第3章 刚体的定轴转动习题解答

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）)/(401s rad πω= )/(902s rad πω= )/(1.13)/(6

2512

40902

2

1

2s rad s rad t

≈=-=

?-=

ππ

πωωβ

匀变速转动

（2）)(78022

1

22rad πβ

ωωθ=-= )(3902圈==

π

θ

n

3-2 一飞轮的转动惯量为J ,在0=t 时角速度为0ω，此后飞轮经历制动过程。阻力矩M 的大小与角速度ω的平方成正比，比例系数0>K 。求：（1）当30ωω=时,飞轮的角加速度；（2）从开始制动到30ωω=所需要的时间。

解：（1）依题意 2

ωβK J M -== )/(92

2

02

s rad J

K J

K ωωβ-

=-

=

（2）由J

K dt

d 2

ωωβ-

== 得

??

-

=

3

2

00

ωω

ω

ωK Jd dt t

ω

K J t 2=

3-3 如图所示， 发电机的轮A 由蒸汽机的轮B 通过皮带带动。两轮半径A R =30cm ，=B R 75cm 。当蒸汽机开动后，其角加速度π8.0=B βrad/s 2，设轮与皮带之间没有滑动。求（1）经过多少秒后发电机的转速达到

A n =600rev/min ？（2）蒸汽机停止工作后一分钟内发电机转速降到

300rev/min ，求其角加速度。

解：（1）t A A βω= t B B βω=

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

B B A A R R ωω=

又)/(2060

6002s rad A ππω=?=

联立得)(10s R R t B

B A A ==

βω

（2）)/(1060

3002s rad A ππω=?= )/(6

2

s rad t

A

A

A π

ωωβ=

-'=

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())/(2.022

2

s m t h

a =?=

又 βR a a t == ，得圆盘的角加速度 )/(2.02

s rad =β 第3秒末，圆盘的角速度)/(6.0s rad t ==βω 所以 )/(2.02

s m a t = )/(36.02

2

s m R a n ==ω

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：βJ M =

其中NR M μ-= ，得J

NR

J M dt

d μωβ-

===

??

-

=

ω

μω

NR

Jd dt t

， 即NRt

J 0ωμ=

又)/(3060

90020s rad ππω=?=

，)(4.0221

2

2

m kg d m J ?=??

? ??=

得167.0=μ

3-6 如图所示，质量为m 的匀质圆环，半径为R ，当它绕通过环心的直径轴转动时，求圆环对轴的转动惯量J 。

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y x z J J J +=

由对称性可知y x J J =，又2

mR J z =

得2

2

1mR J J J y x =

==

方法二：θλλRd dl dm ==，其中R

m πλ2=

()θθλθ

d R R dm dJ 2

32

sin

sin ==

2

3

20

2321sin mR R d R J =

==

?

λπθθλπ

习题3-6图

习题3-3图

3-7 如图所示，长为L 2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 。

解:2

2

M 3

1mL ML J J J m +=+=

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，即孔板圆板J J J -=

2

2

1MR J =圆板，2

2

)2

(

2

1R m mr

J +=

孔板，其中M R

r m 2

2ππ=

得2

2

42

4

12

12

1Mr

R

r M

MR

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?=120θ，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。

习题3-7图

习题3-8图

解：（1）x x x J J J 右左+=, 其中0=x J 右

?

=

30cos y l ，?

=

==30cos 2

2

2

l dy my dl l

m y

dmy

dJ x 左，

?

?

=

?

=

30cos 0

2

2

4

130cos l x ml l dy my J 左，即2

4

1ml J J J x x x =

+=右左

（2）y y y J J J 右左+=, 其中2

3

1ml J y =

右

?

=

30sin x l , ?

=

==30sin 2

2

2

l dx mx dl l

m x

dmx

dJ y 左，

?

?

=

?

=

30sin 0

2

2

12130sin l ml l dx mx J 左，所以2

12

5ml J J J y y y =+=右左

(3) 2

2

2

3

23

13

1ml ml ml

J z =

+

=

或 2

2

2

3

21254

1ml ml

ml J J J y x 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y O '轴的转动惯量。

习题3-9图

习题3-10图

解：（1）2

23)2

3(

402ma a m J x =?+?=

2

2229)2(1)23(2)2(201ma a m a a m J y =?+?+?+?=

2

222

12)2(1)3(2201ma a m a ma

J z =?+?+?+?=

（2）2

2

2

3)2

(42ma a

m ma J y =?+?='

或根据平行轴定理2

236ma a m J J y y =?-='

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0ω，已知圆盘与桌面的摩擦系数为μ，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

rdr dS dm πσσ2== ，其中2

R

m

πσ=

，

受到的摩擦力矩为

dr gr dmgr dM 2

2πμσμ-=-=

所以整体圆盘受到的摩擦力矩为

mgR gR dr gr M R

μπμσπμσ3

23

223

2

-

=-

=-=

?

又βJ M =， 2

2

1

mR J =

R

g J M dt

d 34μωβ-

===

常量

g

R t μωβ

ω43000

=

-=

3-12如图所示，斜面倾角为θ，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μ，求重物上滑的加速度。绳与斜面平行，不计绳质量。

解：??

?

??

==--=-βθθμβr a ma mg mg T J Tr M sin cos

得 2

)sin cos (mr

J r

mg umg M a +--=θθ

3-13 如图所示，两物体质量分别为1m 和2m ，定滑轮的质量为m 、半径为r ，可视作均匀圆盘。已知2m 与桌面间的滑动摩擦系数为k μ，求1m 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。

解: ???

?

?

??

??===-=-=-r a mr J J r T r T a m g m T a m T g m k ββμ22122211121

习题3-12图

习题3-13图

得 m

m m g m g m a k ++-=

212122)(2μ

m

m m g

mm g m m a g m T k ++++=

-=211211122)1(2)(μ ?

m

m m g

mm g m m a m g m T k k k ++++=

+=2122122222)1(2μμμ

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40.0=μ，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N 100=F ，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？

解：设作用在飞轮上的压力为N ，则有

)75.05.0(5.0+?=?F N ，得)N (250=N

)/(3

402

2

1s rad mR

NR

J

M -

=-

==

μβ

习题3-15图

习题3-14图

又)/(3060

90020s rad ππω=?=

， 所以)(07.700

s t ≈-=

β

ω

又β

ωθ202

0-=，得)(532转==

π

θ

n

3-15 如图所示，长为l ，?质量为M 的匀质细棒可绕过其端点的水平轴在竖直面内自由转动，现将棒提到水平位置并由静止释放，当棒摆到竖直位置时与放在地面上质量为m 的物体相碰。设碰后棒不动，物体与地面的摩擦系数为μ，求碰撞后物体经过多少时间停止运动？

解：由机械能守恒2

2

12

ωJ L Mg

=

，得J MgL =

ω

又角动量守恒得mvL J =ω，有L

MgJ m

mL

J v 1==

ω

又g a μ-=，得L

MgJ mg

a

v t μ10=

-=

又2

3

1ML J =，即gL mg

M t 33μ=

3-16 质量为M 、半径为R 的水平转台，可绕过中心的竖直轴无摩擦地转动。质量为m 的人站在转台的边缘，人和转台原来都静止。当人沿转台边缘走一周时，求人和转台相对地面转过的角度。

解：以人和转台组成的系统为研究对象，设人相对于转盘的角速度为ω'，转台相对地的角速度为ω，由角动量守恒得

ωωω2

2

2

1)(MR mr =

-'

移项得 ωω)2

1(2

2

2

mr MR mr +='

即 dt

d mr MR dt

d mr θθ)

2

1(2

2

2

+='

两边消去dt ，并积分的

?

?

+=

'θ

π

θθ0

2

2

20

2

)2

1(

d mr MR

d mr

解得 2

2

12

2

2MR

mr

mr +

=πθ

3-17 质量为M 、半径为R 的水平转台，可绕过中心的竖直轴无摩擦地转动。初角速度为0ω，当质量为m 的人以相对转台的恒定速率v 沿半径从转台中心向边缘走去，求转台转过的角度随时间t 的变化函数。

解：以人和转台组成的系统为研究对象，其角动量守恒。设某一时刻t 人运行到距轴心ut 处，由角动量守恒得

ωω)2

1(

2

12

22

02

t mu MR

MR +=

得 02

22

2

2ωωt

mu MR

MR +=

又因为 dt

d θω=

并积分的得 )2arctan(200

M

m R

ut m

M u

R d t

ωωθ=

=?

3-18 如图所示，一质量为m 的小球由一绳索系着，以角速度0ω在无摩擦的水平面上，作半径为0r 的圆周运动。在绳的另一端作用一竖直向下的拉力后，小球作半径为2/0r 的圆周运动. 试求：（1）小球新的角速度；（2）拉力所作的功。

解：（1）由角动量守恒得 2

020

02??

?

??=r m r m ωω

得 04ωω=

（2）02

02

002

02

3)(2

1)2(21ωωω

mr r m r m E A =

-

=

?=

3-19 如图3-30所示，A 与B 两飞轮的轴杆可由摩擦啮合器使之连接，A 轮的转动惯量1J =10.0kg·m 2，开始时B 轮静止，A 轮以1n =600rev/min 的转速转动，然后使A 与B 连接，因而B 轮得到加速而A 轮减速，直到两轮的转速都等于n =200rev/min 为止. 求：（1）B 轮的转动惯量；（2）在啮合过程中损失的机械能。

解：（1） )/(2060

600

21s rad A ππω=?=

01=B ω )/(3

2060

200222s rad B A ππωωω=?=

==

由角动量守恒 ωω)(2111J J J B += 解得 )(0.2022

12m kg J J ?== （2）)(1063.22

1)(2

13

2112

21J J J J E ?-=-

+=?ωω

3-20 长L ＝0.40ｍ的匀质木棒，质量M ＝1.０kg ，可绕水平轴O 在竖

习题3-18图

习题3-19图

直面内转动，开始时棒自然下垂，现有质量m ＝8.0g 的子弹以v ＝200m/s 的速率从A 点射入棒中，设A 点与O 点距离为L ，求（1）棒开始运动时的角速度；（2）棒的最大偏角。

解：由角动量守恒定律 ω]4331

[432

2

??

?

??+=?L m ML L mv

)/(88.84331

4

32

2

s rad L m ML L

mv =??

? ??+?

=

ω

（2）)cos 1(43)cos 1(2]4331[212

2

2θθω-+-=??

? ??+L mg L Mg L m ML

2194'?=θ

3-21 如图所示，一扇长方形的均质门，质量为m 、长为a 、宽为b ，转轴在长方形的一条边上。若有一质量为0m 的小球以速度0v 垂直入射于门面的边缘上，设碰撞是完全弹性的。求：（1）门对轴的转动惯量；（2）碰撞后球的速度和门的角速度；（3）讨论小球碰撞后的运动方向。

解：（1）adx dS dm σσ==

dx ax dm x dJ 2

2

σ==

2

3

2

3

13

1mb ab dx ax J b

=

=

=

?

σσ

（2）设碰撞后，门的角速度为ω，小球的速度大小为v ，方向与0v 同向 由角动量守恒定律 vb m J b v m 000+=ω 由机械能守恒定律

2

02

2

002

12

121v m J v m +

=

ω

联立解得 b

m m v m b

m J b v m )3(620002

000+=

+=

ω

0002

00

2

033)(v m

m m m b

m J v J b m v +-=

+-=

（3）03m m <，0>v ，与0v 同向

03m m >，0

3-22 如图所示，空心圆环可绕竖直轴O O '自由转动，转动惯量为J ，环的半径为R ，初始角速度为0ω。质量为m 的小球静止于环的最高点A ，由于微扰，小球向下滑动。求：（1）当小球滑到B 点时，环的角速度、小球相对于环的速度各为多少？（2）小球滑到最低点C 点时，环的角速度、小环相对于环的速球度各为多少？

解：由角

动量守恒定律

A →

B B mR J J ωω)(2

0+= 解得 2

0mR

J J B +=

ωω

A →C C J J ωω=0

习题3-21图

习题3-22图

解得 0ωω=C

以地面为参考系，取B 点为重力势能零点，则由机械能守恒定律，有 A →B

2

2

2

021

2121B

B v m J mgR J '+

=

+ωω A →C

mgR v m J mgR J C

C -'+

=

+2

2

2

02

1

2

1

2

1

ωω 其中B

v '为小珠在B 点相对于地的速度，它的竖直分量即为小珠相对环的速度B v ，它的水平分量即为环B 点的线速度B R ω，因此有

2

2

2

)(B B B

R v v ω+=' 其中C v '为小珠在C 点相对于地的速度，也就是小珠相对环的速度（环

上C 点的线速度为零）

C C

v v =' 联立上面各式解得

Rg mR

J R J v B 22

22

0++=

ω

Rg v C 4=

刚体的定轴转动

《物理学》多媒体学习辅导系统 第三章 刚体的定轴转动 教学要求 一．理解定轴转动刚体运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。 基本内容 本章的重点是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，难点是刚体绕定轴转动的角动量守恒定律及其应用。 一．角量与线量的关系 2 ωαω θ r a r a r v r s ====n t 二．描述刚体定轴转动的物理量和运动规律与描述质点直线运动的物理量和运动规律有类比关系，有关的数学方程完全相同, 为便于比较和记忆，列表如下。只要将我们熟习的质点直线运动的公式中的x 、v 、a 和m 、F 换成θ、ω、α和I 、M , 就成为刚体定轴转动的公式。 表3—1 质点的直线运动 刚体定轴转动 位置 x 角位置 θ 位移 x ? 角位移 θ? 速度 t x v d d = 角速度 t d d θω=

加速度 2 2d d d d t x t v a == 角加速度 2t t d d d d 2θωα== 匀速直线运动 vt x x +=0 匀角速转动 t 0ωθθ+= 20021at t v x x + += 2002 1 t t++ =αωθθ ()02022x x a v v -=- ()02 02 2 θθαωω-=- 质量 m 转动惯量 i i m r I ?=∑2 力 F 力矩 r F M θ= 牛顿第二定律 ma F = 定轴转动定律 αI M = 力的功 ? = x x x F A 0 d 力矩的功 ?=θ θθ0 d M A 动能 221mv E =k 动能 k 22 1 ωI E = 动能定理 2 02210 mv mv x F x x 2 1d -=? 动能定理 2 022 121d ωωθθ θ I I M -= ?20 冲量 ? t t t F 0 d 冲量矩 ? t t t M 0 d 动量 mv 角动量( 动量矩 ) ωI 动量定理 00 mv mv t F t t -=? d 角动量定理 ? -=t t I I t M 0 0d ωω 系统的机械能守恒定律 系统的机械能守恒定律 若0=+非保内外A A ,则 若0=+非保内外A A ,则 =+p k E E 常量 =+p k E E 常量 系统的动量守恒定律 系统的角动量守恒定律 若 0=∑外 F ,则 若0=∑外M ,则 =∑i i v m 常量 =∑i L 常量

【大学物理上册课后答案】第3章 刚体的定轴转动

第3章 刚体的定轴转动习题解答 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）)/(401s rad πω= )/(902s rad πω= )/(1.13)/(6 2512 40902 21 2s rad s rad t ≈= -= ?-= ππ πωωβ 匀变速转动 （2）)(78022 1 22rad πβ ωωθ=-= )(3902圈== π θ n 3-2 一飞轮的转动惯量为J ,在0=t 时角速度为0ω，此后飞轮经历制动过程。阻力矩M 的大小与角速度ω的平方成正比，比例系数0>K 。求：（1）当30ωω=时,飞轮的角加速度；（2）从开始制动到30ωω=所需要的时间。 解：（1）依题意 2 ωβK J M -== )/(92 2 02 s rad J K J K ωωβ- =- = （2）由J K dt d 2 ωωβ- == 得 ?? - = 3 2 00 ωω ω ωK Jd dt t ω K J t 2= 3-3 如图所示， 发电机的轮A 由蒸汽机的轮B 通过皮带带动。两轮半径A R =30cm ，=B R 75cm 。当蒸汽机开动后，其角加速度π8.0=B βrad/s 2 ，设轮与皮带之间没有滑动。求 （1）经过多少秒后发电机的转速达到A n =600rev/min ？（2）蒸汽机停止工作后一分钟内发电机转速降到300rev/min ，求其角加速度。 解：（1）t A A βω= t B B βω= 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 B B A A R R ωω= 又)/(2060 6002s rad A ππω=?= 联立得)(10s R R t B B A A == βω （2）)/(1060 3002s rad A ππω=?= )/(6 2 s rad t A A A π ωωβ= -'= 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

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

刚体定轴转动

1、语句进一步变为你讲的简单句， 2、要标好各标题， 3、公式整齐、字体大小一样，重要公式要标号。 4、摘要重写，内容：本文中你作了什么，得出什么 结论， 5、总结是摘要的扩充，详细论述你作了什么，得出 什么结论。 6、参考文献少，并标页（如4到8页），力学、理论 力学书上都有刚体内容 7、好多公式中角速度符号不对， 8、论述顺序： 1）刚体定轴转动的角位移、角速度、角加速度如何 表示，文字和公式都写 2）刚体定轴转动的角动量、动能如何表示，文字和公式都写 3）固定轴的动量矩定理如何表示，文字和公式都写 4）线量与角量的关系如何表示，文字和公式都写 9 刚体定轴转动与质点匀加速直线运动的对比： 这段中列表给出两种运动的相应量，并论述 刚体定轴转动的教学研究

陈爽（学号：20081116127） （物理与电子信息学院物理学专业2008级汉班，内蒙古呼和浩特 010022） 指导老师：赵凤岐 1摘要刚体力学是理论力学中一节比较重点的章节。它是继学习了质点力 学与质点组力学之后又一重点、难点课程，它是质点后又一个重要的物理模型。刚体这种模型比质点更接近实际，这个章节理解的情况直接关系到以后其他物理模型的建立。 关键词：刚体定轴转动直线运动 1 刚体定轴转动的内容 2·1刚体 在任何力的作用下，体积和形状都不发生改变的物体叫做刚体。在物理学内，理想的刚体是一个固体的，尺寸值有限的，形变情况可以被忽略的物体。不论有否受力，在刚体内任意两点的距离都不会改变。在运动中，刚体上任意一条直线在各个时刻的位置都保持平行。 刚体是力学中的一个科学抽象概念，即理想模型。事实上任何物体受到外力，不可能不改变形状。实际物体都不是真正的刚体。若物体本身的变化不影响整个运动过程，为使被研究的问题简化，可将该物体当作刚体来处理而忽略物体的体积和形状，这样所得结果仍与实际情况相当符合。 2.2刚体定轴转动的定义及特点 刚体上每点绕同一轴线做圆周运动,且转轴空间位置及转动方向保持不变. 如果刚体在运动过程中，至少有两个质点保持不动，那么将这两个质点的连线取为一个坐标系的一个公共坐标轴(z)轴，则刚体上各点都饶此轴作圆周运动，这种运动称为定轴转动。 刚体作定轴转动时，整个刚体绕一固定的轴转动．其上各点的位移、速度和加速度是不相同的．但各点转过的角度却相同．所以在定轴转动中，应当用角度来描述刚体的运动．作定轴转动的刚体只有一个自由度 2·3定轴转动各个基本量的描述 P，都在垂刚体绕固定轴转动时，如取固定轴为z轴，则刚体中任何一点 i 直于z轴的平面内，亦即在平行于xy平面内作圆周运动，而以z轴与此平面的交点O'为圆点，如图1所示。

大学物理同步训练第 版 刚体定轴转动详解

第三章 刚体定轴转动 一、选择题 1. 两个匀质圆盘A 和B 相对于过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，若B A J J >，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘的密度各为A ρ和B ρ，则 （A ）A B ρρ> （B ）B A ρρ> （C ）A B ρρ= （D ）不能确定A ρ和B ρ哪个大 答案：A 分析：22m m R R h h ρππρ=→=，221122m J mR h πρ==，故转动惯量小的密度大。 2. 有两个半径相同、质量相等的细圆环。1环的质量分布均匀，2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1J 和2J ，则 （A ）12J J > （B ）12J J < （C ）12J J = （D ）不能确定1J 和2J 哪个大 答案：C 分析：22J R dm mR ==? ，与密度无关，故C 选项正确。 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1ω按图1 所示方向转动。将两个大小相等、方向相反的力F 沿盘面同时作用到 圆盘上，则圆盘的角速度变为2ω，则 （A ）12ωω> （B ）12ωω= （C ）12ωω< （D ）不能确定如何变化 答案：C 分析：左边的力对应的力臂大，故产生的（顺时针）力矩大于右边的力所产生的力矩，即合外力距（及其所产生的角加速度）为顺时针方向，故圆盘加速，角速度变大。 4. 均匀细棒OA 的质量为M ，长为L ，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2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 ）合外力矩从大到小，角速度从小到大，角加速度从大到小 （B ）合外力矩从大到小，角速度从小到大，角加速度从小到大 （C ）合外力矩从大到小，角速度从大到小，角加速度从大到小 （D ）合外力矩从大到小，角速度从大到小，角加速度从小到大 答案：A 分析：（定性）由转动定律M I β=可知，角加速度与力矩成正比，故B 、D 错误；由机械

大学物理第3章刚体的定轴转动习题解答

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）)/(401s rad πω= )/(902s rad πω= )/(1.13)/(6 25124090221 2s rad s rad t ≈=-= ?-= π ππωωβ 匀变速转动 （2）)(7802212 2rad πβωωθ=-= )(3902圈==π θ n 3-2 一飞轮的转动惯量为J ,在0=t 时角速度为0ω，此后飞轮经历制动过程。阻力矩M 的大小与角速度ω的平方成正比，比例系数0>K 。求：（1）当30ωω=时,飞轮的角加速度；（2）从开始制动到30ωω=所需要的时间。 解：（1）依题意 2 ωβK J M -== )/(922 02 s rad J K J K ωωβ-=-= （2）由J K dt d 2ωωβ-== 得 ??-=32 000 ωωωωK Jd dt t ωK J t 2= 3-3 如图所示， 发电机的轮A 由蒸汽机的轮B 通过皮带带动。两轮半径A R =30cm ，=B R 75cm 。当蒸汽机开动后，其角加速度π8.0=B βrad/s 2 ， 设轮与皮带之间没有滑动。求（1）经过多少秒后发电机的转速达到 A n =600rev/min ？（2）蒸汽机停止工作后一分钟内发电机转速降到 300rev/min ，求其角加速度。 解：（1）t A A βω= t B B βω= 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

B B A A R R ωω= 又)/(2060600 2s rad A ππω=?= 联立得)(10s R R t B B A A ==βω （2）)/(10603002s rad A ππω=?= )/(6 2s rad t A A A π ωωβ=-'= 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 ?＝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() )/(2.0222 s m t h a =?= 又 βR a a t == ，得圆盘的角加速度 )/(2.02 s rad =β 第3秒末，圆盘的角速度)/(6.0s rad t ==βω 所以 )/(2.02s m a t = )/(36.02 2s m R a n ==ω 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，使砂轮在内停止，求砂轮和工件的摩擦系数(忽略砂轮轴的摩擦)。 解：βJ M = 其中NR M μ-= ，得J NR J M dt d μωβ- === ?? - =0 ωμωNR Jd dt t ， 即NRt J 0 ωμ= 又)/(306090020s rad ππω=?= ，)(4.022122 m kg d m J ?=?? ? ??= 得167.0=μ

《刚体定轴转动》答案讲课教案

《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) 二、填空题 (1). v ≈15.2 m /s ，n 2＝500 rev /min (2). 62.5 1.67ｓ (3). g / l g / (2l ) (4). 5.0 N ·m (5). 4.0 rad/s (6). 0.25 kg ·m 2 (7). Ma 2 1 (8). mgl μ21参考解：M ＝?M d ＝()mgl r r l gm l μμ2 1d /0=? (9). ()21 2 mR J mr J ++ω (10). l g /sin 3θω= 三、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μ，若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度ω0开始旋转，它将在旋转几圈后停止？（已知圆形平板的转动惯量22 1mR J =，其中m 为圆形平板的质量） 解：在r 处的宽度为d r 的环带面积上摩擦力矩为 r r r R mg M d 2d 2 ?π?π=μ 总摩擦力矩 mgR M M R μ3 2d 0==? 故平板角加速度 β =M /J 设停止前转数为n ，则转角 θ = 2πn 由 J /Mn π==4220 θβω 可得 g R M J n μωωπ16/342020=π=

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 ，其转动惯量为221MR ，滑轮轴光滑．试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系． 解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程 对物体： mg －T ＝ma ① 对滑轮： TR = J β ② 运动学关系： a ＝R β ③ 将①、②、③式联立得 a ＝mg / (m ＋21M ) ∵ v 0＝0， ∴ v ＝at ＝mgt / (m ＋2 1M ) 3. 为求一半径R ＝50 cm 的飞轮对于通过其中心且与盘面垂直的固定转轴的转动惯量，在飞轮上绕以细绳，绳末端悬一质量m 1＝8 kg 的重锤．让重锤从高2 m 处由静止落下，测得下落时间t 1＝16 s ．再用另一质量m 2=4 kg 的重锤做同样测量，测得下落时间t 2＝25 s ．假定摩擦力矩是一个常量，求飞轮的转动惯量． 解：根据牛顿运动定律和转动定律，对飞轮和重物列方程，得 TR －M f ＝Ja / R ① mg －T ＝ma ② h ＝221at ③ 则将m 1、t 1代入上述方程组，得 a 1＝2h /21t ＝0.0156 m / s 2 T 1＝m 1 (g －a 1)＝78.3 N J ＝(T 1R －M f )R / a 1 ④ 将m 2、t 2代入①、②、③方程组，得 a 2＝2h /22t ＝6.4×10-3 m / s 2 T 2＝m 2(g －a 2)＝39.2 N J = (T 2R －M f )R / a 2 ⑤ 由④、⑤两式，得 J ＝R 2(T 1－T 2) / (a 1－a 2)＝1.06×103 kg ·m 2 a

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 。

第三章 刚体得定轴转动

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 处得任意质元得法向加速度为与切线加速度来正确得就是() A 、 ,大小均随时间变化 B 、 ,大小均保持不变 C 、 得大小变化,得大小保持不变 D 、 大小保持不变,得大小变化 解 刚体绕定轴做匀变速转动时,因为,而为恒量,所以,故。可见:得大小变化,得大小保持恒定,本题答案为C 、 3-2 一飞轮以得角速度转动,转动惯量为,现施加一恒定得制动力矩,使飞轮在2s 内停止转动,则该恒定制动力矩得大小为_________、 解 飞轮转动得角速度为所以该恒定制动力矩大小为。 3-3 一飞轮半径,以转速转动,受制动均匀减速,经后静止,试求:(1)角速度与从制动开始到静止这段时间飞轮转过得转数;(2)制动开始后时飞轮得角速度;(3)在时飞轮边缘上一点得速度与加速度。 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得转数 ()22 015001 12 3.1450 3.14506022 625222 3.14t t N ωβθπ π ?? ?-??+?= == =?圈 (2)制动开始后时飞轮得角速度 ()201500 22 3.14 3.142578.560 t n t rad s ωωβπβ-=+=+=?? -??=? (3)在就是飞轮边缘上一点得速度与加速度分别为 ()()()()()()2 232 78.51 3.14 6.1610 3.14n a a n a r n r n r n m s ττωβτττ -??=+=+=?+-?=?-??? r r r r r r r r r 3-4 有A 、B 两个半径相同、质量也相同得细圆环,其中A 环得质量分布均匀,而B 环得质量 分布不均匀。若两环对过环心且与环面垂直轴得转动惯量分别为与,则有() A 、 B 、 C 、 D 、无法确定与得相对大小。 解 因为转动惯量,对于细圆环而言,各质元到转轴得距离均为圆环得半径,即,所以。故A,B 两个半径相同、质量也相同得细圆环,不论其质量在圆环上如何分布,两环对过环心且与环面垂直轴得转动惯量,本题答案为C 。 3-5 刚体得转动惯量取决于______、________与____________等3各因素。_ 解 干体得转动惯量取决于:刚体得总质量、质量得分布与转轴得位置3个元素。 3-6 如图3、4所示,细棒得长为。设转轴通过棒上离中心距离为d 得一点并与棒垂直,求棒对此轴得转动惯量。试说明这一转动惯量与棒对过棒中心并与此轴平行得转轴得转动惯量之间得关系(此为平行轴定理)。 解 如图3、4所示,以过点垂直于棒得直线为轴,沿棒长方向为轴,原点在 处,在棒上取一原长度元,则 所以与之间得关系为

大学物理上册《刚体定轴转动》PPT课件

定义：作用于质点的力 对惯性系中某参考点的 力矩，等于力的作用点对该点的位矢与力的矢积，即F r M ?=M 的方向垂直于r 和F 所决定的平面，指向用右手法则确定。y z x zF yF M -=z x y xF zF M -=x y z yF xF M -=在直角坐标系中，表示式为1 力矩 一质点的角动量 2-5 角动量角动量守恒定律 ⊥=rF M ? sin rF =

注意：1. 为物体相对于指定参考点的位矢，所以求物体所受的力矩时必须先指明参考点，相对于不同的参考点，对应的位矢不同。物体所受的力矩不同。r r 3.如果力的方向始终指向一个固定点，则该力就称为有心力，该固定点称为这个力的力心。 F 受到有心力作用的物体，相对于力心，其所受力矩为零。2.何时为零？ M a.0 F c.受到有心力作用b.力的作用线与轴相交

2 质点的角动量定理 F r M ?=dt P d F = P dt r d P r dt d dt P d r M ?-?=?=)(v m P =v =dt r d 0v m v =?=? P dt r d )(P r dt d M ?=定义：P r L ?=——角动量 dt L d M =——角动量定理

作用在质点上的力矩等于质点角动量对时间的变化率。此即质点对固定点的角动量定理。 00 d t t M t L L =-? 0d t t M t ? 叫冲量矩 的方向符合右手法则.L v m r L ?z 角动量P r L ?=1.?sin mvr L =

m r p r L ?=?=2.质点在垂直于z 轴平面 上以角速度作半径为的圆运动，相对圆心ωr θ sin v rm L =大小ω r z v m o ?90?= A ω2mr rm L ==v （圆运动）

第3章刚体的转动

第3章 刚体的转动 一. 选择题 1. 飞轮绕定轴作匀速转动时, 飞轮边缘上任一点的 (A) 切向加速度为零, 法向加速度不为零 (B) 切向加速度不为零, 法向加速度为零 (C) 切向加速度和法向加速度均为零 (D) 切向加速度和法向加速度均不为零 [ ] 2. 一飞轮从静止开始作匀加速转动时, 飞轮边缘上一点的法向加速度n a 和切向加速度ιa 的值怎样 （A) n a 不变, ιa 为0 (B) n a 不变, ιa 不变 (C) n a 增大, ιa 为0 (D) n a 增大, ιa 不变 [ ] 3 关于刚体的转动惯量J , 下列说法中正确的是 [ ] (A) 轮子静止时其转动惯量为零 (B) 若m A ＞m B , 则J A ＞J B (C) 只要m 不变, 则J 一定不变 (D) 以上说法都不正确 4. 地球的质量为m , 太阳的质量为0m ，地心与太阳中心的距离为R , 引力常数为G , 地球绕太阳转动的轨道角动量的大小为 (A) R m G m 0 (B) R m m G 0 (C) R G m m 0 (D) R mm G 20 [ ] 5. 刚体角动量守恒的充分而必要的条件是 (A) 刚体不受外力矩作用 (B) 刚体所受的合外力和合外力矩均为零 (C) 刚体所受合外力矩为零； (D) 刚体的转动惯量和角速度均保持不变 [ ] 6. 绕定轴转动的刚体转动时, 如果它的角速度很大, 则 (A) 作用在刚体上的力一定很大 (B) 作用在刚体上的外力矩一定很大 (C) 作用在刚体上的力和力矩都很大 (D) 难以判断外力和力矩的大小 [ ] 7. 在外力矩为零的情况下, 将一个绕定轴转动的物体的转动惯量减小一半, 则物体的

《刚体定轴转动》答案.docx

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 ≈ 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 r / 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 μ ,若平板 绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度 ω0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 ∏ Jg 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 = Jgm /1 r d r 1 =—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 Il mg dM 2 2.:r rdr JIR R 2 M dM mgR 右 3 ^- =M /J 可得 n ,则转角 ^= 2二n .,2 = 2 - V - 4 二 Mn / J m

大物B课后题03-第三章-刚体的定轴转动

习题 3-1 3-2 3-6 3-3 3-7 3-8 3-9 3-10 3-11 3-4 3-12 3-5 3-13 3-14 3-15 3-16 3-17 3-1 某刚体绕定轴做匀变速转动，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1300min rad -?，转动惯量为2 5kg 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 飞轮转动的角加速度为 ()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 刚体的转动惯量取决于______、________和____________等3各因素。_ 解 刚体的转动惯量取决于：刚体的总质量、质量的分布和转轴的位置3个元素。 3-4 如图 所示，质量为m ，长为l 的均匀细杆，可绕通过其一端O 的水平轴转动，杆的另一端与质量为m 的小球固连在一起，当该系统从水平位置有静止转动θ角时，系统的角速度ω=_________、动能k E =__________,此过程中力矩所做的功W =__________. 解 在任意位置时，受力分析如图3.8所示。系统所受的合外力矩为 3cos cos cos 22 l M mg mgl mgl θθθ=+= 则在此过程中合外力矩所做的功为 0033cos sin 22W Md mgl d mgl θθθθθθ??= == ????? 系统的转动惯量为 2221433 J ml ml ml =+= 于是刚体定轴转动的动能定理可写为 22314sin 223mgl ml θω??= ??? 所以系统的角速度为ω=213sin 22k E J mgl ωθ==

第三章 刚体定轴转动

第三章 刚体定轴转动 前面几章主要介绍了质点力学的基本概念和原理，以牛顿定律为基础，建立了质点和质点系的动量定理、动能定理和相应的守恒定律。对于机械运动的研究，只限于质点和质点系的情况是非常不够的。质点的运动规律事实上仅代表物体的平动。当我们考虑了物体的形状、大小后，物体可以作平动、转动，甚至更复杂的运动，而且在运动过程中物体的形状也可能发生改变。一般固体在外力的作用下，形状、大小都要发生变化，但变化并不显著。所以，研究物体运动的初步方法是把物体看成在外力的作用下保持其大小和形状都不变，这样的物体叫刚体。刚体考虑了物体的形状和大小，但不考虑形变，仍是一个理想模型。 本章主要在质点力学的基础上讨论刚体的定轴的转动及其运动规律，为进一步研究更复杂的机械运动奠定基础。 3.1 刚体的定轴转动的描述 3.1.1 刚体的基本运动形式 刚体是一种特殊的质点系统，它可以看成是由许多质点组成，每一个质点叫做刚体的一个质元，刚体这个质点系的特点就在于无论它在多大外力的作用下，系统内任意两质元之间的相对位置始终保持不变。既然是一个质点系，所以以前讲过的关于质点系的基本定理就都可以应用。刚体的这个特点使刚体力学和一般质点系的力学相比，大为简化。因此，对于一般质点系的力学问题，求解往往很困难，而对于刚体的力学问题却有不少是能够求解的。 刚体的运动可分为两种基本形式：平动和转动。刚体的运动一般来说是比较复杂的，一般可分解为平动和绕瞬时轴的转动，比如行进中的自行车轮子，可以分解为车轮随着转 轴的平动和整个车轮绕转轴的转动。因此，研究刚体的平动和定轴转动是研究刚体复杂运动的基础。 下面分别介绍刚体的平动和刚体的定轴转动。 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，这种运动就 (b) (a) 图3-1 刚体的平动和定轴转动 A B

大学物理第3章 刚体定轴转动与角动量守恒

第3章 刚体定轴转动和角动量守恒定律 在前几章质点运动中，我们忽略了物体自身大小和形状，将物体视为质点，用质点的运动代替了整个物体的运动。但是在实际物体运动中，不仅物体在大小和形状千差，而且运动又有平动和转动之别。这时我们需要另一个突出主要特征，忽视其次要因素，既具有大小又具有形状的理想模型——刚体。在受力的作用时，其形状和体积都不发生任何变化的物体，称做刚体。本章将介绍刚体所遵从的力学规律，重点讨论刚体的定轴转动这种简单的情况。由于刚体转动的基本概念和原理与前几章质点运动的基本概念和原理相似，因此我们将刚体转动与质点运动对比学习一会事半功倍。 §3-1 刚体定轴转动 1. 刚体运动的形式 刚体的运动可以分为平动、转动及平动与转动的叠加。 平动的定义为，在刚体在运动过程中，刚体中任意两点的连线始终平行。如 图5-1所示。由于平动时刚体内各点的运动情况都是一样的，因此描述刚体平动 只需要描写刚体内一点的运动，也就是说刚体的平动只要用其中一个点的运动就 可以代表它整体的运动。 转动的定义为，刚体运动时，刚体中所有质点都绕同一条直线作圆周运动，这条直线称为转轴。转轴可以是固定的，也可以是变化的。若转轴固定，称为刚体定轴转动。若转轴不固定，运动比较复杂。刚体的一般运动可以看作是平动和转动的叠加。平动在前几章已经研究过，本章我们主要研究定轴转动。 2. 刚体的定轴转动 研究刚体绕定轴转动时，选与转轴垂直的圆周轨道所在平面为转动 平面。由于描述各质元运动的角量，如角位移、角速度和角加速度都是 一样的，因此描述刚体运动时用角量较为方便。因为刚体上各质元的半 径不同，所以各质元的速度和加速度不相等。 角速度和角加速度一般情况下是矢量，由于刚体定轴转动时角速度 和角加速度的方向沿转轴方向，因此可用带有“+、-”的标量表示角速 度和角加速度。这种方法我们并不陌生，质点作直线运动时我们也是用 带有“+、-”的标量表示速度和加速度。 角速度的大小为 dt d θω= （3-1） 它的方向规定为沿转轴的方向，其指向由右手螺旋法则确定。 角加速度为 22dt d dt d θωβ== （3-2） 它的方向规定为沿转轴的方向，其指向由右手螺旋法则确定。 离转轴的距离为r 的质元的线速度和刚体的角速度的关系为：ωr v = （3-3） 其加速度和刚体的角加速度的关系为： βr a t = （3-4） ωr a n = （3-5） 图3-1刚体的平动 图3-2 刚体定轴转动

大物b课后题03-第三章刚体的定轴转动

习题 3-1 3-2 3-6 3-3 3-7 3-8 3-9 3-10 3-11 3-4 3-12 3-5 3-13 3-14 3-15 3-16 3-17 3-1 某刚体绕定轴做匀变速转动，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2 5kg 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 飞轮转动的角加速度为 ()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 刚体的转动惯量取决于______、________和____________等3各因素。_ 解 刚体的转动惯量取决于：刚体的总质量、质量的分布和转轴的位置3个元素。 3-4 如图 所示，质量为m ，长为l 的均匀细杆，可绕通过其一端O 的水平轴转动，杆的另一端与质量为m 的小球固连在一起，当该系统从水平位置有静止转动θ角时，系统的角速度 ω=_________、动能k E =__________,此过程中力矩所做的功W =__________. 解 在任意位置时，受力分析如图所示。系统所受的合外力矩为 3 cos cos cos 22 l M mg mgl mgl θθθ=+= 则在此过程中合外力矩所做的功为 0 033cos sin 22W Md mgl d mgl θ θθθθθ?? === ??? ? ? 系统的转动惯量为 22214 33 J ml ml ml = += 于是刚体定轴转动的动能定理可写为 22314sin 223mgl ml θω??= ??? 所以系统的角速度为ω=2 13sin 22 k E J mgl ωθ==

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

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 试题: 某力学系统由两个质点组成，它们之间仅有引力作用．若两质点所受外力的矢量和为零，则此力学系统（ ）． A.动量守恒，但机械能和角动量是否守恒不能确定 B.动量和角动量守恒，但机械能是否守恒不能确定 C.动量、机械能守恒，但角动量是否守恒不能确定 D.动量、机械能以及对某一转轴的角动量一定守恒 答案: A 6 题号：03006 第03章 题型：选择题 难易程度：较难 试题: 如图所示，两个质量均为m 、半径均为R 的匀质圆盘形滑轮的两端，用轻绳分别系着质量为m 和2m 的小物块．若系统从静止释放，则释放后两滑轮之间绳内的张力为（ ）． A. mg 811 B.mg 2 3 C.mg 2 1 D.mg 答案: 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. 3、角位移：设t 时刻刚体上所取质点的角坐标是θ，经过一段时间 t ?，即 t t ?+时刻， 该质点的角位置为 θθ?+。我们把 θ?称为A 在 t ?时间内的角位移，θ?也是刚体上每个质点的角位移。 在SI 中, 角位移的单位是弧度，符号为rad . 4、角速度：将角坐标θ对时间t 求导数，以描述刚体转动的快慢，称刚体转动的角速度，用符号ω表示： ω = dt d θ （2-2） 在SI 中，角速度的单位是弧度每秒,符号为1-?s rad . 5、角加速度： 将角速度ω对时间t 求导，以描述角速度变化的快慢程度，称为刚体定轴转动的角加速度，用符号α表示： α=22dt d dt d θ ω= （2-3） 在SI 中，角加速度的单位是弧度每平方秒,符号为2-?s rad . 除了用角速度ω描述物体转动快慢的程度外，还可使用另一个量---旋转频率， 通常用符号n 表示旋转频率，表示单位时间物体绕行的转数。旋转频率的单位是转每分，符号1min -?r ，1min -?r 是国家选用的非SI 单位之一.它是工程上常用的单位,与弧度每秒之间的换算关系为11min -?r =30 π 1-?s rad ) 二、 角量与线量的关系 图2—1角坐标和角速度