第六章 刚体转动自测题

第六章刚体转动自测题

一、选择题

1、以下运动形态是平动的是（）

(A) 地球的自转

(B) 火车在拐弯时的运动

(C) 活塞在气缸内的运动

(D) 抛出的手榴弹在空中的运动

2、刚体绕定轴转动时，角动量守恒的条件是：（）

(A) 刚体所受的合外力为零；

(B) 刚体所受的合外力矩为零；

(C) 刚体所受的合外力矩做功为零；

(D) 刚体所受的合外力和合外力矩均为零。

3、刚体绕定轴转动时角动量守恒，需要满足（）

(A) 刚体角速度保持不变

(B) 刚体所受合外力矩为零

(C) 刚体所受的合外力为零

(D) 刚体的转动惯量保持不变

4、刚体的转动惯量的大小与以下哪个物理量无关（）

（A）刚体的密度（B）刚体的几何形状

（C）刚体转动的角速度（D）转轴的位置

5、关于刚体的转动惯量，下列说法正确的是（）

（A）只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和转轴的位置无关

（B）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与转轴的位置无关

（C）取决于刚体的质量、质量的空间分布和转轴的位置

（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

6、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

7、刚体在一力矩作用下绕定轴转动，当力矩减小时刚体的：（）

(A)角速度和角加速度都增加；

(B)角加速度减小；

(C)角速度减小，角加速度增加；

(D)角速度和角加速度都减小。

8、关于力矩有以下几种说法，其中正确的是（）

(A) 内力矩会改变刚体对某个定轴的角动量

(B) 作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零

(C) 角速度的方向一定与外力矩的方向相同

(D) 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

9、关于力矩有以下几种说法，错误的是：（）

(A) 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

(B) 一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零

(C) 角加速度的方向一定与合外力矩的方向相同

(D) 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

10、在刚体的定轴转动中，如果合外力矩的方向与角速度的方向相同,则以下说法正确的是: （）

(A) 合外力矩增大时, 刚体角速度一定增大；

(B) 合外力矩减小时, 刚体角速度一定减小；

(C) 合外力矩减小时, 刚体角加速度不一定减小；

(D) 合外力矩增大时, 刚体角加速度不一定增大.

11、均匀细棒OA可绕O端而无摩擦的转动，如图所示。现

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，下列说法正确的是（）

（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

12、两个质量相同的匀质圆盘A和B，厚度相同，但半径R A >R B，则两圆盘对通过盘心垂直于盘面的转动惯量J A和J B满足（）

（A）J A = J B（B）J A > J B（C）J A < J B（D）不能确定

13、两个均质圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB，若ρA>ρB，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

14、花样滑冰运动员绕过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为J ，角速度为w ，然后她将两臂收回，使转动惯量减少为J/3，这时她转动的角速度变为（ ） （A ） w/3 （B ） w/3 （C ）3w （D ）3w

15. 芭蕾舞演员可绕过脚尖的铅直轴旋转,当她伸长两手时的转动惯量为J 0，角速度为ω0,当她突然收臂使转动惯量减小为J 0/2时,其角速度应为（ ） (A) 2ω0 (B) 2ω0 (C) 4ω0 0(D) ω0/2

16、在一摩擦力可忽略不计的转台上，实验者手持哑铃，伸开双臂，他在外力矩作用下转动后，如果急速地将持哑铃的双手收到胸前，这时转速增大，而当他重新伸开双臂时，转速又明显减小。在这一过程中，人和转台的：（ ） （A ）动能守恒 （B ）动量守恒

（C ）角动量守恒 （D ）条件不足，无法判断

17、有A 、B 两个半径相同，质量也相等的细圆环，其中A 环的质量分布均匀，而B 环的质量分布不均匀。若两环对过环心且与环面垂直轴的转动惯量分别为A J 和B J ，则有（ ）

(A)B A J J > (B)B A J J < (C)B A J J = (D)无法确定A J 和B J 的相对大小

18、转动惯量相同的两物体m 1、m 2 都可作定轴转动,分别受到不过转轴的两力F 1、F 2的作用,且F 1>F 2,它们获得的角加速度分别为α1和α2.则以下说法不正确的是（ ）

(A) α1可能大于α2 (B) α1可能小于α2 (C) α1可能等α2 (D) α1一定大于α2 19、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、动量角和动量均守恒

20、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) 它受热时角速度变大,它遇冷时角速度变小 (C) 它受热或遇冷时,角速度均变大

(D) 它受热时角速度变小,它遇冷时角速度变大

21、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A β和B β，不计滑轮轴的摩擦，则有（ ） (A) A β=B β (B)A β>B β

(C) A β

二、填空题

1、刚体做定轴转动时有 个自由度。

2、刚体作定点转动时有 个自由度。

3、刚体绕定轴作匀速转动时，其边缘某一质元的线速度 。（填“变化”或“不变”）

4、刚体做定轴转动时，角动量守恒的条件为 为零。（填“合外力”或“合外力矩”）

5、刚体做定轴转动时，角加速度由 决定。（填“合外力”或“合外力矩”）

6、质量为m 、长为L 的细棒，绕通过棒中心并与棒垂直的轴的转动惯量为 。

7、质量为m 、长为L 的细棒，绕通过棒的一端并与棒垂直的轴的转动惯量为 。

8、质量为m 的均匀圆盘，半径为r ，绕垂直于盘面的中心轴的转动惯量为 。

9、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J ，角速度为ω，然后她将两臂收回，使转动惯量减小为J/2，这时她转动的角速度为 。

10、刚体绕定轴作匀速转动时，其边缘某一质元的切向加速度 。（填“变化”或“不变”）

11、一根均匀棒，长为l ，质量为m ，可绕其一端的固定轴在竖直平面内自由转动。棒起初静止在水平位置，当摆成竖直状态时，它的角加速度等于 。

12、一根均匀棒，长为l ，质量为m ，可绕其一端的固定轴在竖直平面内自由转动。棒静止在水平位置，开始下摆时，它的初角加速度等于 。

13、一根均匀棒，长为l ，质量为m ，可绕其一端的固定轴在竖直平面内自由转动。棒起初静止在水平位置，当摆成竖直状态时，棒所受的重力相对于转轴的力矩为 。

14、一根均匀棒，长为l ，质量为m ，可绕其一端的固定轴在竖直平面内自由转动。棒起初静止在水平位置，开始下摆时，棒所受的重力相对于转轴的力矩为 。

15、质量为ｍ的均质杆，长为l ，以角速度ω绕过杆端点，垂直于杆的水平轴转动，杆的角动量为 。

三、计算题

1.一半径为 0.3m 的转轮作匀角加速度转动，其初角速度ω0=0.5π rad·s -1，在t =10 s 时，其角速度ω=6.5π rad·s -1，求：(1)在t =10 s 时，转轮转过的角度；(2) t =10 s 时，转轮边沿点的切向速度、切向加速度和法向加速度各为多少？

2.如图所示，一根长为l 、质量为m 的均匀细直棒可绕其一端在竖直面内自由转动，开始时棒处于水平位置，求棒转到与水平线成角度θ 时的角加速度和角速度。(细棒对转轴的转动惯

量为231

ml J =)

图

3.如图所示，一匀质细杆质量为m ，长为l ，可绕过一端O 的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下。求：(1)初始时刻的角加速度；(2)杆转过θ角时的角

速度。 (细棒对转轴的转动惯量为231

ml J =)

4.如图所示，一匀质细杆质量为m ，长为l ，可绕过一端O 的水平轴自由转动，杆由水平位置由静止开始摆到竖直位置。试证明， 杆在下摆过程中，角加速度越来越小，角速度越来越大。

5.如右图所示，质量为M ，长为l 的直杆，可绕O 无摩擦地转动。设一质量为m 的子弹沿水平方向飞来，恰好射入杆的下端，若直杆(连同射入的子弹)的最大摆角为060=θ，试证明子弹速度大小为()()2

0632m

gl M m M m v ++=

。

6.计算如图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M ，半径为r ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，且绳子与滑轮之间无相对滑动，忽略桌面与物体间的摩擦，设1m ＝50kg ，2m ＝200 kg,M ＝15 kg, r ＝0.1 m,滑轮的转动惯量22

1

Mr J

=

，g=9.8 m/s 2。

图

图

图

7.有一倾角为θ的斜面，其上装一定滑轮，一软细

绳跨过滑轮，两端分别接两物体A和B，A与B的质量皆

为m，设A与斜面间是光滑的，绳与滑轮无相对滑动，轮

轴无摩擦力，滑轮的转动惯量为J，求物体下降的加速度。

8.有一质量为M、半径为R的均匀圆盘，以角速度ω0旋转着，某时刻，有一质量为m的小碎块从其边缘飞出，方向正好竖直向上，求：⑴ 小碎块能上升的最大高度；⑵ 破裂后圆盘的角速度和角动量。

9.如右图所示，有一长l的均匀细杆，其质量为M，杆的一端固定在过O点的光滑水平轴上并可在竖直面内自由地转动。开始时使细杆静止在竖直位置处，现让一质量m的子弹以速度v0的速率射入细杆并留在杆中，子弹的速度沿水平方向，射入点距O点的距离d。求：⑴子弹停在杆中时，杆和子弹共同运动的角速度；⑵杆能偏

转的最大角度。

转动惯量公式表

常见几何体]转动惯量公式表

对于细杆 当回转轴过杆的中点并垂直于杆时；J=m(L^2)/12 其中m是杆的质量，L是杆的长度。 当回转轴过杆的端点并垂直于杆时：J=m(L^2)/3 其中m是杆的质量，L是杆的长度。

对于圆柱体 当回转轴是圆柱体轴线时；J=m(r^2)/2 其中m是圆柱体的质量，r是圆柱体的半径。 对于细圆环 当回转轴通过中心与环面垂直时，J=mR^2； 当回转轴通过边缘与环面垂直时，J=2mR^2； R为其半径 对于薄圆盘 当回转轴通过中心与盘面垂直时，J=﹙1/2﹚mR^2； 当回转轴通过边缘与盘面垂直时，J=﹙3/2﹚mR^2； R为其半径 对于空心圆柱 当回转轴为对称轴时，J=﹙1/2﹚m[（R1）^2+（R2）^2]； R1和R2分别为其内外半径。 对于球壳 当回转轴为中心轴时，J=﹙2/3﹚mR^2； 当回转轴为球壳的切线时，J=﹙5/3﹚mR^2； R为球壳半径。 对于实心球体 当回转轴为球体的中心轴时，J=﹙2/5﹚mR^2； 当回转轴为球体的切线时，J=﹙7/5﹚mR^2； R为球体半径 对于立方体 当回转轴为其中心轴时，J=﹙1/6﹚mL^2； 当回转轴为其棱边时，J=﹙2/3﹚mL^2； 当回转轴为其体对角线时，J=（3/16）mL^2； L为立方体边长。 只知道转动惯量的计算方式而不能使用是没有意义的。下面给出一些（绕定轴转动时）的刚体动力学公式。 角加速度与合外力矩的关系：

角加速度与合外力矩 式中M为合外力矩，β为角加速度。可以看出这个式子与牛顿第二定律是对应的。 角动量： 角动量 刚体的定轴转动动能： 转动动能 注意这只是刚体绕定轴的转动动能，其总动能应该再加上质心动能。 只用E=（1/2）mv^2不好分析转动刚体的问题，是因为其中不包含刚体的任何转动信息，里面的速度v 只代表刚体的质心运动情况。由这一公式，可以从能量的角度分析刚体动力学的问题。 转动惯量(Moment of Inertia)是刚体绕轴转动时惯性（回转物体保持其匀速圆周运动或静止的特性）的量度，用字母I或J表示。其量值取决于物体的形状、质量分布及转轴的位置。转动惯量只决定于刚体的形状、质量分布和转轴的位置，而同刚体绕轴的转动状态（如角速度的大小）无关。形状规则的匀质刚体，其转动惯量可直接用公式计算得到。而对于不规则刚体或非均质刚体的转动惯量，一般通过实验的方法来进行测定，因而实验方法就显得十分重要。转动惯量的表达式为I=∑ mi*ri^2，若刚体的质量是连续分布的，则转动惯量的计算公式可写成I=∫r^2dm=∫r^2ρdV(式中mi表示刚体的某个质元的质量，ri表示该质元到转轴的垂直距离,ρ表示该处的密度，求和号（或积分号）遍及整个刚体。)转动惯量的量纲为L^2M，在SI单位制中，它的单位是kg·m^2。 平行轴定理 平行轴定理：设刚体质量为m，绕通过质心转轴的转动惯量为Ic，将此轴朝任何方向平行移动一个距离d，则绕新轴的转动惯量I为： I=Ic+md^2 这个定理称为平行轴定理。 一个物体以角速度ω绕固定轴z轴的转动同样可以视为以同样的角速度绕平行于z轴且通过质心的固定轴的转动。也就是说，绕z轴的转动等同于绕过质心的平行轴的转动与质心的转动的叠加

刚体力学基础 习题 解答

衡水学院 理工科专业 《大学物理B 》 刚体力学基础 习题 命题教师:郑永春 试题审核人:张郡亮 一、填空题(每空1分) 1、三个质量均为m 的质点,位于边长为a 的等边三角形的三个顶点上。此系统对通过三角形中心并垂直于三角形平面的轴的转动惯量J 0＝__ ma 2 _,对通过三角形中心且平行于其一边的轴的转动惯量为J A ＝__ 12 ma 2 _,对通过三角形中心与一个顶点的轴的转动惯量为J B ＝__ 2 1ma 2 。 2、两个质量分布均匀的圆盘A 与B 的密度分别为ρA 与ρB (ρA >ρB ),且两圆盘的总质量与厚度均相同。设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为J A 与J B ,则有J A < J B 。 3、 一作定轴转动的物体,对转轴的转动惯量J ＝3、0 kg ·m 2,角速度ω0＝6、0 rad/s.现对物体加一恒定的制动力矩M ＝－12 N ·m,当物体的角速度减慢到ω＝2、0 rad/s 时,物体已转过了角度?θ＝__ 4、0rad 4、两个滑冰运动员的质量各为70 kg,均以6、5 m/s 的速率沿相反的方向滑行,滑行路线间的垂直距离为10 m,当彼此交错时,各抓住一10 m 长的绳索的一端,然后相对旋转,则抓住绳索之后各自对绳中心的角动量L ＝__2275 kg·m 2·s 1 _;它们各自收拢绳索,到绳长为5 m 时,各自的速率υ ＝__13 m·s 1_。 5、有一质量均匀的细棒,可绕垂直于棒的一端的水平轴转动。如将此棒放在水平位置,然后任其下落,则在下落过程中的角速度大小将 变大 ,角加速度大小将 变小 。 二、单项选择题(每小题2分) ( A )1、有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上,下列说法正确的就是: A 、这两个力都平行于轴作用时,它们对轴的合力矩一定就是零; B 、这两个力都垂直于轴作用时,它们对轴的合力矩一定就是零; C 、当这两个力的合力为零时,它们对轴的合力矩也一定就是零; D 、当这两个力对轴的合力矩为零时,它们的合力也一定就是零。 ( C )2、一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上,滑轮的转动惯量为J ,绳下端挂一物体。物体所受重力为P ,滑轮的角加速度为α.若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子,滑轮的角加速度α将 A 、不变; B 、变小; C 、变大; D 、如何变化无法判断。 ( C )3、关于刚体的转动惯量,下列说法中正确的就是 A 、只取决于刚体的质量,与质量的空间分布与轴的位置无关; B 、取决于刚体的质量与质量的空间分布,与轴的位置无关; C 、取决于刚体的质量、质量的空间分布与轴的位置; D 、只取决于转轴的位置,与刚体的质量与质量的空间分布无关。 ( C )4、一人造地球卫星到地球中心O 的最大距离与最小距离分别就是R A 与R B .设卫星对应的角动量分别就是L A 、L B ,动能分别就是E KA 、E KB ,则应有 A 、L B > L A ,E KA = E KB ; B 、L B < L A ,E KA = E KB ; C 、L B = L A ,E KA < E KB ; D 、L B = L A , E KA > E KB . ( C )5、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动,如图1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 O M m m

刚体的转动惯量专题

刚体的转动惯量专题 1.刚体的转动惯量的三要素 刚体对某轴的转动惯量，是描述刚体在绕该轴的转动过程中转动惯性的物理量. 有转动惯量的定义式2i i I m r =∑可看出，刚 体的转动惯量是与下列三个因素有关的. （1）与刚体的质量有关. 例如半径相同的两个圆柱体，而它们的质量不同，显然，对于相应的转轴，质量大的转动惯量也较大.

（2）在质量一定的情况下，与质量的分布有关. 例如，质量相同、半径也相同的圆盘与圆环，二者的质量分布不同，圆环的质量集中分布在边缘，而圆盘的质量分布在整个圆面上，所以，圆环的转动惯量较大. （3）还与给定转轴的位置有关，即同一刚体对于不同的转轴，其转动惯量的大小也是不等的. 例如，同一细长杆，对通过其质心且垂直于杆的转轴和通过其一端且垂直于杆的转轴，二者的转动惯量不相同，且后者较大. 这是由于转轴的位置不同，从而也就影响了转动惯量的大小.

刚体的转动惯量的三要素：刚体的总质量、刚体的质量分布情况、转轴的位置. 2.转动惯量的普遍公式 （1）转动惯量的定义式 2 i i I m r =∑ ·········○1 可知，对于形状规则、质量均匀分布的连续刚体，其对特殊轴的转动惯量的计算可借助于定积分. 这是，可设想将刚体分成

许多小线元、面元、体元. d d d d d d m x m S m V λσρ=== 于是 222222d d d d d d l S V I r m r x I r m r S I r m r V λσρ======?????? 一般说来，这是个三重的体积分，但对于有一定对称性的物体，积分的重数可以减少，甚至不需要积分. （2）刚体对某轴的转动惯量 刚体对z 轴的转动惯量

第五章刚体力学参考答案

第五章 刚体力学参考答案（2014） 一、 选择题 [ C ]1、【基础训练2】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5-7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． 【提示】： 逆时针转动时角速度方向垂直于纸面向外,由于m 1＜m 2,实际上滑轮在作减速转动,角加速度方向垂直纸面向内,设滑轮半径为R,受右端绳子向下拉力为T 2，左端绳子向下拉力为T 1，对滑轮由转动定律得:(T 2-T 1)R=J [ D ]2、【基础训练3】如图5-8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．杆身与竖直方向成角，则A 端对墙壁的压力大 (A) 为 41mg cos ． (B)为2 1 mg tg ． (C) 为 mg sin ． (D) 不能唯一确定 图5-8 【提示】： 因为细杆处于平衡状态，它所受的合外力为零，以B 为参考点，外力矩也是平衡的，则有： A B N f = A B f N mg += θθθlcon N l f l mg A A +=sin sin 2 三个独立方程有四个未知数，不能唯一确定。 [ C ] 3、基础训练（7）一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图5-11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 (A) 增大． (B) 不变． (C) 减小． (D) 不能确定． 【提示】： 把三者看作同一系统时,系统所受合外力矩为零,系统角动量守恒。 m 2 m 1 O 图5-7 O M m m 图5-11

动力法测转动惯量

动力法测转动惯量 转动惯量是描述刚体转动惯性的物理量，是研究和描述刚体转动规律的一个重要物理量，它不仅取决于刚体的总质量，而且与刚体的形状、质量分布以及转轴位置有关。对于质量分布均匀、具有规则几何形状的刚体，可以通过数学方法计算出它绕给定转轴的转动惯量。对于质量分布不均匀、没有规则几何形状的刚体，用数学方法计算其转动惯量是相当困难的，通常要用实验的方法来测量。 实验上测量刚体的转动惯量，一般都是使刚体以某一形式运动，通过描述这种运动的特定物理量与转动惯量的关系来间接地测定刚体的转动惯量。测定转动惯量的实验方法较多，常用的有动力法和振动法两种。本实验采用动力法、利用“转动惯量实验仪”来测定刚体的转动惯量。为了便于与理论计算比较，本实验采用形状规则的待测物体。 实验目的 1. 掌握电子通用计时器的使用； 2. 掌握利用最小二乘法处理线性数据的方法； 3. 掌握由转动定律测转动惯量的方法. 实验仪器 转动惯量仪(JM-2或TM-A)、通用电子计时器(MUJ-6B或HM-J)、电子天平(YP3001N、量程3000g)、游标卡尺(量程125mm，分度值0.02mm)、钢板尺(量程60cm) 转动惯量仪：由十字型载物台、绕线塔轮、遮光杆和小滑轮组成, 如图所示. 载物台沿直径方向固定有两个遮光杆，系统转动时每转动半圈（θ=π）遮光杆遮挡一次固定在底座圆周上的光电门，即产生一个光 挡次数和时间. 塔轮上有五个不同直 径的绕线轮，可选择其中一个通过定滑 轮与砝码钩连接. 砝码钩上可以放置 一定数量的砝码，其产生的重力矩作为 外力矩.

实验原理 根据刚体定轴转动定律：αJ M = 实验中定轴转动系统的外力矩由砝码重力所产生的拉力矩 mgd /2 和系统阻力矩 M μ 两部分组成，当mgd /2 、M μ一定时，该定轴转动可近似为匀变速转动，并取初速度为零，则有下列关系式： 2mgd M J μα-=， 22 1 t αθ= 联立有： 2 241 M J m gd gd t μθ= + 由上面公式可知，砝码质量m 与转过 θ 所用的时间的平方分之一 1/t 2 为线性关系. 令： 2M a gd μ= ， 4J b gd θ = 由此，在θ一定时，可以通过改变砝码质量m ，测得一系列 (m ,1/t 2) ，利用最小二 乘法，可求得截矩a 和斜率b ，从而可求得转动惯量：θ4/gdb J = 待测物体的转动惯量为全系统的转动惯量和空载时的转动惯量之差：21J J J =- 最后得到 ()214gd J b b θ =- 实验内容 1. 测量空载时在不同质量的砝码牵引下，转过两圈所用的时间，用最下二乘法求出b 1. 2. 测量全系统(加铝圈或铝盘)在不同质量的砝码牵引下，转过两圈所用的时间，用最小二乘法求出b 2. 3. 测量绕线塔轮的直径，计算铝圈或铝盘的转动惯量，表达实验结果. 4. 对测量结果的不确定度估计；(此项为选做内容) 5. 测量铝圈或铝盘的相关参数，用公式计算其转动惯量，与实验结果比较. 实验步骤 1. 调整转动惯量仪的初始状态 1) 移动转动惯量仪到实验桌合适位置，调节3个底脚螺丝使其处于水平状态； 2) 试绕线：将线的末端打结，卡在轮槽边缘的狭缝里，然后均匀缠绕在轮槽上（注意不要有绞缠），一般缠绕3圈以上，然后将悬挂有砝码底座的线的另一端通过桌边固定

(完整版)刚体的基本运动(可编辑修改word版)

第三章刚体力学 §3.1 刚体运动的分析§3.2 角速度矢量 §3.3 刚体运动微分方程§3.4 刚体平衡方程 §3.5 转动惯量§3.6 刚体的平动与定轴转动 §3.7 刚体的平面平行运动 §3.1 刚体运动的分析 一、描述刚体位置的独立变量 1.刚体是特殊质点组 dr ij=0,注意:它是一种理想模型,形变大小可忽略时可视为刚体。 2.描述刚体位置的独立变数 描述一个质点需(x,y,z), 对刚体是否用 3n 个变量？否,由于任意质点之间的距离不变, 如确定不在同一直线上的三点,即可确定刚体的位置,需 9 个变量，由于两点间的距离保持不变，所以共需 9-3=6 个变量即可。 刚体的任意运动=质心的平动+绕质心的转动，描述质心可用(x,y,z), 描述转轴可由α, β,γ。 二、刚体的运动分类 1.平动：刚体在运动过程中，刚体上任意直线始终平行. 任意一点均可代表刚体的运动，通常选质心为代表.需要三个独立变量,可以看成质点力学问题.(注意:平动未必是直线运动) 2.定轴转动: 刚体上有两点不动,刚体绕过这两点的直线转动,该直线为转轴. 需要一个独立变 量φ 3.平面平行运动: 刚体上各点均平行于某一固定平面运动。可以用平行于固定平面的截面代 表刚体。需要三个独立变量。 4.定点运动: 刚体中一点不动,刚体绕过固定点的瞬转转动。需三个独立的欧拉角。 5.一般运动: 平动+转动 §3.2 角速度矢量 定轴转动时角位移用有向线段表示,右手法确定其方向.有向线段不一定是矢量,必须满足平行四边形法则,对定点转动时,不能直接推广,因不存在固定轴. ω = lim ?n = d n 刚体在 dt 时间内转过的角位移为 d n ，则角速度定义为 角速度反映刚体转动的快慢。 ?t →0 ?t dt 线速度与角速度的关系：d r =d n ?r , ∴ v = d r dt =ω ?r

恒力矩转动法测刚体转动惯量

恒力矩转动法测刚体转动惯量 转动惯量是刚体转动中惯性大小的量度。它取决于刚体的总质量，质量分布、形状大小和转轴位置。对于形状简单，质量均匀分布的刚体，可以通过数学方法计算出它绕特定转轴的转动惯量，但对于形状比较复杂，或质量分布不均匀的刚体，用数学方法计算其转动惯量是非常困难的，因而大多采用实验方法来测定。 转动惯量的测定，在涉及刚体转动的机电制造、航空、航天、航海、军工等工程技术和科学研究中具有十分重要的意义。测定转动惯量常采用扭摆法或恒力矩转动法，本实验采用恒力矩转动法测定转动惯量。 一、实验目的 1、学习用恒力矩转动法测定刚体转动惯量的原理和方法。 2、观测刚体的转动惯量随其质量，质量分布及转轴不同而改变的情况，验证平行轴定理。 3、学会使用智能计时计数器测量时间。 二、实验原理 1、恒力矩转动法测定转动惯量的原理 根据刚体的定轴转动定律： βJ M =（1） 只要测定刚体转动时所受的总合外力矩M 及该力矩作用下刚体转动的角加速度β，则可计算出该刚体的转动惯量J 。 设以某初始角速度转动的空实验台转动惯量为J 1，未加砝码时，在摩擦阻力矩M μ的作用下，实验台将以角加速度β1作匀减速运动，即： 1 1βμJ M =-（2） 将质量为m 的砝码用细线绕在半径为R 的实验台塔轮上，并让砝码下落，系统在恒外力作用下将作匀加速运动。若砝码的加速度为a ，则细线所受张力为T= m (g － a)。若此时实验台的角加速度为β2，则有a= Rβ2。细线施加给实验台的力矩为T R= m (g －Rβ2) R ，此时有： 2 12)(ββμJ M R R g m =--（3） 将（2）、（3）两式联立消去M μ后，可得： 1221)(βββ--= R g mR J （4） 同理，若在实验台上加上被测物体后系统的转动惯量为J 2，加砝码前后的角加速度分别为β3与β4，则有： 3442)(βββ--= R g mR J （5） 由转动惯量的迭加原理可知，被测试件的转动惯量J 3为： 123J J J -=（6） 测得R 、m 及β1、β2、β3、β4，由（4），（5），（6）式即可计算被测试件的转动惯量。 2、β的测量 实验中采用智能计时计数器计录遮挡次数和相应的时间。固定在载物台圆周边缘相差π角的两遮光细棒，每转动半圈遮挡一次固定在底座上的光电门，即产

刚体的基本运动

第七章 刚体的基本运动 一、目的要求 1．明确刚体平行移动（平动）和刚体绕定轴转动的特征，能正确地判断作平动的刚体和定轴转动的刚体。 2．对刚体定轴转动时的转动方程、角速度和角加速度及它们之间的关系要清晰的理解，熟知匀速和匀变速转动的定义与公式。 3．能熟练地计算定轴转动刚体上任一点的速度和加速度。 4．掌握传动比的概念及其公式的应用。 5．对角速度矢、角加速度矢以及用矢积表示定轴转动刚体上任一点的速度和加速度有初步了解。 二、基本内容 刚体的平动；刚体绕定轴转动；转动刚体内各点的速度和加速度；轮系的转动比；以矢量表示角速度和角加速度，以矢积表示点的速度和加速度。 （1）基本概念 刚体平动与定轴转动的定义，刚体在作这两种运动时刚体上各点速度、加速度的分布规律。 （2）主要公式 平动刚体上，任意两点之间均有 B A v v =，B A a a = 定轴转动刚体上任一点的速度和加速度为 ωr v =，ατr a =，2ωr a n =，22n a a a +=τ，n a a tg τθ= 以矢积表示的刚体上一点的速度与加速度为 r v ?=ω v r a ?+?=ωα 三、重点和难点

1．重点 （1）刚体平动及其运动特征。 （2）刚体的定轴转动，转动方程，角速度与角加速度。 （3）转动刚体内各点的速度与加速度。 2．难点： 用矢积表示刚体上任一点的速度与加速度。 四、学习建议 （1）对刚体平动强调“三相同”。 （2）对刚体绕定轴转动的特征及其上点的速度，加速度分布规律要讲透，让学生熟练掌握已知刚体转动规律会求其上一点的运动规律，反之，已知转动刚体上一点的运动规律要会求其上各点的运动规律及整体的转动规律。 （3）对轮系传动比作一般介绍。 （4）对ω ，α 方向的确定要介绍练习，对速度和加速度用矢积表示只作一 般介绍以供推导公式用。

第四章 刚体的转动 习题

第四章 刚体的转动 1. 一质量为m 0 ，长为l 的棒能绕通过O 点的水平轴自由转动。一质量为m ，速率为v 0的子弹从水平方向飞来，击中棒的中点且留在棒内，如图所示。则棒中点的速度为（ ）。 A ． 00m m mv +； B ．0 433m m mv +； C ．0023m mv ； D ．0 43m mv 。 2. 一根长为l ，质量为m 上端到达地面时速率应为（ ）。 A ．gl 6； B ．gl 3； C ．gl 2； D ． l g 23。 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，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一个是正确的？（ ） 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 4. 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 5. 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 23 1 ML 。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入并穿入棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为v 2 1 ，则此时棒的角速度应为（ ） A ．ML mv B ．ML mv 23 C ．ML mv 35 D ．ML mv 47 6. 在某一瞬时，物体在力矩作用下，则有（ ） A 、角速度ω可以为零，角加速度α也可以为零； B 、角速度ω不能为零，角加速度α可以为零； C 、角速度ω可以为零，角加速度α不能为零； D 、角速度ω与角加速度α均不能为零。

精选-《大学物理学》第二章 刚体力学基础 自学练习题

第二章 刚体力学基础 自学练习题 一、选择题 4-1．有两个力作用在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。 【提示：（1）如门的重力不能使门转动，平行于轴的力不能提供力矩；（2）垂直于轴的力提供力矩，当两个力提供的力矩大小相等，方向相反时，合力矩就为零】 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。 【提示：（1）刚体中相邻质元间的一对内力属于作用力和反作用力，作用点相同，则对同一轴的力矩和为零，因而不影响刚体的角加速度和角动量；（2）见上提示；（3）刚体的转动惯量与刚体的质量和大小形状有关，因而在相同力矩的作用下，它们的运动状态可能不同】 3．一个力(35)F i j N =+v v v 作用于某点上，其作用点的矢径为m j i r )34(??? -=，则该力对 坐标原点的力矩为 （ ） （A ）3kN m -?v ； （B ）29kN m ?v ； （C ）29kN m -?v ； （D ）3kN m ?v 。 【提示：(43)(35)430209293 5 i j k M r F i j i j k k k =?=-?+=-=+=v v v v v v v v v v v v v 】 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；

刚体转动惯量计算方法

刚体绕轴转动惯性的度量。其数值为J=∑ mi*ri^2， 式中mi表示刚体的某个质点的质量，ri表示该质点到转轴的垂直距离。 ；求和号（或积分号）遍及整个刚体。转动惯量只决定于刚体的形状、质量分布和转轴的位置，而同刚体绕轴的转动状态（如角速度的大小）无关。规则形状的均质刚体，其转动惯量可直接计得。不规则刚体或非均质刚体的转动惯量，一般用实验法测定。转动惯量应用于刚体各种运动的动力学计算中。 描述刚体绕互相平行诸转轴的转动惯量之间的关系，有如下的平行轴定理：刚体对一轴的转动惯量，等于该刚体对同此轴平行并通过质心之轴的转动惯量加上该刚体的质量同两轴间距离平方的乘积。由于和式的第二项恒大于零，因此刚体绕过质量中心之轴的转动惯量是绕该束平行轴诸转动惯量中的最小者。 还有垂直轴定理：垂直轴定理 一个平面刚体薄板对于垂直它的平面轴的转动惯量，等于绕平面内与垂直轴相交的任意两正交轴的转动惯量之和。 表达式:Iz=Ix+Iy 刚体对一轴的转动惯量，可折算成质量等于刚体质量的单个质点对该轴所形成的转动惯量。由此折算所得的质点到转轴的距离，称为刚体绕该轴的回转半径κ，其公式为_____，式中M为刚体质量；I为转动惯量。 转动惯量的量纲为L^2M，在SI单位制中，它的单位是kg·m^2。 刚体绕某一点转动的惯性由更普遍的惯量张量描述。惯量张量是二阶对称张量，它完整地刻画出刚体绕通过该点任一轴的转动惯量的大小。 补充对转动惯量的详细解释及其物理意义： 先说转动惯量的由来，先从动能说起大家都知道动能E=(1/2)mv^2，而且动能的实际物理意义是：物体相对某个系统（选定一个参考系）运动的实际能量，（P势能实际意义则是物体相对某个系统运动的可能转化为运动的实际能量的大小）。 E=(1/2)mv^2 （v^2为v的2次方） 把v=wr代入上式(w是角速度,r是半径，在这里对任何物体来说是把物体微分化分为无数个质点，质点与运动整体的重心的距离为r,而再把不同质点积分化得到实际等效的r) 得到E=(1/2)m(wr)^2 由于某一个对象物体在运动当中的本身属性m和r都是不变的，所以把关于m、r的变量用一个变量K代替, K=mr^2 得到E=(1/2)Kw^2 K就是转动惯量，分析实际情况中的作用相当于牛顿运动平动分析中的质量的作用，都是一般不轻易变的量。 这样分析一个转动问题就可以用能量的角度分析了，而不必拘泥于只从纯运动角度分析转动问题。 为什么变换一下公式就可以从能量角度分析转动问题呢？ 1、E=(1/2)Kw^2本身代表研究对象的运动能量 2、之所以用E=(1/2)mv^2不好分析转动物体的问题，是因为其中不包含转动物体的任何转动信息。 3、E=(1/2)mv^2除了不包含转动信息，而且还不包含体现局部运动的信息，因为里面的速度v只代表那个物体的质 心运动情况。 4、E=(1/2)Kw^2之所以利于分析，是因为包含了一个物体的所有转动信息，因为转动惯量K=mr^2本身就是一种积 分得到的数，更细一些讲就是综合了转动物体的转动不变的信息的等效结果K=∑ mr^2 （这里的K和上楼的J一样） 所以，就是因为发现了转动惯量，从能量的角度分析转动问题，就有了价值。 若刚体的质量是连续分布的，则转动惯量的计算公式可写成K=∑ mr^2=∫r^2dm=∫r^2σdV 其中dV表示dm的体积元，σ表示该处的密度，r表示该体积元到转轴的距离。 补充转动惯量的计算公式 转动惯量和质量一样，是回转物体保持其匀速圆周运动或静止的特性，用字母J表示。 对于杆： 当回转轴过杆的中点并垂直于轴时；J=mL^2/12 其中m是杆的质量，L是杆的长度。 当回转轴过杆的端点并垂直于轴时：J=mL^2/3 其中m是杆的质量，L是杆的长度。 对与圆柱体： 当回转轴是圆柱体轴线时；J=mr^2/2 其中m是圆柱体的质量，r是圆柱体的半径。 转动惯量定理：M=Jβ

恒力矩转动法测刚体转动惯量

恒力矩转动法测刚体转动惯量

恒力矩转动法测刚体转动惯量 转动惯量是刚体转动中惯性大小的量度。它取决于刚体的总质量，质量分布、形状大小和转轴位置。对于形状简单，质量均匀分布的刚体，可以通过数学方法计算出它绕特定转轴的转动惯量，但对于形状比较复杂，或质量分布不均匀的刚体，用数学方法计算其转动惯量是非常困难的，因而大多采用实验方法来测定。 转动惯量的测定，在涉及刚体转动的机电制造、航空、航天、航海、军工等工程技术和科学研究中具有十分重要的意义。测定转动惯量常采用扭摆法或恒力矩转动法，本实验采用恒力矩转动法测定转动惯量。 一、实验目的 1、学习用恒力矩转动法测定刚体转动惯量的原理和方法。 2、观测刚体的转动惯量随其质量，质量分布及转轴不同而改变的情况，验证平行轴定理。 3、学会使用智能计时计数器测量时间。 二、实验原理 1、恒力矩转动法测定转动惯量的原理 根据刚体的定轴转动定律： β J M =（1） 只要测定刚体转动时所受的总合外力矩M 及该力矩作用下刚体转动的角加速度β，则可计算出该刚体的转动惯量J 。 设以某初始角速度转动的空实验台转动惯量为J 1，未加砝码时，在摩擦阻力矩M μ的作用下，实验台将以角加速度β1作匀减速运动，即： 1 1βμJ M =-（2） 将质量为m 的砝码用细线绕在半径为R 的实验台塔轮上，并让砝码下落，系统在恒外力作用下将作匀加速运动。若砝码的加速度为a ，则细线所受张力为T= m (g － a)。若此时实验台的角加速度为β2，则有a= Rβ2。细线施加给实验台的力矩为T R= m (g －Rβ2) R ，此时有： 2 12)(ββμJ M R R g m =--（3） 将（2）、（3）两式联立消去M μ后，可得： 1 221)(βββ--= R g mR J （4） 同理，若在实验台上加上被测物体后系统的转动惯量为J 2，加砝码前后的角加速度分别为β3与β4，则有： 3 442)(βββ--= R g mR J （5） 由转动惯量的迭加原理可知，被测试件的转动惯量J 3为 ： 1 23J J J -=（6） 测得R 、m 及β1、β2、β3、β4，由（4），（5），（6）式即可计算被测试件的转

扭摆法测定物体的转动惯量实验报告

扭摆法测定物体的转动惯量 一、实验目的 1.测定扭摆的仪器常数（弹簧的扭转常数）K 。 2.测定熟料圆柱体、金属圆筒、木球与金属细长杆的转动惯量。 3.验证转动惯量的平行轴定理。 二、实验器材 扭摆、转动惯量测试仪、金属圆筒、实心塑料圆柱体、木球、验证转动惯量平行轴定理用的金属细杆（杆上有两块可以自由移动的金属滑块）、游标卡尺、米尺 托盘天平。 三、实验原理 1.测量物体转动惯量的构思与原理 将物体在水平面内转过以角度θ后，在弹簧的恢复力矩作用下物体就开始绕垂直轴作往返扭转运动。更具胡克定律，弹簧受扭转而产生的恢复力矩M 与所转过的角度θ成正比，即 M K θ=- 式中K 为弹簧的扭转常数。 若使I 为物体绕转轴的转动惯量，β为角加速度，由转动定律M I β=可得 M K I I βθ= =- 令2K I ω= ，忽略轴承的磨察阻力距，得 222d dt θ βωθ==- 上式表示扭摆运动具有角简谐振动的特性，角加速度与角位移成正比，且方向相反。方程的解为 cos()A t θω?=+ 式中A 为简谐振动的角振幅，?为初相位角，ω为角速度。谐振动的周期为 22T πω = =由上式可知，只要通过实验测得物体扭摆的摆动周期，并在I 和K 中任何一个量已知时即可计算出另外一个量。 本实验使用一个几何形状规则的小塑料圆柱，它的转动惯量可以根据质量

和几何尺寸用理论公式直接计算得到，将其放在扭摆的金属载物盘上，通过测定其在扭摆仪上摆动时的周期，可算出仪器弹簧的K 值。若要测定其他形状物体的转动惯量，只需将待测物体安放在同一扭摆仪顶部的各种夹具上，测定其摆动周期，即可算出该物体绕转动轴的转动惯量。 假设扭摆上只放置金属载物圆盘时的转动惯量为0I ，周期为0T ，则 2 20 04T I K π= 若在载物圆盘上放置已知转动惯量为'1I 的小塑料圆柱后，周期为1T ，由转动惯量的可加性，总的转动惯量为'01I I +，则 222 '2 '1 010144()T I I T I K K ππ=+=+ 解得 ' 2 12 2 104I K T T π=- 以及 '2 1002 2 10 I T I T T =- 若要测量任何一种物体的转动惯量，可将其放在金属载物盘上，测出摆动周期T ，就可算出其转动惯量I ，即 202 4KT I I π =- 本实验测量木球和金属细杆的转动惯量时，没有用金属载物盘，分别用了支架和夹具，则计算转动惯量时需要扣除支架和夹具的转动惯量。 2.验证物体转动惯量的平行轴定理 本实验利用金属细杆和两个对称放置在细杆两边凹槽内的滑块来验证平行轴定理。测量整个系统的转动周期，可得整个系统的转动惯量的实验值为 22 4KT I π= 当滑块在金属细杆上移动的距离为x 时，根据平行轴定理，整个系统对中心轴转动惯量的理论计算公式应为 '2+2+2m I I I I x =+细杆夹具滑块滑块 式中I 滑块为滑块通过滑块质心轴的转动惯量理论值。 如果测量值I 与理论计算值'I 相吻合，则说明平行轴定理得证。

第4章点的运动和刚体基本运动习题解答080814

第四章 点的运动和刚体基本运动 本章要点 一、点的运动 1 点运动位置的确定的三种方法 ⅰ）矢量法：)(t r r =； ⅱ）直角坐标法：)(t x x =，)(t y y =，)(t z z =； ⅲ）弧坐标法（轨迹已知）：)(t s s =. 2 点的速度与加速度的矢量表示 速度 t d d r v =， 加速度 22t d d t d d r v a ＝= . 3 点的速度与加速度的直角坐标表示 速度在各坐标轴上的投影为 t x v d d = x ， t y v d d =y ， t z v d d =z . 速度的大小和方向余弦为 ? ? ? ??===++=v v v v v v v v v v z y x 2z 2y 2x )，cos(，)，cos(，)，cos(k v j v i v 加速度在各坐标轴上的投影为 222222d d d d d d d d d d d d dt z t v a ，t y t v a ，t x t v a z z y y x x ====== 加速度的大小和方向余弦分别为 ? ? ? ??===++=a a a a a a a a a a z y x 2z 2y 2x )，cos(，)，cos(，)，cos(k a j a i a 4 点的速度与加速度的弧坐标表示 点的速度 τv t d s d = ， 切向加速度 ττa 22t d s d t d d ==v τ；

法向加速度 n a ρ v 2 n =， 其中τ为切线单位矢量，指向弧坐标增加的方向；n 表示主法线正向的单位矢量，指向曲率中心（即指向曲线凹的一方）。 全加速度为 n τa a a += 全加速度a 的大小和它与法线间夹角的正切分别为 2 n 2τa a a +=，()n τ tg a a = n a, 解题要领： 1 确定动点，根据题意是选择矢量法、直角坐标法还是弧坐标法，三种方法各有所长. 2 从点的运动方程出发求点的速度和加速度是对时间的求导运算；反之，也可以从加速度出发求速度和运动方程，或从速度出发求运动方程，这是积分运算，但结果都不唯一 ，积分常数需要用初始条件来确定。 3 从直角坐标形式的运动方程出发计算切向加速度、法向加速度、曲率半径、弧坐标的过程 点的速度：222z y x v v v v ++= ， 点的加速度： 2 22z y x a a a a ++=， 切向加速度： t d d t v = a ， 法向加速度：2 t 2n a a a -=， 曲率半径：n 2 a v =ρ， 弧坐标：?=t t v s 0d . 二、刚体的平移 刚体在运动过程中，其上任意一条直线始终平行于它的初始位置，刚体的这种运动称为平移。具有性质：刚体平移时，其上各点的轨迹形状相同，在同一瞬时，各点的速度和加速度也相同。刚体的平移问题可以归结为点的运动问题. 三、刚体的定轴转动 1 刚体定轴转动的整体描述 转动方程 )(t ??=， 角速度 t d d ?ω= ， 角加速度 22t d d t d d ?ωα== . 匀速转动（ω为常量），则 t ω??+=0，

第四章-刚体的转动-问题与习题解答上课讲义

第四章 刚体的转动 问题与习题解答 问题：4-2、4-5、4-9 4-2 如果一个刚体所受合外力为零，其合力矩是否也一定为零？如果刚体所受合外力矩为零，其合外力是否也一定为零？ 答： 一个刚体所受合外力为零，其合力矩不一定为零，如图a 所示。刚体所受合外 力矩为零，其合外力不一定为零，例如图b 所示情形。 4-5 为什么质点系动能的改变不仅与外力有关，而且也与内力有关，而刚体绕定轴转动动能的改变只与外力矩有关，而与内力矩无关？ 答： 因为合外力对质点所作的功，等于质点动能的增量；而质点系中内力一般也做功，故内力对质点系的动能的增量有贡献。而在刚体作定轴转动时，任何一对内力对转轴的力矩皆为一对大小相等、方向相反的力矩，且因定轴转动时刚体转过的角度d θ都一样，故其一对内力矩所作的功()0in ij ij ji ij ji W M d M d M M d θθθ=+=+=，其内力功总和也为零，因而根据刚体定轴转动的动能定理可知：内力矩对其转动动能的增量无贡献。 4-9 一人坐在角速度为0ω的转台上，手持一个旋转的飞轮，其转轴垂直地面，角速度为ω'。如果突然使飞轮的转轴倒转，将会发生什么情况？设转台和人的转动惯量为J ，飞轮的转动惯量为J '。 答： （假设人坐在转台中央，且飞轮的转轴与转台的转轴重合）视转台、人和飞轮为同一系统。 （1）如开始时飞轮的转向与转台相同，则系统相对于中心轴的角动量为： 10L J J ωω''=+ 飞轮转轴快速倒转后，飞轮的角速度大小还是ω'，但方向与原来相反；如设转台此时的角速度为1ω，则系统的角动量为： 21L J J ωω''=- 在以上过程中，外力矩为零，系统的角动量守恒，所以有： 10J J J J ωωωω''''-=+ 即 102J J ωωω' '=+ ，转台的转速变大了。 （2）如开始时飞轮的转向与转台相反，则系统相对于中心轴的角动量为： 10L J J ωω''=- 飞轮转轴快速倒转后，飞轮的角速度大小还是ω'，但方向与原来相反；如设转台此时的角速度为1ω ，则系统的 F 1F 3a b

第二章 刚体的基本运动

第二章 刚体的基本运动 一、目的要求 1．明确刚体平行移动（平动）和刚体绕定轴转动的特征，能正确地判断作平动的刚体和定轴转动的刚体。 2．对刚体定轴转动时的转动方程、角速度和角加速度及它们之间的关系要清晰的理解，熟知匀速和匀变速转动的定义与公式。 3．能熟练地计算定轴转动刚体上任一点的速度和加速度。 4．掌握传动比的概念及其公式的应用。 5．对角速度矢、角加速度矢以及用矢积表示定轴转动刚体上任一点的速度和加速度有初步了解。 二、基本内容 刚体的平动；刚体绕定轴转动；转动刚体内各点的速度和加速度；轮系的转动比；以矢量表示角速度和角加速度，以矢积表示点的速度和加速度。 （1）基本概念 刚体平动与定轴转动的定义，刚体在作这两种运动时刚体上各点速度、加速度的分布规律。 （2）主要公式 平动刚体上，任意两点之间均有 B A v v =，B A a a = 定轴转动刚体上任一点的速度和加速度为 ωr v =，ατr a =，2ωr a n =，22n a a a +=τ，n a a tg τ θ= 以矢积表示的刚体上一点的速度与加速度为 r v ?=ω v r a ?+?=ωα

三、重点和难点 1．重点 （1）刚体平动及其运动特征。 （2）刚体的定轴转动，转动方程，角速度与角加速度。 （3）转动刚体内各点的速度与加速度。 2．难点： 用矢积表示刚体上任一点的速度与加速度。 四、学习建议 （1）对刚体平动强调“三相同”。 （2）对刚体绕定轴转动的特征及其上点的速度，加速度分布规律要讲透，让学生熟练掌握已知刚体转动规律会求其上一点的运动规律，反之，已知转动刚体上一点的运动规律要会求其上各点的运动规律及整体的转动规律。 （3）对轮系传动比作一般介绍。 （4）对ω ，α 方向的确定要介绍练习，对速度和加速度用矢积表示只作一 般介绍以供推导公式用。

动力法测转动惯量

动力法测转动惯量 实验目的 1. 学会电子通用计时器的使用； 2. 掌握最小二乘法处理线性数据的方法； 3. 掌握动力法测量刚体转动惯量的原理和方法. 实验仪器 转动惯量仪(JM-2或TM-A)、通用电子计时器(MUJ-6B)、电子天平(YP3001N 、量程3000g)、游标卡尺(量程125mm ，分度值0.02mm)、钢板尺(量程60cm) 转动惯量仪：由十字型载物台、绕线塔轮、遮光杆和小滑轮组成, 如图所示. 载物台沿直径方向固定有两个遮光杆，系统转动时每转动半圈（θ=π）遮光杆遮挡一次固定在底座圆周上的光电门，即产生一个光电脉冲送入电子计时器，计时器计下遮挡次数和时间. 塔轮上有五个不同直径的绕线轮，可选择其中一个通过定滑轮与砝码钩连接. 砝码钩上可以放置一定数量的砝码，其产生的重力矩作为外力矩. 实验原理 1、定轴转动定律应用 根据刚体定轴转动定律： αJ M = 实验中定轴转动系统的合外力矩由砝码重力所产生的拉力矩 mgd /2 （d 为塔轮直径） 和系统阻力矩 M μ 两部分组成，当mgd /2 、M μ一定时，该定轴转动可近似为匀变速转动。 取初速度为零，θ表示转过的角度，则有下列关系式： =2mgd M J μα- (1) 22 1 t αθ= (2) 联立(1)、(2)有： 2 241 M J m gd gd t μθ= + (3) 本实验中，θ可取为4π，绕线塔轮可取在中间位置的一个。

2、最小二乘法 由(3)式可知，砝码质量m 与转过 θ所用的时间的平方分之一 1/t 2 为线性关系，可通过改变砝码质量测得不同质量下的时间 t ，再求得 1/t 2，则有一系列 (m , 1/t 2). 令： 4J b gd θ = (4) 由最小二乘法，可求得斜率b ： 22221111m m t t b t t ?-?=????- ? ??? ?? (5) 从而可求得转动惯量：/4J gdb θ= 实验中，待测圆环的转动惯量为全系统的转动惯量J 2和空载时的转动惯量J 1之差： 21J J J =-，则圆环的转动惯量为 ()214gd J b b θ = - (6) 3、公式法 若圆环的质量分布均匀，且几何形状为圆环，由理论公式可知，测得其总质量和内外径，可计算出绕通过中心轴的转动惯量 ()22 128 M J D D = + (7) 实验内容 1. 测量空载时在不同质量的砝码牵引下，从静止开始转动并计时，转过4π(两圈)所用的时间 t ，用最小二乘法求出b 1. 2. 测量全系统(加圆环)在不同质量的砝码牵引下，从静止开始转动并计时，转过4π(两圈)所用的时间 t ，用最小二乘法求出b 2. 3. 测量绕线塔轮的直径，计算圆环的转动惯量，表达实验结果. 4. 测量圆环的相关参数，用公式计算其转动惯量，与实验结果比较. 实验步骤 1. 设置电子计时器的功能和参数（详见使用说明）； 2. 调整转动惯量仪的初始状态： 1) 移动转动惯量仪到实验桌合适位置，调节3个底脚螺丝使其处于水平状态； 2) 试绕线：将系有砝码的细线一端打结，卡在塔轮边缘的狭缝里，然后均匀缠绕在轮槽上（注