04刚体转动
班级______________学号____________姓名________________
练习 四
一、选择题
1． 力kN j i F )53( +=，其作用点的矢径为m j i r )34(
-=，则该力对坐标原点的力
矩大小为 （ ） (A)m kN ?-3； （B ）m kN ?29； (C)m kN ?19； (D)m kN ?3。
2． 圆柱体以80rad /s 的角速度绕其轴线转动，它对该轴的转动惯量为24m kg ?。由于恒力矩的作用，在10s 内它的角速度降为40rad /s 。圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为 ( )
(A)80J ，80m N ?；(B)800J ，40m N ?；(C)4000J ，32m N ?；(D)9600J ，16m N ?。 3． 一匀质圆盘状飞轮质量为20kg ，半径为30cm ，当它以每分钟60转的速率旋转时，其动能为 ( ) (A)2
2.16π J ； (B)2
1.8πJ ；（C ）1.8J ； （D ）2
8.1πJ 。 4． 如图所示，一轻绳跨过两个质量均为m 、半径均为R 的匀质圆盘状定滑轮。绳的两端分别系着质量分别为m 和2m 的重物，不计滑轮转轴的摩擦。将系统由静止释放，且绳与两滑轮间均无相对滑动，则两滑轮之间绳的张力。
（ ）
(A)mg ； (B)3mg /2； (C)2mg ； (D)11mg /8。 5． 一根质量为m 、长度为L 的匀质细直棒，平放在水
平桌面上。若它与桌面间的滑动摩擦系数为μ，在t =0时，使该棒绕过其一端的竖直轴在水平桌面上旋转，其初始角速度为0ω，则棒停止转动所需时间为
( )
(A)μωg L 3/20； (B) μωg L 3/0； (C) μωg L 3/40； (D) μωg L 6/0。 选择题：B D D D A （一、）选择题
1． 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（动量矩）；
（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。
2． 一质量为60kg 的人站在一质量为60kg 、半径为l m 的匀质圆盘的边缘，圆盘可绕与盘面相垂直的中心竖直轴无摩擦地转动。系统原来是静止的，后来人沿圆盘边缘走动，
当人相对圆盘的走动速度为2m/s 时，圆盘角速度大小为 ( ) (A) 1rad/s ； (B) 2rad/s ； (C) 2/3rad/s ； (D) 4/3rad/s 。 3． 如图所示，一根匀质细杆可绕通过其一端O 的水平轴在竖直平面内自由转动，杆长5/3m 。今使杆从与竖直方向成?60角由静止释放(g 取10m/s 2)，则杆的最大角速度为 ( ) （A ）3rad/s ； (B)πrad/s ； (C)3.0rad/s ； (D)3/2rad/s 。 4． 对一个绕固定水平轴O
直线从相反方向射入两颗质量相同、速率相等的子弹，并停留在盘中，则子弹射入后转盘的角速度应 ( )
(A) 增大； (B) 减小； (C) 不变；(D) 无法确定。
5． 一根长为l 、质量为M 的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向棒的中心，并以v 0/2的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为?90，则v 0的大小为 （ ）
(A)
34gl m M ； (B)2
gl
； (C)
gl m M 2； (D)2
2316m gl
M 。
6． 一个转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，初角速度为0ω。设它所受阻力矩与转动角速度成正比M=ωk -(k 为正常数)
(1)它的角速度从0ω变为0ω/2所需时间是 ( ) (A) J /2； (B) J /k ； (C) (J /k )ln 2； (D) J /2k 。
(2)在上述过程中阻力矩所作的功为 ( ) (A) J 2
0ω/4； (B) -3J 2
0ω/8； (C) -J 2
0ω/4； (D) J 2
0ω/8。 选择题：B D A B A CB
二、填空题
１．半径为r =1.5m 的飞轮，初角速度ω0=10rad/s ，角加速度β= -5rad/s 2，若初始时刻角
位移为零，则在t = 时角位移再次为零，而此时边缘上点的线速度v = 。
２．一飞轮作匀减速运动，在5s 内角速度由40πrad/s 减到10πrad/s ，则飞轮在这5s 内
总共转过了 圈，飞轮再经 的时间才能停止转动。
３．匀质大圆盘质量为M 、半径为R ，对于过圆心O 点且垂直于盘面
转轴的转动惯量为
2
1
M R 2。如果在大圆盘的右半圆上挖去一个小圆盘，半径为R /2。如图所示，剩余部分对于过O 点且垂直于盘面转轴的转动惯量为 。 ４．一根匀质细杆质量为m 、长度为l ，可绕过其端点的水平轴在竖直平面内转动。则它
在水平位置时所受的重力矩为 ，若将此杆截取2/3，则剩下1/3在上述同样位置时所受的重力矩为 。
５．长为l 的匀质细杆，可绕过其端点的水平轴在竖直平面内自由转动。如果将细杆置与
水平位置，然后让其由静止开始自由下摆，则开始转动的瞬间，细杆的角加速度为 ，细杆转动到竖直位置时角速度为 。 1、4s ，s m /15 2、62.5，s 3
5
3、
23213
MR 4、mgl 21，mgl 18
1
5、
l g 23，l
g 3 （二、填空题
1． 长为l 、质量为m 的匀质细杆，以角速度ω绕过杆端点垂直于杆的水平轴转动，杆的动量大小为 ，杆绕转动轴的动能为 ，动量矩为 。 2． 匀质圆盘状飞轮，质量为20kg ，半径为30cm ，当它以每分钟60转的速率旋转时，其动能为 。
3． 如图所示，用三根长为l 的细杆，(忽略杆的质量)将三个质量均为m 的质点连接起来，并与转轴O 相连接，若系统以角速度ω绕垂直于杆的O 轴转动，则中间一个质点的角动量为_______，系统的总角动量为__________。如考虑杆的质量，若每根杆的质量为M ，
则此系统绕轴O 的总转动惯量为____________，总转动动能为____________。 4． 一人站在转动的转台上，在他伸出的两手中各握有一个重物，若此人向着胸部缩回
l l l
他的双手及重物，忽略所有摩擦，则系统的转动惯量____________，系统的转动角速度____________，系统的角动量____________，系统的转动动能____________。（填增大、减小或保持不变） 填空题： 1、
ωml 2
1，2261ωml ，ω231
ml
2、)(8.12J π
3、ω2
4ml ，ω2
14ml ，2)914(l M m +，
22)914(2
1
ωl M m + 4、减小，增大，保持不变，增大 三．计算题
1． 一个飞轮直径为0.30m 、质量为5.00kg ，边缘绕有绳子。现用恒力拉绳子的一端，使飞轮由静止均匀地加速，经0.50s 转速达10rev/s 。假定飞轮可看作实心圆柱体，求： （1）飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数； （2）拉力大小及拉力所作的功；
（3）从拉动后t =10s 时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度大小和加速度大小。
解：（1）
飞轮的角加速度 )/(126)/(405.00
222s rad s rad n t ≈=-==
=ππωαα?? 这段时间转过的角度 ππαθ55.0402
1
2122=??==t ，转过了2.5转。
此时的角速度 ()s rad n /202ππω==
（2）由动能定理得拉力的功
()()J MR J A 11125.112015.052121212102122
2222≈=????=??=-=ππωω
由功的定义 θθθ???=??==??r F r F Md A d
拉力大小 ()N R A r A F 4715515.025.112
≈=?=??=??=
ππ
πθθ （3）
t=10秒时，飞轮的角速度 )/(400
s rad t παω== 轮边缘上一点的速度 )/(5.1886015.0400
s m R r ≈=?===ππωωυ
轮边缘上一点的切向速度大小
()()
22/9.18/615.040s m s m r a ≈=?=?=ππατ
轮边缘上一点的法向速度大小 ()
2522/1037.224000s m r a n ?≈==πω
轮边缘上一点的加速度大小 ()252
2/1037.2s m a a a n
?≈+=τ 2． 飞轮的质量为60kg 、直径为0.50m 、转速为1000rev/min ，现要求在5s 内使其制动，求制动力F
的大小。假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=0.4，飞轮的质量全部分布在轮的外周上。尺寸如图所示。
解：制动角加速度为
()()
22/9.20/3
20
5602s rad s rad n t ===??==ππωαα
阻力矩为 2d N M ?=μ，飞轮的转动惯量为2
2??
?
??=d m J
由转动定律 α?=J M
得 αμ???
?
??=?2
22d m d N
()N md
N 7852503
20
4.05.060≈=??=
?=
ππαμ
由平衡条件，得 ()05.075.05.0=+?-?F N
()N N F 3141005
.075.050
.0==?+=
π
3． 如图所示，物体1和2的质量分别为1m 与2m ，滑轮的转动惯量为J ，半径为r 。 （1）如物体2与桌面间的摩擦系数为μ，求系统的加速度a 及绳中的张力1T 和2T （设绳子与滑轮间无相对滑动，滑轮与转轴无摩擦）；
（2）如物体2与桌面间为光滑接触，求系统的加速度a 及绳中的张力1T 和2T 。
解：
（1）用隔离体法，分别画出三个物体的受力图。 对物体1，在竖直方向应用牛顿运动定律
)(111a m g m T -=-
对物体2，在水平方向和竖直方向分别应用牛顿运动定律
a m N T 22=-μ
02=-g m N 对滑轮，应用转动定律
()α-=-J r T r T 12 并利用关系
αr a =
由以上各式， 解得
g r
J
m m m m a ?++-=
2
2121μ
g m r J
m m r J m m T 12
212221?+++
+=μ g m r
J
m m r J
m m T 22
212
112?++++=μμ （2）0=μ时
J
r m r m g
r m g r
J m m m a ++=?++=2221212
211
()J
r m r m g
m J r
m g m r J m m r J m T +++=
?+
++
=
222
112212
212
21
a
J
r m r m g
m r m g m r
J m m m T ++?=?++=2
22122122
211
2 4． 轻绳绕于半径r =20cm 的飞轮边缘，在绳端施以大小为98N 的拉力，飞轮的转动惯量J =0.5kg ?m 2。设绳子与滑轮间无相对滑动，飞轮和转轴间的摩擦不计。试求： （1）飞轮的角加速度；
（2）当绳端下降5m 时，飞轮的动能；
（3）如以质量m =10kg 的物体挂在绳端，试计算飞轮的角加速度。
解：
（1）由转动定律 αJ M =
()2/2.395.02.098s rad J r F J M =?=?==α
（2）由动能定理 A E k =-0
()J h F A E k 490598=?=?==
（3）对物体应用牛顿运动定律 a m T mg ?=-
对滑轮应用转动定律 ()α-=?-J r T
利用关系 αr a = 由以上各式解得
()
22
2/8.215.02.0108.92.010s rad J mr mrg g r
J mr m =+???=+=+
=α 5． 如图示，转台绕中心竖直轴以角速度ω作匀速转动。转台对该轴的转动惯量
J =5?10-5kg ?m 2。现有砂粒以1g/s 的流量落到转台，并粘在台面形成一半径r =0.1m 的圆。试求砂粒落到转台，使转台角速度变为ω/2所花的时间。 解：由角动量守恒定律
00
2
2
)
(ωωJ mr J =+
得 2r
J
m = 由于
kg/s 3101-?=t
m
所以 s 510
11.010********
25
323=???=??=?=----r J m t （三.计算题
1． 在自由旋转的水平圆盘上，站一质量为m 的人。圆盘的半径为R ，转动惯量为J ，角速度为ω。如果这人由盘边走到盘心，求角速度的变化及此系统动能的变化。
解：应用角动量守恒定律
ωωω'=+J mR J 2 解得 ???
?
??+='J mR 21ωω
则角速度的变化 J
mR 2
ωωωω=-'=?
系统动能的变化 ()
2222
1
21ωωmR J J E k +-'?=
? 即 )1(212
22+=?J
mR mR E k ω 2． 在半径为1R 、质量为M 的静止水平圆盘上，站一静止的质量为m 的人。圆盘可无摩擦地绕过盘中心的竖直轴转动。当这人沿着与圆盘同心，半径为2R （1R <）的圆周相对于圆盘走一周时，问圆盘和人相对于地面转动的角度各为多少？
解：设人相对圆盘的角速度为ω，圆盘相对地面的角速度为M ω。 则人相对地面的角速度为M m ωωω+= 应用角动量守恒定律
02
1212
2=+M m MR mR ωω
即 ()021212
2
=++M M MR mR ωωω 解得 2
12
22
2
2
1MR mR mR M
+-=ωω
圆盘相对地面转过的角度为
π?ωθ22
1212
12
22
2
212222?+-=+-==??MR mR mR dt MR mR mR dt M M
人相对地面转过的角度为
πθπωθ22
121
22
12
221?+=+==?MR mR MR dt M
m m
3． 如图所示，滑轮的转动惯量J =0.5kg ?m 2，半径r =30cm ，弹簧的劲度系数k =2.0N/m ，重物的质量m =2.0kg 。当此滑轮——重物系统从静止开始启动，开始时弹簧没有伸长。滑轮与绳子间无相对滑动，其它部分摩擦忽略不计。问物体能沿斜面下滑多远？当物体沿斜面下滑00.1m 时，它的速率有多大？
037sin 212121022
22=-++
mgx r
J m kx υ
υ （1）0=υ时，得0=x 或()m x 8.112
37sin 8.90.22=?
???=
（2）1=x 时
()s m r J m kx mg /7.1)3.0(5.0210.2211221
37sin 8.90.221212137sin 2
2
2
2
=?+???-???=
+-?=
υ
4． 长m l 40.0=、质量kg M 00.1=的匀质木棒，可绕水平轴O 在竖直平面内转动，开始时棒自然竖直悬垂，现有质量g m 8=的子弹以s m v /200=的速率从A 点射入棒中，A 点与O 点的距离为l 4
3
，如图所示。求：（1）棒开始运动时的角速度；（2）棒的最大偏转角。
解：
（1）应用角动量守恒定律
ωωυ2
2433143??
? ??+=?l m Ml l m
得()s rad l m M m /9.84
.010810913120010843
169314333=???
?
????+????=??? ??+=
--υω （2）应用机械能守恒定律
θθωcos 4
3cos 2432)]43(31[2122l
mg l Mg l mg l Mg l m Ml --=--+ 得 079.03289
3
21cos -=?++-=ωθg
l m M m
M ?=5.94θ
5． 宇宙飞船中有三个宇航员绕着船舱内壁按同一方向跑动以产生人造重力。
（1）如果想使人造重力等于他们在地面上时受的自然重力，那么他们跑动的速率应多大？设他们的质心运动的半径为2.5m ，人体当质心处理。
（2）如果飞船最初未动，当宇航员按上面速率跑动时，飞船将以多大角速度旋转？设每个宇航员的质量均为70kg ，飞船船体对于其纵轴的转动惯量为3?105kg ?m 2。 （3）要使飞船转过30?，宇航员需要跑几圈？
解：（1）应用牛顿第二运动定律
r
m
mg 2
υ=
m/s)(95.45.28.9≈?==gr υ
（2）应用角动量守恒定律
0)(32=+-ωωυ
J r
mr
(rad/s)32
52107.85
.27031035
.295.470333-?≈??-????=--=mr J r m υω （3）
1910
7.83602305.2295.4223
≈???????===-ππωθπυπυr r t n 圈
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。
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
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，
第四章 刚体转动习题
1.如图所示,一质量为m得匀质细杆AB,A端靠在光滑得竖直墙壁上,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端对墙壁得压力为 2.两个均质圆盘A与B得密度分别为ρA与ρB , 若ρA﹥ρB但两圆盘得质量与厚度相同, 如果两盘对通过盘心垂直于盘面轴得转动惯量各为JA与JB , 则( ) 3.一电唱机得转盘以n =78 转/分得转速匀速转动,则与转轴相距r =15cm 得转盘上得一点P得线速度v = ,法向加速度an= 、在电唱机断电后, 转盘在恒定得阻力矩作用下减速, 并在t =15s内停止转动,则转盘在停止转动前得角加速度a= ,转过得圈数N= 、 4、一转动惯量为J 得圆盘绕一固定轴转动,起始角速度为ω0, 设它所受得阻力矩与转动角速度成正比,即M = -kω (k为正得常数),若它得角速度从ω0变 到ω0/2, 则所需得时间t = 。 5.一轻绳绕在半径r =20 cm得飞轮边缘, 在绳端施以F=98 N得拉力, 飞轮得转动惯量J = 0、5kg·m2飞轮与转轴间得摩擦不计,试求(1)飞轮得角加速度;(2)当绳下降5m时飞轮所获得得动能;(3)如以质量m=10kg得物体挂在绳端再计算飞轮得角加速度. 6.质量为m, 长为l得均匀细棒, 可绕垂直于棒得一端得水平轴转动, 如将此棒放在水平位置, 然后任其落下, 求(1)开始转动时棒得角加速度; (2)棒下落到竖直位置时得动能;(3)下落到竖直位置时得角速度. 第四章刚体转动课后练习七 1.我国第一颗人造卫星绕地球作椭圆运动,地球中心为椭圆得一个焦点.在运行过程中,下列叙述中正确得就是( ) (A)动量守恒(B)动能守恒 (C)角动量守恒(D)以上均不守恒.
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
练习 四刚体的转动
练习 四 一、选择题 1． 力kN j i F )53( +=，其作用点的矢径为m j i r )34( -=，则该力对坐标原点的力矩大小为 (A)m kN ?-3； （B ）m kN ?29； (C)m kN ?19； (D)m kN ?3。 2． 圆柱体以80rad /s 的角速度绕其轴线转动，它对该轴的转动惯量为24m kg ?。由于恒力矩的作用，在 10s 内它的角速度降为40rad /s 。圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为( ) (A)80J ，80m N ?；(B)800J ，40m N ?；(C)4000J ，32m N ?；(D)9600J ，16m N ?。 3． 一匀质圆盘状飞轮质量为20kg ，半径为30cm ，当它以每分钟60转的速率旋转时，其动能为 (A)22.16π J ； (B)21.8πJ ；（C ）1.8J ； （D ）28.1πJ 。 4． 如图所示，一轻绳跨过两个质量均为m 、半径均为R 两端分别系着质量分别为m 和2m 的重物，不计滑轮转轴的摩擦。且绳与两滑轮间均无相对滑动，则两滑轮之间绳的张力。（ ） (A)mg ； (B)3mg /2； (C)2mg ； (D)11mg /8。 二、填空题 1.半径为r =1.5m 的飞轮，初角速度ω0=10rad/s ，角加速度β= -5rad/s 2角位移为零，则在t = 时角位移再次为零，而此时边缘上点的线速度v = 。 2.一飞轮作匀减速运动，在5s 内角速度由40πrad/s 减到10πrad/s ，则飞轮在这5s 内总共转过了 圈，飞轮再经 的时间才能停止转动。 4.一根匀质细杆质量为m 、长度为l ，可绕过其端点的水平轴在竖直平面内转动。则它在水平位置时所受的 重力矩为 ，若将此杆截取2/3，则剩下1/3在上述同样位置时所受的重力矩为 。 5.长为l 的匀质细杆，可绕过其端点的水平轴在竖直平面内自由转动。如果将细杆置与水平位置，然后让 其由静止开始自由下摆，则开始转动的瞬间，细杆的角加速度为 ，细杆转动到竖直位置时角 速度为 。 三．计算题 1． 一个飞轮直径为0.30m 、质量为5.00kg 止均匀地加速，经0.50s 转速达10rev/s 。假定飞轮可看作实心圆柱体，求： （1）飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数； （2）拉力大小及拉力所作的功； （3）从拉动后t =10s 时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度大小和加速度大小。 2． 飞轮的质量为60kg 、直径为0.50m 、转速为1000rev/min ，现要求在5s 内使其制动，求制动力F 的大 小。假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数?=0.4图所示。 3． 如图所示，物体1和2的质量分别为1m 与2m ，滑轮的转动惯量为J ，半径为r 。 （1）如物体2与桌面间的摩擦系数为μ，求系统的加速度a 及绳中的张力1T 和2T 间无相对滑动，滑轮与转轴无摩擦）； （2）如物体2与桌面间为光滑接触，求系统的加速度a 及绳中的张力1T 和2T 。 4． 轻绳绕于半径r =20cm 的飞轮边缘，在绳端施以大小为98N 的拉力，飞轮的转动惯量 J =0.5kg ?m 2。设绳子与滑轮间无相对滑动，飞轮和转轴间的摩擦不计。试求： （1）飞轮的角加速度； （2）当绳端下降5m 时，飞轮的动能； （3）如以质量m =10kg 的物体挂在绳端，试计算飞轮的角加速度。 练习 五 一、选择题 1． 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（动量矩）；
刚体转动习题
刚体的定轴转动 1．均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示。今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的? (A) 角速度从小到大，角加速度从大到小 ; (B) 角速度从小到大，角加速度从小到大 ; (C) 角速度从大到小，角加速度从大到小 ; (D) 角速度从大到小，角加速度从小到大 。 答案 B 2.如图所示，A 、B 为两个相同的绕着 轻绳的定滑轮，A 滑轮挂一质量为M 的物体，B 滑轮受拉力F ，而且F=Mg ， 设A 、B 两滑轮的角加速度分别为βA 和βB ， 不计滑轮轴的摩擦， 则有 （A ）βA =βB （B ）βA ＞βB （C ）βA ＜βB （D ）开始时βA =βB ，以后βA ＜βB 答案 C 3.一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
4.如图所示，半径为r 1=0.3m 的A 轮通过r 2=0.75m 的B 轮带动，B 轮以匀角加速 度πrad/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3000re υ/min 所需要的时间。 解：两轮的角加速度分别为βA ，βB a tA =a tB =a t =r 1βA =r 2βB βA = 1 2 r r βB ω=βA t ∴t=2 112r r r r B B A βωβω βω= = = 75 .03 .0)60/23000(???ππ =40s 力矩 转动定律 转动惯量 1.关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 （A ）只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关。 （B ）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关。 （C ）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置。 （D ）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关。 答案 C 2.一个物体正在绕固定的光滑轴自由转动，则 （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. 答案 D
第四章_刚体的转动大学物理
第四章 刚体的转动 练习一 一.填空题 1. 刚体对轴的转动惯量与_____________有关。 2. 一圆盘饶过盘心且与盘面垂直的轴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将_____________ 3. 将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，如果在绳端挂一质量为m 的重物时，飞 轮的角加速度为α1. 如果以拉力2mg 代替重物拉绳时, 飞轮的角加速度将_____________α1 (填<，>，=) 4. 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，在棒摆动到竖立位置的过程中，角速度将_____________，角加速度将_____________。 (填增大，减小) 二.计算题 1. 一轴承光滑的定滑轮,质量为M ,半径为R ,一根不能伸长的轻绳,一端缠绕在定滑轮上,另一端系有一质量为m 的物体,如图所示.已知定滑轮的转动惯量为J =MR 2/ 2.其初角速度ω 0,方向垂直纸面向里.求: (1) 定滑轮的角加速度; (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. 2 . 一长为1 m 的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动．抬起另一端使棒向上与水平面成60°，然后无初转速地将棒释放．已知棒对轴的转动惯量为 2 3 1ml ，其中m 和l 分别为棒的质量和长度．求： (1) 放手时棒的角加速度； (2) 棒转到水平位置时的角加速度．
第四章刚体的转动
第四章 刚体的转动 一、基本要求 1．理解刚体定轴转动的描述方法。 2．掌握转动定律，能熟练应用转动定律解题。 3．掌握质点角动量和角动量守恒定律，并能用它们分析、解决质点在平面内运动时的基本力学问题。 4．掌握刚体角动量和角动量守恒定律，并能求解一些简单问题。 5．理解刚体定轴转动时的动能定理。 二、本章要点 1．刚体定轴转动的描述 刚体作定轴转动时，其上各点均作圆周运动，且圆心都在转轴上。所以，刚体上各点的角位移、角速度、角加速度都是一样的，因此用角量描述刚体的定轴转动比较适宜。 dt d θω= 22dt d dt d θωβ== 2．刚体定轴转动定律 βI M =∑外 3．质点的角动量定理和角动量守恒定律 质点的角动量定理 dt L d M i i ∑= 角动量守恒定律： 若作用在质点上的合力矩始终为零，则质点的角动量保持不变。即当 ∑=0i M 时，=L 恒量。 4．定轴转动的质点系的角动量定理和角动量守恒定律 dt dL M = ∑外 若对一质点系，在其变化过程中始终有∑外M =0，则=L 恒量。这个结论叫做质点系 对轴的角动量守恒定律。 5．刚体作定轴转动时的动能定理 k E A ?=∑外)2 1(2 ωI ?= 三、例题 4-1 如图，两个完全相同的定滑轮分别用绳绕几圈以后，在Ａ轮绳端系一质量为m 的
物体，在Ｂ轮上以恒力mg F =拉绳，则两轮 转动的角加速度A β B β。（填＜，=，＞） 解：滑轮角加速度β由绳拉力力矩产生。对A ，因m 有加速度，所以mg T <；对mg F B =，，所以A 受的力矩小B A ββ<。 4-2 一飞轮的转动惯量为Ｉ，在t=0时角速度为0ω，此后轮经历制动过程，阻力矩 的大小与角速度的平方成正比，比例系数k ＞0。当角速度减为3/0ω时，飞轮的角加速度 。 解：由转动定律βI M =，且2 ωk M -=，所以 I k 2 ωβ-= 当=ω30ω时，qI k 2 ωβ-=。 4-3 滑轮圆盘半径为Ｒ，质量为Ｍ，长绳的一端绕在定滑轮圆周上，一端挂质量m 的 物体。若物体匀速下降，则滑轮与轴间的摩擦力矩为 。 解：物体的受力分析如图所示。列方程 ? ? ?=-=-00 f M TR T m g 解得摩擦力矩大小为 mgR M f = 4-4 一质量m 、半径为Ｒ的薄圆盘，可绕通过其一直径的轴转动，转动惯量24 1 mR I = 。该盘从静止开始在恒力矩Ｍ的作用下转动，t 秒后位于圆盘边缘上与轴垂直距离为Ｒ的点的切向加速度大小为 ，法向加速度大小为 。 解：由转动定律βI M =得 2 4mR M I M == β 切向加速度为 mR M R a t 4= =β 由t βω=及R a n 2ω=得，法向加速度 3 22 216R m t M a n =
刚体的转动习题
第四章刚体的转动习题 （一）教材外习题 一、选择题： 1．关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 （A）只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关。 （B）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关。 （C）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置。 （D）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关。 （）2．两个均质圆盘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 （）3．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J0角速度为ω0，然后她将两臂收回，使转动惯量减少J0/3。这时她转动的角速度变为 （A）ω0/3 （B）（1/3）ω0 （C）3ω0 （D）3ω0 （）4．如图所示，一水平刚性轻杆，质量不计，杆长l =20cm，其上穿有两个小球。初始时，两小球相对杆中心O对称放置，与O的距离d=5cm，二者之间用细线拉紧。现在让细杆绕通过中心O的竖直固定轴作匀角速的转动，转速为ω0，再烧断细线让两球向杆的两端滑动。不考虑转轴的和空气的摩擦，当两球都滑至杆端时，杆的角速度为 （A）ω0 （B）2ω0 （C）ω0/2 （D）ω0/4 （） 二、填空题： 1．半径为r =1.5m的飞轮，初角速度ω0=10rad·s-1，角加速度β = -5rad·s-2，则在t=_______ _________时角位移为零，而此时边缘上点的线速度v= _______________________。 2．半径为30cm的飞轮，从静止开始以0.50rad·s-2的匀角加速度转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240?时的切向加速度a t =______________，法向加速度a n =_______________。3．一定滑轮质量为M、半径为R，对水平轴的转动惯量J=MR2/2。在滑轮的边缘绕一细绳，
《物理学基本教程》课后答案_第四章__刚体的转动
第五章 刚体的转动 5-13 如图5-13(a)所示，滑轮转动惯量为0.012m kg ?，半径为7 cm ，物体质量为5 kg ，由一绳与倔强系数k=200 N/m 的弹簧相连，若绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴上的摩擦忽略不计，求：(1)当绳拉直弹簧无伸长时，使物体由静止而下落的最大距离；(2)物体速度达最大值的位置及最大速率． 分析 下面的5-17题中将证明，如果绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用，则由刚体和地球组成的系统机械能守恒．如果将滑轮、地球和物体与弹簧组成一个弹性系统和重力系统合成的系统，当无重力和弹性力以外的力作功的情况下，整个系统的机械能守恒，可以应用机械能守恒定律．下面的解则仅应用功能原理和力矩所作的功与刚体转动动能的关系进行计算． 解 (1) 物体由静止而下落到最低点时，速度为零，位移为1x ，在此期间重力所作的功完全转换为弹簧弹性势能的增量，即 2112 1kx mgx = m 0.49m 2008.95221=??==k mg x (2)物体与滑轮受力如图5-13(b)所示，设物体的最大速率为0v ，此时的位移 为0x ，加速度00=a ，滑轮的角加速度000== R a α，分别应用牛顿第二定律和转动定律 T1 a F ’T1 m m g (a) (b) 图5-13
ma F mg =-T1 αJ R F F =-)(T2T1 可得此时T1F mg =，F T1= F T2，又因对于轻弹簧有0T2kx F =，则得 m 0.245m 2008.950=?== k mg x 在此过程中，重力所作之功等于弹性势能的增量、物体动能和滑轮转动动能的增量的和，即 20202002 12121ωJ m kx mgx ++= v 因R 00v =ω，得 m/s 31.1m/s 9.85)07.001.05(2001)(1 22=??+?=+=mg R J m k v 5-7 如图5-7（a ）所示的系统中，m 1 = 50 kg ，m 2 = 40 kg ，圆盘形滑轮质量m = 16 kg ，半径R = 0.1 m ，若斜面是光滑的，倾角为30°，绳与滑轮间无相对滑动，不计滑轮轴上的摩擦，(1)求绳中张力；(2)运动开始时，m 1距地面高度为1 m ，需多少时间m 1到达地面？ 分析 由于存在物体运动和滑轮定轴转动，而且必须考虑圆盘形滑轮的质量，这是一个质点动力学和刚体动力学的综合问题，应该采用隔离物体法，分别 m α F ’T1 F T1 m 2 m 1 F F T2 a ?30 m 2g m 1g （a ） （b ） 图5-7
刚体的转动习题
17 -4 图18-4 图F F - O 04 第四章 刚体力学 一、选择题： 1、如图4-18所示，一圆盘绕通过盘心且与盘面垂直的轴o 以角速度ω针转动。今将两大小相等、方向相反、但不在同一条直线上的力F 和F -盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度：[ ] （A ）必然减少 （B ）必然增大 （C ）不会变化 （D ）如何变化，不能确定 2、如图4-17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 端置于粗糙的水平地面上而静止，杆身与竖直方向成θ角，则A 端对墙壁的压力大小为：[ ] （A ）θcos 41mg （B ） θmgtg 2 1 （C ）θsin mg （D ）不能唯一确定 3、某转轮直径m d 4.0=,以角量表示的转动方程为t t t 432 3 +-=θ（SI ）,则：[ ] （A ）从s t 2=到s t 4=这段时间内，其平均角加速度为2 .6-s rad ； （B ）从s t 2=到s t 4=这段时间内，其平均角加速度为2 .12-s rad ； （C ）在s t 2=时，轮缘上一点的加速度大小等于2 .42.3-s m ； （D ）在s t 2=时，轮缘上一点的加速度大小等于2 .84.6-s m 。 4、如图4-2所示，一倔强系数为k 轮（转动惯量为J ），下端连接一质量为m 的物体，问物体在运 动过程中，下列哪个方程能成立？[ ] （A ）ky mg = （B ）02=-T mg （C ）my T mg =-1 （D ）y R J J βR T T ''?= =-)(21 5、 关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 （A ）只取决于刚体的质量,与质量的空间分布和轴的位置无关． （B ）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关． （C ）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置． （D ）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关． ［ ］ 6、有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上： (1) 这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； (2) 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零； (3) 当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零； (4) 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零． 在上述说法中， (A) 只有(1)是正确的． (B) (1) 、(2)正确，(3) 、(4) 错误． (C) (1)、(2) 、(3) 都正确，(4)错误． (D) (1) 、(2) 、(3) 、(4)都正确． ［ ］ 7、有两个半径相同，质量相等的细圆环A 和B ．A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀．它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为J A 和J B ，则 (A) J A ＞J B ． (B) J A ＜J B ．
第四章 刚体转动习题
1．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端对墙壁的压力为 2．两个均质圆盘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 果两盘对通过盘心垂直于盘面轴的转动惯量各为JA和JB , 则( )
3．一电唱机的转盘以n =78 转/分的转速匀速转动，则与转轴相距r =15cm 的转盘上的一点P的线速度v = ，法向加速度an= .在电唱机断电后, 转盘在恒定的阻力矩作用下减速, 并在t =15s内停止转动，则转盘在停止转动前的角加速度a= ，转过的圈数N= . 4.一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，起始角速度为ω0, 设它所受的阻力矩与转动角速度成正比,即M = -kω (k为正的常数),若它的角速度从ω0变 到ω0/2, 则所需的时间t = 。
5．一轻绳绕在半径r =20 cm的飞轮边缘, 在绳端施以F=98 N的拉力, 飞轮的转动惯量 J = 0.5kg·m2飞轮与转轴间的摩擦不计，试求(1)飞轮的角加速度；(2)当绳下降5m时飞轮所获得的动能;(3)如以质量m=10kg的物体挂在绳端再计算飞轮的角加速度． 6．质量为m, 长为l的均匀细棒, 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, 然后任其落下, 求(1)开始转动时棒的角加速度; (2)棒下落到竖直位置时的动能；(3)下 落到竖直位置时的角速度． o
第四章刚体转动课后练习七 1．我国第一颗人造卫星绕地球作椭圆运动，地球中心为椭圆的一个焦点．在运行过程中，下列叙述中正确的是（） (A)动量守恒(B)动能守恒 (C)角动量守恒(D)以上均不守恒． 2．一半径为R 的水平圆转台，可饶通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J，开始时转台以匀角速度ω0 转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外走去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为
刚体的转动习题
04第四章刚体力学 一、选择题： 1、如图4-18所示，一圆盘绕通过盘心且与盘面垂直的轴 0以角速度 针转动。今将两大小相等、方向相反、但不在同一条直线上的力 F 和 盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度： [] (A )必然减少 (B )必然增大 (C )不会变化 (D )如何变化，不能确定 4-17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 端置于粗糙的水平地面上而静止，杆身与竖直方向成 力大小为：[] 2、如图 (A ) 1 mgcos (B ) ^mgtg (C ) mgsin 2 (D )不能唯一确定 角，则A 端对墙壁的压 3、 某转轮直径 d 0.4m ,以角量表示的转动方程为 t 3 2 3t 4t (SI ),则: 4、 轮 (A ) (B ) (C ) (D ) 从t 从t 在t 在t 2s 到t 4s 这段时间内，其平均角加速度为 2s 到t 4s 这段时间内，其平均角加速度为 2s 时，轮缘上一点的加速度大小等于 2s 时，轮缘上一点的加速度大小等于 6rad.s 2 ； 12rad .s 2 ； 3.42m.s 2 ； 2 6.84m.s 。 如图4-2所示， (转动惯量为 J ),下端连接一质量为 动过程中，下列哪个方程能成立？ (A ) mg ky (B ) 倔强系数为 k 的弹簧连接一轻绳，绳子跨过滑 m 的物体，问物体在运 [] mg T 2 5、 T 2)R J B J y R 关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关. 取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关. 取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置. 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. (C ) mg T 1 my (A ) (B ) (C ) (D ) (D ) (T i 6、有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上: (1) (2) (3) (4) 在 (A) (B) (1) (C) (1) (D) (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； 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零； 当这两个 力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零； 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零. 上述说法中， 只有(1)是正确的. 、⑵正确，(3) 、(4)错误. 、(2)、(3)都正确，⑷错误. 、(2) 、(3) 、(4)都正确. A 和B. A 环的质量分布均匀， J A 和J B ,则 7、有两个半径相同，质量相等的细圆环 匀?它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为 (A) J A > J B ? (B) J A V J B . [ : B 环的质量分布不均
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 。
大学物理第四章-刚体的转动-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2n a l ω=，由于角速度变化，所以法向加速度的大小也在变化。 2. 刚体绕定轴转动的转动定律和质点系的动量矩定理是什么关系？ 答：刚体是一个特殊的质点系，它应遵守质点系的动量矩定理，当刚体绕定轴Z 转动时，动量矩定理的形式为z z dL M dt = ，z M 表示刚体对Z 轴的合外力矩，z L 表示刚体对Z 轴的动量矩。()2z i 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0ωω=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 2 ωωβ-== 得 ? ? - =3 2 00 ωωω ωK 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() )/(2.022 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 )/(2.02s 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- ===
第四章 刚体转动习题
1．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 端对墙壁的压力为 2．两个均质圆盘 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, 如果两盘对通过盘心垂直于盘面轴的转动惯量各为JA 和JB , 则( ) 3．一电唱机的转盘以 n =78 转/分的转速匀速转动，则与转轴相距 r =15cm 的转盘 上的一点P 的线速度 v = ，法向加速度an= .在电 唱机断电后, 转盘在恒定的阻力矩作用下减速, 并在 t =15s 内停止转动，则转盘在停止转 动前的角加速度a= ，转过的圈数N= . A B θN F ρg m ρ
4.一转动惯量为 J 的圆盘绕一固定轴转动，起始角速度为ω0, 设它所受的阻力矩与转动 角速度成正比,即M = -kω (k 为正的常数),若它的角速度从ω0变 到ω0/2, 则所需的时间 t = 。 5．一轻绳绕在半径 r =20 cm 的飞轮边缘, 在绳端施以 F=98 N 的拉力, 飞轮的转动惯 量J = 0.5kg·m2飞轮与转轴间的摩擦不计，试求(1)飞轮的角加速度；(2)当绳下降5m 时 飞轮所获得的动能;(3)如以质量m=10kg 的物体挂在绳端再计算飞轮的角加速度． 6．质量为m, 长为l 的均匀细棒, 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, 然后任其落下, 求 (1)开始转动时棒的角加速度; (2)棒下落到竖直位置时的动能；(3) 下落到竖直位置时的角速度． o A g m