刚体转动习题解答

作业07（刚体转动1）

1. 两个均质圆盘A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ，若B A ρρ>，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的转动惯量各为A J 和B J ，则[ ]。

A. B A J J >

B. B A J J <

C. B A J J =

答：［B ］

解： 由V

m =ρ，B A ρρ> ，B A m m =， B A V V <∴，B A R R <∴ 又：22

1mR =ρ B A J J <∴ 2. 几个力同时作用在一个具有固定转轴的刚体上，如果这几个力的矢量和为零，则此刚体

[ ]。

A. 必然不会转动

B. 转速必然不变

C. 转速必然改变

D. 转速可能不变，也可能改变

答：［D ］

解：几个力的矢量和为零，不一定外力矩为零，因此，刚体不一定不转动。但和外力为零，刚体不会平动。

3. 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）. 这两个力合力为零时，它们对轴的合力矩一定是零。

（4）. 这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力一定是零。

在上述说法中是正确的是[ ]。

A. 只有（1）是正确的

B. （1）（2）正确（3）（4）错误

C. （1）（2）（3）都正确，（4）错误

D. （1）（2）（3）（4）都正确

答：［B ］

解：如图所示

（1）由)(a )(b )(c 可见，21//?//F k F ，则它们对轴的力矩

0?)(111=??=k F r L z ，0?)(222=??=k F r L z ，对轴的合力矩为零。（1）是正确的。 （2）由)(d )(e )(f 可见，由21?F k F ⊥⊥，则它们对轴的力矩 0?)(111=??=k F r L z ，0?)(222=??=k F r L z ，对轴的合力矩为零； 由)(g )(i )(j 可见，21?F k F ⊥⊥，则它们对轴的力矩

0?)(111≠??=k F r L z ，0?)(222≠??=k F r L z ，但如果21F F =，对轴的合力矩

021=+z z L L 由)(h 可见，21?F k F ⊥⊥，则它们对轴的力矩

0?)(111≠??=k F r L z ，0?)(222≠??=k F r L z ，对轴的合力矩不为零。（2）是正确的。 （3）由)(b )(d )(j 可见，如果21F F =，即两个力合力为零，它们对轴的合力矩也是零；

但由)(h 可见，如果21F F =，即两个力合力为零，它们对轴的合力矩不为零。（3）错。

（4）由)(b )(d )(h )(j 可见，如果21F F =，两个力对轴的合力矩为零，两个力合力也为

零；由)(a )(c )(e )(f )(g )(i 可见，如果21F F =，两个力对轴的合力矩为零，但两个力

合力不为零。（4）错。

4. 皮带轮由静止开始匀加速转动，角加速度大小为2

0.5-?s rad ，当s t 0.3=时，皮带轮的角速度为=t ω ；轮的角位移为=θ ；与轮心相距m d 25.0=的一点的速度为=v ，加速度为=a 。

答：s rad t /15=ω，rad 5.22=θ，s m v /75.3=，2/26.56s m a = 解：由dt d ωα=积分：??=ωωα0

30d dt 可得：s rad /153==αω 由dt d θω=积分：??=θ

θω0

30d dt 可得：rad 5.22=θ； s m a a a d

v a d a n t n t /26.56,222

=+=∴==α 5. 一飞轮作匀减速转动，在s 5内角速度由150-?s rad π减到110-?s rad π，则飞轮在这s

5内总共转了 圈，飞轮再经 时间才能停下来。

答：75圈，1.25秒 解：由dt d ωα=积分：??=ππ

ωα105050d dt 可得：πα8-= 又：s t t s t d dt d dt t t 25.1525.6;25.6,)8(,00

500500

=-=-==-=

????πωπωπωα 又：??=ωπωα500d dt t 可得：παω50+=t 又：dt d θω=积分：??=θ

θω0

50d dt 可得：75150==πθ圈

6. 如图所示，质量kg m 161=的实心圆柱体，半径cm r 15=，可

以绕其固定水平轴O 转动，阻力忽略不计。一条轻的柔绳绕在圆

柱上，其另一端系一个质量kg m 82=的物体，求

（1）由静止开始过s 0.1后，物体2m 下降的距离；

（2）绳的张力T 。

解：如图所示，物体在重力作用下加速下落，并带动圆柱体绕固

定水平轴转动。受力分析如图所示。设物体下落的加速度为a ，

相应的圆柱体转动的角加速度为α。

以物体为研究对象，应用牛顿第二定律

a m T g m 22=-

以圆柱体为研究对象，应用刚体定轴转动定律

αJ rT =

另外，绳子不可伸长 αr a =

圆柱体绕固定水平轴O 的转动惯量

212

1r m J = 由此解得物体下落的加速度

)/(9.42222

12s m m m g m a =+=

（1）由静止开始过s 0.1后，物体2m 下降的距离

)(45.2212m at h == （2）绳的张力

)(2.39)(2N g a m T =-=

7. 已知地球半径为km R 6370=，求其表面纬度为θ处

P 点的自转角速度、线速度和角加速度，并说明方向。

解：如图，地球自转一周，耗时24小时，所以其自转

的角速度为

)/(12

242h rad ππω== 地球表面各点都在作圆周运动，表面纬度为θ处P

点的圆周半径为

)(cos 6370cos km R r θθ==

其线速度为

)/(7.1667cos 637012h km r v =?==θπ

ω

由于地球匀角速度自转，所以角加速度为

0=α

8. 一个系统的动量守恒和角动量守恒有何不同？

答：动量守恒要求系统的合外力为零；而角动量守恒要求系统的外力矩为零。合外力为零时，不一定外力矩为零。

【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

刚体转动实验报告

精品文档 其中刚体转动实验 实验目的 1?测定刚体的转动惯量用实验方法检验刚体的转动定理和平行轴定理 2?观测刚体的转动惯量随其质量分布及转动轴线不同而改变的状况 3?用作图法和最小二乘法处理数据一一曲线改直 实验仪器 刚体转动实验装置，停表（0.01s）, 砝码（5.00g）,电子游标卡尺（125mm）,钢卷尺（2m, Imr） 实验原理 根据刚体转动定律，当刚体绕固定轴转动时，有 M = I 3 其中M为刚体所受合力距，I为物体对该轴的转动惯量，3为角加速度.刚体所受外力 距为绳子给予的力矩Tr和摩擦力矩M u,其中T为绳子张力，与00相垂直，r为 塔轮的绕线半径.当略去滑轮及绳子质量并认为绳长不变时，m以匀加速度a下落. 并有： T = m（g - a） 其中g为重力加速度，砝码m由静止开始下落高度h所用时间t,则： h = at2/2 又因为 a = r 3 所以 2h1 m（g-a）r- M L= 在实验过程中保持-'二,则有 2111 若忙-匚歹,略去?，则有： 2h1 mgr必工 rt; 不能忽略，保持r, h以及…：的位置不变，改变m,测出相应的下落时间t,并保持'不变，则有：

实验目的 1.测定刚体的转动惯量用实验方法检验刚体的转动定理和平行轴定理 2.观测刚体的转动惯量随其质量分布及转动轴线不同而改变的状况 3.用作图法和最小二乘法处理数据——曲线改直 实验仪器 其中 刚体转动实验装置，停表 (0.01s), 砝码 (5.00g), 电子游标卡尺 (125mm), 钢卷尺( 2m ， 1mm )。 实验原理 根据刚体转动定律，当刚体绕固定轴转动时，有 M = I 3 其中M 为刚体所受合力距，I 为物体对该轴的转动惯量，3为角加速度?刚体所受外力 距为绳子给予的力矩 Tr 和摩擦力矩 ，其中T 为绳子张力，与00相垂直，r 为 塔轮的绕线半径?当略去滑轮及绳子质量并认为绳长不变时 ，m 以匀加速度a 下落. 并有 : T = m(g - a) 其中g 为重力加速度，砝码m 由静止开始下落高度 h 所用时间t ，则： h = at 2/2 又因为 a = r 3 所以 在实验过程中保持 ， 则有 若 ， 略去 ， 则有： 的位置不变 ， 改变 m ， 测出相应的下落时间 t ， 并保持 不能忽略 ， 保持 r ， h 以及

大学物理06刚体力学

刚体力学 1、（0981A15） 一刚体以每分钟60转绕z 轴做匀速转动(ω? 沿z 轴正方向)．设某时刻刚体上一点 P 的位置矢量为k j i r ??? ? 5 4 3++=，其单位为“10-2 m ”，若以“10-2 m ·s -1”为速度单位，则该时刻P 点的速度为： (A) k j i ???? 157.0 125.6 94.2++=v (B) j i ??? 8.18 1.25+-=v (C) j i ??? 8.18 1.25--=v (D) k ?? 4.31=v ［ ］ 2、（5028B30） 如图所示，A 、B 为两个相同的绕着轻绳的定滑轮．A 滑轮挂一质量为M 的物体，B 滑轮受拉力F ，而且F ＝Mg ．设A 、 B 两滑轮的角加速度分别为A 和B ，不计滑轮轴的摩擦，则 有 (A) A ＝B ． (B) A ＞B ． (C) A ＜ B ． (D) 开始时 A ＝ B ，以后 A ＜ B ． ［ ］ 3、（0148B25） 几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上，如果这几个力的矢量和为零，则此刚体 (A) 必然不会转动． (B) 转速必然不变． (C) 转速必然改变． (D) 转速可能不变，也可能改变． ［ ］ 4、（0153A15） 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O 以角速度 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 (A) 必然增大． (B) 必然减少． (C) 不会改变． (D) 如何变化，不能确定． ［ ］ 5、（0165A15） 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． A M B F O F F ω O A

刚体转动实验报告

刚体转动实验报告

刚体转动实验 实验目的 1.测定刚体的转动惯量用实验方法检验刚体的转动定理和平行轴定理 2.观测刚体的转动惯量随其质量分布及转动轴线不同而改变的状况 3.用作图法和最小二乘法处理数据——曲线改直 实验仪器 刚体转动实验装置，停表(0.01s), 砝码 (5.00g),电子游标卡尺(125mm), 钢卷尺 （2m，1mm）。 实验原理 根据刚体转动定律，当刚体绕固定轴转动时，有 M = Iβ 其中M为刚体所受合力距, I为物体对该轴的转动惯量, β为角加速度. 刚体所受外力距为绳子给予的力矩Tr和摩擦力矩Mμ, 其中T为绳子张力, 与OO’相垂直, r为塔 轮的绕线半径. 当略去滑轮及绳子质量并

认为绳长不变时, m以匀加速度a下落. 并有: T = m(g ? a) 其中g为重力加速度, 砝码m由静止开始下落高度h所用时间t, 则: h = at2/2 又因为 a = rβ 所以 m(g?a)r?Mμ=2hI 2 在实验过程中保持a?g, 则有 mgr?Mμ≈2hI rt2 若Mμ?mgr , 略去Mμ , 则有: mgr ≈2hI rt2 1.Mμ不能忽略,保持r, h以及m0的位置不变, 改变m, 测出相应的下落时间t, 并保持Mμ不变, 则有: m =k11 t2 +c1

其中k 1=2hI gr , c 1= M μgr . 2. 保持h, m 以及m 0的位置不变, 改变r , 测出相应的下落时间t ,并保持M μ不变, 则有: r = k 2 1t r +c 2 其中k 2=2hI mg , c 2= M μmg 3. 如果保持h,m,r 不变，对称地改变m 0的质心至OO’距离x ， 根据平行轴定理， I =I 0+I 0C +2m 0x 2 式中I 0为A,B,B’绕OO’轴的转动惯量，I 0C 为两个圆柱绕过其质心且平行于OO ’轴的转动惯量。则： t 2 =4m 0h 2x 2+2h(I 0+I 0C )2=k 3x 2+c 3 若考虑摩擦且摩擦力矩不变，则有 t 2=k 3′x 2+c 3′ 表示t 2与x 2成线性关系。 实验内容 1. 调节实验装置： 取下塔轮，换上竖直准钉，调OO’与地面垂

大学物理-力学考题

一、填空题（运动学） 1、一质点在平面内运动, 其1c r = ，2/c dt dv =；1c 、2c 为大于零的常数，则该质点作 运动。 2．一质点沿半径为0.1=R m 的圆周作逆时针方向的圆周运动，质点在0～t 这段 时间内所经过的路程为4 2 2t t S ππ+ = ，式中S 以m 计，t 以s 计，则在t 时刻质点的角速度为 ， 角加速度为 。 3．一质点沿直线运动，其坐标x 与时间t 有如下关系：x=A e -β t （ A. β皆为常数）。则任意时刻t 质点的加速度a = 。 4．质点沿x 轴作直线运动，其加速度t a 4=m/s 2，在0=t 时刻，00=v ，100=x m ，则该质点的运动方程为=x 。 5、一质点从静止出发绕半径R 的圆周作匀变速圆周运动，角加速度为β，则该质点走完半周所经历的时间为______________。 6．一质点沿半径为0.1=R m 的圆周作逆时针方向的圆周运动，质点在0～t 这段时间内所经过的路程为2t t s ππ+=式中S 以m 计，t 以s 计，则t=2s 时，质点的法向加速度大小n a = 2/s m ，切向加速度大小τa = 2/s m 。 7. 一质点沿半径为0.10 m 的圆周运动，其角位移θ 可用下式表示3 2t +=θ (SI)． (1) 当 2s =t 时，切向加速度t a = ______________； (2) 当的切向加速度大小恰为法向加速度 大小的一半时，θ= ______________。 （rad s m 33.3,/2.12） 8．一质点由坐标原点出发，从静止开始沿直线运动，其加速度a 与时间t 有如下关系：a=2+ t ，则任意时刻t 质点的位置为=x 。 (动力学) 1、一质量为kg m 2=的质点在力()()N t F x 32+=作用下由静止开始运动，若此力作用在质点上的时间为s 2，则该力在这s 2内冲量的大小=I ；质点在第 s 2末的速度大小为 。

大物实验 刚体的转动惯量

刚体的转动惯量 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 = 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Tr和轴摩擦力力矩Mf。由转动定律可得到刚体的转动运动方程：Tr - 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) Mf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<

大学物理试题库刚体力学 Word 文档

第三章 刚体力学 一、刚体运动学（定轴转动）---角位移、角速度、角加速度、线量与角量的关系 1、刚体做定轴转动，下列表述错误的是：【 】 A ；各质元具有相同的角速度； B ：各质元具有相同的角加速度； C ：各质元具有相同的线速度； D ：各质元具有相同的角位移。 2、半径为0.2m 的飞轮，从静止开始以20rad/s 2的角加速度做定轴转动，则t=2s 时，飞轮边缘上一点的切向加速度τa =____________，法向加速度n a =____________，飞轮转过的角位移为_________________。 3、刚体任何复杂的运动均可分解为_______________和 ______________两种运动形式。 二、转动惯量 1、刚体的转动惯量与______________ 和___________________有关。 2、长度为L ，质量为M 的均匀木棒，饶其一端A 点转动时的转动惯量J A =_____________，绕其中心O 点转动时的转动惯量J O =_____________________。 3、半径为R 、质量为M 的均匀圆盘绕其中心轴（垂直于盘面）转动的转动惯量J=___________。 4、两个匀质圆盘A 和B 的密度分别是A ρ和B ρ，若B A ρρ>，但两圆盘的质量和厚度相同，如两盘对通过盘心垂直于盘面轴的转动惯量各为A J 和B J 则：【 】 （A ）B A J J >； （B ）B A J J < （C ）B A J J = （D ）不能确定 三、刚体动力学----转动定理、动能定理、角动量定理、角动量守恒 1、一长为L 的轻质细杆，两端分别固定质量为m 和2m 的小球，此系统在竖直平面内可绕过中点O 且与杆垂直的水平光滑固定轴(O 轴)转 动．开始时杆与水平成60°角，处于静止状态．无初转速地释放以后， 杆球这一刚体系统绕O 轴转动．系统绕O 轴的转动惯量J ＝ ___________．释放后，当杆转到水平位置时，刚体受到的合外力矩M =____ __；角加速度β= ____ __． 2、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 ，则M r ＝_______． 3、【 】银河系有一可视为物的天体，由于引力凝聚，体积不断收缩。设它经过一万年体积收缩了1%，而质量保持不变。则它的自转周期将______；其转动动能将______ （A ）减小，增大； (B)不变，增大； (C) 增大，减小； (D) 减小，减小 4、【 】一子弹水平射入一竖直悬挂的木棒后一同上摆。在上摆的过程中，一子弹和木棒为系统（不包括地球），则总角动量、总动量及总机械能是否守恒？结论是： （A ）三者均不守恒； （B ）三者均守恒；

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）；

刚体转动习题解答

作业07（刚体转动1） 1. 两个均质圆盘A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ，若B A ρρ>，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的转动惯量各为A J 和B J ，则[ ]。 A. B A J J > B. B A J J < C. B A J J = 答：［B ］ 解： 由V m =ρ，B A ρρ> ，B A m m =， B A V V <∴，B A R R <∴ 又：22 1mR =ρ B A J J <∴ 2. 几个力同时作用在一个具有固定转轴的刚体上，如果这几个力的矢量和为零，则此刚体 [ ]。 A. 必然不会转动 B. 转速必然不变 C. 转速必然改变 D. 转速可能不变，也可能改变 答：［D ］ 解：几个力的矢量和为零，不一定外力矩为零，因此，刚体不一定不转动。但和外力为零，刚体不会平动。 3. 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）. 这两个力合力为零时，它们对轴的合力矩一定是零。 （4）. 这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力一定是零。 在上述说法中是正确的是[ ]。 A. 只有（1）是正确的 B. （1）（2）正确（3）（4）错误 C. （1）（2）（3）都正确，（4）错误 D. （1）（2）（3）（4）都正确 答：［B ］ 解：如图所示 （1）由)(a )(b )(c 可见，21//?//F k F ，则它们对轴的力矩 0?)(111=??=k F r L z ，0?)(222=??=k F r L z ，对轴的合力矩为零。（1）是正确的。 （2）由)(d )(e )(f 可见，由21?F k F ⊥⊥，则它们对轴的力矩 0?)(111=??=k F r L z ，0?)(222=??=k F r L z ，对轴的合力矩为零； 由)(g )(i )(j 可见，21?F k F ⊥⊥，则它们对轴的力矩

刚体转动惯量的测定_实验报告

实验三刚体转动惯量的测定 转动惯量是刚体转动中惯性大小的量度。它与刚体的质量、形状大小和转轴的位置有关。形状简单的刚体，可以通过数学计算求得其绕定轴的转动惯量；而形状复杂的刚体的转动惯量，则大都采用实验方法测定。下面介绍一种用刚体转动实验仪测定刚体的转动惯量的方法。 实验目的： 1、理解并掌握根据转动定律测转动惯量的方法； 2、熟悉电子毫秒计的使用。 实验仪器： 刚体转动惯量实验仪、通用电脑式毫秒计。 仪器描述： 刚体转动惯量实验仪如图一，转动体系由十字型承物台、绕线塔轮、遮光细棒等（含小滑轮）组成。遮光棒随体系转动，依次通过光电门，每π弧度（半圈）遮光电门一次的光以计数、计时。塔轮上有五个不同半径（r）的绕线轮。砝码钩上可以放置不同数量的砝码，以获得不同的外力矩。 实验原理： 空实验台（仅有承物台）对于中垂轴OO’的转动惯量用J o表示，加上试样（被测物体）后的总转动惯量用J表示，则试样的转动惯量J1： J1 = J –J o (1) 由刚体的转动定律可知：

T r – M r = J α (2) 其中M r 为摩擦力矩。 而 T = m(g -r α) (3) 其中 m —— 砝码质量 g —— 重力加速度 α —— 角加速度 T —— 张力 1． 测量承物台的转动惯量J o 未加试件，未加外力（m=0 , T=0） 令其转动后，在M r 的作用下，体系将作匀减速转动，α=α1，有 -M r1 = J o α1 (4) 加外力后，令α =α2 m(g –r α2)r –M r1 = J o α2 (5) （4）（5）式联立得 J o = 21 2212mr mgr ααααα--- (6) 测出α1 , α2，由（6）式即可得J o 。 2． 测量承物台放上试样后的总转动惯量J ，原理与1.相似。加试样后，有 -M r2=J α3 (7) m(g –r α4)r –Mr 2= J α4 (8) ∴ J = 23 4434mr mgr ααααα--- (9) 注意：α1 , α3值实为负，因此（6）、（9）式中的分母实为相加。 3． 测量的原理 设转动体系的初角速度为ωo ，t = 0 时θ= 0 ∵ θ=ωo t + 2 2 1t α (10) 测得与θ1 , θ2相应的时间t 1 , t 2 由 θ1=ωo t 1 + 2121t α (11) θ2=ωo t 2 + 2 22 1t α (12) 得 22112 22112) (2t t t t t t --= θθα (13) ∵ t = 0时，计时次数k=1（θ=л时，k = 2） ∴ []2 2 11222112)1()1(2t t t t t k t k ----= πα (14) k 的取值不局限于固定的k 1 , k 2两个，一般取k =1 , 2 , 3 , …,30,…

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。

(完整版)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

刚体转动的研究实验报告

肇 庆 学 院 电子信息与机电工程 学院 普通物理实验 课 实验报告 12 级 物理 班 B2 组 实验合作者 李敏莹 实验日期 2013年5月3日 姓名: 钟润平 学号 34号 老师评定 实验题目 刚体转动的研究 一、实验目的 1. 研究刚体转动时合外力矩与刚体转动角加速度的关系； 2. 考察刚体的质量分布改变对转动的影响。 二、实验仪器 刚体转动实验仪、秒表、游标卡尺、天平、砝码、开关。 三、实验原理 1.转动系统所受合外力矩合M 与角加速度β的关系 根据刚体转动定律，刚体绕某一定轴转动得角加速度β与所受的合外力矩 合M 成正比，与刚体的定轴转动惯量I 成反比，即 M I β=合 (16-1) 其中I 为该系统对回转轴的转动惯量。合外力矩M 合主要由引线的张力矩 M 和轴承的摩擦力力矩M 阻构成，则 M M I β-=阻 摩擦力矩是未知的，但是它主要来源于接触磨擦，可 以认为是恒定的，因而将上式改为 M I M β=+阻 (16-2) 在此实验中要研究引线的张力矩M 与角加速度β之间是否满足式(16-2)的关系，即测量在不同力矩M 作用下的β值。 (1)关于引线张力矩M

设引线的张力为T ，绕线轴半径为R ，则 M TR = 又设滑轮半径为r ，质量为m '，其转动惯量为I '，塔轮转动时砝码下落的加速度为a ，参照图16-2可以得出 从上述二式中消去T '，同时取21 2 I m r ''= ，得出 在此实验中保持0.3%2m a a g m ' + ≤，则mg T ≈，此时： mgR M ≈ (16-3) 可见在实验中是由塔轮R 来改变M 的值。 (2)角加速度β的测量 测出砝码从静止位置开始下落到地面上的时间为t ，路程为s ，则平均速度 /υS t =，落到地板前瞬间的速度2υυ=，下落加速度/a υt =，角加速度 R a /=β， 即 2 2s R t β= (16-4) 此方法一般是使用停表来测量砝码落地时间t ，由于t 较小，故测量误差比较大。 (3)转动惯量的测定 使用不同半径的塔轮，改变外力矩M ，测量在不同力矩M 作用下的角加速度β值，作出β-M 图线，应为一条直线，它的纵轴截距就是摩擦力矩M 阻，斜率就是刚体对转轴的转动惯量I 。 2.考查刚体的质量分布对转动的影响 设二重物的位置为1x 和2x 时(图16-3)的转动惯量分别为1I 和2I ，则有 mg T ma a T r Tr I r '-=???''-=?? )]2([a m m a g m T '+ -=

大学物理 刚体的转动

学号： 姓名： 成绩： 1-2每题5分； 3-5每题10分；6-8每题20分；总分100分. (作业A4纸打印，选择题和填空题写在题内，计算题解答写在A4纸背面) 作业三： 刚体的转动 一、选择题 1. 关于刚体转动惯量的概念，以下表述中的是： （A ）只要两刚体的总质量与形状都相同，则转动惯量相同，与转轴无关。 （B ）刚体的转动惯量决定于刚体的质量相对于转轴的分布。 （C ）刚体转动惯量的方向与转轴相同。 (D) 刚体转动惯量的大小与刚体的运动状态有关 ［ ］ 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 ． ［ ］ 二、填空题 3.如图所示，一轻绳绕于半径r = 0.2 m 的飞轮边缘，并施以F ＝98 N 的拉力，若不计轴的摩擦，飞轮的角加速度等于39.2 rad/s 2，此飞轮的转动惯量为___________． 4. 有一半径为R 的匀质圆形水平转台，可绕通过盘心O 且垂直于盘面的竖直固定轴OO ＇转动，转动惯量为J ．台上有一人，质量为m ．当他站在离转轴r 处时(r ＜R )，转台和人一起以ω1的角速度转动，如图．若转轴处摩擦可以忽略，问当人走到转台边缘时，转台和人一起转动的角速度ω2＝____________． 5. 一水平的匀质圆盘，可绕通过盘心的竖直光滑固定轴自由转动．圆盘质量为M ，半径为P ，对轴的转动惯量212 J mR =．当圆盘以角速度ω0转动时，有一质量为m 的子弹沿盘的直径方向射入而嵌在盘的边缘上．子弹射入后，圆盘的角速度ω＝??????????????． 三、计算题 6. 如图所示，设两重物的质量分别为m 1和m 2，且m 1＞m 2，定滑轮的半径为r ，对转轴的转动惯 量为J ，轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩擦不计．设开始时系统静止，试求t 时刻滑轮的角速度． 7. 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212J mR = ，滑轮轴光滑．试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系． 8.质量为m 、长为l 的细棒，可绕通过棒一端O 的水平轴自由转动（转动惯量23J ml =），棒于水平位置由静止开 始摆下，求： （1）、初始时刻的角加速度； （2）、杆转过θ角时的角速度。 m

大学物理习题及解答(刚体力学)

1 如图所示，质量为m 的小球系在绳子的一端，绳穿过一铅直套管，使小球限制在一光滑水平面上运动。先使小球以速度0v 。绕管心作半径为r D 的圆周运动，然后向下慢慢拉绳，使小球运动轨迹最后成为半径为r 1的圆，求(1)小球距管心r 1时速度大小。(2)由r D 缩到r 1过程中，力F 所作的功。 解 (1)绳子作用在 小球上的力始终通过中 心O ，是有心力，以小球 为研究对象，此力对O 的 力矩在小球运动过程中 始终为零，因此，在绳子缩短的过程中，小球对O 点的角动量守恒，即 1 0L L = 小球在r D 和r 1位置时的角动量大小 1100r mv r mv = 1 00r r v v = (2)可见，小球的速率增大了，动能也增大了，由功能定理得力所作的功 ??????-=-=-=1)(21 2 1)(21 2 1212102020210202021r r mv mv r r mv mv mv W

2 如图所示，定滑轮半径为r ，可绕垂直通过轮心的无摩擦水平轴转动，转动惯量为J ，轮上绕有一轻绳，一端与劲度系数为k 的轻弹簧相连，另一端与质量为m 的物体相连。 物体置于倾角为θ的光滑斜面上。 开始时，弹簧处于自然长度，物体速度为零，然后释放物体沿斜面下 滑，求物体下滑距离l 时， 物体速度的大小。 解 把物体、滑轮、弹簧、 轻绳和地球为研究系统。在 物体由静止下滑的过程中，只有重力、弹性力作功，其它外力和非保守内力作功的和为零，故系统的机械能守恒。 设物体下滑l 时，速度为v ，此时滑轮的角速度为ω 则 θωsin 2121210222mgl mv J kl -++= （1） 又有 ωr v = （2） 由式（1）和式（2）可得 m r J kl mgl v +-=22 sin 2θ

大学物理第3章刚体力学习题解答

第3章 刚体力学习题解答 3.13 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为 ):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。求t 时刻的角速度和角加速度。 解：23212643ct bt ct bt a dt d dt d -== -+== ωθβω 3.14桑塔纳汽车时速为166km/h ，车轮滚动半径为0.26m ，发动机转速与驱动轮转速比为0.909, 问发动机转速为每分多少转？ 解：设车轮半径为R=0.26m ，发动机转速为n 1, 驱动轮转速为n 2, 汽车速度为v=166km/h 。显然，汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度， 909.0/2212Rn Rn v ππ==，所以： min /1054.1/1024.93426.014.3210 166909.02909.013 rev h rev n R v ?=?===????π 3.15 如题3-15图所示，质量为m 的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为r 1和r 2，求对通过其中心轴的转动惯量。 解：设圆柱体长为h ，则半径为r ，厚为dr 的薄圆筒的质量dm 为： 2..dm h r dr ρπ= 对其轴线的转动惯量dI z 为 232..z dI r dm h r dr ρπ== 2 1 222211 2..()2 r z r I h r r dr m r r ρπ== -? 3.17 如题3-17图所示，一半圆形细杆，半径为 ，质量为 ，求对过细杆二端 轴的转动惯量。 解：如图所示，圆形细杆对过O 轴且垂直于圆形细杆所在平面的轴的转动惯量为mR 2，根据垂直轴定理z x y I I I =+和问题的对称性知：圆形细杆对过 轴的转动惯量为 1 2 mR 2，由转动惯量的可加性可求得：半圆形细杆对过细杆二端 轴的转动惯量为：21 4 AA I mR '=

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

华理工大学大学物理习题之刚体力学习题详解

习题三 一、选择题 1．一根长为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 ； （B ； （C （D ） 22 163M gl m 。 答案：A 解： 11122 , 1122 J J J J Mg l ωωωω=+?? ?=??? 22211, 243l ml J m J Ml ??=== ??? 0012/2v v l l ω==，0021/21 /22 v v l l ωω===，111121 ()2J J J J ωωωω-= = 21122J Mgl ω=， 2 112J J Mgl J ω?? ?= ??? ， 22 114J Mgl J ω= 2 2 202244143v ml l Mgl Ml ?? ???=?，Mgl M v m =?2 02163，2202 163M v gl m =，所以 3 40gl m M v = 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24kg m ?。在恒力矩作用下，10s 内其角速度降为40rad/s 。圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为 [ ] （A ）80J ，80N m ?； （B ）800J ，40N m ?；（C ）4000J ，32N m ?；（D ）9600J ，16N m ?。 答案：D 解：800=ω，40=ω，10=t ，4J = 2201122k E J J ωω-?= - 2 2011()4(64001600)9600(J)22 k E J ωω?=-=??-= M 恒定，匀变速，所以有 0t ωωα=-，0t ωω α-= ，08040 416N m 10 M J J t ωω α--==? =? =? 3．一个转动惯量为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 k ω=- (k 为正常数)。

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 .060/230002 1?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 1mR 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