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 0θθω=∆∆=→∆， t

d d ωβ =

2. 刚体绕定轴转动匀变速转动公式

2002

1

t t αωθθ++=， t αωω+=0，)(202

02θθαωω-+= 3. 力矩F r M ⨯= 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: β J 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

1mR 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β1.

(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m1和m2的物体(m1＜m2﹚，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ω0=10rad/s,角加速度

β=－5rad/s2, 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

○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

1mR 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。

图.1 图.2

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 的重物时，对m 应用牛顿第二定律，对定滑轮应用转动定律，可以得到方程组

11

ββR a J TR ma

T mg ===-解得21R

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

120=+=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 πωβθ40212112===所以主动轮转过的圈数为20240==

ππn ； 3. J =

243ml ，M = 2mgl ，β = g L 32，提示：不连续物体的转动惯量222221

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2222mgL mg L mg L M =⋅-⋅=

，根据转动定律βJ M =，可得角加速度L

g 32=β；

三、计算题

1. 解： ββ

r a J r T r T ma

T B ma

T F A ==-==-122::对轮：对对