大学物理习题册及解答_第二版_第四章_刚体的定轴转动共25页
刚体定轴转动 大学物理习题答案
薄圆盘对过球心轴的转动惯量为 d J 1 r 2 d m 1 R5 cos 5 d
2
2
J 2
/2 1 r2 dm
/2
R5 cos 5d
8
R 5
8
m R5 2 mR 2
02
0
15
15 4 R 3
5
3
由平行轴定理， J J mR 2 2 mR 2 mR 2 7 mR 2
5
5
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 3 l ， 4
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
mv 3 l J ， J 1 Ml 2 m ( 3 l)2 1 1 0.42 0.008 9 0.42 0.054 kg m2
计小球大小）
A
解：M (3m m)g l cos l mg cos ，J 3m( l )2 1 ml2 m( l )2 1 ml 2
4
2
4 12
43
l/4 O
l
图 4-5
13
大学物理练习册—刚体定轴转动
M
l mg cos 2
3g
cos
J
1 ml 2
2l
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？
dt d 0
0
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。
大学物理题库-第4章-刚体的转动习题(含答案解析)
刚体习题一、选择题 1、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 ． ［ ］2、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．［ ］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，(A) 只有(1)是正确的．(B) (1) 、(2)正确，(3) 、(4) 错误．(C) (1)、(2) 、(3) 都正确，(4)错误．(D) (1) 、(2) 、(3) 、(4)都正确． ［ ］4、如图所示，一质量为m 的匀质细杆AB ，A 端靠在粗糙的竖直墙壁上，B 端置于粗糙水平地面上而静止．杆身与竖直方向成θ角，则A 端对墙壁的压力大小 (A) 为 41mg cos θ． (B)为21mg tg θ． (C) 为 mg sin θ．(D) 不能唯一确定． ［ ］5、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． ［ ］6、关于力矩有以下几种说法：(1) 对某个定轴而言，内力矩不会改变刚体的角动量．(2) 作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零．(3) 质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的角加速度一定相等．在上述说法中，(A) 只有(2) 是正确的．(B) (1) 、(2) 是正确的．(C) (2) 、(3) 是正确的．(D) (1) 、(2) 、(3)都是正确的． ［ ］7、一水平圆盘可绕通过其中心的固定竖直轴转动，盘上站着一个人.把人和圆盘取作系统，当此人在盘上随意走动时，若忽略轴的摩擦，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． ［ ］8、质量为m 的小孩站在半径为R 的水平平台边缘上．平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动，转动惯量为J ．平台和小孩开始时均静止．当小孩突然以相对于地面为v 的速率在台边缘沿逆时针转向走动时，则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为(A) ⎪⎭⎫ ⎝⎛=R J mR v 2ω，顺时针． (B) ⎪⎭⎫ ⎝⎛=R J mR v 2ω，逆时针． (C) ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=R mR J mR v 22ω，顺时针．(D) ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=R mR J mR v 22ω，逆时针．［ ］9、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ω(A) 增大． (B) 不变．(C) 减小． (D) 不能确定 ［ ］10、（0405）人造地球卫星，绕地球作椭圆轨道运动，地球在椭圆的一个焦点上，则卫星的(A)动量不守恒，动能守恒．(B)动量守恒，动能不守恒．(C)对地心的角动量守恒，动能不守恒．(D)对地心的角动量不守恒，动能守恒． ［ ］11、一个圆盘在水平面内绕一竖直固定轴转动的转动惯量为J ，初始角速度为ω 0，后来变为021ω．在上述过程中，阻力矩所作的功为： (A) 2041ωJ ． (B) 2081ωJ -． (C) 2041ωJ - (D) 2083ωJ -． ［ ］ 12、一均匀细杆可绕垂直它而离其一端l / 4 (l 为杆长)的水平固定轴O 在竖直平面内转动．杆 m m的质量为m ，当杆自由悬挂时，给它一个起始角速度ω 0,如杆恰能持续转动而不作往复摆动(一切摩擦不计)则需要 (A) ω 0≥l g 7/34． (B) ω 0≥l g /4．(C) ω 0≥()l g /3/4． (D) ω 0≥l g /12．[已知细杆绕轴O 的转动惯量J ＝(7/48)ml 2] ［ ］13、假设卫星环绕地球中心作圆周运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的(A) 角动量守恒，动能也守恒．(B) 角动量守恒，动能不守恒．(C) 角动量不守恒，动能守恒．(D) 角动量不守恒，动量也不守恒．(E) 角动量守恒，动量也守恒． ［ ］14、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m 1和m 2的物体(m 1＜m 2)，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． ［ ］15、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O 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、动量和角动量均守恒． ［ ］二、填空题1、如图4-23所示，质量为m 和m 2的两个质点A 和B ，用一长为l 的轻质细杆相连，系统绕通过杆上o 点且与杆垂直的轴转动。
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。
大学物理第四章习题解答PPT演示课件
16
解： 冲击：子弹和摆锤角动量守恒
mlvm2 vl(J1J2)0
J1
1 3
ml 2
J2 ml2
v 0
摆动：摆锤和地球机械能守恒
Ek Ep
1 2(J1J2)0 2mg2lmgl
4m vmin m
2gl
17
解：子弹+杆系统： M外 0
m 22 lv(1 JJ2) J2)(1JJ2)
J1
1 12
m1l
2
J2
m1(
l )2 2
v v r l/2
J2 6m 2v 2.1 9r3a/sd
J1J2 m 1l3m 2l
11
426:一质量 m/、 为半径 R的 为转台，以a角 转速 动度 ，转轴的
不计， 1）（ 有一质 m的 量蜘 为蛛垂直地边 落缘 在上 转， 台此时角 ，
解： JJ盘2J柱
J盘 12m盘R盘 2
R盘
3
01 2
02
m
J柱 12m柱R柱 2
10102 R柱 2 m
m盘 V盘
m柱 V柱
J0.13k6gm2
7
413:如图所示m1， 1质 6kg的 量实心圆 A，柱 其体 半r径 15c为 m ，可 绕其固定水平 阻轴 力转 忽动 略， 不计 的。 柔一 绳条 绕轻 在圆 其柱 一
(A) 角速度从小到大，角加速度不变 O
A
(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
2
绕过O点的轴做定轴转动。求：运动过程中角速度和角 加速度的变化情况
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
大学物理下答案第四章
4-7 有一个半径为 R=0.2 米，质量 m1=2.5 千克的匀质圆盘状定滑轮，轴处摩擦可略， 当在圆盘边缘上绕一轻绳，绳上缀一个质量 m2=0.51 千克的物体。试计算施在圆盘 上的力矩从静止开始，在 2 秒之内所作的功和 2 秒时物体 m2 的动能。
分析：本题中的滑轮是定轴转动，从刚体定轴转动的角动量定理，及力矩做功的角度去
m,, v 0 l
4-12 质量为 m 长为 l 的匀质细杆，可绕端点 O 的固定水平轴转动，把杆抬平后无初速 地释放，当杆摆至竖直位置时刚好和光滑水平桌面上的小球相碰。小球的转动不 计，它的质量和杆相同，并且碰撞是完全弹性的，轴上摩擦也忽略不计，求碰后 小球的速度 v。 解：下摆（定轴转动）能量守恒，
I1 ω n= = n1 = 200 2π I1 + I 2
A
B
（转/分）
4-9 质量为 mA 和 mB, 半径为 RA 和 RB 的两个圆盘同心地粘在一起, 小圆盘边缘绕有绳 子, 上端固定在天花板上, 大圆盘也绕有绳子, 下端挂以质量为 m 的物体,如图所示. 求: (1) 要使圆盘向上加速、向下加速,静止或匀速运动的条件? (2) 在静止条件下两段绳中的张力。轴处摩擦和绳的质量忽略。绳与滑轮之间没有
分析：用隔离体法分别分析物体与滑轮所受的力。对每一个物体列动力学方程，然后求 解方程即可。
解： (1) 如图所示分为三个隔离体求解。
⎧ ⎪ m1g − T1 = m1a ⎪ T2 = m 2 a ⎨ ⎪ a ⎪(T1 − T2 )R = I R ⎩
⎧ I + m1 + m 2 ) ⎪a = m 1 g ( ⎪ R2 ⎪ I ⎪ + m1 + m 2 ) ⎨T2 = m1m 2 g ( ⎪ R2 ⎪ I I ⎪T1 = m1g( + m2 ) ( + m1 + m 2 ) 2 ⎪ R2 R ⎩
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-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。
大学物理习题册及解答_第二版_第四章_刚体的定轴转动
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．
2.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．
(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
pB mB p A mA
LB LA
3．一静止的均匀细棒,长为l、质量为M,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Ml2/3.一质量为 m、速率为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/2 ,则此时棒的角速度应为
m 3m (A) ( B) Ml 2 Ml 5 m (C) 3Ml
1 (A) 3
0
( B)
1 3
0
(C)
3
0
(D) 3
0
8．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 其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O自由转动，其转动惯量为 ml2/3，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，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， v 则这一系统碰撞后的转动角速度应为
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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，2所以一定有法向加速度a n l，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M z dL 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。
dtL zml i i2I ,其中 I mlii2，代表刚体对定轴的转动惯量，所以M zdL z d I IdI 。
既M z I 。
dtdtdt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。
大学物理习题答案解析第四章
第四章刚体的转动4－1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．对上述说法下述判断正确的是( )(A) 只有(1)是正确的(B)(1)、(2)正确，(3)、(4)错误(C) (1)、(2)、(3)都正确，(4)错误 (D)(1)、(2)、(3)、(4)都正确分析与解力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转)．不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是正确．对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然．但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故(3)(4)说法不完全正确．综上所述，应选(B)．4－2关于力矩有以下几种说法：(1) 对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度；(2) 一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；(3) 质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同．对上述说法下述判断正确的是( )(A) 只有(2)是正确的 (B) (1)、(2)是正确的(C)(2)、(3)是正确的 (D) (1)、(2)、(3)都是正确的分析与解刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量等，故(1)(2)说法正确．对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选(B)．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，角加速度为零分析与解 如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹角有关．当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零．因此在棒在下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小到大(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况)，应选(C )． 4 －4 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 ) 两者均不确定分析与解 对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴O 的角动量守恒，故L 不变，此时应有下式成立，即式中m v D 为子弹对点O 的角动量ω０ 为圆盘初始角速度，J 为子弹留在盘中后系统对轴O 的转动惯量，J 0为子弹射入前盘对轴O 的转动惯量．由于J ＞J 0 ，则ω＜ω０ ．故选(C )．4 －5 假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的( ) (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 ) 角动量不守恒，动量也不守恒 (Ｅ) 角动量守恒，动量也守恒分析与解 由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，但由于万有引力一直指向地球中心，则万有引力对地球中心的力矩为零，故卫星对地球中心的角动星守恒，即r ×m v ＝恒量，式中r 为地球中心指向卫星的位矢．当卫星处于椭圆轨道上不同位置时，由于｜r ｜不同，由角动量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于远地点时速率最小，故卫星动能并不守恒，但由万有引力为保守力，则卫星的机械能守恒，即卫星动能与万有引力势能之和维持不变，由此可见，应选(B )．4 －6 一汽车发动机曲轴的转速在12 s 内由1.2×103 r·min -1均匀的增加到2.7×103 r·min -1．(1) 求曲轴转动的角加速度；(2) 在此时间内，曲轴转了多少转？分析这是刚体的运动学问题．刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关系，本题为匀变速转ωJ ωJ d m d m =+-00vv动．解 (1) 由于角速度ω＝2π n (n 为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义，在匀变速转动中角加速度为(2) 发动机曲轴转过的角度为在12 s 内曲轴转过的圈数为圈 4 －7 某种电动机启动后转速随时间变化的关系为，式中ω０＝9.0 s -1 ，τ＝2 s ．求：(1) t ＝6.0 s 时的转速；(2) 角加速度随时间变化的规律；(3) 启动后6.0 s 内转过的圈数．分析 与质点运动学相似，刚体定轴转动的运动学问题也可分为两类：(1) 由转动的运动方程，通过求导得到角速度、角加速度；(2) 在确定的初始条件下，由角速度、角加速度通过积分得到转动的运动方程．本题由ω＝ω(t )出发，分别通过求导和积分得到电动机的角加速度和6.0 s 内转过的圈数． 解 (1) 根据题意中转速随时间的变化关系，将t ＝6.0 s 代入，即得(2) 角速度随时间变化的规律为(3) t ＝6.0 s 时转过的角度为则t ＝6.0 s 时电动机转过的圈数圈4 －8 水分子的形状如图所示，从光谱分析知水分子对AA ′ 轴的转动惯量J AA′＝1.93 ×10-47 kg·m 2 ，对BB ′ 轴转动惯量J BB′＝1.14 ×10-47 kg·m 2，试由此数据和各原子质量求出氢和氧原子的距离D 和夹角θ．假设各原子都可当质点处理．tωαd d =()200s rad 1.13π2-⋅=-=-=tn n t ωωα()0020π221n n t ωωt αt ωθ-=-=+=3902π20=+==t n n θN ()τt e ωω/01--=()10/0s 6.895.01--==-=ωe ωωτt ()22//0s rad e 5.4e d d ---⋅===t τt τωt ωα()rad 9.36d 1d /6060=-==-⎰⎰t e ωt ωθτt 87.5π2/==θN分析 如将原子视为质点，则水分子中的氧原子对AA ′轴和BB ′ 轴的转动惯量均为零，因此计算水分子对两个轴的转动惯量时，只需考虑氢原子即可． 解 由图可得此二式相加，可得 则由二式相比，可得 则 4 －9 一飞轮由一直径为30㎝，厚度为2.0㎝的圆盘和两个直径为10㎝，长为8.0㎝的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为7.8×103 kg·m -3，求飞轮对轴的转动惯量．分析 根据转动惯量的可叠加性，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；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，或根据转动惯量的定义，用简单的积分计算得到． 解 根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得θd m J H A A 22sin 2='θd m J H B B 22cos 2='22d m J J H B B A A =+''m 1059.9211-''⨯=+=HB B A A m J J d θJ J B B A A 2tan /=''o 3.521.141.93arctan arctan===''B B A A J Jθ4 －10 如图(a )所示，圆盘的质量为m ，半径为R ．求：(1) 以O 为中心，将半径为R ／2 的部分挖去，剩余部分对OO 轴的转动惯量；(2) 剩余部分对O ′O ′轴(即通过圆盘边缘且平行于盘中心轴)的转动惯量．分析 由于转动惯量的可加性，求解第一问可有两种方法：一是由定义式计算，式中d m 可取半径为r 、宽度为d r 窄圆环；二是用补偿法可将剩余部分的转动惯量看成是原大圆盘和挖去的小圆盘对同一轴的转动惯量的差值．至于第二问需用到平行轴定理． 解 挖去后的圆盘如图(b )所示． (1) 解1 由分析知解2 整个圆盘对OO 轴转动惯量为，挖去的小圆盘对OO 轴转动惯量，由分析知，剩余部分对OO 轴的转动惯量为(2) 由平行轴定理，剩余部分对O ′O ′轴的转动惯量为4 －11 用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在O 点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m 的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动(如图)．记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量．试写出它的计算式．(假设轴承间无摩擦)．2424122221121m kg 136.021π161 2212212⋅=⎪⎭⎫⎝⎛+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=+=ad ld ρd m d m J JJ m r J d 2⎰=22/3222/2203215d 2 d π2πd mR r r R m rr R mr m r J R R RR ====⎰⎰⎰2121mR J =2222232122ππ21mR R R Rm J =⎪⎭⎫ ⎝⎛⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛=22103215mR J J J =-=22222032392ππ3215mR R R R m m mR J =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-+='分析 在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的．飞轮作定轴转动，而重物是作落体运动，它们之间有着内在的联系．由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略．这样，飞轮的转动惯量，就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重物的加速度，可通过它下落时的匀加速运动规律来确定．该题也可用功能关系来处理．将飞轮、重物和地球视为系统，绳子张力作用于飞轮、重物的功之和为零，系统的机械能守恒．利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系，以及线速度和角速度的关系，代入机械能守恒方程中即可解得．解1 设绳子的拉力为F Ｔ，对飞轮而言，根据转动定律，有(1)而对重物而言，由牛顿定律，有(2)由于绳子不可伸长，因此，有(3)重物作匀加速下落，则有(4) 由上述各式可解得飞轮的转动惯量为解2 根据系统的机械能守恒定律，有(1′)而线速度和角速度的关系为(2′)又根据重物作匀加速运动时，有(3′)(4′)由上述各式可得αJ R F T =ma F mg T =-αR a =221at h =⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1222h gt mR J 0212122=++-ωJ m mgh v ωR =v at =v ah 22=v ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1222h gt mR J若轴承处存在摩擦，上述测量转动惯量的方法仍可采用．这时，只需通过用两个不同质量的重物做两次测量即可消除摩擦力矩带来的影响．4 －12 一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.03×03N·m ，涡轮的转动惯量为25.0kg·m 2 ．当轮的转速由2.80×103 r·min -1 增大到1.12×104 r·min -1时，所经历的时间t 为多少？分析 由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩，因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系，可解出飞轮所经历的时间．该题还可应用角动量定理直接求解． 解1 在匀变速转动中，角加速度，由转动定律，可得飞轮所经历的时间 解2 飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有则 4 －13 如图(a ) 所示，质量m 1 ＝16 kg 的实心圆柱体A ，其半径为r ＝15 cm ，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计．一条轻的柔绳绕在圆柱体上，其另一端系一个质量m 2 ＝8.0 kg 的物体B .求：(1) 物体B 由静止开始下降1.0 s 后的距离；(2) 绳的张力F Ｔ .分析 该系统的运动包含圆柱体的转动和悬挂物的下落运动(平动).两种不同的运动形式应依据不同的动力学方程去求解，但是，两物体的运动由柔绳相联系，它们运动量之间的联系可由角量与线量的关系得到. 解 (1) 分别作两物体的受力分析，如图(b ).对实心圆柱体而言，由转动定律得t ωωα0-=αJ M =()s 8.10200=-=-=n n MJπJ M ωωt ()0d ωωJ t M t-=⎰()s 8.10π200=-=-=n n MJJ M ωωt对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有且F Ｔ ＝F Ｔ′ .又由角量与线量之间的关系，得解上述方程组，可得物体下落的加速度在t ＝1.0 s 时，B 下落的距离为(2) 由式(2)可得绳中的张力为4 －14 质量为m 1 和m 2 的两物体A 、B 分别悬挂在图(a )所示的组合轮两端.设两轮的半径分别为R 和r ，两轮的转动惯量分别为J 1 和J 2 ，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计.试求两物体的加速度和绳的张力.分析 由于组合轮是一整体，它的转动惯量是两轮转动惯量之和，它所受的力矩是两绳索张力矩的矢量和(注意两αr m αJ r F T 2121==a m F g m F P T T 222='-='-αr a =21222m m gm a +=m 45.222121222=+==m m gt m at s ()N 2.3922121=+=-=g m m m m a g m FT力矩的方向不同).对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方程，结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得.解 分别对两物体及组合轮作受力分析，如图(b ).根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有(1) (2)(3) , (4)由角加速度和线加速度之间的关系，有(5) (6)解上述方程组，可得4 －15 如图所示装置，定滑轮的半径为r ，绕转轴的转动惯量为J ，滑轮两边分别悬挂质量为m 1 和m 2 的物体A 、B .A 置于倾角为θ 的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为μ，若B 向下作加速运动时，求：(1) 其下落加速度的大小；(2) 滑轮两边绳子的张力.(设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑.)分析 这是连接体的动力学问题，对于这类问题仍采用隔离体的方法，从受力分析着手，然后列出各物体在不同运动形式下的动力学方程.物体A 和B 可视为质点，则运用牛顿定律.由于绳与滑轮间无滑动，滑轮两边绳中的张力是不同的，滑轮在力矩作用下产生定轴转动，因此，对滑轮必须运用刚体的定轴转动定律.列出动力学方程，并考虑到角量与线量之间的关系，即能解出结果来.解 作A 、B 和滑轮的受力分析，如图(b ).其中A 是在张力F Ｔ1 、重力P 1 ，支持力F Ｎ 和摩擦力F ｆ 的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有(1)111111a m F g m F P T T =-='-222222a m g m F P F T T =-=-'()αJ J r F R F T T 2121+=-11T T F F ='22T T F F ='αR a =1αr a =2gR r m R m J J rm R m a 222121211+++-=gr rm R m J J rm R m a 222121212+++-=g m r m R m J J Rr m r m J J F T 1222121221211++++++=g m r m R m J J Rr m R m J J F T 2222121121212++++++=11111cos sin a m θg m μθg m F T =--而B 则是在张力F Ｔ2 和重力P 2 的作用下运动，有(2)由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有(3)对滑轮而言，根据定轴转动定律有(4) , (5)解上述各方程可得4 －16 如图(a )所示，飞轮的质量为60 kg ，直径为0.50 m ，转速为1.0 ×103 r·min -1 .现用闸瓦制动使其在5.0 s 内停止转动，求制动力F .设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数 μ＝0.40，飞轮的质量全部分布在轮缘上.2222a m F g m T =-αr a a ==21αJ r F r F T T ='-'1211T T F F ='22T T F F ='22111221cos sin rJm m θg m μθg m g m a a ++--==()()22121211//cos sin cos sin 1rJ m m r gJ m θμθθμθg m m F T ++++++=()22122212//cos sin 1rJ m m r gJ m θμθg m m F T +++++=分析 飞轮的制动是闸瓦对它的摩擦力矩作用的结果，因此，由飞轮的转动规律可确定制动时所需的摩擦力矩.但是，摩擦力矩的产生与大小，是由闸瓦与飞轮之间的正压力F Ｎ 决定的，而此力又是由制动力F 通过杠杆作用来实现的.所以，制动力可以通过杠杆的力矩平衡来求出.解 飞轮和闸杆的受力分析，如图(b )所示.根据闸杆的力矩平衡，有而，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为 (1) 摩擦力矩是恒力矩，飞轮作匀角加速转动，由转动的运动规律，有(2) 因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量，根据转动定律，由式(1)、(2)可得制动力()0121='-+l F l l F NNN F F '=d μF l ll d μF d F M N 121f2212+===tnt ωt ωωαπ200==-=4/2md J =αJ M =4 －17 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) 问经多少时间后，圆盘转动才能停止？分析 转动圆盘在平板上能逐渐停止下来是由于平板对其摩擦力矩作用的结果.由于圆盘各部分所受的摩擦力的力臂不同，总的摩擦力矩应是各部分摩擦力矩的积分.为此，可考虑将圆盘分割成许多同心圆环，取半径为r 、宽为d r 的圆环为面元，环所受摩擦力d F ｆ ＝2πr μmg d r /πR 2 ，其方向均与环的半径垂直，因此，该圆环的摩擦力矩d M ＝r ×d F ｆ ，其方向沿转动轴，则圆盘所受的总摩擦力矩M ＝∫ d M .这样，总的摩擦力矩的计算就可通过积分来完成.由于摩擦力矩是恒力矩，则由角动量定理M Δt ＝Δ(Jω)，可求得圆盘停止前所经历的时间Δt .当然也可由转动定律求解得.解 (1) 由分析可知，圆盘上半径为r 、宽度为d r 的同心圆环所受的摩擦力矩为式中k 为轴向的单位矢量.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J ＝mR 2/2 .由角动量定理M Δt ＝Δ(Jω)，可得圆盘停止的时间为4 －18 如图所示，一通风机的转动部分以初角速度ω0 绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C 为一常量.若转动部分对其轴的转动惯量为J ，问：(1) 经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？(2) 在此时间内共转过多少转？分析 由于空气的阻力矩与角速度成正比，由转动定律可知，在变力矩作用下，通风机叶片的转动是变角加速转动，因此，在讨论转动的运动学关系时，必须从角加速度和角速度的定义出发，通过积分的方法去解. 解 (1) 通风机叶片所受的阻力矩为M ＝－Cω，由转动定律M ＝Jα，可得叶片的角加速度为(1) 根据初始条件对式(1)积分，有()N 1014.32211⨯=+=tl l μnmdl πF ()k F r M 22f /d 2d R r mg μr d -=⨯=mgR μr R mg μr M M R32d 2d 022===⎰⎰gμR ωM ωJ t 43Δ==JωC t ωα-==d d t J C ωωt ωωd d 00⎰⎰-=由于C 和J 均为常量，得(2)当角速度由ω0 → 12 ω0 时，转动所需的时间为(2) 根据初始条件对式(2)积分，有即 在时间t 内所转过的圈数为4 －19 如图所示，一长为2l 的细棒AB ，其质量不计，它的两端牢固地联结着质量各为m 的小球，棒的中点O 焊接在竖直轴z 上，并且棒与z 轴夹角成α角.若棒在外力作用下绕z 轴(正向为竖直向上)以角直速度ω＝ω0(1 －e －t) 转动，其中ω0 为常量.求(1)棒与两球构成的系统在时刻t 对z 轴的角动量；(2) 在t ＝0时系统所受外力对z 轴的合外力矩.分析 由于棒的质量不计，该系统对z 轴的角动量即为两小球对z 轴的角动量之和，首先可求出系统对z 轴的转动惯量(若考虑棒的质量，其转动惯量为多少，读者可自己想一想)，系统所受合外力矩既可以运用角动量定理，也可用转动定律来求解.相比之下，前者对本题更直接.解 (1) 两小球对z 轴的转动惯量为，则系统对z 轴的角动量为此处也可先求出每个小球对z 轴的角动量后再求和. (2) 由角动量定理得J Ct e ωω/0-=2ln CJt =t e ωθJ Ct tθd d /000-⎰⎰=CωJ θ20=CωJ θN π4π20==()()222sin 2sin 22αl m αl m mr J ===()αe ωml mr ωJ L t 2022sin 122--===t ＝0时，合外力矩为此处也可先求解系统绕z 轴的角加速度表达式，即，再由M ＝Jα求得M . 4 －20 一质量为m′、半径为R 的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度ω转动，若在某时刻，一质量为m 的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可能达到的高度是多少？ 破裂后圆盘的角动量为多大？分析 盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可计算破裂后盘的角动量.解 (1) 碎块抛出时的初速度为由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为(2) 圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有式中为圆盘未碎时的角动量；为碎块被视为质点时，碎块对轴的角动量；L 为破裂后盘的角动量.则4 －21 在光滑的水平面上有一木杆，其质量m 1 ＝1.0 kg ，长l ＝40cm ，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m 2 ＝10g 的子弹，以v ＝2.0×102 m · s －1 的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度.()[]αe ωml tt L M t 202sin 12d d d d --==t e αωml -=202sin 2αωml M 202sin 2=t e ωtωα-==0dd R ω=0v gR ωg h 222220==v L L L '-=0ωR m L 221'=ωmR L 2='ωR m m L 221⎪⎭⎫⎝⎛-'=分析 子弹与杆相互作用的瞬间，可将子弹视为绕轴的转动.这样，子弹射入杆前的角速度可表示为ω，子弹陷入杆后，它们将一起以角速度ω′ 转动.若将子弹和杆视为系统，因系统不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.由角动量守恒定律可解得杆的角速度. 解 根据角动量守恒定理式中为子弹绕轴的转动惯量，J 2ω为子弹在陷入杆前的角动量，ω＝2v/l 为子弹在此刻绕轴的角速度.为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为4 －22 半径分别为r 1 、r 2 的两个薄伞形轮，它们各自对通过盘心且垂直盘面转轴的转动惯量为J 1 和J 2 .开始时轮Ⅰ以角速度ω0 转动，问与轮Ⅱ成正交啮合后(如图所示)，两轮的角速度分别为多大？分析 两伞型轮在啮合过程中存在着相互作用力，这对力分别作用在两轮上，并各自产生不同方向的力矩，对转动的轮Ⅰ而言是阻力矩，而对原静止的轮Ⅱ则是启动力矩.由于相互作用的时间很短，虽然作用力的位置知道，但作用力大小无法得知，因此，力矩是未知的.但是，其作用的效果可从轮的转动状态的变化来分析.对两轮分别应用角动量定理，并考虑到啮合后它们有相同的线速度，这样，啮合后它们各自的角速度就能求出. 解 设相互作用力为F ，在啮合的短时间Δt 内，根据角动量定理，对轮Ⅰ、轮Ⅱ分别有(1)(2)两轮啮合后应有相同的线速度，故有(3)()ωJ J ωJ '+=212()2222/l m J =12/211l m J =()1212212s 1.2936-=+=+='m m m J J ωJ ωv()0111ΔωωJ t F r -=-222ΔωJ t F r =2211ωr ωr =由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为4 －23 一质量为20.0 kg 的小孩，站在一半径为3.00 m 、转动惯量为450 kg· m 2 的静止水平转台的边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，转台与轴间的摩擦不计.如果此小孩相对转台以1.00 m· s －1 的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？分析 小孩与转台作为一定轴转动系统，人与转台之间的相互作用力为内力，沿竖直轴方向不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.在应用角动量守恒时，必须注意人和转台的角速度ω、ω0 都是相对于地面而言的，而人相对于转台的角速度ω1 应满足相对角速度的关系式 . 解 由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有式中J 0 、J 1 ＝mR 2 分别为转台、人对转台中心轴的转动惯量.由式(1)、(2)可得转台的角速度为式中负号表示转台转动的方向与人对地面的转动方向相反.4 －24 一转台绕其中心的竖直轴以角速度ω0 ＝πs -1 转动，转台对转轴的转动惯量为J 0 ＝4.0 ×10-3 kg· m 2 .今有砂粒以Q ＝2t g· s -1 的流量竖直落至转台，并粘附于台面形成一圆环，若环的半径为r ＝0.10 m ，求砂粒下落t ＝10 s 时，转台的角速度.分析 对转动系统而言，随着砂粒的下落，系统的转动惯量发生了改变.但是，砂粒下落对转台不产生力矩的作用，因此，系统在转动过程中的角动量是守恒的.在时间t 内落至台面的砂粒的质量，可由其流量求出，从而可算出它所引起的附加的转动惯量.这样，转台在不同时刻的角速度就可由角动量守恒定律求出. 解 在时间0→10 s 内落至台面的砂粒的质量为根据系统的角动量守恒定律，有则t ＝10 s 时，转台的角速度4 －25 为使运行中的飞船停止绕其中心轴的转动，可在飞船的侧面对称地安装两个切向控制喷管(如图所示)，利用喷管高速喷射气体来制止旋转.若飞船绕其中心轴的转动惯量J ＝2.0 ×103kg· m 2 ，旋转的角速度ω＝0.2 rad· s -1 ，喷口与轴线之间的距离r ＝1.5 m ；喷气以恒定的流量Q ＝1.0 kg· s -1和速率u ＝50 m· s -1 从喷口喷出，问为使该飞船停止旋转，喷气应喷射多长时间？分析 将飞船与喷出的气体作为研究系统，在喷气过程中，系统不受外力矩作用，其角动量守恒.在列出方程时应注意：(1) 由于喷气质量远小于飞船质量，喷气前、后系统的角动量近似为飞船的角动量J ω；(2) 喷气过210222122011r ωJ r J r ωJ ω+=10ωωω+=Rωωωωv+=+=010()010100=++ωωJ ωJ 122020s 1052.9--⨯-=+-=RmR J mR ωv kg 10.0Qd s100==⎰t m ()ωmr J ωJ 2000+=112000s π80.0-=+=J mrJ ωJ ω程中气流速率u 远大于飞船侧面的线速度ωr ，因此，整个喷气过程中，气流相对于空间的速率仍可近似看作是 u ，这样，排出气体的总角动量.经上述处理后，可使问题大大简化.解 取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量守恒定律，有(1)因喷气的流量恒定，故有(2)由式(1)、(2)可得喷气的喷射时间为4 －26 一质量为m′、半径为R 的转台，以角速度ωA 转动，转轴的摩擦略去不计.(1) 有一质量为m 的蜘蛛垂直地落在转台边缘上.此时，转台的角速度ωB 为多少？ (2) 若蜘蛛随后慢慢地爬向转台中心，当它离转台中心的距离为r 时，转台的角速度ωc 为多少？ 设蜘蛛下落前距离转台很近.分析 对蜘蛛和转台所组成的转动系统而言，在蜘蛛下落至转台面以及慢慢向中心爬移过程中，均未受到外力矩的作用，故系统的角动量守恒.应该注意的是，蜘蛛爬行过程中，其转动惯量是在不断改变的.由系统的角动量守恒定律即可求解.解 (1) 蜘蛛垂直下落至转台边缘时，由系统的角动量守恒定律，有式中为转台对其中心轴的转动惯量，为蜘蛛刚落至台面边缘时，它对轴的转动惯量.于是可得(2) 在蜘蛛向中心轴处慢慢爬行的过程中，其转动惯量将随半径r 而改变， 即.在此过程中，由系统角动量守恒，有4 －27 一质量为1.12 kg ，长为1.0 m 的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂.以100 N 的力打击它的下端点，打击时间为0.02 s .(1) 若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；(2) 棒的最大偏转角.()mur m r ωu m≈+⎰d 0=-mur ωJ Qt m 2=s 67.22==QurωJ t ()b a ωJ J ωJ 100+=2021R m J '=21mR J =a a b ωmm m ωJ J J ω2100+''=+=22mr J =()c a ωJ J ωJ 100+=。
大学中学物理习题答案刚体转动
大学物理 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z z 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 zdL d d MI II dtdtdtωωβ====。
既 zMI 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。
大学物理习题参考解答物理习题参考解答刚体基本运动_转动定律_动能定理
选择题_03图示单元四 刚体基本运动 转动动能 1一 选择题01. 一刚体以每分钟60转绕z 轴做匀速转动(ω沿转轴正方向)。
设某时刻刚体上点P 的位置矢量为345r i j k =++，单位210m -，以210/m s -为速度单位，则该时刻P 点的速度为： 【 B 】(A) 94.2125.6157.0v i j k =++；(B) 25.118.8v i j =-+；(C) 25.118.8v i j =--；(D) 31.4v k =。
02. 轮圈半径为R ，其质量M 均匀布在轮缘上，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。
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保持不变，则轮圈的质量为 【 D 】(A)12N m M +； (B) 6N m M +； (C) 23N m M +； (D) 3Nm M +。
03. 如图所示，一质量为m 的均质杆长为l ，绕铅直轴OO '成θ角转动，其转动惯量为 【 C 】(A)2112ml ；(B) 221sin 4ml θ；(C) 221sin 3ml θ； (D) 213ml 。
04. 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。
05. 两个匀质圆盘A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ，若A B ρρ>，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轴的转动惯量各为A J 和B J ，则 【 B 】(A) A B J J >； (B) B A J J >；(C) A B J J =； (D) A J 和B J 哪个大，不能确定。