第四章转动参考系
第四章 转动参考系
第四章思考题
为什么在以角速度ω转动的参照系中，一个矢量G 的绝对变化率应当写作
G ωG G ?+=*dt d dt d 在什么情况下0=*
dt
d G
在什么情况下0=?G ω又在什么情况下0=dt
d G
式（4.1.2）和式（）都是求单位矢量i 、j 、k 对时间t 的微商，它们有何区别你能否由式（）推出式（）
在卫星式宇宙飞船中，宇航员发现自己身轻如燕，这是什么缘故 惯性离心力和离心力有哪些不同的地方
圆盘以匀角速度ω绕竖直轴转动。离盘心为r 的地方安装着一根竖直管，管中有一物体沿管下落，问此物体受到哪些惯性力的作用
对于单线铁路来讲，两条铁轨磨损的程度有无不同为什么
自赤道沿水平方向朝北或朝南射出的炮弹，落地是否发生东西偏差如以仰角 40朝北射出，或垂直向上射出，则又如何
在南半球，傅科摆的振动面，沿什么方向旋转如把它安装在赤道上某处，它旋转的周期是多大
在上一章刚体运动学中，我们也常采用动坐标系，但为什么不出现科里奥利加速度
第四章思考题解答
.答：矢量G 的绝对变化率即为相对于静止参考系的变化率。从静止参考系观察变矢量G 随转动系以角速度ω相对与静止系转动的同时G 本身又相对于动系运动，所以矢量G 的绝对
变化率应当写作G ωG G ?+=*dt d dt d 。其中dt
d G *
是G 相对于转动参考系的变化率即相对
变化率；G ω?是G 随动系转动引起G 的变化率即牵连变化率。
若G 相对于参考系不变化，则有0=*
dt d G ，此时牵连运动就是绝对运动，G ωG ?=dt d ；若0=ω即动系作动平动或瞬时平动，则有0=?G ω此时相对运动即为绝对运动 dt
d dt d G G *
=；另外，当某瞬时G ω//，则0=?G ω，此时瞬时转轴与G 平行，此时动系的转动不引起G 的改变。当动
系作平动或瞬时平动且G 相对动系瞬时静止时，则有
0=dt
d G
；若G 随动系转动引起的变化G ω?与相对动系运动的变化dt
d G *
等值反向时，也有0=dt d G 。 .答：式（4.1.2）
j i ω=dt d i j
ω-=dt
d 是平面转动参考系的单位矢对时间的微商，表示由于动系转动引起j i ,方向的变化率。由于动坐标系中的z 轴静止不动。故有
0=dt
d k ；
又ω恒沿z 轴方位不变，故不用矢积形式完全可以表示
dt d i 和dt
d j 。
式（4.2.3）
i ωi ?=dt d ，j ωj ?=dt d k ωk
?=dt
d 是空间转动坐标系的单位矢对时间的微商，表示由于动系转动引起k j i ,,方向的变化率，因动系各轴都转动
0≠dt
d k
；又ω在空间的方位随时间改变际不同时刻有不同的瞬时转轴，故必须用矢积表示
dt
d dt d dt d k j i ,
,。
（4.1.2）是（）的特例，当k ω//代入（）j j ωi ω=?=dt d ，j ωj ?=dt d ，0=dt
d k
即为（）式。不能由式（）推出（）。
.答：人随卫星式飞船绕地球转动过程中受到惯性离心力作用，此力与地心引力方向相反，使人处于失重状态，故感到身轻如燕。
.答：惯性离心力是随转动坐标系一起转动的物体受到惯性离心力，它作用于随动系一起转动的物体上，它不是物体间的相互作用产生的，也不是产生反作用力，是物体的惯性在非惯性系的反映；离心力是牛顿力，是作用于给曲线运动提供向心力的周围物体上的力，或者说离心力是作用于转动坐标系上的力，它是向心力的反作用力。 .答：如题所示，
题4-5图
由于物体m 相对于圆盘的速度矢量ωv //'，故科里奥利力02='?-v ωm ；又
0==ω
ω 恒矢量，，故牵连切向惯心力0=?-r ω m ；所以物体只受到牵连法向惯性力即惯性离心力的作用，如图示2ωmr F =惯，方向垂直于转轴向外。
.答；单线铁路上，南来北往的列车都要通过，以北半球为例，火车受到的科氏惯性力总是指向运动方向的右侧（南半球相反），从北向南来的列车使西侧铁轨稍有磨损，故两条铁轨的磨损程度并不相同。
.答：抛体的落地偏差是由于科里奥利力m v ω'?-2引起的，当炮弹自赤道水平方向朝北或朝正南射出时，出刻v ω'//，科里奥利力为零，但炮弹运行受重力作用改变方向使得ω与v '不平行02≠'?-v ωm ，朝北和朝南射出的炮弹都有向东的落地偏差。若以仰角 40或垂直向上射出，炮弹上升和降落过程中科氏惯性力方向相反，大小相等，且上升时间等于下降时间，故落地无偏差。
.答：单摆震动面的旋转是摆锤 受到科里奥利力v ω'?-m 2的缘故，其中m 是摆锤的质量，
ω是地球绕地轴的自转角速度，v '是摆锤的速度。南半球上摆锤受到的科氏力总是指向起
摆动方向的左侧，如题图是南半球上单摆的示意图，若没有科氏惯性力，单摆将沿AB 摆动，事实上由于科里奥利力的作用单摆从A 向B 摆动逐渐向左侧移动到达C 点，从C 点向回摆动过程中逐渐 左偏到达D 点，以此推论，摆动平面将沿逆时针方向偏转。科里奥利力很小，每一次摆动，平面的偏转甚微，必须积累很多次摆动，才显出可觉察的偏转。
题4-8图
（图中是为了便于说明而过分夸张的示意图）。由λ
ωπsin 2=
'C ，在赤道上纬度
∞='=C ,0λ，即在赤道上摆动平面不偏转。这里不难理解的，若摆动平面沿南北方向，v ω'//，科氏惯性力为零；若单摆平面沿东西方位，则科氏力一定在赤道平面与B 单摆的
摆动平面共面，故不会引起摆动平面的偏转。
.答：在上一章刚体运动学中，动系固连于刚体一起转动，但刚体上任一点相对于动坐标系没有相对运动，即各点的相对速度0='v ，故科里奥利加速度02='?=v ωa c 。事实上，科氏加速度是牵连转动与相对运动相互影响而产生的，没有相对运动，就谈不到科里奥利加速度的存在。
第四章习题
一等腰直角三角形OAB 在其自身平面内以匀角速ω绕顶点O 转动。某一点P 以匀相对速度沿AB 边运动，当三角形转了一周时，P 点走过了AB 。如已知b
AB =_____，试求P 点在A 时
的绝对速度与绝对加速度。
一直线以匀角速ω在一固定平面内绕其一端O 转动。当直线为于Ox 的位置时，有一质点
P 开始从O 点沿该直线运动。如欲使此点的绝对速度v 的量值为常数，问此点应按何种规
律沿此直线运动
o
P 点离开圆锥顶点O ，以速度v '沿母线作匀速运动，此圆锥则以匀角速ω绕其轴转动。求开始t 秒后P 点绝对加速度的量值，假定圆锥体的半顶角为α。
小环重W ，穿在曲线形()x f y =的光滑钢丝上，此曲线通过坐标原点，并绕竖直轴oy 以匀角速ω转动。如欲使小环在曲线上任何位置均处于相对平衡状态，求此曲线的形状及曲线对小环的约束反作用力。
在一光滑水平直管中有一质量为m 的小球。此管以匀角速ω绕通过其一端的竖直轴转动。如开始时，球距转动轴的距离为a ，球相对于管的速度为零，而管的总长则为a 2。求球刚要离开管口时的相对速度与绝对速度，并求小球从开始运动到离开管口所需的时间。 一光滑细管可在竖直平面内绕通过其一端的水平轴以匀角速ω转动，管中有一质量为m 的质点。开始时，细管取水平方向，质点距转动轴的距离为a ，质点相对于管的速度为0v ，试求质点相对于管的运动规律。
质量分别为m 及m '的两个质点，用一固定有长度为a 的弹性绳相连，绳的倔强系数为
m m m m k '
+'=
22ω。如将此系统放在光滑的水平管中，管子绕管上某点以匀角速ω转动，试求任一瞬时两质点间的距离。设开始时，质点相对于管子是静止的。
轴为竖直而顶点向下的抛物线形金属丝上，以匀角速ω绕竖直轴转动。另有一质量为m 的小环套在此金属丝上，并沿着金属丝滑动。试求小环运动微分方程。已知抛物线的方程为
ay x 42=，式中a 为常数。计算时可忽略摩檫阻力。
在上题中，试用两种方法求小环相对平衡的条件。
质量为m 的小环M ，套在半径为a 的光滑圆圈上，并可沿着圆圈滑动。如圆圈在水平面内以匀角速ω绕圈上某点O 转动，试求小环沿圆圈切线方向的运动微分方程。
)
y
如自北纬为λ的地方，以仰角α自地面向东方发射一炮弹，炮弹的腔口速度为V 。计及地球自转，试证此炮弹落地的横向偏离为
ααλωcos sin sin 4223g
V d = 式中ω为地球自转的角速度。计算时可忽略2ω项。
一质点如以初速0v 在纬度为λ的地方竖直向上射出，达到h 高后，复落至地面。假定空气阻力可以忽略不计，试求落至地面时的偏差。
第四章习题解答
解如题4.1.1图所示
.
题４．１．１
坐标系Oxyz 的原点位于转动的固定点，Ox 轴沿Oz OB ,轴与角速度的方向一致，即.k ω=ω设P 点沿运动的相对速度为j v '='v 则有题意得：
π
ωωπ22b v v b ='='，得： 故P 在A 点时的绝对速度
()()[]1
482212222++=++-=+?+=?+'=πππ
ωπππωωπ
ωb b
b b b v j i i j k j OA ωv v 设v 与y 轴()边即AB 的夹角为θ，则,1
22tan +==ππθy x v v 故v 与AB 边的夹角为
1
22arctan
+ππ，且指向左上方。
A P 在点时绝对速度
()()[]1
22122022222++=++-=?
++-='?+'=πππ
ωπππωπ
ωωωωb b
b b b a j i j k j i v ωOA -a a 2
设()边轴与AB y a 的夹角为θ'，则π
πθ1tan +=='y x a a ,故a 与AB 边的夹角为
π
π1arctan
+，且指向左下方。
解 如题4.2.1图所示，
o
题４．２．１图
以Ox 转动的方向为极角方向建立坐标系。Oz 轴垂直纸面向外，设P 点相对速度
θωωe e re k e OP ωv v r r r r r
r +=?+=?+'= ①
设绝对速度v 的量值为常数v ，则：
2222v r r
=+ω ② 对②式两边同时球时间导数得：
()
022=+r r r ω
依题意,0≠r 故02=+r r ω 解得通解
()t B t A t r ωωsin cos +=
当0=t 时，()0=t r ，将其带入①式游客的知：
0=t 时，.v r = 即??
???=
=???==ωωv B A v B A 0,0 最后有()t v t r ωωsin =
解 如题4.3.1图所示，
题４．３．１图
直角坐标Oxyz 的原点位于圆锥顶点Ox 轴过圆锥的对称轴.P O 为'点在轴上对应
的一点，且有轴x P O ⊥'，所以P 点的绝对加速度：
()k
j k j j i i p O v 2ωR a a αωαωαωαωααωωωωsin 2sin sin 2sin sin cos 22022
22v t v v pt O v '+'-='+'-=+'?+'-='
?+-'=
最后有
4sin 22+'=t v a ωαω
解 如题4.4.1图所示，
)
y
题4.4.1图
坐标系Oxy 是以y 绕ω轴转动的坐标系.图中画出的是曲线()x f y =的一段，在任意一点P 处，假设某质点在此处静止，则该质点除了受重力、钢丝的约束力之外，还会受惯性离心力F 的作用，x m F 2ω=，方向沿x 轴正向，在mg F N ,,作用下，致信处于平衡状态，则有
()角点的切线与水平方向夹为过P mg
F
θθtan =① θ
cos mg
N = ②
有①得
g
x dy dx dy dx mg x m 22,tan ωθω===得③
又因为()x f y =过原点.对上式积分得抛物线g
x y 22
2ω= 有③得
y
g
g x 22
2221111tan 11cos ωωθ
θ+=
???
? ??+=
+=
将θcos 代入②的反作用力
y
g
W N 221ω+=
以直管为参照系，Ox 方向沿管，Oz 沿竖直轴建立坐标系Oxyz ，则小球受力为：
j F i F N G x
m x m mg ωω2,,,2-===科牵 故沿Ox 方向运动的微分方程为：
x m x
m 2ω= 02=-x x
ω ① 有初始条件：0,,0===x a x t 可得①式解为
()
t t
e e a x ωω-+=
2
故当邱刚离开管口时，即0,2>=x a x 时.则
()
()
??????
?>-+=--02
22t t t
t e e a e e a a ωωωωωω 得
()
ω
3
2ln +=t
所以此时：
()j 2i v ωv v i
3i 32k i v ωωωωa a a a
x
a x a x +='?+'==?=='==32
22 故当球刚要离开管口时的相对速度为i ωa 3，绝对速度为j i ωωa a 23+，小球从开始运动到离开管口所需时间为()
ω
3
2ln +
解 以光滑细管为参考系，Ox 沿管，Oz 沿水平轴建立坐标系Oxyz ，如题4.6.1图所示，
则小球受力为：
j F i F N G x m x m mg ωω2,,,2-===科牵 故沿Ox 方向运动的微分方程为：
t mg x m x
m ωωsin 2-= t mg x x
ωωsin 2-=- ① 方程02=-x x
ω 的通解 ()t t e C e C t x ωω21+=-
而方程①的特解为：
()t g t x ωω
sin 22
=
故方程①的通解为：
()t g e C e C t x t t ωω
ωωsin 22
21+
+=-
初始条件为当0=t 时，
0,v x
a x == 故可得
???
???
???? ??-+=??? ??+-=2022
01221221ωωωωg v a C g v a C 所以质点相对于管的运动规律为：
t g
e g v a e g v a x t t ωω
ωωωωωωsin 22212212
2020+??? ??+-+??? ??-+=-
解 以水平细管为参考系，Ox 沿管，Oz 沿竖直转动轴向上建立坐标系Oxyz ，如题图4.7.1图所示
y
则易得质点Ox m m 沿',反方向的运动微分方程为：
()a s k x m x
m -+=2ω ① ()()()a s k s x m s
x m --+'=+'2ω ② 将方程①②作简单变换可得：
()()a s k s m a s k m
m s
m --'=-'
+'2ω 化简得
a s s
222ωω=+ 其通解为：
a e C e C s t i t i 221++=-ωω
初始条件为：
0,00====t t s
a s
故可得：
()2
02
12121a C C C C i a
C C -==???=---=+得ω 故
t a a s ωcos 2-= ()t a s ωcos 2-=
解 以抛物线形金属丝为参照物Ox 沿抛物线在顶点的切线方向，Oy 沿竖直轴建立坐标系Oxyz ，
题４．８．１图
则小环的运动微分方程为：
x N x m x
m -=2ω ① y N mg y
m +-= ② ωv m N z
m z '+==20 dx
dy
N N y x =
=θcot 241x a
y =
故
()x a
N N x x x a y
y x 21
,212=+= 代入①②得
()x a mg x x x a
m x m x m 21
2122-=++- ω
化简即得
024412
2222=+-+???
? ??+x a g x x a x x a x ω
解一当小环相对平衡时，由上题可知即要求x 为常数，故
0,0==x
x 故
a
g 22=
ω
解二 以地面为参照系，则小球受力G N,，如图4-8所示.其中Oxyz 为固定地面的坐标系，故平衡时有：
??
?==mg
N x
m N θωθsin cos 2 a
g x a
dy dx x mg 22tan 22=
===
ωωθ
解 以地面为参考系，则小环的运动微分方程为：
()()??????
?=+=-2
sin 22cos 2
θ?
?θ?N r r m N r r m 其中θθω?θ,2,2cos 2+==t a r 为M 与圆心C 的连线和通过O 点的直径间所夹的
角
()
θ
ωωθθθθθωθθθθ?
??
θ
222
cos 2sin 212sin 22cos 22
tan
22
2++--??
?
??+-=-+=
a a a a r r r r
化简得
0sin 2=+θωθ
解 以地面为非惯性参考系，建立坐标系Oxyz ，Ox 指正南，Oz 竖直向上，发射点为原点O ，炮弹的运动微分方程为：
λωsin 2y m x
m =① ()λλωcos sin 2z x m y
m +-=② λωcos 2y m mg z
m +-=③ 初始条件为
?????????
=======ααsin cos 000v z
c y x z y x t 故将①②③积分一次代入初始条件后得：
()???
??+-=+-==λ
ωαλλωαλωcos 2sin cos sin 2cos sin 2y gt V z
z x V y y x
αλωcos sin 2V x
= ④ ()αλωsin cos 2V gt y
-= ⑤ αλωcos cos 2V g z
+-= ⑥ 有⑥可得落地时间：
b
g V t -?
=
11
sin 2α⑦ 其中
g
V b αλωcos cos 2=
1<<∝ωb
所以将b
-11展开可得
()b g
V t b b +=
+≈-1sin 2111
α
由式及初始条件可得
2cos sin t V x αλω=
所以炮弹落地时的横向偏离为
()ααλωααλωcos sin sin 41sin 4cos sin 2
2
32222g
V b g V V d ≈+=
解 以地面为非惯性，建立坐标系Ox Oxyz ,指向正南，Oz 竖直向上，上抛点为原点O ，质点的运动微分方程为：
()??
?
??
+-=+-==λωλλωλωcos 2cos sin 2sin 2y m mg z m z x m y m y m x m ① 初始条件为：
??
??
?????
=======0cos 00v z c y x z y x t α 如上题同理可得
λωsin 2y x
= ② ()λλωcos sin 2z x y
+-= ③ λωcos 20y gt v z
+-= ④
代入①式得
()???
??-=--==g
z
v gt y x 0cos 20λω 有④式求出落地时间为：
g
v t 02=
有③式得：
203cos cos 3
1
t v gt y λωλω-=
将gh v g
v t 2,200==代入得复落至地面时：
λωcos 8343
g h d -=
)(西取负值，说明落地时偏d
第四章 转动参考系
第四章 转动参考系 第四章思考题 为什么在以角速度转动的参照系中，一个矢量的绝对变化率应当写作G ωG G ?+=* dt d dt d 在什么情况下0=* dt d G 在什么情况下0=?G ω又在什么情况下0=dt d G 式（4.1.2）和式（）都是求单位矢量i 、j 、k 对时间t 的微商，它们有何区别你能否由式（）推出式（） 在卫星式宇宙飞船中，宇航员发现自己身轻如燕，这是什么缘故 惯性离心力和离心力有哪些不同的地方 圆盘以匀角速度绕竖直轴转动。离盘心为r 的地方安装着一根竖直管，管中有一物体沿管下落，问此物体受到哪些惯性力的作用 对于单线铁路来讲，两条铁轨磨损的程度有无不同为什么 自赤道沿水平方向朝北或朝南射出的炮弹，落地是否发生东西偏差如以仰角朝北射出，或垂直向上射出，则又如何 在南半球，傅科摆的振动面，沿什么方向旋转如把它安装在赤道上某处，它旋转的周期是多大 在上一章刚体运动学中，我们也常采用动坐标系，但为什么不出现科里奥利加速度 第四章思考题解答 .答：矢量的绝对变化率即为相对于静止参考系的变化率。从静止参考系观察变矢量随转动系以角速度相对与静止系转动的同时本身又相对于动系运动，所以矢量的绝对变化率应当写 作G ωG G ?+=*dt d dt d 。其中dt d G * 是相对于转动参考系的变化率即相对变化率；G ω?是随动系转动引起的变化率即牵连变化率。若相对于参考系不变化，则有0=* dt d G ，此时牵
连运动就是绝对运动， G ωG ?=dt d ；若0=ω即动系作动平动或瞬时平动，则有0=?G ω此时相对运动即为绝对运动 dt d dt d G G * =；另外，当某瞬时G ω//，则0=?G ω，此时瞬时转轴与平行，此时动系的转动不引起的改变。当动系作平动或瞬时平动且相对动系瞬时静 止时，则有0=dt d G ；若随动系转动引起的变化G ω?与相对动系运动的变化dt d G * 等值反向时，也有 0=dt d G 。 .答：式（4.1.2） j i ω=dt d i j ω-=dt d 是平面转动参考系的单位矢对时间的微商，表示由于动系转动引起方向的变化率。由于动坐标系中的z 轴静止不动。故有0=dt d k ；又恒沿z 轴方位不变，故不用矢积形式完全可以表示 dt d i 和dt d j 。 式（4.2.3） i ωi ?=dt d ，j ωj ?=dt d k ωk ?=dt d 是空间转动坐标系的单位矢对时间的微商，表示由于动系转动引起方向的变化率，因动系各轴都转动 0≠dt d k ；又在空间的方位随时间改变际不同时刻有不同的瞬时转轴，故必须用矢积表示 dt d dt d dt d k j i , ,。 （4.1.2）是（）的特例，当k ω//代入（）j j ωi ω=?=dt d ，j ωj ?=dt d ，0=dt d k 即为（）式。不能由式（）推出（）。 .答：人随卫星式飞船绕地球转动过程中受到惯性离心力作用，此力与地心引力方向相反，使人处于失重状态，故感到身轻如燕。 .答：惯性离心力是随转动坐标系一起转动的物体受到惯性离心力，它作用于随动系一起转动的物体上，它不是物体间的相互作用产生的，也不是产生反作用力，是物体的惯性在非惯性系的反映；离心力是牛顿力，是作用于给曲线运动提供向心力的周围物体上的力，或者说离心力是作用于转动坐标系上的力，它是向心力的反作用力。 .答：如题所示，
大学物理刚体的转动惯量的研究实验报告
大学物理仿真实验报告 电子３班 实验名称:刚体得转动惯量得研究 实验简介 在研究摆得重心升降问题时，惠更斯发现了物体系得重心与后来欧勒称之为转动惯量得量。转动惯量就是表征刚体转动惯性大小得物理量,它与刚体得质量、质量相对于转轴得分布有关。 本实验将学习测量刚体转动惯量得基本方法，目得如下: １．用实验方法验证刚体转动定律，并求其转动惯量； 2。观察刚体得转动惯量与质量分布得关系 3.学习作图得曲线改直法,并由作图法处理实验数据。 实验原理 1。刚体得转动定律 具有确定转轴得刚体，在外力矩得作用下,将获得角加速度β，其值与外力矩成正比，与刚体得转动惯量成反比,即有刚体得转动定律: Ｍ= Ｉβ（1) 利用转动定律，通过实验得方法,可求得难以用计算方法得到得转动惯量。 ２．应用转动定律求转动惯量 如图所示，待测刚体由塔轮,伸杆及杆上得配重物组成。刚体将在砝码得拖动下绕竖直轴转动。
设细线不可伸长,砝码受到重力与细线得张力作用，从静止开始以加速度a下落,其运动方程为mg – t=ma，在t时间内下落得高度为ｈ＝at2/2。刚体受到张力得力矩为T r与轴摩擦力力矩Mｆ。由转动定律可得到刚体得转动运动方程：T r—Mｆ= Iβ。绳与塔轮间无相对滑动时有ａ= rβ,上述四个方程得到: ｍ（g - ａ）r - Ｍf = 2hI/rｔ2（2) M f与张力矩相比可以忽略，砝码质量m比刚体得质量小得多时有a<＜ｇ， 所以可得到近似表达式： ｍｇr = 2ｈI／ rt2（3） 式中r、h、t可直接测量到，m就是试验中任意选定得。因此可根据(3）用实验得方法求得转动惯量I。 3．验证转动定律，求转动惯量 从（3)出发,考虑用以下两种方法： A．作m – 1/ｔ２图法：伸杆上配重物位置不变,即选定一个刚体，取固定力臂ｒ与砝码下落高度h,（3)式变为： M = K1/ t2（4） 式中K1= 2hI/ ｇr２为常量。上式表明：所用砝码得质量与下落时间ｔ得平方成反比。实验中选用一系列得砝码质量,可测得一组m与1／t2得数据,将其在直角坐标系上作图,应就是直线.即若所作得图就是直线，便验证了转动定律。 从ｍ–１/t2图中测得斜率K1,并用已知得h、r、ｇ值，由K１＝ 2hＩ/ gr2求得刚体得I. Ｂ.作r – 1/t图法：配重物得位置不变，即选定一个刚体，取砝码m与下落高度ｈ为固定值。将式(3）写为：
大学物理实验之用三线摆测物体的转动惯量
大学物理实验之用三线摆测物体的转动惯量 1、了解三线摆原理，并以此测物体的转动惯量。 2、掌握秒表、游标卡尺等测量工具的使用方法，掌握测周期的方法。 3、加深对转动惯量概念的理解。 1、三线摆测转动惯量的原理。 2、准确测量三线摆扭摆周期。 讲授、讨论与演示相结合。 3学时。 转动惯量是刚体转动惯性的量度，它的大小与物体的质量及其分布和转轴的位置有关。对质量分布均匀、形状规则的物体，通过外形尺寸和质量的测量，就可以算出其绕定轴的转动惯量，而质量分布不均匀、形状不规则物体的转动惯量则要由实验测出。本实验利用三线摆测出圆盘和圆环对中心轴的转动惯量并与理论值进行比较。 三线扭摆法测量转动惯量的优点是：仪器简单，操作方便、精度较高。 一、实验目的 1、了解三线摆原理，并以此测物体的转动惯量。 2、掌握秒表、游标卡尺等测量工具的使用方法，掌握测周期的方法。 3、加深对转动惯量概念的理解。 二、实验仪器 三线摆仪，秒表，游标卡尺，钢直尺，水准器，待测圆环。 三、实验原理 三线摆实验原理如图所示，圆盘(下盘)由三根悬线悬挂于启动盘(上盘)之下，两圆盘圆心位于同一竖直轴上。轻扭上盘，在悬线扭力的作用下、圆盘可绕其中心竖轴作小幅扭摆运动。 设圆盘的质量为m0、上下盘的间距为H、上下盘的受力半径为r与R、圆盘的扭摆角为θ（θ很小）。 由于θ很小，所以圆盘在扭摆中升起的高度很小，可以认为在此过程中上下盘的间距H保持不变。在此情况下，根据三角关系可以导出悬线拉力N对圆盘的扭力矩为:
0/M m gRrSin H θ=。因为Sin θθ≈，所以0/M m gRr H θ=。 设圆盘的转动惯量为J 0，且M 与角位移θ的 方向相反，根据转动定律可得： 2002m gRr d M J H d t θθ==- 由此可知圆盘的扭摆为简谐振动，解此微分 方程得圆盘的振动周期为： 02T = 于是: 2 0002 4m gRrT J H π= 此即为圆盘对中心竖轴转动惯量的实验公式。 在圆盘上同心叠放上质量为m 的圆环后，测出盘环系统的扭摆周期T ，则盘环 系统的转动惯量为: 2 002 ()4m m gRrT J J J H π+=+=总 由此可得圆环转动惯量的实验公式：()22 000024gRr J J J m m T m T H π??=-=+-??总 圆盘、圆环转动惯量的理论公式为：200012 J m R = ’ 、22 12 1()2J m R R =+’ 式中R 0、R 1、R 2分别为圆盘半径及圆环的内外半径。 四、实验内容及步骤 1、用水准器调三线摆仪底座水平及下盘水平。 2、使下盘静止，然后朝同一方向轻转上盘，使下盘作小幅扭摆。控制摆角不超过5。 3、待下盘扭摆稳定后，用秒表测出连续摆动50个周期的时间，重复5次，然后算 出周期T 0的平均值。 4、将圆环同心地放置于圆盘上，重复步骤2、3，测出周期T 的平均值。 5、用钢直尺在不同位置测量上下盘之间的垂直距离5次。 用游标卡尺在不同位置分别测量上下盘悬线孔间距各5次。 三线摆原理图
转动参考系
第四章转动参照系 本章应掌握①转动参照系中的速度、加速度计算公式及有关概念； ②转动参照系中的动力学方程；③惯性力的有关概念、计算公式；④地球自转产生的影响。 第一节平面转动参照系 本节应掌握：①绝对运动、相对运动、牵连运动的有关概念及相互关系；特别是科里奥利加速度的产生原因；②平动转动参照系中的速度和加速度。 一、绝对运动、相对运动、牵连运动 有定系οξηζ，另一平面以角速度ω绕轴旋转，平板上固定坐标系oxyz，oz轴与οζ轴重合。运动质点P相对板运动。 由定系οξηζ看到的质点的运动叫绝对运动；动系oxyz看到的质点运动叫相对运动；定系上看到的因动系转动导致质点所在位置的运动叫牵连运动。绝对速度、加速度记为；相对速度、加速度记为V',a'。 二、平动参照系中的速度、加速度 1、v和a的计算公式 速度：（为牵连速度） 加速度： 其中，牵连加速度a l为：
（转动加速度+向心加速度） 科里奥利加速度： 2、科里奥利加速度a c ①它产生条件是：动系对定系有转动；质点相对动系的运动速度不为零，而且运动方向与转轴方向不平行。 ②它产生原因是：科氏加速度的产生在于牵连运动与相对运动的相互影响：从静止系看来，一方面牵连运动使相对速度发生改变，另一方面，相对运动也使牵连速度中的发生改变，两者各贡献，结果科氏加速度为。 三、平面转动参照系问题解答例 关键是分清定系，动系和运动物体；然后适当选取坐标系，按公式计算。 [例1]P263 4.1题 等腰直角三角形OAB，以匀角速ω绕点O转动，质点P以相对速度沿AB边运动。三角形转一周时，P点走过AB。求P质点在A 点之速度、加速度（已知AB=b） 解：（1）相对动系（直角三角形）的速度 v r=b/T=b/（2π/ω）=bω/2π（方向） A点的牵连速度（方向垂直） 由V=V r+V e，利用矢量合成法则，得到
大学物理实验报告测量刚体的转动惯量
大学物理实验报告测量刚体的转动惯量 内部编号：（YUUT-TBBY-MMUT-URRUY-UOOY-DBUYI-0128）
测量刚体的转动惯量 实验目的： 1．用实验方法验证刚体转动定律，并求其转动惯量； 2．观察刚体的转动惯量与质量分布的关系 3．学习作图的曲线改直法，并由作图法处理实验数据。 二.实验原理: 1．刚体的转动定律 具有确定转轴的刚体，在外力矩的作用下，将获得角加速度β，其值与外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比，即有刚体的转动定律： M = Iβ (1) 利用转动定律，通过实验的方法，可求得难以用计算方法得到的转动惯量。2．应用转动定律求转动惯量 如图所示，待测刚体由塔轮，伸杆及杆上的配重物组成。刚体将在砝码的拖动下绕竖直轴转动。 设细线不可伸长，砝码受到重力和细线的张力作用，从静止开始以加速度a下落，其运动方程为mg – t=ma，在t时间内下落的高度为h=at2/2。刚体受到张
力的力矩为T r 和轴摩擦力力矩M f 。由转动定律可得到刚体的转动运动方程：T r - M f = Iβ。绳与塔轮间无相对滑动时有a = rβ，上述四个方程得到： m(g - a)r - M f = 2hI/rt2 (2) M f 与张力矩相比可以忽略，砝码质量m比刚体的质量小的多时有a< 大学物理仿真实验报告 电子3班 实验名称:刚体的转动惯量的研究 实验简介 在研究摆的重心升降问题时,惠更斯发现了物体系的重心与后来欧勒称之为转动惯量的量。转动惯量就是表征刚体转动惯性大小的物理量,它与刚体的质量、质量相对于转轴的分布有关。 本实验将学习测量刚体转动惯量的基本方法,目的如下: 1.用实验方法验证刚体转动定律,并求其转动惯量; 2.观察刚体的转动惯量与质量分布的关系 3.学习作图的曲线改直法,并由作图法处理实验数据。 实验原理 1.刚体的转动定律 具有确定转轴的刚体,在外力矩的作用下,将获得角加速度β,其值与外力矩成正比,与刚体的转动惯量成反比,即有刚体的转动定律: M = Iβ (1) 利用转动定律,通过实验的方法,可求得难以用计算方法得到的转动惯量。 2.应用转动定律求转动惯量 如图所示,待测刚体由塔轮,伸杆及杆上的配重物组成。刚体将在砝码的拖动下绕竖直轴转动。 设细线不可伸长,砝码受到重力与细线的张力作用,从静止开始以加速度a下落,其运动方程为mg –t=ma,在t时间内下落的高度为h=at2/2。刚体受到张力的力矩为T r与轴摩擦力力矩M f。由转动定律可得到刚体的转动运动方程:T r - M f = Iβ。绳与塔轮间无相对滑动时有a = rβ,上述四个方程得到: m(g - a)r - M f = 2hI/rt2 (2) M f与张力矩相比可以忽略,砝码质量m比刚体的质量小的多时有a< 第四章 转动参照系 解题指导 （一）基本要求 这一章实际上是在两个作相对运动的参照系上研究对同一质点（或物体）所观察到运动特征间的关系。因此从运动学来说，这是运动合成的问题；以动力学来说，则是如何对非惯性系建立运动方程的问题。在数学处理前应该注意到下面几点。 （二）解题要点 首先，应该注意参考系、坐标系、观察者三位一体。我们说“相对某某坐标系运动”，“从某某坐标系来看”等等，意思是指站在该坐标系上（比如原点处）的观察者所看到的运动。因此，当牵涉到不同坐标系时，大家应该把自己“扮演”成不同角色，在这些坐标系之间“跳来跳去”，并设身处地的想一想，这样才有助于对问题的理解。为了理解牵连速度，就需要会严格区分质点P 和它在动点P '上所占据的几何位置（或重合点）。由于动系在不同时刻运动状态并不相同，所以质点P 在动系上几何位置P '也不固定，因此牵连运动随时随地在发生变化。理解转动参照系（相对运动）的关键就在这里。 无论是平动还是空间转动参照系，质点的绝对速度总等于相对速度和牵连速度的矢量和。也就是说，在转动参照系S '中，任一矢量G 对固定参照系S 的时间变化率总可写成：绝对变化率=相对变化率+牵连变化率。 G G G ?+=*ωdt d dt d 由于在加速度矢量中出现了科氏加速度c a （实际上也是牵连变化的一部分）。 这个加速度对在动坐标系中的观察者是观测不到的，但它又是绝对变化的一部分。另外，在解决运动学或动力学问题时，泊松公式必须常记心中。它们是： k ωk j ωj i ωi ?=?=?=dt d dt d dt d ；； 解答相对运动中关于加速度的合成问题时，我们建议一般采用以下步骤： 1.确定定系（一般取固连在地球表面的参照系）、动系（取相对定系运动的物体上）、动点（研究对象）、相对运动（动点对动系的运动）、牵连运动（动系对定系的运动）、绝对运动（动点对定点的运动）。 2.分析动系的运动规律，及运动类型（平面，空间转动），不同类型，所列方程不一样。 3.通过矢量方程，如r ωv v ?+=r ，可以先积分求得运动方程，然后再由运动方 程求轨迹方程；或可以先根据牵连运动及质点性质分别考察各种加速度，然后再根据所属类型列出矢量方程（采用几何法解题时有时可不需选取坐标系），并解之。 4.选定动坐标后，可用k j i 、、表示各轴及所求量的方向，应用泊松公式，求得各量之间的关系。 5.解方程并对计算结果进行讨论。 关于相对运动动力学问题：在动力学问题中对惯性力的理解是一个需要重视的问题。我们认为：惯性力是为了使牛顿定律能够形式地适用于非惯性系而人为地引入的。它起源于运动学，而不能解释物体间相互作用的原因。从非惯性系上的观察者看来，惯性力应该是物体所经受到的，也可以直接测量出它的大小，所以看来是很真实的力；但是，这只能表明惯性力的作用效果，却找不到产生这些力的物理原因。然而就惯性系上的观察者看来，根本不存在惯性力，因此说它是“虚构的”“假想的”力。这是因为，我们一直认定在非惯性系上所直接测量到的，并认为是作用于物体的惯性力，实际上是惯性系上观察者所看到的被考察的物体施于外物的反作用力。正是这个反作用力的存在，才导致在非惯性系上能够直接测量到它。 解决转动参照系中的力学问题一般建议采用以下步骤进行。 1.首先确定静止参照系与运动参照系，并分析动系的牵连运动，和动点的相对运 实验10 用扭摆法测定物体转动惯量 【预习要求】 1．参见大学物理刚体一章，导出规则物体：圆柱、圆筒和圆球过几何轴，圆柱、圆筒和细杆对过中心、垂直于几何轴的转动惯量的计算公式。 2．根据实验内容，在预习报告上自行设计、准备好数据 记录表格。 【实验目的】 1．了解扭摆测量转动惯量的原理和方法。 2．用扭摆测定弹簧的扭转常数及几种不同形状刚体的转 动惯量。 3．验证刚体转动的平行轴定理。 【实验原理】 1．扭摆测量物体转动惯量、弹簧的扭转常数 扭摆的构造如图10-1所示。在垂直轴1上装有一根薄片状的螺旋弹簧2，用以产生恢复力矩。在轴的上方可以装上各种待测物体。垂直轴与支座间装有轴承，以降低摩擦力矩。3为水平仪，用来调整仪器转轴成铅直。将物体在水平面内转过θ角，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。根据虎克定律，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 θK M -= （10-1） 式中，K 为弹簧的扭转常数，根据转动定律 βI M = 式中，I 为物体绕转轴的转动惯量，β为角加速度，由上式得 I M = β （10-2） 令 I K =2ω ，忽略轴承的摩擦阻力矩，由（10-1）、（10-2）得 θωθθ β2 22-=-==I K dt d 上述微分方程表示扭摆运动具有角谐振动的特性，即角加速度β与角位移θ成正比，并且方向相反。此微分方程的解为 ()?ωθ+=t A cos 式中，A 为谐振动的角振幅，θ为角位移，?为初相位角，ω为角频率。此谐振动的周期为 K I T πωπ22== （10-3） 由式（10-3）可知，只要实验测得物体扭摆的摆动周期T ，并在I 和K 中任何一个量已知时，即可计算出另一个量。 图10-1 扭摆 第四章 转动参考系 第四章思考题 4.1为什么在以角速度ω转动的参照系中，一个矢量G 的绝对变化率应当写作 G ωG G ?+=*dt d dt d ？在什么情况下0=*dt d G ？在什么情况下0=?G ω？又在什么情况下0=dt d G ？ 4.2式（4.1.2）和式（4.2.3）都是求单位矢量i 、j 、k 对时间t 的微商，它们有何区别？你能否由式（4.2.3）推出式（4.1.2）？ 4.3在卫星式宇宙飞船中，宇航员发现自己身轻如燕，这是什么缘故？ 4.4惯性离心力和离心力有哪些不同的地方？ 4.5圆盘以匀角速度ω绕竖直轴转动。离盘心为r 的地方安装着一根竖直管，管中有一物体沿管下落，问此物体受到哪些惯性力的作用？ 4.6对于单线铁路来讲，两条铁轨磨损的程度有无不同？为什么？ 4.7自赤道沿水平方向朝北或朝南射出的炮弹，落地是否发生东西偏差？如以仰角ο40朝北射出，或垂直向上射出，则又如何？ 4.8在南半球，傅科摆的振动面，沿什么方向旋转？如把它安装在赤道上某处，它旋转的周期是多大？ 4.9在上一章刚体运动学中，我们也常采用动坐标系，但为什么不出现科里奥利加速度？ 第四章思考题解答 4.1.答：矢量G 的绝对变化率即为相对于静止参考系的变化率。从静止参考系观察变矢量G 随转动系以角速度ω相对与静止系转动的同时G 本身又相对于动系运动，所以矢量G 的绝对变化率应当写作G ωG G ?+=*dt d dt d 。其中dt d G * 是G 相对于转动参考系的变化率即相对变化率；G ω?是G 随动系转动引起G 的变化率即牵连变化率。若G 相对于参考系不变 化，则有0=*dt d G ，此时牵连运动就是绝对运动，G ωG ?=dt d ；若0=ω即动系作动平动或瞬时平动，则有0=?G ω此时相对运动即为绝对运动 dt d dt d G G *=；另外，当某瞬时G ω//，则0=?G ω，此时瞬时转轴与G 平行，此时动系的转动不引起G 的改变。当动系作平动或瞬时平动且G 相对动系瞬时静止时，则有0=dt d G ；若G 随动系转动引起的变化G ω?与相对动系运动的变化dt d G *等值反向时，也有0=dt d G 。 4.2.答：式（4.1.2）j i ω=dt d i j ω-=dt d 是平面转动参考系的单位矢对时间的微商，表示由于动系转动引起j i ,方向的变化率。由于动坐标系中的z 轴静止不动。故有 0=dt d k ；又ω恒沿z 轴方位不变，故不用矢积形式完全可以表示 dt d i 和dt d j 。 式（4.2.3）i ωi ?=dt d ，j ωj ?=dt d k ωk ?=dt d 是空间转动坐标系的单位矢对时间的微商，表示由于动系转动引起k j i ,,方向的变化率，因动系各轴都转动0≠dt d k ；又ω在空间的方位随时间改变际不同时刻有不同的瞬时转轴，故必须用矢积表示 dt d dt d dt d k j i ,,。（4.1.2）是（4.2.3）的特例，当k ω//代入（4.2.3）j j ωi ω=?=dt d ，j ωj ?=dt d ，0=dt d k 即为（4.1.2）式。不能由式（4.1.2）推出（4.2.3）。 4.3.答：人随卫星式飞船绕地球转动过程中受到惯性离心力作用，此力与地心引力方向相反，使人处于失重状态，故感到身轻如燕。 4.4.答：惯性离心力是随转动坐标系一起转动的物体受到惯性离心力，它作用于随动系一起转动的物体上，它不是物体间的相互作用产生的，也不是产生反作用力，是物体的惯性在非惯性系的反映；离心力是牛顿力，是作用于给曲线运动提供向心力的周围物体上的力，或者说离心力是作用于转动坐标系上的力，它是向心力的反作用力。 4.5.答：如题4.5所示， 第四章转动参考系 第四章思考题 4、1为什么在以角速度转动得参照系中,一个矢量得绝对变化率应当写作？在什么情况下？在什么情况下？又在什么情况下？ 4、2式(4、1、2)与式(4、2、3)都就是求单位矢量、、对时间得微商,它们有何区别？您能否由式(4、2、3)推出式(4、1、2)？ 4、3在卫星式宇宙飞船中,宇航员发现自己身轻如燕,这就是什么缘故？ 4、4惯性离心力与离心力有哪些不同得地方？ 4、5圆盘以匀角速度绕竖直轴转动。离盘心为得地方安装着一根竖直管,管中有一物体沿管下落,问此物体受到哪些惯性力得作用？ 4、6对于单线铁路来讲,两条铁轨磨损得程度有无不同？为什么？ 4、7自赤道沿水平方向朝北或朝南射出得炮弹,落地就是否发生东西偏差？如以仰角朝北射出,或垂直向上射出,则又如何？ 4、8在南半球,傅科摆得振动面,沿什么方向旋转？如把它安装在赤道上某处,它旋转得周期就是多大？ 4、9在上一章刚体运动学中,我们也常采用动坐标系,但为什么不出现科里奥利加速度？第四章思考题解答 4、1、答:矢量得绝对变化率即为相对于静止参考系得变化率。从静止参考系观察变矢量随转动系以角速度相对与静止系转动得同时本身又相对于动系运动,所以矢量得绝对变化率应当写作。其中就是相对于转动参考系得变化率即相对变化率;就是随动系转动引起得变化率即牵连变化率。若相对于参考系不变化,则有,此时牵连运动就就是绝对运动,;若即动系作动平动或瞬时平动,则有此时相对运动即为绝对运动;另外,当某瞬时,则,此时瞬时转轴与平行,此时动系得转动不引起得改变。当动系作平动或瞬时平动且相对动系瞬时静止时,则有;若随动系转动引起得变化与相对动系运动得变化等值反向时,也有。 4、2、答:式(4、1、2) 就是平面转动参考系得单位矢对时间得微商,表示由于动系转动引起方向得变化率。由于动坐标系中得轴静止不动。故有;又恒沿轴方位不变,故不用矢积形式完全可以表示与。 式(4、2、3),就是空间转动坐标系得单位矢对时间得微商,表示由于动系转动引起方向得变化率,因动系各轴都转动;又在空间得方位随时间改变际不同时刻有不同得瞬时转轴,故必须用 １第四章 转动参考系 自学辅导习题（2012年使用） 一、选择题(每个小题给出的四个选项中只有一项是正确的)。 1.坐标系xyz o ?以角速度i ?ω=ωK 绕x 轴转动，x,y,z 轴的单位矢量用i ?，j ?和k ?表示，则：[ ] A.j ?dt i ?d ω=；i ?dt j ?d ω?=；0dt k ? d =； B.k ?dt i ?d ω=；0dt j ?d =；i ?dt k ? d ω=； C.0dt i ?d =；k ?dt j ?d ω=；j ?dt k ?d ω?=； D.i ?dt i ?d ω=；j ?dt j ?d ω=；k ? dt k ? d ω= 1.C 2.坐标系xyz o ?以角速度j ?ω=ωK 绕y 轴转动，x,y,z 轴的单位矢量用i ?，j ?和k ?表示，则： [ ] A.j ?dt i ?d ω=；i ?dt j ?d ω?=；0dt k ? d =； B.k ?dt i ?d ω?=；0dt j ?d =；i ?dt k ? d ω=； C.0dt i ?d =；k ?dt j ?d ω=；j ?dt k ?d ω?=； D.i ?dt i ?d ω=；j ?dt j ?d ω=；k ?dt k ? d ω= 2.B 3.坐标系xyz o ?以角速度k ?ω=ωK 绕z 轴转动，x,y,z 轴的单位矢量用i ?，j ?和k ?表示，则： [ ] A.j ?dt i ?d ω=；i ?dt j ?d ω?=；0dt k ?d =； B.k ?dt i ?d ω=；0dt j ?d =；i ?dt k ? d ω=； C.0dt i ?d =；k ?dt j ?d ω=；j ?dt k ? d ω?=； D.i ?dt i ?d ω=；j ?dt j ?d ω=；k ?dt k ?d ω= 3.A 4.坐标系xyz o ?以角速度ωK 绕某轴转动，x,y,z 轴的单位矢量用i ?，j ?和k ?表示，则：[ ] A.j ?dt i ?d ω=； B.k ?dt i ?d ω=； C.i ?dt i ?d ×ω=K ； D.i ?dt i ?d ω= 4.C 5.坐标系xyz o ?以角速度ωK 绕某轴转动，x,y,z 轴的单位矢量用i ?，j ?和k ?表示，则：[ ] A.i ?dt j ?d ω?=； B.0dt j ?d =； 测量刚体的转动惯量 实验目的： 1．用实验方法验证刚体转动定律，并求其转动惯量； 2．观察刚体的转动惯量与质量分布的关系 3．学习作图的曲线改直法，并由作图法处理实验数据。 二.实验原理: 1．刚体的转动定律 具有确定转轴的刚体，在外力矩的作用下，将获得角加速度β，其值与外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比，即有刚体的转动定律： M = Iβ(1) 利用转动定律，通过实验的方法，可求得难以用计算方法得到的转动惯量。 2．应用转动定律求转动惯量 如图所示，待测刚体由塔轮，伸杆及杆上的配重物组成。刚体将在砝码的拖动下绕竖直轴转动。 设细线不可伸长，砝码受到重力和细线的张力作用，从静止开始以加速度a下落，其运动方程为mg – t=ma，在t时间内下落的高度为h=at2/2。刚体受到张力的力矩为T r和轴摩擦力力矩M f。由转动定律可得到刚体的转动运动方程：T r - M f = Iβ。绳与塔轮间无相对滑动时有a = rβ，上述四个方程得到： m(g - a)r - M f = 2hI/rt2(2) M f与张力矩相比可以忽略，砝码质量m比刚体的质量小的多时有a< 第四章 转动参考系课后思考题解答 4.1.答：矢量的绝对变化率即为相对于静止参考系的变化率。从静止参考系观察变矢量随转动系以角速度相对与静止系转动的同时本身又相对于动系运动，所以矢量的绝对变化率应当写作。其中是相对于转动参考系的变化率即相对变化率；是随动系转动引起的变化率即牵连变化率。若相 对于参考系不变化，则有，此时牵连运动就是绝对运动，；若即动系作动平动或瞬时平动，则有此时相对运动即为绝对运动 ；另外，当某瞬时，则，此时瞬时转轴与平行，此时动系的转动不引起的改变。当动系作平动或瞬时平动且相对动系瞬时静止时，则有；若随动系转动引起的变化与相对动系运动的变化等值反向时，也有。 4.2.答：式（4.1.2） 是平面转动参考系的单位矢对时间的微商，表示由于动系转动引起方向的变化率。由于动坐标系中的轴静止不动。故有 ；又恒沿轴方位不变，故不用矢积形式完全可以表示 和。 式（4.2.3），是空间转动坐标系的单位矢G G ωG G G ωG G ?+=*dt d dt d dt d G *G G ω?G G G 0=*dt d G G ωG ?=dt d 0=ω0=?G ωdt d dt d G G *=G ω//0=?G ωG G G 0=dt d G G G ω?dt d G *0=dt d G j i ω=dt d i j ω-=dt d j i ,z 0=dt d k ωz dt d i dt d j i ωi ?=dt d j ωj ?=dt d k ωk ?=dt d 对时间的微商，表示由于动系转动引起方向的变化率，因动系各 轴都转动；又在空间的方位随时间改变际不同时刻有不同的瞬时转轴，故必须用矢积表示 。（4.1.2）是（4.2.3）的特例，当代入（4.2.3），，即为（4.1.2）式。不能由式（4.1.2）推出（4.2.3）。 4.3.答：人随卫星式飞船绕地球转动过程中受到惯性离心力作用，此力与地心引力方向相反，使人处于失重状态，故感到身轻如燕。 4.4.答：惯性离心力是随转动坐标系一起转动的物体受到惯性离心力，它作用于随动系一起转动的物体上，它不是物体间的相互作用产生的，也不是产生反作用力，是物体的惯性在非惯性系的反映；离心力是牛顿力，是作用于给曲线运动提供向心力的周围物体上的力，或者说离心力是作用于转动坐标系上的力，它是向心力的反作用力。 4.5.答：如题4.5所示， 由于物体相对于圆盘的速度矢量，故科里奥利力； 又，故牵连切向惯心力；所以物体只受到k j i ,,0≠dt d k ωdt d dt d dt d k j i ,,k ω//j j ωi ω=?=dt d j ωj ?=dt d 0=dt d k 题4-5图 m ωv //'02='?-v ωm 0==ω ω 恒矢量，0=?-r ω m 理论力学题库——第四章 一、填空题 1.科里奥利加速度（“是”或“不是”）由科里奥利力产生的，二者方向（“相 同”或“不相同”）。 2.平面转动参考系中某一点对静止参考系的加速度的表达式是，其中是相对加速度，是 牵连加速度，是科里奥利加速度。 4-1.非惯性系中，运动物体要受到4种惯性力的作用它们是：惯性力、惯性切向力、惯性离 轴力、科里奥利力。 4-2.在北半球，科里奥利力使运动的物体向右偏移，而南半球，科里奥利力使运动的物体向 左偏移。（填“左”或“右”） 4-3.产生科里奥利加速度的条件是：物体有相对速度υ'及参照系转动，有角速度ω，且υ'与ω不平行。 4-4.科里奥利加速度是由参考系的转动和物体的相对运动相互影响产生的。 4-5.物体在主动力、约束力和惯性力的作用下在动系中保持平衡，称为相对平衡。 4-6.重力加速度随纬度增加的主要原因是：地球自转产生的惯性离轴力与地心引力有抵消作用。4-7.由于科里奥利力的原因北半球气 旋（旋风）一般是逆时针旋转的.（顺时针或逆时针） 4-8.地球的自转效应，在北半球会使球摆在水平面内顺时针转动.（顺时针或逆时针） 二、选择题 1.关于平面转动参考系和平动参考系，正确的是（） A.平面转动参考系是非惯性系； B.牛顿定律都不成立； C.牛顿定律都成立； D.平动参考系中质点也受科里奥利力。 2.下列关于非惯性系的说法中正确的是：【C】 A惯性离心力与物体的质量无关； B科里奥利力与物体的相对运动无关； C科里奥利力是参考系的转动与物体相对与参考系的运动引起的；D科里奥利力使地球上南半球河流右岸冲刷比左岸严重。 3.科里奥利力的产生与下列哪个因素无关？【B】 A 参照系的转动； B 参照系的平动； C 物体的平动； D 物体的转动。 4.在非惯性系中如果要克服科里奥利力的产生，需要： 【D 】 A 物体作匀速直线运动； 题目：转动参照系动力学与平动参照系动力学的研究 学生姓名：缪凡 学生学号：1306010120 年级：13级电子工程学院 专业：物理 班级：（1）班 指导老师：王永礼 转动参照系动力学与平动参照系动力学的研究 学生：缪凡 指导老师：王永礼 淮南师范学院物理系 摘要 采用不同的参考系解决动力学问题，以培养学生的发散性思维，使学生具备灵活解决动力学问题的能力。而且在不同的参考系下，计算的复杂程度是不同的。所以，选取合适的参照系是很重要的。平动参考系就是参考系之间通过平移而来的，而转动参考系则是通过旋转一定的角度得来的。平动参考系和转动参考系之间有很多异同，只有了解它们，我们才能合理的运用。 关键词：平动参考系转动参考系 abstract Using a different frame of reference to solve the problem of dynamics, to cultivate students' divergent thinking, causes the student to have the flexibility to solve dynamic problems. And in a different frame of reference, the computational complexity is different. So, the selection of suitable reference system is very important of. Dynamic balance frame of reference is a reference line between through the translation of, and the rotation of the reference system is by rotating a certain angle. Between the translational and rotational frame of reference has a lot of similarities and differences, only to understand them, we can reasonable use. Keywords: translational reference system of rotating reference frame 引言：研究动力学问题，首先要选择合适的参考系。当运用牛顿定律时，只能选取惯性参考系；当运动状态之间可以通过平移的来时，最适合的是平动参考系；当运动状态是转动变化而来时，最适合的是选取转动参考系。 1.平动参照系下的运动 在有些情况下，参考系本身也在运动。最简单的情况，即参考系作平动。设 大学物理仿真实验报告 电子 3班 实验名称：刚体的转动惯量的研究 实验简介 在研究摆的重心升降问题时，惠更斯发现了物体系的重心与后来欧勒称之为转动惯 量的量。转动惯量是表征刚体转动惯性大小的物理量，它与刚体的质量、质量相对于转轴 的分布有关。 本实验将学习测量刚体转动惯量的基本方法，目的如下： 1．用实验方法验证刚体转动定律，并求其转动惯量； 2．观察刚体的转动惯量与质量分布的关系 3．学习作图的曲线改直法，并由作图法处理实验数据。 实验原理 1．刚体的转动定律 具有确定转轴的刚体，在外力矩的作用下，将获得角加速度β ，其值与外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比，即有刚体的转动定律： M = I β(1) 利用转动定律，通过实验的方法，可求得难以用计算方法得到的转动惯量。 2．应用转动定律求转动惯量 如图所示，待测刚体由塔轮，伸杆及杆上的配重物组成。刚体将在砝码的拖动下绕 竖直轴转动。 设细线不可伸长，砝码受到重力和细线的张力作用，从静止开始以加速度 a 下落，其运动方程为 mg – t=ma ，在 t 时间内下落的高度为 h=at 2/2 。刚体受到张力的力矩为T r和 轴摩擦力力矩 M。由转动定律可得到刚体的转动运动方程：T - M f = I β 。绳与塔轮间 f r 无相对滑动时有 a = r β，上述四个方程得到： m(g - a)r - M f = 2hI/rt2(2) M f与张力矩相比可以忽略，砝码质量m比刚体的质量小的多时有a< 第四章思考题 4.1为什么在以角速度ω转动的参照系中，一个矢量G 的绝对变化率应当写作G ωG G ?+=*dt d dt d ？在什么情况下0=*dt d G ？在什么情况下0=?G ω？又在什么情况下0=dt d G ？ 4.2式（4.1.2）和式（4.2.3）都是求单位矢量i 、j 、k 对时间t 的微商，它们有何区别？你能否由式（4.2.3）推出式（4.1.2）？ 4.3在卫星式宇宙飞船中，宇航员发现自己身轻如燕，这是什么缘故？ 4.4惯性离心力和离心力有哪些不同的地方？ 4.5圆盘以匀角速度ω绕竖直轴转动。离盘心为r 的地方安装着一根竖直管，管中有一物体沿管下落，问此物体受到哪些惯性力的作用？ 4.6对于单线铁路来讲，两条铁轨磨损的程度有无不同？为什么？ 4.7自赤道沿水平方向朝北或朝南射出的炮弹，落地是否发生东西偏差？如以仰角 40朝北射出，或垂直向上射出，则又如何？ 4.8在南半球，傅科摆的振动面，沿什么方向旋转？如把它安装在赤道上某处，它旋转的周期是多大？ 4.9在上一章刚体运动学中，我们也常采用动坐标系，但为什么不出现科里奥利加速度？ 第四章思考题解答 4.1.答：矢量G 的绝对变化率即为相对于静止参考系的变化率。从静止参考系观察变矢量G 随转动系以角速度ω相对与静止系转动的同时G 本身又相对于动系运动，所以矢量G 的绝对变化率应当写作 G ωG G ?+=*dt d dt d 。其中 dt d G *是G 相对于转动参考系的变化率即相对变化率；G ω?是G 随动系转动引起G 的变化率即牵连变化率。若G 相对于参考系不变化，则有0=*dt d G ，此时牵连运动就是绝对运动，G ωG ?=dt d ；若0=ω即动系作动平动或瞬时平动，则有0=?G ω此时相对运动即为绝对运动 dt d dt d G G *=；另外，当某瞬时G ω//，则0=?G ω，此时瞬时转轴与G 平行，此时动系的转动不引起G 的改变。当动系作平动或瞬时平动且G 相对动系瞬时静止时，则有 0=dt d G ；若G 随动系转动引起的变化G ω?与相对动系运动的变化dt d G *等值反向时，也有0=dt d G 。 4.2.答：式（4.1.2）j i ω=dt d i j ω-=dt d 是平面转动参考系的单位矢对时间的微商，表示由于动系转动引大学物理刚体的转动惯量的研究实验报告
转动力学解题指导
大学物理实验刚体转动惯量
第四章-转动参考系
第四章 转动参考系
第四章转动参考系
大学物理实验报告测量刚体的转动惯量
转动参考系课后思考题解答
理论力学题库第四章
转动参照系动力学与平动参照系动力学的研究
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第四章思考题及答案