2 R m2 R 1M 2 R m2 R
2
2
得
（角速度不变）
圆盘余下部分的角动量为
转动动能为
1MR2 m R2
2
Ek
11M2R m2 R2
22
题4 一块长为L＝0.60m、质量为M＝1 kg的均 匀薄木板，可绕水平轴 OO′无摩擦地自由转动。
解： 第1阶段，子弹射入滑块瞬间，因属完全非 弹性碰撞，根据动量守恒定律有
m v m m v 1
（1）
第2阶段，系统满足机械能守恒定律，有
2 1 m m v 1 2 2 1 m m v 2 2 2 1 k l l 2 （2）
系统满足角动量守恒定律，由 L rP ，故有
m m v 1 l m m v 2 lsin（3）
177(N )
题3 一个质量为M、半径为R并以角速度ω旋转着 的飞轮（可看作匀质圆盘），在某一瞬时突然有一 片质量为m的碎片从轮的边缘上飞出，见图。假定 碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上， (1) 问它能上升多高？(2) 求余下部分的角速度、角动 量和转动动能。
解： （1）碎片离盘瞬 时的线速度即是它上升 的初速度
T11 m 1km m 22 m m 22m 1g
T 21 m 1k m m 1 2 m km 22m 2g
题2 飞轮的质量m＝60 kg，半径r＝0.25m，绕其
水平中心轴O转动，转速为900rev.min-1。现有一制 动用的轻闸杆，尺寸如图所示，一端施力F，已知 闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=0.4，飞轮的转动惯 量可按匀质圆盘计算；
60 4 2 3 4
5.1 32(ra)d这段时间内转了53.1圈。
（2） o
900 ×
2
60
rad ·s1 ，要求飞轮转速在
t 2s内减少一半，由 t可知
215rasd2
t
2t 2
用 式（1） 的关系，可求出所需的制动力为
F
mrl1
2l1 l2ຫໍສະໝຸດ 600.250.50 15
20.400.50 0.752