,练习5 刚体的定轴转动 刚体定轴转动的概念
5.1 正误判断,如是错误的,指出错在哪里。 (1) 在传统建筑中关门开窗,门窗是平动; (2) 火车在拐弯时的运动是转动;
(3) 地球自西向东自转,其自转角速度矢量指向地球北极; (4) 刚体绕定轴作匀速转动时,其线速度不变;
(5) 刚体绕z 轴作逆时针减速定轴转动时,其所受力矩M,角速度ω和角速度β均指向z 轴正方向;
(6) 处理定轴转动问题时,总要取一个转动平面S,只有S 面上的分力对轴产生的力矩才能对定轴转动有贡献; (7) 力对轴的力矩M 的方向与轴平行;
(8) 质量固定的一个刚体,可能有许多个转动惯量。
[分析与解答]
（1）错误。建筑物中，推拉门窗是手动，凡用铰链连接的门窗，开关门窗时，门窗是转动。 （2）（3）正确。
（4）错误。刚体作定轴转动时，各质元的线速度ν=ωγ是不等的。整个刚体没有统一的线速度。
（5）错误。按题意，ω的方向为k +方向。因减速转动，故β的方向指向k
-。由M=I β，M 的方向与β 的方向一致。
（6）（7）（8）正确。
5.2 为什么要用角量来描述刚体定轴转动规律?
某刚体绕z 轴转动,设以逆时针转向为正,则下列情况下说明刚体的转向以及它作加速还是减速转动。
(1) ω> 0 ,β< 0; (2 ) ω> 0 ,β> 0 ; (3) ω< 0 ,β< 0; (4 ) ω< 0 ,β> 0。 [分析与解答]
由于刚体定轴转动时，刚体上各点均绕转轴作圆周运动，因此各点的角量是相同的（如角位移，角速度，角加速度），而线量则是不同的（如位移，速度，加速度），所以要用角量来描述刚体的定轴转动。
（1） ω>0，β<0时，刚体作逆时针减速转动；
（2） ω>0，β>0时，刚体作逆时针加速转动； （3） ω<0，β<0时，刚体作顺时针加速转动； （4） ω<0，β>0时，刚体作顺时针减速转动； 关于转动惯量 5.3 试讨论分析: (1) 转动惯量I 的意义。
(2) 列出I 的表达式,说明I 取决于哪些因素? (3) 转动惯量I 与质量m 的相似点与区别。
(4) 质点作圆周运动时,有转动惯量吗? 若有,等于多少? [分析与解答]
（1）I 是刚体转动惯量大小的量度。
（2）I=2r dm ?，说明不仅与刚体的总质量有关，还取决于转轴的位置和质量的分布。
（3）I 与m 均表示运动惯性大小。但对同一刚体而言，只有一个m ，但可能有许多个I ，因为I 与转轴有关，同一刚体沿不同的转轴转动，就有不同的I 。 (4)有。且22
0m
r dm mr =?。
5.4 从转动惯量I 的概念来分析判断:
(1) 设想有一根异质杆子,一半是铁,一半是木头(见图),长度、截面均相同, 可分别绕a,b,c 轴转动, 试问对哪个轴的转动惯量I 最
大?
(2) 两个质量、直径相同的飞轮,以相同的ω绕中心轴转动,一个是圆盘形A,一个圆环状B,在相同阻力矩作用下,
谁先停下来? 题5.4图 (3) 将质量相同的一个生鸡蛋和一个熟鸡蛋放在桌面上并使它们旋转, 如何判定哪个是生的,哪个是熟的? [分析与解答]
（1）由转动惯量表达式I=2r dm ?可知，转动惯量不仅与物体的密度有关，还与回转半径有关，因此密度大的部分其回转半径也大，其转动惯量较大，所以对c 轴的转动惯量最大，对a 轴次之，对b 轴最小.
(2)圆环状B 物体的转动惯量较大，由转动定律M=Iβ，在阻力矩M 相同的情况下，A 物体的减速角加速度较大，两者角速度w 相同，因而A 物体应先停下来。 (3)生鸡蛋在旋转时，由于惯性蛋清会被甩向蛋壳集聚，使转动惯量增大，由动
矩量矩守恒1122I I ωω=，2I 增大2ω减小。而熟鸡蛋的I 不变。则在同样的阻力矩作用下，生鸡蛋先停下来。
5.5 在弄清概念的基础上, 要求能正确查表并填空:
(1) 半径为R 、质量为m 的球体, 对过球心轴的转动惯量I = ;
(2) 质量为m 、长度为l 的均匀细棒, 对过中心、且垂直于棒的c （质心） 轴的转动惯量I = ;
(3) 利用平行轴定理可知, 在( 2) 中对过棒的任一位置且平行于c 轴的转动惯量I = ;
(4) 在(2 )中棒的两端各连一个质量均为m 的小球, 根据叠加原理, 系统对c 轴的转动惯量I = 。
[分析与解答]查阅《工科物理教程》表5.1.1，得
(1)25m 2R (2)21
12ml
(3)2c I I md =+ (式中，d 为转轴到c 的距离) (4)棒对c 轴的转动惯量1I =
2
112
ml ;两小球对c 轴的转动惯量2
221
222
l I m ml ??=??= ???。则系统对c 轴的转动惯量为212712I I I ml =+=
定轴转动定律
5.6 下列各种叙述中, 哪些是正确的? (1) 刚体受力作用必有力矩;
(2) 刚体受力越大, 此力对刚体定轴的力矩也越大; (3) 如果刚体绕定轴转动, 则一定受到力矩的作用;
(4) 刚体绕定轴的转动定律表述了对轴的合外力矩与角加速度间的瞬时关系; (5) 在M= I β中, M , I ,β必须对同一转轴而言, 否则此式不成立。 [分析与解答]
（1）（2）错误。因为力矩M=rF sin θ,若F 0≠，r sin θ=0时，M =0。同样F 越大，M 也不一定越大。
（3）错误。刚体绕定轴匀速转动时，合外力矩M =0。 （4）（5）正确。
5.7 如图所示, 两条质量和长度相同的细棒A 和B, 可分别绕通过中点O 和左端O ′的水平轴转动, 设它们在右端都受到一个铅直力F 作用, 试比较它们绕各自转轴的角加速度βA 与βB 的大小。 [分析与解答]
因为 22111
,,,1232
A B A B I ml I ml M Fl M Fl =
=== 代入转动定律 M=Iβ
得 63,A B F F
ml ml
ββ==
； 可见A B ββ>。
题5.7图 题5.8图 题5.9图
5.8 如图所示,长为l 的均质细杆左端与墙用铰链A 连接,右端用一铅直细绳B 悬挂,杆处于水平静止状态,若绳B 被突然烧断,则杆右端的加速度为多少?
[分析与解答] 烧断绳时，杆将在重力矩mgl M 2
1
=的作用下，绕A 轴转动。由
转动定律有 21
32123
mgl M g I l mgl β=== 则右端的加速度为 3
2
l g αβ==。
5.9 一均质细杆AB 长为l ,质量为m 。两端用细线吊起并保持水平(如图)。现将B 端的细线剪断, 试求剪断瞬间A 端细线中的张力T F . [分析与解答]
B 端细线被剪断后，细杆将在重力矩1
2
mgl 作用下，绕A 轴转动，其角加速度为β，
同时其质心的加速度为c α。 根据转动定律，有21
23
A l mg
I ml ββ== ① 又根据质心运动定律，有T c mg F m α-= ②
由于 2
c l
αγββ==
③ 联立式①，式②，式③求解得，此时A 端细绳的张力为
31
44
T F mg mg mg =-=
5.10 一细绳绕在半径为r 的定滑轮边缘, 滑轮对转轴O 的转动惯量为I,滑轮与
轴承间的摩擦不计,今用恒力F 拉绳的下端(见图(a))或悬挂一重量P = F 的物体
(见图(b)) ,使滑轮自静止开始转动。分别求滑轮在这两种情况下的角加速度。 [分析与解答]如图（a ）情况下，绳子的张力T F F =。按转动定律有
1T F I γβ= 故1T F I
γ
β=
在图（b ）情况下，有
22
T T F F F F a g g F I γβγβ-=
== 解得 22F F I g
γ
βγ=
+
题5.10 图 题5.11 图
5.11 一个组合轮轴由两个同轴的圆柱体固结而成,可绕光滑的水平对称轴OO ′转动。设大小圆柱体的半径分别为R 和r , 质量分别为M 和m, 绕在两圆柱体的上细绳分别与质量为m 1和m 2 (m 1> m 2)的物体A 、B 相连(如图) 。试求: ( 1) 两物体的加速度; ( 2) 绳子的张力; ( 3) 轮轴的角加速度。
[分析与解答]分别对物体A ，B 和轮轴作受力分析（见图b ），根据牛顿运动定律和转动定律，有
对A ： 1111m g T m a -= ① 对B ： 2222T m g m a -= ② 对轮轴： 12T R T r I β-= ③
I=2211
22
MR mr + ④
1R αβ= ⑤ 2r αβ= ⑥ 解式① ~ ⑥方程组得
1222
12m R m r
g I m R m r β-=
++
1212212m R m r Rg I m R m r α-=
++， 122
22
12m R m r
rg I m R m r α-=++ 222112212I m r m rR T m g I m R m r ++=++， 2112222
12I m R m rR
T m g I m R m r ++=++
5.12 两皮带轮A 和B , 质量和半径分别为m A 、R A 和m B 、R B ,并都视为均质圆盘。轮A 用电动机拖动,并施以力矩M ,轮B 上有负载力矩M ’如图所示。皮带与轮间无滑动, 且不计皮带质量和轴的摩擦, 试求:
( 1) 两轮的角加速度βA 和βB ; 题5.12 图
( 2) 若将同一力矩M 作用在B 轮上, A 轮的负载力矩为M ’, 再求两轮的角加速度βA ’ 和βB ’ 。
[分析与解答]（1）A ，B 两轮的受力情况如图（b ）所示，分别绕各自的轴转动，由转动定律有
对A ：12A A A A M T R T R I β+-= ① 对B ：'21B B B B T R T R M I β--= ②
由于皮带和轮间不打滑，故两轮与轮缘各点的 题5.12 图 线速度和切向加速度应相等，故有：
A A
B B R R ωω= ③ A A B B R R ββ= ④
联立求解式①，式②，式③，式④，并考虑到2211
,22
A A A
B B B I m R I m R ==，得：
()
()22'B A A A B A B R M R M m m R R β-=
+
()
()2
2'B A B A B A B
R M R M m m R R β-=
+ （2）按题意，两轮受力情况如图（c ）所示，则转动方程有
对A ：2121
''''2
A A A A A T R T R M m R β--= ⑤
对B ：2211
'''2B B B B B M T R T R m R β+-= ⑥
且 ''A A B B R R R β= ⑦ 联立式⑤，式⑥，式⑦，解得
()()22''A B A A B A B R M R M m m R R β-=
+ ()
()2
2''A B B A B A B
R M R M m m R R β-=+ 力矩的时间累积效应 5.13 填空:
刚体绕定轴转动, 对该定轴的动量矩表达式为 ;作用在刚体的外力的冲量矩为 ; 动量矩定理的表达式为 。 [分析与解答]（略）
5.14 动量矩守恒的条件是什么? 下列说法中, 哪些是错误的? 错在哪里? ( 1) 始末两状态的动量矩相同, 表明动量矩守恒; ( 2) 动量矩守恒时, 始末状态的角速度ω必相同; ( 3) 要使刚体的动量矩守恒, 其转动惯量I 必然保持恒定; ( 4) 刚体的动量矩守恒, 其动量也守恒。 [分析与解答]
动量矩守恒的条件是：合外力矩为零。
（1）错误。动量矩守恒是动量矩时时刻刻都保持不变，不仅仅是始末状态的动量矩相同。
（2）错误。动量矩是转动惯量与角速度的乘积，即L=ωI ，在动量矩守恒的情况下，若转动惯量发生变化，其角速度也随之改变，故始末状态的角速度w 不一定相同。
（3）错误。原因同上。
（4）错误。因为合外力矩为零时，其合外力不一定为零，如质点作匀速圆周运动时，其动量矩守恒，但动量却不守恒。
5.15 卫星绕地球沿椭圆轨道运动的过程中, 下述说法哪种是正确的? (A) 卫星的动量矩守恒; (B) 卫星的动量矩不守恒; (C) 卫星的动量守恒; (D) 卫星的机械能不守恒。 [分析与解答]
卫星在运动过程中，只受万有引力作用，由于万有引力是保守力，且恒指向、
与地球的连线方向，力矩为零，因此，机械能和动量矩守恒。故（A ）是正确的。 5.16 如图所示, 有一半径为R 的水平圆转台, 可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动, 转动惯量为I , 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, 随后人沿半径向外跑去, 当人到达转台边缘时转台的角速度为多少?
[分析与解答] 取人和转台为研究对象，在人从中心走向边缘的过程中，系统所受合外力矩为零，则系统的动量矩守恒。有
()20I I mR ωω=+
则 0
2
I I mR ωω=
+
题5.16图 题5.17图 题5.18图
5.17 在杂技节目跷板中, 演员甲从h 高的跳台上自由下落到跷板的一端A, 并把跷板另一端的演员乙弹了起来。设跷板是匀质的, 长度为l , 质量为m ′,支撑点在板的中部C 点, 跷板可绕点C 在竖直平面内转动( 如图)。演员甲、乙的质量均为m 。假定演员甲落到跷板上,与跷板的碰撞是完全非弹性碰撞。试求: (1 ) 碰后跷板的角速度ω( 也是甲、乙的角速度) ; ( 2) 演员乙被弹起的高度h ′。 [分析与解答]
（1）甲由h 高处自由下落，至与板碰撞前的速度为
201
2mgh mv =
得 0v =
碰撞前后，取甲，乙和板为系统，满足动量矩守恒条件，即
22
201'222l l l mv m m m l R ωω????
=++ ? ?????
得 ω=
（2）碰后，乙被向上弹起的初速度为
0'2
l v ω=
则乙被弹起的高度可由()220'2'v v g h -=-求出
即 ()
2
2
2202
'92'226'l v m h h g g m m ω?? ???===+ 5.18 在一项微型技术中, 用一根质量很小、长度为l 的均匀细杆作为微型机器人的输送通道, 细杆可绕通过其中心点O 并与纸面垂直的轴转动(如图) , 当杆静止于水平位置时, 微型机器人以速率v 0 垂直落在距O 点为1l /4 处, 并向细杆端点A 运动。设杆与机器人的质量均为m 。试求: ( 1)机器人刚落到杆上时,细杆的角速度ω; ( 2)欲使细杆以此恒定的角速度转动,求微型机器人向A 端运动的速率随时间变化的规律。 [分析与解答]
（1） 取机器人与杆为系统，机器人落到杆上前后，满足动量矩守恒的条件。
即 2
200022141241
1241171216
l l mv ml m mv l v l ml ml ω
ω????=+?? ???????
==+ （2） 设机器人运动到P 点，OP=r ，此时对杆和机器人系统而言，只受到地球
对机器人的重力矩作用，即
cos M mgr θ=
此时系统对O 轴的转动惯量为
2212
1
mr ml I += 根据动量矩定理，并考虑保持ω不变，有
().2d I dI dr M mr dt dt dt ωωω=
== 即 cos .2dr
mgr mr dt
θω= 以t θω=代入，得 007lg 12cos cos 2247dr g v v t t dt v l ωω??=
== ???
力矩的空间累积效应
5.19 刚体定轴转动时, 对该定轴而言
( 1) 外力矩的功A= ; ( 2) 刚体的转动动能E k = ; ( 3) 动能定理的表达式为 。
[分析与解答]
（1）??=θ d M A （2）212k E I ω= （3）A=222111
22
I I ωω-
5.20 如图所示,一长为l = 0.40m , 质量为M = 1kg 的均质杆, 铅直悬挂。试求: 当质量为m= 8×10-3kg 的子弹以水平速度v = 200m ·s -1,在距转轴O 为3l /4处射入杆内时, 此杆的角速度和最大摆角。
[分析与解答] 求解此题可按两个过程分别处理：
（1）由子弹射入杆到两者一起开始摆动。此过程可视为完全非弹性碰撞过程。
取子弹和杆为系统，满足动量矩守恒，有 2
2331443mv l m l Ml ωω????
=+ ? ????? ①
由式①可求得子弹与杆开始一起摆动时的角速度
22
3
48.86/91163
mv rad s ml Ml ω==+ （2）由系统开始摆动到摆至最大α角。此过程中，由子弹，杆和地球构成的系统满足机械能守恒的条件，取杆直悬时的质心位置C 为重力势能零点，则
2
22131124343
cos cos 224
2m l Ml mg l l l l Mg mg l ωαα??????+-=?? ? ?????????
????--- ? ?
???? ②
由②式可求得最大摆角为 211
92316arccos 195.41324M m l M m g ωα????+ ?????=-=???????+ ???????
题5.20图 题5.21图 题5.22图
5.21 质量为m’,半径为R 的圆盘,可绕一垂直通过盘心的光滑水平轴转动, 盘上绕有轻绳, 一端悬挂质量为m 的物体(如图)。试问: ( 1)物体由静止下落高度h 时,其速度v 的大小是多少? (2 )若物体自由下落h 高,其速度v’为多少? 说明两种速度有差异的原因。 [分析与解答]
（1）物体受重力P
和绳子张力T F ，有 T mg F ma -= ①
滑轮变张力矩，有 21'.2T a
F R I m R R
β== ②
22ah ν= ③
联立① ② ③解得
ν=
（2）由自由落体规律
'ν=5.22 长为l 、质量为m ′的杆可绕支点O 自由转动, 一质量为m 、速率为v 0的子弹射入杆内距支点为a 处, 使杆的偏转角为θ= 30°(如图)。试求: ( 1 ) 子弹的速率v 0 ; ( 2 ) 欲子弹以此v 0 穿过此杆, 此时杆的偏转角θ′= ?(3 ) 在求解过程中, 怎样分析动量矩和机械能守恒的条件及如何考虑杆的重力势能? [分析与解答]
（1） 取子弹和杆为系统，子弹射入前后，满足动量矩守恒条件，有：
ω)3
1
(22
0l m ma a mv '+= ①
在子弹射入杆中两者摆至θ=30°的过程中，取子弹，杆和地球为系统，并取O 点为重力势能零点，系统满足机械能守恒条件，有
222
11''232cos 'cos 2
l m m l mga m g l
mga m g αωθθ
??+-- ???=-- ②
由式②求出ω，代入式①，得
0ν=
（2）（略） 应用研究
5.23 你在完成题3.18 时, 想已设计过测定摩擦因数的方案, 但当时你并没有考虑滑轮转动的影响。学完这一章后,请对原方案作一些补充修改, 设计一个完整的测量方案。
5.24 宇航员在航天器内处于失重状态, 试想像一下, 在此状态下, 宇航员的每一个动作会产生怎样的影响?例如, 假定宇航员面向上平躺在空中, 他想站回到航天器的地板上, 或者想让身体水平旋转90°, 该怎么操作?
[分析与解答]（略）
第三章 刚体定轴转动 一、思考讨论题 1、刚体转动时，若它的角速度很大，那么作用它上面的力是否一定很大？作用在它上面的力矩是否一定很大？ 解：刚体转动时，它的角速度很大，作用在它上面的力不一定大，作用在它上面的力矩也不 一定大。 ω增大，则增大增大， M ， βω I dt d I ==， 又?= 更无直接关系。 与无直接关系，则有关，与与ωωβF M 2、质量为m =4kg 的小球，在任一时刻的矢径j t i t r 2)1(2 +-=，则t s =3时， 小球对原点的角动量=？从t =1s 到t s =3的过程中，小球角动量的增量=？。 解：角动量)22(]2)1[(2 t m j t i t dt d m m +?+-=?=?= t s =3 j i t m j t i t 80)26(4)68()22(]2)1[(2 3-=+?+=+?+-== j t m j t i t 16)22(42)22(]2)1[(2 1 -=+?=+?+-== 64)16(8013-=---==?== 3、如图5.1，一圆形台面可绕中心轴无摩擦地转动，有一辆玩具小汽车相对于台面由静止开始启动，绕作圆周运动，问平台面如何运动？若经过一段时间后小汽车突然刹车，则圆台和小汽车怎样运动？此过程中，对于不同的系统，下列表中的物理哪些是守恒量，受外力，合外力矩情况如何？ 解：平台绕中心轴转动，方向与小车转动方向相反。 小车突然刹车，圆台和小车同时减速、同时静止。 分别考虑小车和圆台在垂直和水平方向的受力。 图 5.1 t f n 小车 圆台
4、绕固定轴作匀变速转动的刚体，其中各点都绕轴作圆周运动，试问刚体上任一点是否具有切向加速度？是否具有法向加速度？法向加速度和切向加速度大小是否变化？ 解：刚体上的任何一点都有切向加速度。也有法向加速度。大小不发生变化。 5、在一物体系中，如果其角动量守恒，动量是否也一定守恒？反之，如果该系统的动量守恒，角动量是否也一定守恒？ 解：在一物体系中，角动量守恒，动量不一定守恒。例如题4中的小车与圆台组成的系统。 反之，系统的动量守恒，角动量也不一定守恒，除非是单个质点。 二、课堂练习 1、如图5.2所示，一轻绳绕过一质量为m/4，半径为R 的滑轮（质量分布均匀），一质量为m 的人抓住绳子的一端A ，绳子的另一端系一个质量为m/2的重物B ，绳子与滑轮无相对滑动，试求： （1 ） 当人对绳子相对静止时，B 物上升的加速度； （2） 当人相对于绳子以匀速u 上爬时，B 物上升的加速度； （3） 当人相对于绳子以加速度a 0上爬时，B 上升的加速度。 解： 方法一、用隔离体法，分别研究人、物和滑轮的运动。 （1）分别受力分析 A 、 B 、 a a a ==21 1T f =1 a mg 2 2a 1T 2 R a 2=
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 一、选择题（每题3分） 1、个人站在有光滑固定转轴的转动平台上,双臂伸直水平地举起二哑铃,在该人把此二哑铃水平收缩到胸前的过程中,人、哑铃与转动平台组成的系统的( ) （A）机械能守恒,角动量守恒; （B）机械能守恒,角动量不守恒, （C）机械能不守恒,角动量守恒; （D）机械能不守恒,角动量不守恒. 2、一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计．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，它们同时射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度ω的变化情况为( ) (A) L 不变，ω增大 (B) 两者均不变 (C) L不变，ω减小 (D) 两者均不确定 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）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，正确的是（） （A）只有（1）是正确的（B）只有（1）、（2）正确 （C）只有（4）是错误的（D）全正确 4、以下说法中正确的是（） (A)作用在定轴转动刚体上的力越大，刚体转动的角加速度越大。 (B)作用在定轴转动刚体上的合力矩越大，刚体转动的角速度越大。 (C)作用在定轴转动刚体上的合力矩越大，刚体转动的角加速度越大。 (D)作用在定轴转动刚体上的合力矩为零，刚体转动的角速度为零。 5、一质量为m的均质杆长为l,绕铅直轴o o' 成θ角转动，其转动惯量为（） 6、一物体正在绕固定光滑轴自由转动（） (A) 它受热膨胀或遇冷收缩时,角速度不变. (B) 它受热时角速度变小,它遇冷时角速度 变大. (C)它受热或遇冷时,角速度均变大. (D) 它受热时角速度变大,它遇冷时角速度变小. O
五、刚体绕定轴的转动 （一）
一，学时安排6学时（习题课1学时） 二，教学要求：（重点难点） 1，理解角位移角速度等概念 2，理解力矩和转动惯量概念以及刚体定轴转动时的动力学规律－转动定律并熟练地应用 3，理解角动量和冲量距概念以及角动量原理和角动量守恒定律，并会具体应用。 4，掌握刚体定轴转动的动能原理，并会具体应用。 三，教学参考书 1杨中耆著《大学物理》力学部分 2Berkeley Physics couse V ol 1 3University Physics part 1
说明：授课中将第四节质点的角动量与角动量守恒放在第五节刚体绕定轴的转动中，以便与刚体的角动量相比较，突出它们的共性。 前言 本章前四个问题讨论的是物体平动的情况，力学中，在一般情况下，一个物体的运动包含平动、转动、振动等是很复杂的，一物体在平动时，若把物体看成是一刚体（无形变）物体上每一点的运动情况都是一样的，无需考虑物体的形状，大小如何。故物体可抽象为一质点，其运动情况如前面所述。但在转动中，例飞轮高速旋转时，其上的各点运动情况各不相同，因而不能简化为质点。与前面内容相比，发生了几点变化：一是主要研究对象变了，由质点变为刚体。二是主要研究的问题也变了，由平动变为转动。从物体来说，必须考虑它的形状，大小。但忽略形状大小的改变；从运动来说突出了转动，暂时忽略振动或其他运动。 若将刚体分成许多细微部分，并把每一细微部分看成一个质点，那么刚体可以看成是有无数质点构成的质点组，这个质点组与前面我们所讨论的质点组是有区别的，刚体视为质点组其特征是：构成刚体的任意二质点间的距离，在运动中恒定不变，这种看法使我们有可能在质点动力学的基础上来研究刚体情况。 1、刚体绕定轴转动的运动特征： 刚体中某一直线上的点保持不动（对固定参考系而言），其它各点都以该点直线上的相应点为圆心，在垂直于该点的平面内作大
- 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，角加速度为，则其转动 加快的依据是：（ ） A. > 0 B. > 0，> 0 C. < 0，> 0 D. > 0，< 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 。 简要提示：由定轴转动定律： α221MR FR = ，得：mR F t 4212==?αθ 所以：m F M W /42=?=θ 5. 一电唱机的转盘正以 0的角速度转动，其转动惯量为J 1，现将一转动 惯量为J 2的唱片置于转盘上，则共同转动的角速度应为： （ ） A ．0211ωJ J J + B ．0121ωJ J J + C ．021ωJ J D ．01 2ωJ J 解：答案是A 。 简要提示：角动量守恒 6. 已知银河系中一均匀球形天体，现时半径为R ，绕对称轴自转周期为T ，由于引力凝聚作用，其体积不断收缩，假设一万年后，其半径缩小为r ，则那时该天体的：（ ） A. 自转周期增加，转动动能增加； B. 自转周期减小，转动动能减小； C. 自转周期减小，转动动能增加； D. 自转周期增加，转动动能减小。 解：答案是C 。 简要提示： 由角动量守恒，ωω2025 252Mr MR =，得转动角频率增大，所以转动周期减小。转动动能为22k 2020k 5 221,5221ωωMr E MR E ==可得E k > E k0。 7. 绳子通过高处一固定的、质量不能忽略的滑轮，两端爬着两只质量相等 的猴子，开始时它们离地高度相同，若它们同时攀绳往上爬，且甲猴攀绳速度为乙猴的两倍，则 （ ） A. 两猴同时爬到顶点 B. 甲猴先到达顶点 C. 乙猴先到达顶点
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
第二章 刚体定轴转动练习题 1.(0148) 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． 2.(0165) 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． 3.(0292) 一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，滑轮的转动惯量为J ，绳下端挂一物体．物体所受重力为P ，滑轮的角加速度为β．若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子，滑轮的角加速度β将 (A) 不变． (B) 变小． (C) 变大． (D) 如何变化无法判断． 4.(5401) 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． 5. (0197) 一水平圆盘可绕通过其中心的固定竖直轴转动，盘上站着一个人.把人和圆盘取作系统，当此人在盘上随意走动时，若忽略轴的摩擦，此系统 (A) 动量守恒． (B) 机械能守恒． (C) 对转轴的角动量守恒． (D) 动量、机械能和角动量都守恒． (E) 动量、机械能和角动量都不守恒． 6. (0230) 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，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬
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
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 。
《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
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
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. 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑 固定轴O 以角速度ω 按图示方向转动。若将 两个大小相等、方向相反但不在同一条直线的 力F 1和F 2沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘 的角速度ω的大小在刚作用后不久 （ ） A. 必然增大 B. 必然减少 C. 不会改变 D. 如何变化，不能确 定 解：答案是B 。 简要提示：力F 1和F 2的对转轴力矩之和 垂直于纸面向里，根据刚体定轴转动定律，角 加速度的方向也是垂直于纸面向里，与角速度 的方向（垂直于纸面向外）相反，故开始时一 选择题3图
定减速。 4. 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) 由刚体定轴转动定律，1αJ Fr =和11αr a =，得：J Fr a /2 1= (2) 受力分析得：?? ???===-222 2ααr a J Tr ma T mg ，其中m 为重物的质量，T 为绳子的张力。得：
《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
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==
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）
《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 02210mv mv x F x x 21d -=? 动能定理 2022 121d ωωθθθI 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