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
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
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 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
《大学物理》作业 No.6 刚体定轴转动定律 班级 ___________ 学号 __________ 姓名 _________ 成绩 ________ 基本要求： （1） 理解描述刚体定轴转动的基本物理量以及角量与线量之间的关系 （2） 掌握力矩、转动惯量的概念和转动定律及应用 内容提要 1. 刚体绕定轴转动的角速度和角加速度 t t t d d lim 0θθω=??=→?， t d d ωβ = 2. 刚体绕定轴转动匀变速转动公式 2002 1 t t αωθθ++=， t αωω+=0，)(202 02θθαωω-+= 3. 力矩F r M ?= 注意对固定点的力矩与对转轴的力矩的区别 力矩是使物体转动状态变化的原因，力是使物体平动状态变化的原因，合外力为零，合外力矩不一定为零； 4. 刚体的定轴转动定律: β J M = 5. 刚体转动惯量：质量分布不连续的质点系∑?= 2i i r m J 连续物体m r J d 2?= 6. 转动惯量有关的因素： a. 刚体的质量; b. 质量的分布; c. 转轴的位置; 7. 几种特殊情况的转动惯量大小： a: 长为L 、质量为m 的均匀细棒绕一端的转动惯量:3/2mL J = b: 质量分布均匀的圆盘绕中心转轴: 22 1mR J =
一、选择题 1.以下说法正确的是 [ ](A) 合外力为零,合外力矩一定为零； (B) 合外力为零,合外力矩一定不为零； (C) 合外力为零,合外力矩可以不为零； (D) 合外力不为零,合外力矩一定不为零； (E) 合外力不为零,合外力矩一定为零. 2. 有A、B两个半径相同,质量相同的细圆环.A环的质量均匀分布,B环的质量不均匀分布,设它们对过环心的中心轴的转动惯量分别为I A和I B,则有 [ ](A) I A＞I B. (B) I A＜I B. (C) 无法确定哪个大. (D)I A＝I B. 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β1.如果以拉力2mg代替重物拉绳时, 飞轮的角加速度将 [ ] （A）小于β1. (B )大于β1,小于2β1. (C)大于2β1. (D)等于2β1. 4. 一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m1和m2的物体(m1＜m2﹚，如图所示．绳与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力 [ ] (A) 处处相等．(B) 左边大于右边． (C) 右边大于左边．(D) 哪边大无法判断． 二、填空题 1.半径为r = 1.5m的飞轮作匀变速转动,初角速度ω0=10rad/s,角加速度 β=－5rad/s2, 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20cm的主动轮,通过皮带拖动半径为50cm的被动轮转动,皮带与轮之间无相对滑动, 主动轮从静止开始作匀角加速转动. 在4s内被动轮的角速度达到8πrad/s,则主动轮在这段时间内转过了圈. 3. 如图所示一长为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= . 三、计算题 ○2m ○m O ·╮60°
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
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
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 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
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
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
《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 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
习题精解 3-1 某刚体绕定轴做匀速转动，对刚体上距转轴为r 处的任意质元的法向加速度为和切线加速度来正确的是（） A. n a ，a τ大小均随时间变化 B. n a ，a τ大小均保持不变 C. n a 的大小变化，a τ的大小保持不变 D. n a 大小保持不变，a τ的大小变化 解 刚体绕定轴做匀变速转动时，因为2 ,n a r a r τωβ==，而β为恒量，所以0t ωωβ=+， 故()2 0,n a r t a r τωββ=+=。可见：n a 的大小变化，a τ的大小保持恒定，本题答案为C. 3-2 一飞轮以的角速度转动1 300min rad -?，转动惯量为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 飞轮转动的角速度为()20 001300 2.52260 rad s t ωωωβ---= = =-?=-?所以该恒定制动力矩大小为()5 2.512.5M J N m β==?=?。 3-3 一飞轮半径1r m =，以转速1 1500min n r -=?转动，受制动均匀减速，经50t s =后静止，试求：（1）角速度β和从制动开始到静止这段时间飞轮转过的转数；（2）制动开始25t s =后时飞轮的角速度ω；（3）在时飞轮边缘上一点的速度和加速度。 解 （1）角加速度 () 20 1500 2 3.140260 3.145050 n rad s t ωωπ β-?? --= = =-=-? 从制动开始到静止这段时间飞轮转过的转数 ()22 015001 12 3.1450 3.14506022 625222 3.14 t t N ωβθ π π ???-??+?= == =?圈 （2）制动开始后25t s =时飞轮的角速度 ()201500 22 3.14 3.142578.560 t n t rad s ωωβπβ-=+=+=?? -??=? （3）在25t s =是飞轮边缘上一点的速度和加速度分别为
例：均质球体对其直径的转动惯量 解：dz r dV 2π= ，dz r dV dm 2ρπρ== 3 34R m πρ=，dm r dI 221 =， ????===dz r r dm r dI I 22 22121 ρπ =??--=-R R R z R dz z R 0 222222)()(21ρπρπ =?+-=+-R R R R dz z z R R 05554224)5132 ()2(ρπρπ252 mR = 三、两个定理 1、平行轴定理 m h 2 mh I I C O +=，C ：质心 02>mh ，C O I I > O C C I ：最小 均质细杆2121 ml I C = 2/l m 、l 2mh I I C O += O C =22231 )2(121ml l m ml =+ 均质圆盘221 mR I C = 2mR I I C O +==22223 21mR mR mR =+， 2、薄板的垂直轴定理 ∑?=2 i i z r m I =∑+?)(2 2i i i y x m =∑∑?+?2 2 i i i i y m x m ， =x y I I +， x
第4节 刚体定轴转动定律 一、 推导 i F +i f =i i a m ? βi i it i it it r m a m f F ?=?=+ ∑∑∑?=+β)(2i i it i it i r m f r F r ∑=it i F r M 合外力矩 ∑it i f r 合内力矩，∑it i f r 0≡ dt d I I M ωβ==，dt d I I M ωβ == 刚体定轴转动定律 注意： 1、M ，I 对同一转轴的 2、(1)已知)(t θθ=，求22dt d I I M θβ== (2)已知M 及初条件求β、ω、)(t θθ= 二、I 的物理意义 βI M =，β I M =?a m F = 当0=M 时C =?=?ωβ0，转动惯性 M 一定，I 大，β小，转动惯性大；I 小，β大，转动惯性小 转动惯量是刚体转动惯性大小的量度 质量是物体平动惯性大小的量度 演示试验：两个刚性柱体，质量和外径相同 例：均质圆盘（m ，R ），1m >2m ，阿特武德机 求：盘的β，1m ，2m 的加速度a 解：a m T g m 111=- （1） a m g m T 222=- （2） 1 ββ2212 1mR I R T R T ==- （3） 1 βR a = （4） a a （3）ma mR T T 2 12121==-?β（5） m 2g 1 a m m m g m g m )2 1(2121++=-