福州大学大学物理习题解答-第3章刚体
大学物理学课后3第三章答案
题 3.8(a)图 (1) m1 , m2 和柱体的运动方程如下:
题 3.8(b)图
T2 m2 g m2a2
①
m1g T1 m1a1
②
T1R T2r J
③
式中 T1 T1,T2 T2 , a2 r , a1 R
而 由上式求得
J 1 MR 2 1 mr 2
∵
Fr N
N N
∴ 又∵
∴ ①
Fr
N
l1
l2 l1
F
J 1 mR 2 , 2
Fr R 2(l1 l2 ) F
J
mRl1
以 F 100 N 等代入上式,得
2 0.40 (0.50 0.75) 100 40 rad s2
0.20m, r =0.10m, m =4 kg, M =10 kg, m1 = m2 =2 kg,且开始时 m1 , m2 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 a1 , a2 和β分别为 m1 , m2 和柱体的加速度及角加速度,方向如图(如图 b).
习题 3
3.1 选择题
(1) 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
(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,
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
福州大学-大学物理规范作业C(上)04刚体
被挖前,小圆盘对转轴的转动惯量 1 R 2 R 2 3 J 小盘 m小盘 ( ) m小盘 ( ) mR 2 2 2 2 32 13 2 圆盘余下部分的转动惯量 J J 0 J 小盘 mR 32
5
2.一质量为m的小球由一绳索系着,以角速度ω0在无摩 擦的水平面上,绕以半径为r的圆周运动,如果在绳的另 一端作用一铅直向下的拉力,小球则以半径为r/2的圆周 40 运动,则此时小球的角速度为______________ ;拉力所 3 2 2 作的功为______________ 。 mr 0 2 分析: 角动量守恒
vC 4gR
10
r 2 mr 0 m( ) 2
2
40
拉力作的功:
1 r 2 2 1 2 2 3 2 2 A EK m( ) mr 0 mr 0 2 2 2 2
6
三、计算题 1.一质量为m的匀质矩形薄板绕其竖直边转动,初始 角速度为ω0 ,转动时受到空气阻力,阻力垂直于板面, 每一小面积上所受阻力的大小正比于该面积和速度平 方的乘积,比例系数为k,求:(1) 薄板受到的阻力矩; (2) 经过多少时间角速度减为原来的一半?已知薄板 的竖直边长为b,水平边长为a。 dx y 解:(1)如图建立坐标系,并在薄板上 取宽度dx平行y轴的面元dS=bdx,则 b 面元dS受到的空气阻力
df kv2dS k 2 x2bdx
对y轴的阻力矩dM f xdf kb x dx
2 3
x
O a 7
总阻力矩
Mf
a
0
1 2 4 kb x dx k a b 4
2 3
(2) 薄板对y轴的转动惯量
m 1 2 J r dm x bdx ma 0 ab 3 d 转动定律 M J J dt 1 2 4 1 2 d k a b ma 4 3 dt
大学物理第3章习题解答
第三章 刚体的定轴转动3-1掷铁饼运动员手持铁饼转动1.25圈后松手,此刻铁饼的速度值达到125-⋅=s m v 。
设转动时铁饼沿半径为R=1.0 m 的圆周运动并且均匀加速。
求: (1)铁饼离手时的角速度; (2)铁饼的角加速度;(3)铁饼在手中加速的时间(把铁饼视为质点)。
解:(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)(rad/s 83925122252222..=⨯⨯==πθωα(3)铁饼在手中加速的时间为(s)628025251222..=⨯⨯==πωθt3-2一汽车发动机的转速在7.0s 内由2001min -⋅r 均匀地增加到3001min -⋅r 。
(1)求在这段时间内的初角速度和末角速度以及角加速度; (2)求这段时间内转过的角度和圈数;(3)发动机轴上装有一半径为r=0.2m 的飞轮,求它的边缘上一点在第7.0s 末的切向加速度、法向加速度和总加速度。
解:(1)初角速度为(rad/s)9206020020./=⨯=πω末角速度为(rad/s)3146030002=⨯=/πω角加速度为)(rad/s 9410792031420...=-=-=tωωα(2)转过的角度为)186(rad 1017172314920230圈=⨯=⨯+=+=..t ωωθ(3)切向加速度为)(m/s 388209412t ...=⨯==R a α法向加速度为)(m /s 10971203142422n ⨯=⨯==..R a ω总加速度为)(m/s 10971)10971(378242422n 2t ⨯=⨯+=+=...a a a总加速度与切向的夹角为9589378101.97arctan arctan 4t n '︒=⨯==.a a θ3-3 如图所示,在边长为a 的六边形顶点上分别固定有质量都是m 的6个小球(小球的直径a d <<)。
大学物理五第三章习题答案
第三章 刚体的转动习题答案1、对于定轴转动刚体上不同的点来说:线速度、法向加速度、切向加速度具有不同的值,角位移、角速度、角加速度具有相同的值。
2、由sin M r F Fr θ=⨯=可知,(1)0,0F M ≠=,当0r =或者sin 0θ=,即力通过转轴或者力与转轴平行; (2)0,0F M =≠,这种情况不存在; (3)0,0F M ==,这种情况任何时候都存在。
3、根据均匀圆盘对中心轴的转动惯量:221122I mr vr ρ==可知,对于相同几何形状的铁盘和铝盘,密度大的转动惯量大。
通常我们取铁的密度为37.9/g cm ,铝的密度32.7/g cm ,因此铁盘对中心轴的转动惯量大;根据刚体动能定理:21222111d 22A M I I θθθωω==-⎰,可知对铁盘的外力矩要做更多的功。
4、轮A 的转动惯量212I mr =,轮B 的转动惯量2I mr =,根据刚体的转动定律M I β=,因为两者所受的阻力矩相等,可知轮A 的转动角加速度大于轮B 的转动角加速度,故轮A 先停止。
5、舞蹈演员在旋转过程中,可以近似地认为角动量守恒,当其把双手靠近身体时,转动惯量减小,故角速度增大;当其把双手伸开,转动惯量增大,故角速度减小。
6、解:2334d a bt ct dtθω==+-, 2612d b t c t dtωβ==-。
7、解:11200240/60rad s πωπ⨯==,22700290/60rad s πωπ⨯==, 2215025/126rad s t ωωππβ-===∆, 2117803902t t n θωβπ=+==。
8、解:根据均匀球体对直径轴的转动惯量225I mr =,得到地球对自转轴的转动惯量3729.810I kg m =⨯⋅,地球自转角速度2/246060rad s πω=⨯⨯,转动动能22813102k E I J ω==⨯。
9、解:已知030/rad s ωπ=,切断电源后的角位移752150θππ=⨯=,根据匀减速运动规律2220023/2rad s ωωβθβπθ=⇒==,由于电扇是匀减速,可知阻力矩为常量,因此根据刚体转动动能定理22101144.422M I I J θωω=-=-, 可得到转动惯量2244.420.01I kg m ω⨯==⋅,以及阻力矩44.40.1150M N m π=≈⋅。
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v0为初始速度
8
解法2: dv kv2 dt
分离变量得 d到 v : kd t
v
两边积分
v0
dv v2
v12 v 1 1 t kdt kt
vv0 v v0 0
得到: v v0
再v0为初始速度
得到:
dt v0k t1
x dx x
比,dv kv2 ,式中k为正常数,求快艇在关闭发动机 后行d驶t 速度与行驶距离的关系(快艇的初速度为v0)。
解: 作一个变量代换 ak2 vdvdvdxvdv
dt dxdt dx
得到: kvdv dx
kdx dv
v
积分得到: kx ln v v0
v v0ekx
k2l1 l2l2k1ll1l1
k2l k1 k2
,
l2
k1l k1 k2
,
A 1 2k1 l1 21 2k2 l222 (k k 1 1 k 2 k2)l2
解:在这过程中,受到绳子拉力 作用,动量不守恒
但是小球所受力矩为0,角动量守恒
Lr12m1r2 2m2
16
三、计算题
1.已知一质量为m的质点在x轴上运动,质点只受到指
向原点的引力的作用,引力大小与质点离原点的距离x
的平方成反比,即 f
k x2
(k是大于零的常数),设质
点在x=A时由静止释放,求到达x=A/2时速度大小。
mg ma
agctg
N
mg
12
2.作匀速圆周运动的物体运动一周后回到原处,这一 周期内物体 【 C】 (A)动量守恒,合外力为零; (B)动量守恒,合外力不为零; (C)动量变化为零,合外力不为零,合外力的冲量为零 (D)动量变化为零,合外力为零。
大学物理第三章测试题及答案
第三章答案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。
2.两个半径相同的轮子,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。
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。
3. 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.4 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:0022I I ωω=2000202225421()52mR I I m R ωωωω=== 所以0202244T T ππωω=== .6 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μ),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:2201()2mRv mR MR ω=+ 所以 0022()22mRv mv mR MR m M R ω==++ (2)圆盘受到的摩擦力矩为0223R M rdrgr MRg μσπμ'=-⋅=-⎰由转动定律得 M Iβ'= 2200001()(0)12()()32223mv mR MR m M R I mv t M Mg MRg ωωωωβμμ+-+--===='-。
大学物理第三章练习及答案
大学物理第三章练习及答案(总4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--一、判断题1. 刚体是质点与质点之间的相对位置保持不变的质点系。
………………………………[√]2. 刚体中任意质点都遵循质点力学规律。
…………………………………………………[√]3. 定轴转动的刚体上的每一个质点都在作圆周运动,都具有相同的角速度。
…………[√]4. 刚体对轴的转动惯量越大,改变其对轴的运动状态就越困难。
………………………[√]5. 刚体质量一定,其转动惯量也就一定。
…………………………………………………[×]6. 当作用在刚体上的两个力合力矩为零时,则它们的合力也一定为零。
………………[×]7. 当作用在刚体上的两个力合力为零时,则它们的合力矩也一定为零。
………………[×]8. 平行于转轴的力对刚体定轴转动没有贡献。
……………………………………………[√]9. 刚体所受合外力矩为零时,刚体总角动量守恒。
………………………………………[√] 10. 刚体对某一轴的角动量守恒,刚体的所受合外力矩为零。
……………………………[×] 二、填空题11. 质量为m 的质点沿半径为r 的圆周以速率v 运动,质点对过圆心的中心轴转动惯量J =2mr ,角动量L =;质量为m 的质点沿着直线以速率v 运动,它相对于直线外距离为d 的一点的角动量为L =mdv 。
12. 长度为l 的均匀细棒放在Oxy 平面内,其一端固定在坐标原点O 位置,另一端可在平面内自由转动,当其转动到与x 轴正方向重合时,在细棒的自由端受到了一个34F i j =+牛顿的力,则此力对转轴的力矩M =4l 。
13. 在Oxy 平面内有一个由3个质点组成的质点系,其质量分别为1m 、2m 、3m ,坐标分别为()11,x y 、()22,x y 、()33,x y ,则此质点系对z 轴的转动惯量J =()()()222222*********m x y m x y m x y +++++。
大学物理第三章习题选解资料
第三章 刚体的转动3-1 一飞轮受摩擦力矩作用减速转动,其角加速度与角速度成正比,即ωβk -=,式中k 为比例常数。
初始角速度为0ω,求: (1)飞轮角速度随时间变化的关系;(2)角速度由0ω减为20ω所需的时间以及在此时间内飞轮转过的转数。
解:(1)由dtd ωβ=,ωβk -= ωωk dtd -= 分离变量kdt d -=ωω,并由初始条件0,0ωω==t ;等式两边积分⎰⎰-=tkdt d 0ωωωωkt -=0lnωωkt e -=0ωω (2)当角速度由0ω减为2ω时kt e -=002ωω21=-kt e 2ln 121ln 1kk t =-= 由dtd θω=,kt e -=0ωω kt e dtd -=0ωθ分离变量 dt e d kt -=0ωθ,并由初始条件0=t ,0=θ;等式两边积分dt e d kt t-⎰⎰=θωθ0()kt kte kkek---=--=01ωωωθ代入2ln 1kt =,得飞轮转过的角度kkke kk22102ln 0ωωωωωθ=⨯-=-=- 飞轮转过的转数 kN πωπθ420==3-2 一刚体由静止开始绕一固定轴作匀角加速转动。
由实验可测得刚体上某点的切向加速度为t a ,法向加速度为n a ,试证明θ2=t n a a ,θ为任意时间内转过的角度。
解:刚体定轴转动时,设刚体上某点作圆周运动的半径为R ,则该点的 法向加速度为 R a n 2ω= 切向加速度为 βR a t =βωβω22==R R a a t n 又()0222θθβωω-=-,且000,0ωθ== βθω22=θββθ22==t n a a 3-3 一根质量为m ,长为l 的均匀细杆,可在水平桌面上绕通过其一端的竖直固定轴转动。
已知细杆与桌面的滑动摩擦因数为μ,求杆转动时受摩擦力矩的大小。
解:设杆的线密度为λ。
在杆上取一线元距转轴为r ,质量为dr dm λ=。
该线元在转动时受桌面摩擦力为()dr g mg d dN df λμμμ===摩擦力方向与r垂直,故线元受摩擦力矩的大小为rdr g rdf dM λμ==杆转动时受摩擦力矩的大小为22220l g rg rdr g dM M llλμλμλμ====⎰⎰又l m λ= m g l M μ21=3-4 如图所示,一长为l ,质量可以忽略的直杆,两端分别固定有质量为m 2和m 的小球,杆可绕通过其中心O 且与杆垂直的水平光滑固定轴在铅直平面内转动。
大学物理上册第3章习题解答
大学物理上册第3章习题解答第3章角动量定理和刚体的转动一、内容提要1、质点的角动量定理⑴质点对于某一定点的角动量和角动量定理:角动量L r mv =? 角动量定理 dL M dt=⑵质点对于z 轴的角动量和角动量定理:角动量z L r mv τ⊥=? 角动量定理 zz dL M dt=2、质点系的角动量定理刚体的转动惯量和定轴转动定理⑴质点系的角动量定理 i i iidM L dt =∑∑ ⑵刚体的转动惯量 2z iiiI r m =∑ 或2zI r dm =?⑶刚体的定轴转动定理 z z zd M I I dtωβ== 3、刚体的定轴转动动能定理⑴力矩的功z A M d θ=?⑵刚体的转动动能 212k z E I ω=⑶刚体的定轴转动动能定理 22211122z z z A M d I I θωω==-?4、角动量守恒定律⑴质点的角动量守恒定律:若0M =,则21L L = ⑵刚体的对轴角动量守恒定律:刚体对轴的角动量也可写为2z izizL r m I ωω=?=∑,若0iziM =∑,则0z z I I ωω=,即有0ωω=二、习题解答3.1 一发动机的转轴在7s 内由200/min r 匀速增加到3000/min r . 求:(1)这段时间内的初末角速度和角加速度. (2)这段时间内转过的角度和圈数. (3)轴上有一半径为2.0=r m 的飞轮, 求它边缘上一点在7s 末的切向加速度、法向加速度和总加速度.解:(1)初的角速度1200220.9/60rad s πω?=≈ 末的角速度230002314/60rad s πω?=≈角加速度231420.941.9/7rad s t ωβ?-==≈?(2)转过的角度为2211120.9741.97117622t t rad θωβ=+=?+??=117618622 3.14n r θπ===? (3)切向加速度241.90.28.38/a r m s τβ==?=法向加速度为:22423140.2 1.9710/n a r m s ω==?=?总的加速度为:421.9710/a m s ===?3.3 地球在1987年完成365次自转比1900年长14.1s. 求在1900年到1987年间, 地球自转的平均角加速度.解:平均角加速度为0003652365287T t T a t T ππωω??--+?==212373036523652 1.140.9610/8787(3.1510)t rad s T ππ-≈=-=-3.4一人手握哑铃站在转盘上, 两臂伸开时整个系统的转动惯量为22kgm . 推动后, 系统以15/min r 的转速转动. 当人的手臂收回时, 系统的转动惯量为20.8kgm . 求此时的转速.解:由刚体定轴转动的角动量守恒定律,1122I I ωω=121221537.5/min 0.8I r I ωω==?=3.5 质量为60kg , 半径为0.25m 的匀质圆盘, 绕其中心轴以900/min r 的转速转动. 现用一个闸杆和一个外力F 对盘进行制动(如图所示), 设闸与盘之间的摩擦系数为4.0. 求:(1)当100F N =, 圆盘可在多长时间内停止, 此时已经转了多少转?(2)如果在2s 内盘转速减少一半, F 需多大?图3-5 习题1.4图解:(1)设杆与轮间的正压力为N ,10.5l m =,20.75l m =,由杠杆平衡原理得121()F l l Nl +=121()F l l N l +=闸瓦与杆间的摩擦力为: 121()F l l f N l μμ+== 匀质圆盘对转轴的转动惯量为212I mR =,由定轴转动定律,M I β=,有 ()122112F l l R mR l μβ+-= 21212()40/3F l l rad s mRl μβ+=-=-停止转动所需的时间: 0900200607.06403t s πωβ--===- 转过的角度201532332.762t t rad rad θωβπ?=+=?≈532n θπ==圈(2)030ωπ=,在2s 内角速度减小一半,知0227.5/23.55/rad s rad s tωωβπ-=-=-=-()1222112F l l R mR l μβ+-= 112600.250.5(23.55)1772()20.4 1.25mRl F N l l βμ-=-=-≈+??3.6 发动机带动一个转动惯量为250kgm 的系统做定轴转动. 在0.5s 内由静止开始匀速增加到120/min r 的转速. 求发动机对系统施加的力矩.解:由题意,250I kgm =,00ω=,120/min 4/r rad s ωπ==系统角加速度为:20825.12/rad s t tωωωβπ-?====?? 由刚体定轴转动的转动定理,可知M I β=5025.121256M Nm =?=3.7一轻绳绕于半径为R 的圆盘边缘, 在绳端施以mg F =的拉力, 圆盘可绕水平固定光滑轴在竖直平面内转动. 圆盘质量为M , 并从静止开始转动. 求:(1)圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系. (2)如以质量为m 的物体挂在绳端, 圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系又如何?解:(1)由刚体转动定理可知:M I β= 上题可知: M FR mgR ==212I MR =代入上式得2mgMRβ=, 2212mg t t MRθβ==(2)对物体受力分析'mg F ma -= 'F R I β= a R β=,212I MR =由上式解得22mgMR mR β=+22122mg t t MR mRθβ==+3.8某冲床飞轮的转动惯量为32410kgm ?. 当转速为30/min r 时, 它的转动动能是多少?每冲一次, 其转速下降10/min r . 求每冲一次对外所做的功.解:由题意,转速为:()030/min /r rad s ωπ== 飞轮的转动动能为:232411410 1.9721022E I J ωπ===? 第一次对外做功为:22011122A I I ωω=- 1220/min 3r πω==()2422222301011111515410 3.14 1.0910*******A I I I I J ωωωωπ=-=-=?==?3.9半径为R , 质量为M 的水平圆盘可以绕中心轴无摩擦地转动. 在圆盘上有一人沿着与圆盘同心, 半径为R r <的圆周匀速行走, 行走速度相对于圆盘为v . 设起始时, 圆盘静止不动, 求圆盘的转动角速度.解:设圆盘的转动角速度为2ω,则人的角速度为12vrωω=-,圆盘的转动惯量为212MR ,人的转动惯量为2mr ,由角动量守恒定律, 222212v mr MR r ωω??-=即22222mrvmr MRω=+3.10 两滑冰运动员, 质量分别为60kg 和70kg , 他们的速率分别为7/m s 和6/m s , 在相距1.5m 的两平行线上相向滑行. 当两者最接近时, 互相拉手并开始绕质心做圆周运动. 运动中, 两者间距离保持m 5.1不变. 求该瞬时:(1)系统的总角动量. (2)系统的角速度.(3)两人拉手前后的总动能.解:⑴ 设1m 在原心,质心为c r70 1.50.87060c r m ?=≈+120.8, 1.50.810.7c r r m r m ===-=21112226070.870607630./J m v r m v r kg m s =+=??+??=⑵ 系统的转动惯量为: 222221122600.8700.772.7I m r m r kgm =+=?+?=6308.66/72.7J rad s I ω==≈ 222201122111160770627302222E m v m v J =+=??+??=221172.78.66272622E I J ω==??≈3.11半径为R 的光滑半球形碗, 固定在水平面上. 一均质棒斜靠在碗缘, 一端在碗内, 一端在碗外. 在碗内的长度为c , 求棒的全长.解:棒的受力如图所示本题属于刚体平衡问题,由于碗为光滑半球形,A 端的支持力沿半径方向,而碗缘B 点处的支持力方向不能确定,两个支持力和重力三者在竖直平面内。
《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。
大学物理练习册习题及答案4
习题及参考答案第3章 刚体力学参考答案思考题3-1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。
答:(B )。
3-2如图所示,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F ,而且F =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 )βA = βB (B )βA > βB(C )βA < βB (D )开始时βA = βB ,以后βA < βB 答:(C )。
3-3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 答:(C )。
3-4一水平圆盘可绕通过其中心的固定铅直轴转动,盘上站着一个人,初始时整个系统处于静止状态,当此人在盘上随意走动时,若忽略轴的摩擦,则此系统(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。
答:(C )。
3-5光滑的水平桌面上,有一长为2L 、质量为m 的匀质细杆,可绕过其中点o 且垂直于杆的竖直光滑固定轴自由转动,其转动惯量为213mL,起初杆静止,桌面上有两个质量均为m 的小球,各自在 垂直于杆的方向上,正对着杆的一端,以相同速率v 相向 运动,如图所示,当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后,就与杆粘在一起转动,则这一系统碰撞后的转动角速度应为AMF思考题3-2图v思考题3-5图(A)23L v (B)45L v (C)67L v (D)89L v (E)127L v答:(C )。
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 刚体力学习题解答
第3章 刚体力进修 【 1 】题解答3.13 某发念头飞轮在时光距离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快度.解:23212643ct bt ct bt a dtd dtd -==-+==ωθβω3.14桑塔纳汽车时速为166km/h,车轮滚动半径为,发念头转速与驱动轮转速比为0.909, 问发念头转速为每分若干转?解:设车轮半径为,发念头转速为n 1, 驱动轮转速为n 2, 汽车速度为v=166km/h.显然,汽车进步的速度就是驱动轮边沿的线速度,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,质量平均散布,其表里半径为r 1和r 2,求对经由过程个中间轴的迁移转变惯量. 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=对其轴线的迁移转变惯量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 ,求对细致杆二端轴的迁移转变惯量.解:如图所示,圆形细杆对过O 轴且垂直于圆形细杆地点平面的轴的迁移转变惯量为mR 2,依据垂直轴定理z x y I I I =+和问题的对称性知:圆形细杆对过轴的迁移转变惯量为12mR 2,由迁移转变惯量的可加性可求得:半圆形细杆对细致杆二端轴的迁移转变惯量为: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,圆孔中间在半径R 的中点,求残剩部分对过大圆盘中间且与盘面垂直的轴线的迁移转变惯量.解:大圆盘对过圆盘中间o 且与盘面垂直的轴线(以下简称o 轴)的迁移转变惯量为221MR I =.因为对称放置,两个小圆盘对o 轴的迁移转变惯量相等,设为I’,圆盘质量的面密度σ=M/πR 2,依据平行轴定理,2412222222124))(()('rM r r r I Rr M R +=+=πσπσ 设挖去两个小圆盘后,残剩部分对o 轴的迁移转变惯量为I”)/2('2"24222122122124R r r R M Mr MR I I I R r M --=--=-= 一迁移转变体系的迁移转变惯量为2,转速为,两制动闸瓦对轮的压力都为392N,闸瓦与轮缘间的摩擦系数为,轮半径为,问从开端制动到静止需多长时光?解:由迁移转变定理:,M I α=20.43920.415.68/8.0M rad s Iα⨯⨯⨯===制动进程可视为匀减速迁移转变,/t αω=∆∆/41.9/15.68 2.67t s ωα∆=∆==一轻绳绕于的飞轮边沿,以恒力 F=98N 拉绳,如题3-20图(a )所示.已知飞轮的迁移转变惯量 2,轴承无摩擦.求(1)飞轮的角加快度.(2)绳索拉下5m 时,飞轮的角速度和动能.(3)如把重量 P=98N 的物体挂在绳端,如题3-20图(b )所示,再求上面的成果. 解 (1)由迁移转变定理得:20.29839.20.5M r F rad s I I α-⋅⨯====⋅ (2)由定轴迁移转变刚体的动能定理得:212k A E I ω==k E F h =⋅=490J 12249044.270.5kE rad s Iω-⨯===⋅ (3)物体受力如图所示:P T ma rT J a r T T αα⎧-=⎪⎪'=⎨⎪'==⎪⎩解方程组并代入数据得: 222989802217898020598Pr g ...rad s Pr Jg ...α-⨯⨯===⋅+⨯+⨯ 22222111222k P P A E J r J r Ph g g ωωω⎛⎫==+=+= ⎪⎝⎭12222*98*533.150.59.8*0.2Ph rad s P J r g ω-===⋅++ 22110533********k E J *.*..J ω=== 3.21如今用阿特伍德机测滑轮迁移转变惯量.用轻线且尽可能润滑轮轴.两头吊挂重物资量各为m 1,m 2,滑轮半径为.自静止始,释放重物后并测得内m 2降低了.滑轮迁移转变惯量是若干? 解:隔离m 2.m 1及滑轮,受力及活动情形如图所示.对m 2.m 1分离运用牛顿第二定律:)2();1(111222a m g m T a m T g m =-=-对滑轮运用迁移转变定理:R Ia I R T T /)(12==-β (3)质点m 2作匀加快直线活动,由活动学公式:221at y =∆, 222/06.00.5/75.02/2s m t y a =⨯=∆=∴由 ⑴.⑵可求得 a m m g m m T T )()(121212+--=-,代入(3)中,可求得21212)](/)[(R m m a g m m I +--=,代入数据:2221039.105.0)96.006.0/8.904.0(kgm I -⨯=⨯-⨯=3.22质量为m,半径为 的平均圆盘在程度面上绕中间轴迁移转变,如题3-22图所示.盘与程度面的动摩擦因数为,圆盘的初角速度为0ω,问到停滞迁移转变,圆盘共转了若干圈?解: 221mR I =如图所示:rdr dm πσ2= gdm r dM μ-=R mg dr r g gdm r dM M R μπσμμ32202-=-=-==⎰⎰⎰由迁移转变定律:M=d d d d J J J dt d dt d ωωθωωθθ== 得: 00201223mR d mgR d θωωωμθ∆=-⋅⎰⎰ 积分得: 2038R gωθμ∆=所以从角速度为0ω到停滞迁移转变,圆盘共转了20316R gωπμ圈.3.23如图所示,弹簧的顽强系数k=2N/m,可视为圆盘的滑轮半径,质量m 1=80g,设弹簧和绳的质量可不计,绳不成伸长,绳与滑轮间无相对滑动,活动中阻力不计,求1kg 质量的物体从静止开端(这时弹簧不伸长)落下1米时,速度的大小等于若干(g 取10m/s 2)解:以地球.物体.弹簧.滑轮为体系,其能量守恒物体地桌面处为重力势能的零点,弹簧的原长为弹性势能的零点,则有:22212111022212m v J kx m gh v r J mr x hωω⎧++-=⎪⎪⎨⎪===⎪⎩解方程得:21122m gh kh v m m /-=+代入数据盘算得:v=m/s .即物体下落m 的速度为m/s3.24如题3-24图所示,均质矩形薄板绕竖直边迁移转变,初始角速度为0ω,迁移转变时受到空气的阻力.阻力垂直于板面,每一小面积所受阻力的大小与其面积及速度平方的乘积成正比,比例常数为k.试盘算经由若干时光,薄板角速度减为本来的一半,设薄板竖直边长为b,宽为a,薄板质量为m.解;如图所示,取图示的暗影部分为研讨对象v x ω= 222df kv dS kx bdx ω==23dM x df k bx dx ω=⋅=23240014a aM dM k bx dx k ba ωω===⎰⎰d M J dt ω= 244d Jdt J d M k baωωω== 024242004443/J d J mt kba kba kba ωωωωωω===⎰所以经由2043mkba ω的时光,薄板角速度减为本来的一半.3-25一个质量为M ,半径为 R 并以角速度ω扭转的飞轮(可看作匀质圆盘),在某一刹时冲破口然有一片质量为m 的碎片从轮的边沿上飞出,见题3-25图.假定碎片离开飞轮时的瞬时速度偏向正好竖直向上,(1)问它能上升多高?(2)求余下部分的角速度.角动量和迁移转变动能.解:(1)碎片以R ω的初速度竖直向上活动.上升的高度:222022v R h g gω== (2)余下部分的角速度仍为 ω角动量 212L J (M m )R ωω==-迁移转变动能 221122k E (M m )R ω=-3.26两溜冰活动员,在相距m 的两平行线上相向而行.两人质量分离为m A =60kg,m B =70kg,他们的速度分离为v A -1, v A -1,当二者最接近时,便拉起手来,开端绕质心作圆活动,并保持二者的距离为.求该瞬时:(1)体系对经由过程质心的竖直轴的总角动量; (2)体系的角速度;(3)两人拉手前.后的总动能.这一进程中能量是否守恒? 解:如图所示, (1)60159607013A A B m l .x m m m ⨯===++ 921151326l x .m -=-=221607913706212663010A A B B L m v (l x )m v x //.kgm s -=-+=⨯⨯+⨯⨯=⨯⋅(2)L J ω= 22c cc c B A L L J m x m (l x )ω==+-,代入数据求得:1867c .rad s ω-=⋅ (3)以地面为参考系. 拉手前的总动能:2211122k A A B BE m v m v =+,代入数据得12730k E J =, 拉手后的总动能:包含括个部分:(1)体系相对于质心的动能(2)体系随质心平动的动能222222211112222A A B B k c A B c c A B A B m v m v E J (m m )v J (m m )m m ωω⎛⎫+=++=++ ⎪+⎝⎭动能不守恒,总能量守恒.3.27一平均细棒长为 l ,质量为m ,以与棒长偏向相垂直的速度v 0在滑腻程度面内平动时,与前方一固定的滑腻支点 O 产生完整非弹性碰撞,碰撞点位于离棒中间一方l/4处,如题3-27图所示,求棒在碰撞后的瞬时绕过O 点垂直于杆地点平面的轴迁移转变的角速度0ω. 解:如图所示:碰撞前后体系对点O 的角动量守恒. 碰撞前后: 104L mv l /=碰撞前后:2220001124l L J ml m ωω⎡⎤⎛⎫==+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦由12L L =可求得:200127v rad s lω-=⋅3.28如题3-28图所示,一质量为m 的小球由一绳索系着,以角速度ω0 在无摩擦的程度面上,作半径为r 0 的圆周活动.假如在绳的另一端感化一竖直向下的拉力,使小球作半径为r 0/2 的圆周活动.试求:(1) 小球新的角速度;(2) 拉力所作的功. 解:如图所示,小球对桌面上的小孔的角动量守恒(1)初态始角动量 2100L mr ω=;终态始角动量 22014L mr ω=由12L L =求得:04ωω= (2)拉力作功:2222110000113222W J J mr ωωω=-=3.29质量为0.50 kg,长为0.40 m 的平均细棒,可绕垂直于棒的一端的程度轴迁移转变.如将此棒放在程度地位,然后任其落下,如题3-29图所示,求:(1) 当棒转过60°时的角加快度和角速度;(2) 下落到竖直地位时的动能;(3) 下落到竖直地位时的角速度. 解:设杆长为l ,质量为m(1) 由同迁移转变定理有:232123lmg sin g sin MJml lθθα===代入数据可求得:21838.rad s α-=⋅由刚体定轴迁移转变的动能定理得:2211223l mg cos ml θω=3g cos lθω=,代入数据得:17978.rad s ω-=⋅(也可以用迁移转变定理求得角加快度再积分求得角速度)(2)由刚体定轴迁移转变的动能定理得:k W E =∆ 059802098k E mgh ....J ==⨯⨯= (3)12220988573105043kE ..rad s J..ω-⨯===⋅⨯⨯3-30 如题3-30图所示,A 与B 两飞轮的轴杆由摩擦啮合器连接,A 轮的迁移转变惯量J 1 =10.0 kg· m 2 ,开端时B 轮静止,A 轮以n 1 =600 r· min -1 的转速迁移转变,然后使A 与B 连接,因而B 轮得到加快而A 轮减速,直到两轮的转速都等于n =200 r· min -1 为止.求:(1) B 轮的迁移转变惯量;(2) 在啮合进程中损掉的机械能.解:研讨对象:A.B 体系在连接进程中, 对轴无外力矩感化,故有常矢=L()121122J J J J ωωω⇒+=+即: 1122J ()J ωωωω-=-代入数据可求得:2220J kg m =⋅(2)()2221122121122k E (J J )J J ωωω∆=+-+ 代入数据可求得:413210k E .J ∆=-⨯,负号暗示动能损掉(削减).质量为m 长为l 的匀质杆,其B 端放在桌上,A 端用手支住,使杆成程度.忽然释放A 端,在此瞬时,求:⑴杆质心的加快度,⑵杆B 端所受的力.解:⑴以支点B 为转轴,运用迁移转变定理:l glml mg232312=∴=ββ,质心加快度 g a lc 432==β,偏向向下.⑵设杆B 端受的力为N,对杆运用质心活动定理:N y =0,题3-30图题3-31图N x - mg = - m a c , N x = m(g – a c) = mg/4∴ N = mg/4,偏向向上.。
福州大学《大学物理》 第3章刚体的定轴转动
单位:弧β
0 β
0
7
角加速度是矢量,但对于刚体定轴转动角加速度的
方向只有两个,在表示角加速度时只用角加速度的正 负数值就可表示角加速度的方向,不必用矢量表示。
总结: 对于刚体的定轴转动问题,我们可用角坐标、 角位移、角速度和角加速度来描述。
5.定轴转动刚体上任一点的速度和加速度
(瞬时)角速度是矢量,但对于刚体定
轴转动角速度的方向只有两个,在表 示角速度时角速度的正负数值就显示
ω
角速度的方向,不必用矢量表示。
6
4.角加速度 描写角速度变化快慢和方向的物理量。
t到t+Δt时刻,刚体角速度的增量为:
平均角加速度
t
(瞬时)角加速度
lim d
t0 t dt
d 2
dt2
在转动平面内,过O点作一 极轴,设极轴的正方向是水 平向右。
o
P
x
连接OP,OP与极轴之间的夹角为。
角称为角坐标(或角位置)。单位:弧度,rad 角坐标为标量。但可有正负。
4
在定轴转动过程中,角坐标是时间的函数: = (t),叫做转动方程。
2.角位移 描写刚体位置变化的物理量。
t时刻,质点在P点,角坐标为, t+Δt时刻,质点到达P/,角坐标为 /。y
d
dt
r
an
v2 r
(r )2
r
r2
9
§3.2 刚体定轴转动定律
3.2.1 刚体定轴转动定律
M
1.力对转轴的矩 力对固定点的矩
M
r
F
F
Or
d
Pr
力对固定轴的矩(1)力垂直转轴
对轴的矩就等于力对固定点O的矩。
大学物理课后习题(第三章)
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 )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) 2 50m l; (B) 214m l; (C) 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600πrev 300rev 2π2πN θ∆===(2) 切断电源后10s 时,电枢的角速度为()111060π 3.0π10rad s30πrad s94.2rad st ωωα---=+=-⨯⋅=⋅=⋅电枢的半径10cm 0.10m r ==.此时电枢边缘上一点的线速度为1130π0.1m s9.42m sr ω--==⨯⋅=⋅v切向加速度为222t 3.0π0.1m s0.30πm s0.942m sa r α---==-⨯⋅=-⋅=-⋅法向加速度为()222222n 0.130πm s90πm s888m sa r ω---==⨯⋅=⋅=⋅3-12 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 11.03kg 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:22222211221111.030.15 4.900.05kg m 0.137kg 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312102π 1.010πrad s10rad s603ω--⨯⨯=⋅=⨯⋅飞轮所受的制动力矩为n 0.44900.25N m 49N m M F R μ=-=-⨯⨯⋅=-⋅由转动定律,M J α=,可得制动后飞轮的角加速度为2249rad s20.42rad s2.4M J α---==⋅=-⋅由2202ωωαθ-=∆,且0ω=,可得制动后飞轮转过角度为222220π10π3rad 10rad 22(20.42) 3.676ωθα⎛⎫-⨯ ⎪-⎝⎭∆===⨯⨯-转过的圈数为22π10rev 42.7rev 2π3.6762πN θ∆==⨯=⨯3-17 如图所示,一物体质量为5kg ,从一倾角为o37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 设物体的质量为1m ,滑轮的质量为2m ,滑轮的半径为r .物体和滑轮受力如图,T T F F '=.对物体,由牛顿第二定律,在平行于斜面的方向上,有o1T r 1sin 37m g F F m a --=在垂直于斜面的方向上,有o1N cos 370m g F -=对滑轮,由转动定律,有T F r I α⋅=而a r α=r N F F μ= 2212I 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为2211234340.2559.8 m s 1.31 m s 11555552022m a g m m μ--⨯⎛⎫⎛⎫=-=-⨯⨯⋅=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭++⨯ T 21120 1.31 N 13.1 N 22F Im 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 细棒与地组成的系统,在细棒倒下的过程中机械能守恒.设细棒倒至与竖直方向成θ角时角速度为ω,由机械能守恒定律,k p ΔΔE E =-,有()211cos 22l J m gωθ=-将细棒的转动惯量213J m l =代入上式,可得ω=细棒倒至与竖直方向成β角时角速度为()ωβ=.()ωβ对时间求导() αβ===将()ωβ=代入上式,可得角加速度为3()sin 2g l αββ=βθ=时, 角加速度为3sin 2g l αθ=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 二物体和滑轮受力如图,T1T1F F '=,T 2T 2F F '=.对物体1m ,由牛顿第二定律,有1T 11m g F m a -=对物体2m ,由牛顿第二定律,有T 2r 2F F m a -=对滑轮,由定轴转动定律,有T 1T 2αF R F R J -=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 m μ-=++()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 ==⨯⨯⋅=⋅由功能原理,阻力矩的功等于始末二状态下飞轮动能的增量:()222200225111()2221100π 12.5100πJ 5.4810J 23A 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.设转台的角速度为1ω,有221102m R m R ωω'+=可得12m m ωω-='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 子弹和圆盘组成的系统,对通过圆盘中心垂直于圆盘面的轴角动量守恒.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) 设物体因碰撞而获得的速度为v ,由功能原理,有212m gs m μ=v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.设细棒下落至竖直位置时的角速度为0ω,有20122l J m gω=将213J m l =代入上式,可得0ω=.碰撞过程角动量守恒.设棒与物体碰撞后,细棒的角速度为ω,有0J J m l ωω=+v将213J m l =、=v 和0ω=代入上式,可得37 l ω=若0ω>,则碰撞后棒的转动方向与碰撞前相同, 显然,若0ω<,则碰撞后棒的转动方向与碰撞前相反.。
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3a 2 ) 3ma 2 2
a 3a J y 1 0 2 m( ) 2 2 ( ) 2 1 m(2a) 2 9ma 2 2 2
J z 1 0 2 ma 2 2 ( 3a) 2 1 m(2a) 2 12ma 2
(2) J y 2 ma 4 m( ) 3ma
2 2
a 2
2
或根据平行轴定理 J y J y 6m a 3ma
2
2
5
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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 0 ,已知圆盘与桌面的摩擦系数为 , 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
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第三章 刚体
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) 1 40 (rad / s )
2 90 (rad / s)
2 1
习题 3-14 图 习题 3-15 图
解:设作用在飞轮上的压力为 N ,则有
N 0.5 F (0.5 0.75) ,得 N 250( N)
M NR 40 1 ( rad / s ) 2 J 3 2 mR
又 0
2 900 0 0 30 (rad / s) , 所以 t 7.07( s) 60
3-5 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 11.3s 内停止,求砂轮和工件的摩擦系数(忽略砂轮轴的摩擦)。 解: M J 其中 M NR ,得
d M NR dt J J
0
my 2 dy 1 1 ml 2 ,即 J x J 左x J 右x ml 2 l cos 30 4 4
1 2 ml 3
(2) J y J 左y J 右y , 其中 J 右y
l
mx 2 dx x 2 2 m , dJ 左y dmx x , dl l l sin 30 sin 30
( 2) A 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 =2.0s 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 a
3
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习题 3-7 图 习题 3-8 图
解: J J M J m
1 ML2 mL2 3
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 J J圆板 J 孔板
习题 3-9 图 4
习题 3-10 图
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解: (1) J x J 左x J 右x , 其中 J 右x 0
l
m my 2 dy y , dJ 左x dmy 2 y 2 dl , cos 30 l l cos 30
l cos 30
J 左x
t
90 40 25 (rad / s 2 ) 13.1(rad / s 2 ) 12 6
匀变速转动
( 2)
2 2 12 780 (rad ) 2
n
390 (圈) 2
3-2 一飞轮的转动惯量为 J , 在 t 0 时角速度为 0 ,此后飞轮经历制动 过程。阻力矩 M 的大小与角速度 的平方成正比,比例系数 K 0 。求: (1)当 0 3 时, 飞轮的角加速度; ( 2)从开始制动到 0 3 所需 要的时间。 解: (1)依题意 M J K 2
l sin 30
J左
0
mx 2 dx 1 5 ml 2 ,所以 J y J 左y J 右y ml 2 l sin 30 12 12
1 2 1 2 2 2 ml ml ml 3 3 3 1 2 5 2 或 J z J x J y ml ml 2 ml 2 4 12 3
解:
m1 g T1 m1a T m g m a k 2 2 2 T r T r J 2 1 1 2 J mr 2 a r
得 a
2(m1 g k m2 g ) 2m1 2m2 m
2(1 k )m1m2 g mm1 g 2m1 2m2 m
2h 0.2(m / s 2 ) 2 t
又 at a R ,得圆盘的角加速度
0.2(rad / s 2 )
第 3 秒末,圆盘的角速度 t 0.6(rad / s ) 所以 at 0.2(m / s ) an R 0.36(m / s )
2 2 2
(3) J 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 Oy 轴的转动惯量。 解: (1) J x 2 0 4 m(
B Bt
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
A RA B RB
又 A
R 2 600 20 (rad / s) 联立得 t A A 10( s ) B RB 60
2 300 A 10 (rad / s) A A (rad / s 2 ) 60 t 6
习题 3-3 图
习题 3-6 图
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 J z J x J y 由对称性可知 J x J y ,又 J z mR2 得
J Jx Jy
1 mR 2 2 m 2R
•
T1 m1 ( g a )
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T2 k m2 g m2 a
2(1 k )m1m2 g k mm2 g 2m1 2m2 m
3-14 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 0.40 ,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 F 100N ,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?
t
0 0
30 R 4g
3-12 如图所示,斜面倾角为 ,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 ,求重物上滑的加速度。绳与斜面平行,不计 绳质量。
6
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0 3
0
2 K0 K 2 (rad / s 2 ) J 9J
(2)由
d K 2 得 dt J
dt
0
t
J 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
2 径 R A =30cm, R B 75cm。当蒸汽机开动后,其角加速度 B 0.8π rad/s ,
习题 3-13 图 习题 3-12 图
M Tr J 解: T mg cos mg sin ma a r
得 a
( M umg cos mg sin )r J mr 2
3-13 如图所示,两物体质量分别为 m1 和 m 2 ,定滑轮的质量为 m 、半 径为 r , 可视作均匀圆盘。 已知 m 2 与桌面间的滑动摩擦系数为 k , 求 m1 下 落的加速度和两段绳子中的张力各是多少?设绳子和滑轮间无相对滑动, 滑 轮轴受的摩擦力忽略不计。
方法二: dm dl Rd ,其中
dJ dmR sin R 3 sin 2 d
2
J R 3 sin 2 d R 3
0
2
1 mR 2 2
3-7
如图所示, 长为 2 L 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 。
J圆板
r 2 1 1 2 R 2 2 MR , J 孔板 mr m( ) ,其中 m 2 M 2 2 R 2
1 1 r4 1 MR 2 M 2 Mr 2 2 2 R 4
得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 120 , 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。
t
0
dt
0
0
J0 Jd , 即 NRt NR
2
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又 0
2 900 1 d 30 (rad / s) , J m 0.4(kg m 2 ) 60 2 2