一水平圆盘可绕通过其中心的固定竖直轴转动

思 考 题

3-1 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，此系统的什么物理量是守恒的？

答：此系统所受合外力矩为零，人与盘之间的力为内力，所以角动量守恒！机械能守恒的条件为外力与非保守内力不做功或作功之和为零，显然人与盘之间有磨擦力，即有非保守内力做功，机械能不守恒，动量守恒的条件为合外力为零，转轴不属于系统，转轴与盘之间有作用力，动量不守恒。

3-2 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的哪种物理量守恒？

答：在碰撞时，小球重力过转轴，杆的重力也过轴，外力矩为

零，所以角动量守恒。因碰撞时转轴与杆之间有作用力，所以动量不守恒。碰撞是非弹性的，所以机械能也不守恒。

3-3 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O 以角速度ω按图示方向转动.若如图所示的情况那样，将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F 沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度ω如何变化？

答：左边力的力矩比右边的大，所以刚体会被加速，其角加速度增大。

3-4 刚体角动量守恒的充分而必要的条件是什么？ 答：刚体所受的合外力矩为零。

习 题

3-1 可绕水平轴转动的飞轮，直径为1.0 m ，一条绳子绕在飞轮的外周边缘上．如果飞轮从静止开始做匀角加速运动且在4 s 内绳被展开10 m ，则飞轮的角加速度是多大？[2.5 rad / s 2]

解：绳子展开10m 时飞轮转过的角度为：??=10/(1./2)=20rad 。 已知飞轮作匀角加速转动，所以：2

02

1t t βω?+

=? 把400==，t ω代入得

2/5.2s rad =β

3-2 一飞轮以600 rev/min 的转速旋转，转动惯量为2.5 kg ·m 2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1 s 内停止转动，则该恒定制动力矩是多大？[157 N ·m]

解：s rad rev /20min /6000πω== (注：rev/min 意为转每分钟)

作用在刚体上的一力矩在一段时间内的冲量矩等于刚体角动量的变化量。

思考题3-3图

思考题3-2图

)(505.220000

m N I L M L L Mt Mdt M 为为恒力矩

t

?-=?-=-=-=?-=??

??→??ππω

3-3 光滑的水平桌面上有长为2l 、质量为m 的匀质细杆，可绕通过其中点O 且垂直于

桌面的竖直固定轴自由转动，转动惯量为23

1

ml ，起初杆静止．有一

质量为m 的小球在桌面上正对着杆的一端，在垂直于杆长的方向上，以速率v 运动，如图所示．当小球与杆端发生碰撞后，就与杆粘在一

起随杆转动．求：这一系统碰撞后的转动角速度．[ l

4v

3 ]

解：碰撞过程中角动量守恒： ω)3

1(2

2ml ml mvl +=,解得l

v 43=

ω 3-4 如图所示，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出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为v 2

1

，则此时棒的

角速度是多大？ [

ML

m 23v

] 解：此过程角动量守恒：

l v

m ML mvL 2

312+=

ω,解得：ML mv 23=ω

3-5 如图所示，一质量为m 的匀质细杆AB ，A 端靠在光滑的竖直墙壁上，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 端对墙壁的压力是多大？ [

θmgtg 2

1

] 解：以B 点为支点，则过B 点的力其力矩均为零，杆所受的其他的两个力如图，依力矩平衡可得：

θθθmgtg N NL mgL 2

1

cos sin 21=?= 3-6 一长为l ，质量可以忽略的直杆，可绕通过其一端的水平光滑轴 在竖直平面内作定轴转动，在杆的另一端固定着一质量为m 的小球．现将杆由水平位置无初转速地释放．求：（1）杆刚被释放时的角加速度0β；（2）杆与水平方向夹角为60°时的角加速度β ． [g / l ；g / (2l )]

习题3-3图

俯视图 v

习题3-4

解：在杆与水平面成任意角度时，其所受的合外力矩即重力矩：M=mglcos θ,则： （1）刚被释放时：l

g ml mgl I M ===

20cos β （2）与水平面成60度角时：l

g

ml mgl I M 260cos 20===β 3-7 一个能绕固定轴转动的轮子，除受到轴承的恒定摩擦力矩M r 外，还受到恒定外力矩M 的作用．若M ＝20 N · m ，轮子对固定轴的转动惯量为J ＝15 kg · m 2．在t ＝10 s 内，轮子的角速度由ω＝0增大到ω＝10 rad/s ，求摩擦力矩M r ． [5.0 N ·m]

解：摩擦力矩与外力矩均为恒力矩，所以刚体作匀角加速转动。其角加速度为： 20

/110

10s rad t

=-=

?-=

ωωβ 合外力矩为：)(0.5)(15115m N M M M m N J M r r 合?=?-=?=?==β 3-8 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0ω＝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，物体已转过的角度θ?是多大？ [4.0 rad ]

解：根据刚体定轴转动的动量定理：2

022

1210

ωω??

?J J d M A z -=

=

? A=M??=-12???=0.5?3?2?2-0.5?3?6?6???=4 rad.

3-9 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J 0，角速度为0ω．然后她将两臂收回，使转动惯量减少为3

1

J 0．这时她转动的角速度变为多大？[30ω]

解：此过程角动量守恒0033

1

ωωωω=?=

J J 3-10 一轴承光滑的定滑轮，质量为M ＝2.00 kg ，半径为R ＝0.100 m ，一根不能伸长的轻绳，一端固定在定滑轮上，另一端系有一质量为m ＝5.00 kg 的物体，如图所示．已知定滑轮的转动惯量为J ＝22

1

MR ，其初角速度0ω＝10.0 rad/s ，方向垂直纸面向里．求：

(1) 定滑轮的角加速度的大小和方向；

(2) 定滑轮的角速度变化到ω＝0时，物体上升的高度； (3) 当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度的大小和方向．

[ 81.7 rad/s 2 ，垂直纸面向外； 6.12×10-

2 m ；=ω10.0 rad/s ，垂直纸面向外]

解：（1）设在任意时刻定滑轮的角速度为ω，物体的速度大小为v ，则有v=R ω.

习题3-10图

则物体与定滑轮的总角动量为：ωωω2

mR J mvR J L +=+=

根据角动量定理，刚体系统所受的合外力矩等于系统角动量对时间的变化率： dt

dL

M =,该系统所受的合外力矩即物体的重力矩:M=mgR 所以：22/7.81s rad mR

J mgR

dt d =+==

ωβ （2）该系统只有重力矩做功（物体的重力），所以机械能守恒。

m h h mg J mv 22

0201012.62

121-?=???=+ω (3) 由械机能守恒可知，当系统转回到初时位置时，势能与初时时刻一样，所以角速度大小与初始时一样，方向相反。

大题工科物理大作业04-刚体定轴转动

04 04 刚体定轴转动 班号 学号 姓名 成绩 一、选择题 （在下列各题中，均给出了4个~5个答案，其中有的只有1个是正确答案，有的则有几个是正确答案，请把正确答案的英文字母序号填在题后的括号内） 1．某刚体绕定轴作匀变速转动，对刚体上距转轴为r 处的任一质元来说，在下列关于其法向加速度n a 和切向加速度τa 的表述中，正确的是： A ．n a 、τa 的大小均随时间变化； B ．n a 、τa 的大小均保持不变； C ．n a 的大小变化，τa 的大小保持恒定； D ．n a 的大小保持恒定，τa 大小变化。 （C ） [知识点］刚体匀变速定轴转动特征，角量与线量的关系。 [分析与题解] 刚体中任一质元的法向、切向加速度分别为 r a n 2 ω=，r a τβ= 当 恒量时，t βωω+=0 ，显然r t r a n 2 02)(βωω+==，其大小随时间而变， r a τβ=的大小恒定不变。 2. 两个均质圆盘A 和B ，密度分别为 A 和 B ，且B ρρ>A ，但两圆盘的质量和厚度相同。若 两盘对通过盘心且与盘面垂直的轴的转动惯量分别为A I 和B I ，则 A ．B I I >A ； B. B I I ，所以2 2B A R R < 且转动惯量22 1 mR I = ，则B A I I <

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2 n 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 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 dt ω ωβ= ===。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。 5．一转速为1200r min 的飞轮，因制动而均匀地减速，经10秒后停止转动，求： （1） 飞轮的角加速度和从开始制动到停止转动，飞轮所转过的圈数； （2） 开始制动后5秒时飞轮的角速度。 解：（1）由题意飞轮的初角速度为 0240()n rad s ωππ== 飞轮作均减速转动，其角加速度为 20 0404/10 rad s t ωωπ βπ--= = =-? 故从开始制动到停止转动，飞轮转过的角位移为 201 2002 t t rad θωβπ?=?+?= 因此，飞轮转过圈数为

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

刚体转动惯量计算方法

刚体对轴转动惯量的计算 一、转动惯量及回转半径 在第一节中已经知道，刚体对某轴z 的转动惯量就就是刚体内各质点与该点到 z 轴距离 2 平方的乘积的总与，即 J z 口小。如果刚体质量连续分布，则转动惯量可写成 J z r 2 dm M (18-11) 由上面的公式可见，刚体对轴的转动惯量决定于刚体质量的大小以及质量分布情况 ，而与 刚体的运动状态无关，它永远就是一个正的标量。如果不增加物体的质量但使质量分布离轴 远一些， 就可以使转动惯量增大。例如设计飞轮时把轮缘设计的厚一些 ，使得大部分质量集中 在轮缘上，与转轴距离较远，从而增大转动惯量。相反,某些仪器仪表中的转动零件，为了提高灵 敏 度，要求零件的转动惯量尽量小一些 ，设计时除了采用轻金属、 塑料以减轻质量外，还要尽量 将材料多靠近转轴。 工程中常把转动惯量写成刚体总质量 M 与某一当量长度 的平方的乘积 (18-12) 相距为z 的点上，则此集中质量对z 轴的转动惯量与原刚体的转动惯量相同。 具有规则几何形状的均质刚体，其转动惯量可以通过计算得到，形状不规则物体的转动惯 量往往不就是由计算得出，而就是根据某些力学规律用实验方法测得。 二、简单形状物体转动惯量的计算 1.均质细直杆 dm 如图18-7所示，设杆长为I ，质量为M 。取杆上微段dx ，其质量为 图 18-7 杆对z c 轴的转动惯量为 对应的回转半径 2.均质细圆环 如图18-8所示均质细圆环半径为 R ，质量为M 。任取圆环上一微段，其质量为dm ，则对z z 称为刚体对于 z 轴的回转半径(或惯性半径)，它的意义就是 ，设想刚体的质量集中在与 Mdx I ，则此 J z c I 2 2 x 2 dm 2/ —Ml 12 J z c I M 2、3 0.289I

05刚体的定轴转动习题解答.

第五章刚体的定轴转动 一选择题 1. 一绕定轴转动的刚体，某时刻的角速度为ω，角加速度为α，则其转动加快的依据是：（） A. α > 0 B. ω > 0，α > 0 C. ω < 0，α > 0 D. ω > 0，α < 0 解：答案是B。 2. 用铅和铁两种金属制成两个均质圆盘，质量相等且具有相同的厚度，则它们对过盘心且垂直盘面的轴的转动惯量。（） A. 相等； B. 铅盘的大； C. 铁盘的大； D. 无法确定谁大谁小 解：答案是C。

简要提示：铅的密度大，所以其半径小， 圆盘的转动惯量为：2/2Mr J =。 3. 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑 固定轴O 以角速度ω 按图示方向转动。若将 两个大小相等、方向相反但不在同一条直线的 力F 1和F 2沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘 的角速度ω的大小在刚作用后不久 （ ） A. 必然增大 B. 必然减少 C. 不会改变 D. 如何变化，不能确 定 解：答案是B 。 简要提示：力F 1和F 2的对转轴力矩之和 垂直于纸面向里，根据刚体定轴转动定律，角 加速度的方向也是垂直于纸面向里，与角速度 的方向（垂直于纸面向外）相反，故开始时一 选择题3图

定减速。 4. 一轻绳绕在半径为r 的重滑轮上，轮对轴的转动惯量为J ，一是以力F 向下拉绳使轮转动；二是以重量等于F 的重物挂在绳上使之转动，若两种情况使轮边缘获得的切向加速度分别为a 1和a 2，则有： （ ） A. a 1 = a 2 B. a 1 > a 2 C. a 1< a 2 D. 无法确定 解：答案是B 。 简要提示：(1) 由刚体定轴转动定律，1αJ Fr =和11αr a =，得：J Fr a /2 1= (2) 受力分析得：?? ???===-222 2ααr a J Tr ma T mg ，其中m 为重物的质量，T 为绳子的张力。得：

大学物理上练习册 第2章《刚体定轴转动》答案-2013

第2章 刚体定轴转动 一、选择题 1(B)，2(B)，3(C)，4(C)，5(C) 二、填空题 (1). 62.5 1.67ｓ (2). 4.0 rad/ (3). 0.25 kg ·m 2 (4). mgl μ21参考解：M ＝?M d ＝()mgl r r l gm l μμ2 1 d /0=? (5). 2E 0 三、计算题 1. 如图所示，半径为r 1＝0.3 m 的A 轮通过皮带被半径为r 2＝0.75 m 的B 轮带动，B 轮以匀角加速度π rad /s 2由静止起动，轮与皮带间无滑动发生．试求A 轮达到转速3000 rev/min 所需要的时间． 解：设A 、B 轮的角加速度分别为βA 和βB ，由于两轮边缘的切向加速度相同， a t = βA r 1 = βB r 2 则 βA = βB r 2 / r 1 A 轮角速度达到ω所需时间为 ()75 .03.060/2300021?π?π?=== r r t B A βωβωs ＝40 s 2.一砂轮直径为1 m 质量为50 kg ，以 900 rev / min 的转速转动．撤去动力后，一工件以 200 N 的正压力作用在轮边缘上，使砂轮在11.8 s 内停止．求砂轮和工件间的摩擦系数．(砂轮轴的摩擦可忽略不计，砂轮绕轴的转动惯量为 2 1 mR 2，其中m 和R 分别为砂轮的质量和半径). 解：R = 0.5 m ，ω0 = 900 rev/min = 30π rad/s ， 根据转动定律 M = -J β ① 这里 M = -μNR ② μ为摩擦系数，N 为正压力，22 1 mR J = ． ③ 设在时刻t 砂轮开始停转，则有： 00=+=t t βωω 从而得 β＝-ω0 / t ④ 将②、③、④式代入①式，得 )/(2 1 02t mR NR ωμ-= - ∴ m =μR ω0 / (2Nt )≈0.5 r

转动惯量(指导书)

转动惯量指导书 力学实验室 2016年3月

转动惯量的测量 【预习思考】 １．转动惯量的定义式是什么？ ２．转动惯量的单位是什么？ ３．转动惯量与质量分布的关系？ ４．了解单摆中摆长与周期的关系？ ５．摆角对周期的影响。 【仪器照片】 【原理简述】 1、转动惯量的定义 构件中各质点或质量单元的质量与其到给定轴线的距离平方乘积的总和，即

∑ =2 J mr（1）转动惯量是刚体转动时惯性的量度，其量值取决于物体的形状、质量分布及转轴的位置。刚体的转动惯量有着重要的物理意义，在科学实验、工程技术、航天、电力、机械、仪表等工业领域也是一个重要参量。 图1 电磁系仪表的指示系统，因线圈的转动惯量不同，可分别用于测量微小电流（检 流计）或电量（冲击电流计）。在发动机叶片、飞轮、陀螺以及人造卫星的外形 设计上，精确地测定转动惯量，都是十分必要的。 2、转动惯量的公式推导 测定刚体转动惯量的方法很多，常用的有三线摆、扭摆、复摆等。本实验采用的是三线摆，是通过扭转运动测定物体的转动惯量，其特点是无力图像清楚、操作简便易行、适合各种形状的物体，如机械零件、电机转子、枪炮弹丸、电风扇的风叶等的转动惯量都可用三线摆测定。这种实验方法在理论和技术上有一定的实际意义本实验的目的就是要求学生掌握用三线摆测定物体转动惯量的方法，并验证转动惯量的平行轴定理。 两半径分别为r'和R'（R'>r'）的刚性均匀圆盘，用均匀分布的三条等长l的无弹性、无质量的细线相连，半径为r'的圆盘在上，作为启动盘，其悬点到盘心的距离为r；半径为R'的圆盘在下，作为悬盘，其悬点到盘心的距离为R。将启动盘固定，则构成一振动系统， 称为三线摆（图2）。当施加力矩使悬盘转过角 θ后，悬盘将绕中心轴O O''做角简谐振动。 A A' O O' O'' r R B θ h2 h1 H . . . C'

刚体的定轴转动(带答案)

刚体的定轴转动 一、选择题 1、（本题3分）0289 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。 2、（本题3分）0165 均匀细棒OA可绕通过某一端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降，在棒摆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. （本题3分）5640 一个物体正在绕固定的光滑轴自由转动，则 [ D ] （A）它受热或遇冷伸缩时，角速度不变. （B）它受热时角速度变大，遇冷时角速度变小. （C）它受热或遇冷伸缩时，角速度均变大. （D）它受热时角速度变小，遇冷时角速度变大. 4、（本题3分）0292 一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，滑轮质量为m，绳下端挂一物体，物体所受重力为P，滑轮的角加速度为β，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β将[ C ] （A）不变（B）变小（C）变大（D）无法判断

5、（本题3分）5028 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 [ C ] （A ）βA =βB （B ）βA ＞βB （C ）βA ＜βB （D ）开始时βA =βB ，以后βA ＜βB 6、（本题3分）0294 刚体角动量守恒的充分而必要的条件是 [ B ] （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。 7、（本题3分）0247 如图示，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 [ C ] （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、动量和角动量均守量。 8、（本题3分）0677 一块方板，可以绕通过其一个水平边的光滑固定转轴自由转动，最初板自由下垂，今有一小团粘土，垂直板面撞击方板，并粘在方板上，对粘土和方板系统，如果忽略空气阻力，在碰撞中守恒的量是 [ B ] （A ）动能 （B ）绕木板转轴的角动量 （C ）机械能 （D ）动量 9、（本题3分）0228 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

飞轮转动惯量公式与电机用飞轮例题

飞轮的转动惯量确定后，就可以确定其各部分的尺寸了。需要注意的是， 在上述讨论飞轮转动惯量的求法时，假定飞轮安装在机械的等效构件上。实际 设计时，若希望将飞轮安装在其它构件上，则在确定其各部分尺寸时需要先将 计算所得的飞轮转动惯量折算到其安装的构件上。飞轮按构造大体可分为轮形 和盘形两种。 ●轮形飞轮 图中，这种飞轮由轮毂、轮辐和轮缘三部分组成。由于与轮缘相比，其它 两部分的转动惯量很小，因此，一般可略去不计。这样简化后，实际的飞轮转 动惯量稍大于要求的转动惯量。若设飞轮外径为D1，轮缘内径为D2，轮缘质量 为m，则轮缘的转动惯量为 (10.28) 当轮缘厚度H 不大时，可近似认为飞轮质量集中于其平均直径D 的圆周上， 于是得 (10.29) 式中， m D2称为飞轮矩 ，其单位为kg·m2。知道了飞轮的转动惯量 ，就可以 求得其飞轮矩。当根据飞轮在机械中的安装空间，选择了轮缘的平均直径D后， 即可用上式计算出飞轮的质量 m。 若设飞轮宽度为B （m），轮缘厚度为H（m），平均直径为D（m），材料密度 为ρ（kg·m3)，则

(10.30) 在选定了D并由式(10.28)计算出m后，便可根据飞轮的材料和选定的比值H/B 由式（10.30）求出飞轮的剖面尺寸H和B，对于较小的飞轮，通常取H/B≈2， 对于较大的飞轮，通常取H/B≈1.5。 由式(10.29)可知，当飞轮转动惯量一定时，选择的飞轮直径愈大，则质量 愈小。但直径太大，会增加制造和运输困难，占据空间大。同时轮缘的圆周速度 增加，会使飞轮有受过大离心力作用而破裂的危险。因此，在确定飞轮尺寸时应 核验飞轮的最大圆周速度，使其小于安全极限值。 ●盘形飞轮 当飞轮的转动惯量不大时，可采用形状简单的盘形飞轮，如图所示。 设m ，D和B分别为其质量、外径及宽度，则整个飞轮的转动惯量为 (10.31) 当根据安装空间选定飞轮直径D后，即可由该式计算出飞轮质量m 。又因 ，故根据所选飞轮材料，即可求出飞轮的宽度B为 (10.32) 返回 【典型例题】

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2 n 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 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 dt ω ωβ= ===。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。 5．一转速为1200r min 的飞轮，因制动而均匀地减速，经10秒后停止转动，求： （1） 飞轮的角加速度和从开始制动到停止转动，飞轮所转过的圈数； （2） 开始制动后5秒时飞轮的角速度。 解：（1）由题意飞轮的初角速度为 0240()n rad s ωππ== 飞轮作均减速转动，其角加速度为 20 0404/10 rad s t ωωπ βπ--= = =-? 故从开始制动到停止转动，飞轮转过的角位移为 201 2002 t t rad θωβπ?=?+?= 因此，飞轮转过圈数为

05刚体的定轴转动习题解答

05刚体的定轴转动习题解答

第五章刚体的定轴转动 一选择题 1. 一绕定轴转动的刚体，某时刻的角速度为ω，角加速度为α，则其转动加快的依据是：（） A. α > 0 B. ω > 0，α > 0 C. ω < 0，α > 0 D. ω > 0，α < 0 解：答案是B。 2. 用铅和铁两种金属制成两个均质圆盘，质量相等且具有相同的厚度，则它们对过盘心且垂直盘面的轴的转动惯量。（） A. 相等； B. 铅盘的大； C. 铁盘的大； D. 无法确定谁大谁小

解：答案是C 。 简要提示：铅的密度大，所以其半径小，圆盘的转动惯量为：2/2 Mr J =。 3. 一轻绳绕在半径为r 的重滑轮上，轮对轴的转动惯量为J ，一是以力F 向下拉绳使轮转动；二是以重量等于F 的重物挂在绳上使之转动，若两种情况使轮边缘获得的切向加速度分别为a 1和a 2，则有： （ ） A. a 1 = a 2 B. a 1 > a 2 C. a 1< a 2 D. 无法确定 解：答案是B 。 简要提示：(1) 由定轴转动定律， 1 αJ Fr =和1 1 αr a =，得：J Fr a /2 1 = (2) 受力分析得： ?? ? ??===-2222 α αr a J Tr ma T mg ，其中m 为

重物的质量，T 为绳子的张力。得： ) /(222mr J Fr a +=，所以a 1 > a 2。 4. 一半径为R ，质量为m 的圆柱体，在切向力F 作用下由静止开始绕轴线作定轴转动，则在2秒内F 对柱体所作功为： （ ） A. 4 F 2/ m B. 2 F 2 / m C. F 2 / m D. F 2 / 2 m 解：答案是A 。 简要提示：由定轴转动定律： α2 21MR FR =，得：mR F t 4212 = =?αθ 所以：m F M W /42 =?=θ 5. 一电唱机的转盘正以ω 0的角速度转动，其转动惯量为J 1，现将一转动惯量为J 2的唱片置于转盘上，则共同转动的角速度应为： （ ）

05刚体的定轴转动习题解答

第五章 刚体的定轴转动 一 选择题 1. 一绕定轴转动的刚体，某时刻的角速度为ω，角加速度为α，则其转动加快的依据是：（ ） A. α > 0 B. ω > 0，α > 0 C. ω < 0，α > 0 D. ω > 0，α < 0 解：答案是B 。 2. 用铅和铁两种金属制成两个均质圆盘，质量相等且具有相同的厚度，则它们对过盘心且垂直盘面的轴的转动惯量。 （ ） A. 相等； B. 铅盘的大； C. 铁盘的大； D. 无法确定谁大谁小 解：答案是C 。 简要提示：铅的密度大，所以其半径小，圆盘的转动惯量为：2/2Mr J =。 3. 一轻绳绕在半径为r 的重滑轮上，轮对轴的转动惯量为J ，一是以力F 向下拉绳使轮转动；二是以重量等于F 的重物挂在绳上使之转动，若两种情况使轮边缘获得的切向加速度分别为a 1和a 2，则有： （ ） A. a 1 = a 2 B. a 1 > a 2 C. a 1< a 2 D. 无法确定 解：答案是B 。 简要提示：(1) 由定轴转动定律，1αJ Fr =和11αr a =，得：J Fr a /21= (2) 受力分析得：?? ???===-2222ααr a J Tr ma T mg ，其中m 为重物的质量，T 为绳子的张力。 得：)/(222mr J Fr a +=，所以a 1 > a 2。 4. 一半径为R ，质量为m 的圆柱体，在切向力F 作用下由静止开始绕轴线作定轴转动，则在2秒内F 对柱体所作功为： （ ） A. 4 F 2/ m B. 2 F 2 / m C. F 2 / m D. F 2 / 2 m 解：答案是A 。

第二章刚体的定轴转动

第二章 刚体的定轴转动 教学要求： 一、理解刚体定轴转动的角速度和角加速度的概念，理解角量与线量的关系。 二、理解刚体定轴转动定律，能解简单的定轴转动问题。 三、了解力矩的功和转动动能的概念。 四、了解刚体对定轴的角动量定理及角动量守恒定律。 五、理解转动惯量的概念，能用平行轴定理和转动惯量的可加性计算刚体对定轴的转动惯量。 教学重点：刚体定轴转动的力矩、转动惯量、角动量等物理量的概念和转动定律。 教学难点：难点是刚体绕定轴转动的角动量守恒定律及其应用。 物理学研究方法、思维方法：理想化模型-----刚体、研究刚体转动的物理量——角量的确定。 类比方法是本章学习和研究的主要方法。 教学方法：启发、类比、讨论 教学内容： 准备知识： 一、刚体：假定无论在多大的外力作用下，物体的形状和大小都保持不变，也就是物体内任何两质点之间的距离保持不变。这样的理想物体称为刚体。 刚体也是常用的力学理想模型。 二、平动与转动：当刚体运动时,如果刚体内任何一条给定的直线，在运动中始终保持它的方向不变，这种运动称为平动； 刚体运动时，如果刚体的各个质点在运动中都绕同一直线做圆周运动，这种运动称为转动。 如果刚体围绕的转轴的位置是固定不动的，这种转动称为刚体的定轴转动 §2-1 角速度和角加速度 一、 角位移、角速度和角加速度 1、角坐标：如图2-1所示，O 为转轴与转动平面的交点， A 为刚体上的一个质点， A 在这一转动平面内绕O 点 做圆周运动， A 与转轴的距离为r 。t 时刻质点A 与转 轴O 距离的连线与基准方向ox 的夹角为θ，称θ为角 坐标或角位置。 2、定轴转动的运动学方程：刚体转动时，θ随时间变 化，它是时间t 的函数： )(t θθ= （2-1） 上式称为刚体定轴转动的运动学方程. 图2—1角坐标和角速度

《刚体定轴转动》答案

第2章刚体定轴转动 一、选择题 1(B) , 2(B) , 3(A) , 4(D) , 5(C) , 6(C), 7(C), 8(C), 9(D) , 10(C) 、填空题 (1). v 疋 15.2 m /s , n 2= 500 rev /min (2). 62.5 1.67 s ⑶.g / l g / (2l) (4) . 5.0 N m (5) . 4.0 rad/s (6) . 0.25 kg ? m 2 1 (7) . Ma 2 J mr ■?' 1 2 J mR (10). - = 3 g sin v / l 二、计算题 1. 有一半径为 R 的圆形平板平放在水平桌面上，平板与水平桌面的摩擦系数为 卩，若平板 绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度 3 0开始旋转，它将在旋转几圈后停止？（已知 1 2 J mR ，其中m 为圆形平板的质量） 2 dr 的环带面积上摩擦力矩为 2 =3R .0 /16 n -9 2. 如图所示，一个质量为 m 的物体 与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子质量可 以忽略，它与定滑轮之间无滑动?假设定滑轮质量为 M 、半径为 R ,其转动 1 2 惯量为一MR ，滑轮轴光滑?试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速 2 度与时间的关系. 解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程 (8). 1 mgl 参考解: 2 l d M = 」gm /1 r d r 1 二—J mgl 2 (9). 圆形平板的转动惯量 解：在r 处的宽度为 总摩擦力矩 故平板角加速度 设停止前转数为 ..mg dM 2 2.：r rdr nR R 2 M dM mgR 10 3 =M /J 可得 n ,则转角 v= 2二n .,2 = 2 一 V - 4 二 Mn / J m

飞轮矩与转动惯量

8.5.3 飞轮主要尺寸的确定 飞轮的转动惯量确定后，就可以确定其各部分的尺寸了。需要注意的是， 在上述讨论飞轮转动惯量的求法时，假定飞轮安装在机械的等效构件上。实际 设计时，若希望将飞轮安装在其它构件上，则在确定其各部分尺寸时需要先将 计算所得的飞轮转动惯量折算到其安装的构件上。飞轮按构造大体可分为轮形 和盘形两种。 ●轮形飞轮 图中，这种飞轮由轮毂、轮辐和轮缘三部分组成。由于与轮缘相比，其它 两部分的转动惯量很小，因此，一般可略去不计。这样简化后，实际的飞轮转 动惯量稍大于要求的转动惯量。若设飞轮外径为D1，轮缘内径为D2，轮缘质量 为m，则轮缘的转动惯量为 (10.28) 当轮缘厚度H 不大时，可近似认为飞轮质量集中于其平均直径D 的圆周上， 于是得 (10.29) 式中， m D2称为飞轮矩 ，其单位为kg·m2。知道了飞轮的转动惯量 ，就可以 求得其飞轮矩。当根据飞轮在机械中的安装空间，选择了轮缘的平均直径D后， 即可用上式计算出飞轮的质量 m。 若设飞轮宽度为B （m），轮缘厚度为H（m），平均直径为D（m），材料密度 为ρ（kg·m3)，则

(10.30) 在选定了D并由式(10.28)计算出m后，便可根据飞轮的材料和选定的比值H/B 由式（10.30）求出飞轮的剖面尺寸H和B，对于较小的飞轮，通常取H/B≈2， 对于较大的飞轮，通常取H/B≈1.5。 由式(10.29)可知，当飞轮转动惯量一定时，选择的飞轮直径愈大，则质量 愈小。但直径太大，会增加制造和运输困难，占据空间大。同时轮缘的圆周速度 增加，会使飞轮有受过大离心力作用而破裂的危险。因此，在确定飞轮尺寸时应 核验飞轮的最大圆周速度，使其小于安全极限值。 ●盘形飞轮 当飞轮的转动惯量不大时，可采用形状简单的盘形飞轮，如图所示。 设m ，D和B分别为其质量、外径及宽度，则整个飞轮的转动惯量为 (10.31) 当根据安装空间选定飞轮直径D后，即可由该式计算出飞轮质量m 。又因 ，故根据所选飞轮材料，即可求出飞轮的宽度B为 (10.32) 返回 【典型例题】

刚体转动惯量计算方法

刚体对轴转动惯量的计算 一、转动惯量及回转半径 在第一节中已经知道,刚体对某轴z 的转动惯量就就是刚体内各质点与该点到z 轴距离 平方的乘积的总与,即∑=2 i i z r m J 。如果刚体质量连续分布,则转动惯量可写成 ?=M z dm r J 2 (18-11) 由上面的公式可见,刚体对轴的转动惯量决定于刚体质量的大小以及质量分布情况,而与 刚体的运动状态无关,它永远就是一个正的标量。如果不增加物体的质量但使质量分布离轴远一些,就可以使转动惯量增大。例如设计飞轮时把轮缘设计的厚一些,使得大部分质量集中在轮缘上,与转轴距离较远,从而增大转动惯量。相反,某些仪器仪表中的转动零件,为了提高灵敏度,要求零件的转动惯量尽量小一些,设计时除了采用轻金属、塑料以减轻质量外,还要尽量将材料多靠近转轴。 工程中常把转动惯量写成刚体总质量M 与某一当量长度ρ的平方的乘积 2z z M J ρ= (18-12) z ρ称为刚体对于z 轴的回转半径(或惯性半径),它的意义就是,设想刚体的质量集中在与z 轴 相距为z ρ的点上,则此集中质量对z 轴的转动惯量与原刚体的转动惯量相同。 具有规则几何形状的均质刚体,其转动惯量可以通过计算得到,形状不规则物体的转动惯量往往不就是由计算得出,而就是根据某些力学规律用实验方法测得。 二、简单形状物体转动惯量的计算 1. 均质细直杆 如图18-7所示,设杆长为l ,质量为M 。取杆上微段dx,其质量为 dx l M dm = ,则此 图18-7 杆对z c 轴的转动惯量为 220 2 20 2 12122Ml dx l M x dm x J l l z c ===?? 对应的回转半径 l l M J c z z 289.03 2== = ρ 2. 均质细圆环 如图18-8所示均质细圆环半径为R,质量为M 。任取圆环上一微段,其质量为dm ,则对z

颚式破碎机及其飞轮转动惯量计算

机械原理课程设计说明书题目：铰链式颚式破碎机方案分析 班级： 姓名： 学号： 指导教师： 成绩： 2011年11月10日

目录 一设计题目 (1) 二已知条件及设计要求 (1) 2.1已知条件 (1) 2.2设计要求 (2) 三. 机构的结构分析 (2) 3.1六杆铰链式破碎机 (2) 3.2四杆铰链式破碎机 (2) 四. 机构的运动分析 (2) 4.1六杆铰链式颚式破碎机的运动分析 (2) 4.2四杆铰链式颚式破碎机的运动分析 (5) 五.机构的动态静力分析 (7) 5.1六杆铰链式颚式破碎机的静力分析 (8) 5.2四杆铰链式颚式破碎机的静力分析 (13) 六. 工艺阻力函数及飞轮的转动惯量函数 (18) 6.1工艺阻力函数程序 (18) 6.2飞轮的转动惯量函数程序 (19) 七 .对两种机构的综合评价 (23) 八 . 主要的收获和建议 (23) 九 . 参考文献 (23)

一、设计题目：铰链式颚式破碎机方案分析 二、已知条件及设计要求 2.1已知条件 (a) 六杆铰链式破碎机(b) 工艺阻力 (c) 四杆铰链式破碎机 图(a)所示为六杆铰链式破碎机方案简图。主轴1的转速为n1 = 170r/min，各部尺寸为：l O1A = 0.1m, l AB = 1.250m, l O3B = 1m, l BC = 1.15m, l O5C = 1.96m, l1=1m, l2=0.94m, h1=0.85m, h2=1m。各构件质量和转动惯量分别为：m2= 500kg, J s2 = 25.5kg·m2, m3 = 200kg, J s3 = 9kg·m2, m4 = 200kg, J s4 = 9kg·m2, m5=900kg, J s5=50kg·m2, 构件1的质心位于O1上，其他构件的质心均在各杆的中心处。D为矿石破碎阻力作用点，设L O5D = 0.6m，破碎阻力Q在颚板5的右极限 位置到左极限位置间变化，如图(b)所示，Q力垂直于颚板。 图(c)是四杆铰链式颚式破碎机方案简图。主轴1 的转速n1=170r/min。l O1A = 0.04m, l AB = 1.11m,l1=0.95m, h1=2m,l O3B=1.96m，破碎阻力Q的变化规律与六杆铰链式破碎机相同，Q 力垂直于颚板O3B，Q力作用点为D，且l O3D = 0.6m。各杆的质量、转动惯量为m2 = 200kg,

第三章 刚体的定轴转动

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. n a ，a τ大小均随时间变化 B. n a ，a τ大小均保持不变 C. n a 的大小变化，a τ的大小保持不变 D. n a 大小保持不变，a τ的大小变化 解 刚体绕定轴做匀变速转动时，因为2,n a r a r τωβ==，而β为恒量，所以0t ωωβ=+，故()2 0,n a r t a r τωββ=+=。可见：n a 的大小变化，a τ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1 300min rad -?，转动惯量为25kg m ?，现施加一恒定的制动力矩，使飞轮在2s 内停止转动，则该恒定制动力矩的大小为_________. 解 飞轮转动的角速度为()20 001300 2.52260 rad s t ωωωβ---= = =-?=-?所以该恒定制动力矩大小为()5 2.512.5M J N m β==?=?。 3-3 一飞轮半径1r m =，以转速1 1500min n r -=?转动，受制动均匀减速，经50t s =后静 止，试求：（1）角速度β和从制动开始到静止这段时间飞轮转过的转数；（2）制动开始25t s =后时飞轮的角速度ω；（3）在时飞轮边缘上一点的速度和加速度。 解 （1）角加速度 () 20 1500 2 3.140260 3.145050n rad s t ωωπ β-?? --= = =-=-? 从制动开始到静止这段时间飞轮转过的转数 ()22 015001 12 3.1450 3.14506022 625222 3.14 t t N ωβθπ π ?? ?-??+?= == =?圈 （2）制动开始后25t s =时飞轮的角速度 ()201500 22 3.14 3.142578.560 t n t rad s ωωβπβ-=+=+=??-??=? （3）在25t s =是飞轮边缘上一点的速度和加速度分别为 ()()()178.5178.5v r m s ωτττ-==?=? ()()()()()()2 23278.51 3.14 6.1610 3.14n a a n a r n r n r n m s ττωβτττ-??=+=+=?+-?=?-??? 3-4 有A 、B 两个半径相同、质量也相同的细圆环，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（）

大学物理03章试题库刚体的定轴转动

《大学物理》试题库管理系统内容 第三章 刚体的定轴转动 1 题号：03001 第03章 题型：选择题 难易程度：较难 试题: 某刚体绕定轴作匀变速转动，对刚体上距转轴为r 处的任一质元的法向加速度n a 和切向加速度τa 来说正确的是（ ）． A.n a 的大小变化，τa 的大小保持恒定 B.n a 的大小保持恒定，τa 的大小变化 C.n a 、τa 的大小均随时间变化 D.n a 、τa 的大小均保持不变 答案: A 2 题号：03002 第03章 题型：选择题 难易程度：适中 试题: 有A 、B 两个半径相同、质量也相同的细环，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B A J J 和，则（ ）． A. B A J J = B. B A J J > C. B A J J < D. 无法确定B A J J 和的相对大小 答案: A 3 题号：03003 第03章 题型：选择题 难易程度：适中 试题: 一轻绳绕在具有水平转轴的定滑轮上，绳下端挂一物体，物体的质量为m ，此时滑轮的角加速度为β，若将物体取下，而用大小等于mg 、方向向下的力拉绳子，则滑轮的角加速度将（ ）． A.变大 B.不变 C.变小 D.无法确定 答案: A 4 题号：03004 第03章 题型：选择题 难易程度：适中 试题: 一人张开双臂手握哑铃坐在转椅上，让转椅转动起来，若此后无外力矩作用，则当此人收回双臂时，人和转椅这一系统的（ ）． A.系统的角动量保持不变 B.角动量加大 C.转速和转动动能变化不清楚 D.转速加大，转动动能不变 答案: A 5 题号：03005 第03章 题型：选择题 难易程度：较难

第四章 刚体的定轴转动

班级____________ 姓名______________ 学号_________________ 第4-1 刚体定轴转动(一) 一．填空题： 1．刚体转动惯量的物理意义是 表征刚才绕轴转动惯性的大小 ；决定刚体转动惯量的因素是 刚体的形状、大小、质量分布以及转轴的位置 。 2．一转速为每分钟150转,半径为0.2 m 的飞轮,因受到制动而在2分钟内均匀减速至静 止。求:角加速度24/π-2 rad s -?，在此时间内飞轮所转动的圈数 150 。 3．如果一个刚体所受合外力为零，其合力矩是否也一定为零？ 不一定 如果刚体所受合外力矩为零，其合外力是否为零？ 不一定 4．一摆结构如图，一长为L 、质量为m 的均质细金属棒和一半径为R 、质 量为M 的均质薄圆饼，求对过悬点O 且垂直摆面的轴的转动惯量()2 222 131R L M MR mL +++。 5．均匀细直棒，可绕通过其一端的光滑固定轴在竖直平面内转动，使棒从 水平位置自由下摆，棒是否作匀加速转动，并说明理由？不是匀加速转动，因为棒的力矩一直在变化，使得其角加速度一直在改变。 6．一长为L 质量为m 的均质细杆，两端附着质量分别为m 1和m 2的小球，且m 1>m 2 ，两小球直径d 1 、d 2都远小于L ，此杆可绕通过中心并垂直于细杆的轴在竖直平面内转动， 则它对该轴的转动惯量为2 2124 )(121l m m ml ++，若将它由水平位置自静止释放， 则它在开始时刻的角加速度为 L m m mL g m m )(3)(62112++-。 二．计算题： 7．一半径为R 、质量为m 的均匀圆盘平放在粗糙的水平面上。若它的初角速度为0ω，绕其中心轴转动，⑴ 求圆盘所受的摩擦力矩； ⑵ 问经过多长时间圆盘才停止转动？（设摩擦系数为μ） 解：（1）由M F r mg r μ=?=?d d d 得 22 22m mr r m r r R R = ??=d d πd π 222m gr r M R μ=d d 得 2 2 022 3 r mgr r M M mgR R μμ===??d d （2）M J t ω-=d d 22132mgR mR t ωμ-=d d 34R t g ωμ=d d 00034t R t g ωωμ=-??d d 034R t g ωμ=