第五章 刚体的转动
5-1 在图5-21中，一钢缆绕过半径为0.4 m 的定滑轮吊着一个升降机，钢缆不打滑. 假设升降机以0.5 m/s 2的加速度向上提升.（1）求滑轮的角加速度.（2）如果滑轮转三周，问从静止开始的加速运动持续了多长时间？（3）求当t =2 s 时，轮缘上一点的瞬时加速度（切向和法向加速度）.
解：（1）由于钢缆与滑轮间无相对滑动，轮缘上各点的切向加速度与升降机的加速度相同，即
a a t ==0.5m/s 2
, 2
2
rad/s
25.1rad/s
4
.05.0==
=
R
a t β
（2）由于滑轮作匀角加速运动，角位移 2
002
1t t βωθθ+=-
已知rad 63220πππθθ=⨯==-n ，且00=ω，故
s 5.5s 49.525
.162)
(20≈=⨯=
-=
s t πβ
θθ
（3）由t βωω+=0，可知rad/s t 25.1==t βω，法向加速度
2
22
2
2
2
2
m/s
625.0m/s
4.0)2
5.1(t t R t R a n =⨯===βω
t=2s 时，2
2
2m/s
5.2m/s
2625.0=⨯=n a
又2
m/s 5.0=t a ，∴ 总加速度为
2
2
222
2m/s
55.2m/s 5.05.2=+=
+=
t n a a a
︒====---4.63225
.05.01
1
1
tg
tg
a a tg
n
t α
α为总加速度与法线方向的夹角.
5-2轮A 半径r A =15cm ，轮B 半径r B =30cm ，两轮通过一皮带耦合，如图5-22所示. 轮A 从静止开始以恒定的角加速度1.2rad/s 2转动，问从开始运动30s 后轮B 的转速（min /rev ）是多大？假定皮带不打滑. 解：由于皮带与两个轮的轮缘间无相对滑动，所以两轮轮缘上各点的切向加速度相等，设等于t a ，两轮的角加速度分别为A β和B β，由角量与线量的关系有
B B A A t r r a ββ==
2
2
rad/s
6rad/s
1230
15=⨯=
=
A
B
A B r r β
β
s 30=t 时
rad/s 180rad/s 630=⨯==t B B βω
而n B πω2=，故rev/min 17192601802=⨯==
π
π
ωB
B n
5-3一匀质园盘从静止开始以恒定的角加速度绕过盘心的竖直轴转动，某一时刻的转速为10rev/s.再转100转后，转速达20rev/s. 试求（1）园盘的角加速度；（2）从静止到转速为15rev/s 所需的时间；（3）在第（2）向的过程中园盘转了多少圈？ 解：（1）由匀角加速运动的规律可知角加速度
2
2
2
22
1
2
2rad/s
42.9rad/s
321002)
210()220(2==⨯⨯⨯-⨯=
-=
ππ
ππθ
ωωβ
（2）所需时间s 103215=⨯=
=
π
πβ
ωt
（3）由π
θ
2=
n ，2022ωωθβ-= 及00=ω rev 75rev 3
5.22322)
215(2212
2
==
⨯⨯⨯=
⨯
=
π
ππβ
ω
π
n
5-4 6个质量均为m 的粒子与6根长度均为d 的轻杆组成一个正6边形的刚体，如图5-23所示. 计算该刚体关于如下转轴的转动惯量：（1）转轴通过任意相邻的粒子；（2）转轴通过任意粒子且与6边形的平面垂直.
解：这是质量呈分立分布的刚体，由转动惯量的定义2
i i r m I ∑∆=其中i r 为i m ∆到转
轴的垂距，可计算如下：
（1）2
21)3(2)2
3(
2d m d m I +=
2
2
5.7)34
3(
2md
md
=+=
（2）2
2
2
2)2()3(22d m d m md
I ++=
2
2
12)42(md b md
=++= 解5-4图
5-5 三根长度均为l 的细杆组成一个等边三角形刚体ABC 如图5-24所示. 计算其关
于中线的转动惯量. 假定杆的单位长度质量为λ.
解：AB BC I I I 2+=
已知BC 关于图中转轴的转动惯量为
3
2
2
12
)(12
112
1l l
l ml
I BC λ
λ=
=
=
而⎰
⎰
=
=
l r m r I AB d 2
2
λ，其中r r dl d 260cos d =︒
=
∴ ⎰⎰
=
⋅==
l
l AB l r r
l r I 0
2/0
3
2
2
12d 2d λ
λλ
∴
3
3
3
4
12
212
2l l
l
I I I AB BC λ
λ
λ
=
⨯
+=
+=
解5-5图
5-6一个半径为R 的匀质半园环的质量为m ，计算其关于如图5-25中所示的轴的转动惯量. 解：这是质量连续分布的刚体，取如图质元
l R
m
l m d d d πλ=
=θm
R
mR
d d π
θπ=
=
m d 与转轴的垂距θsin R r =
∴
⎰⎰
⋅
==
2/0
2
22
d sin
2d πθπ
θm
R m r I
⎰=
2
/0
2
d 2
2cos 2πθθ
πH mR
解5-6图
⎰⨯+
=s
mR
mR /0
2
2
2d 2
22cos 2
πθθπ
2
2
mR =
5-7在图5-26中，一匀质园盘安装在固定的水平轴上，园盘半径R =20cm ，质量M =3kg.园盘边缘上绕着轻绳，轻绳下端悬挂着一个质量m =1.0kg 的物体.（1）求物体下落的加速度，园盘的角加速度以及绳中的张力；（2）物体下落3m 所需的时间. 解：（1）忽略轴处可能存在的摩擦，盘受的合外力矩M =TR ，对园盘用转动定理，对物体用牛顿第二定律，并注意到物体下落的加速及t a a =，列方程组如下
βI TR =
①
ma T mg =-②
R a a t β==
③ 2
21MR
I =
④ 联立①②③④
解5-7图
解得
2
2
m/s
92.3m/s
1
230.128.922=⨯+⨯⨯
=+⋅
==m
M m g a a t
角加速度 2
rad/s 6.192
.092.3==
=
R
a t β
张力N 88.5N 1
233
8.90.12=⨯+⨯
⨯=+⋅=m
M M
mg T
（2）由题意知，物体从静止下落，由于a 为恒量，由2
2
1at
h =
可得所求时间为
s 24.192
.3322=⨯==a
h t
5-8唱机的转盘由电机驱动，转盘以恒定的角加速度在 2.0秒内从零加速到
min /rev 3
133. 均质转盘质量为1.5kg ，半径1.2cm. 为驱动转盘所需的关于转轴的力矩多
少？如果驱动轮的外缘与转盘相接触，如图5-27所示. 求驱动轮必须施予转盘的法向力是多大？假定两轮间的摩擦系数7.0=μ.
解：由题意可知角速度
rad/s 49.36023133
=⨯=πω 角加速度2
rad/s
75.10.249
.3==∆∆=
t ωβ
转动惯量2
2
2
2
kgm
10
08.1)
2.0(5.12
12
1-⨯=⨯⨯==
MR
I 解5-8图
由转动定理可得驱动转盘所需的力矩为
2
2
2
kgm
10
89.1Nm 75.110
08.1--⨯=⨯⨯==βI M
产生这个力矩的力必在切向，如图所示
N 158.0N 10
75.1512
.010
89.12
2
=⨯=⨯=
=
--R M F t
由切向力与正压力（沿法向指向园心）的关系N F t μ=知驱动轮必须施予转盘的法向力
N 226.0N 7
.0158.0==
=
μ
t
F N
5-9两个质量为m 的物体悬挂在一刚性轻杆两端，杆长为l 1+l 2，其中l 2=3l 1，如图5-28所示，初始时使杆处于水平位置，杆与物体保持静止，然后释放.求两个物体刚开始运动时的加速度. 解：如图设轻杆两端的轻绳中张力分别为T 1和T 2，刚开始运动的瞬间两物体的加速度分别为a 1和a 2，由转动定理和牛顿第二定律，列方程组如下： 02211=-l T l T ① （轻杆转动惯量I ≈0） 22ma T mg =- ②
11ma mg T =-
③
∵ r a a t β== ∴
31
21
2==l l a a ④
从①得
31
22
1==
l l T T ①′ 解5-9图
将①′代入②得 212
1ma T l l mg =-
∴ )(21
21a g m l l T -⋅=
②′
将②′和④代入③化简得
2
2112122m/s
88.55
33
/132)
//()1/(==+=
+-=
g l l l l g l l a
2
2
22
11m/s
96.1m/s
88.531=⨯=
⋅=a l l a
5-10一长度为L 的匀质细杆最初垂直地立在地板上，如图5-29所示.如果此杆倾倒，试求杆撞击地板时的角速度是多大？假定杆与地板的接触端不发生滑动.
解：设杆的质量为m ，则其对O 轴的转动惯量2
3
1mL I =
，重力到O 轴的垂距为
θsin 2
L r =
，故重力对O 的力矩为
θθπSin L mg
L mg M 2
)sin(2
=-⋅
=沿顺时针方向，
由转动定理βI M =我们有
ββθ⋅=
=2
3
1sin 2
mL
I L mg
∴
θβsin 23L
g =
又 t
d d ωβ=
，
t d d βω=，
即
ω
θθθ
θθβωd sin 23d d d sin 23d d L
g t L
g t =
⋅
== 分离变量积分 ⎰
⎰
=
πωθθωω0
d sin 23d L
g
可得
L g /)cos 1(3θω-=解5-10图
将杆倒地时的 ︒=90θ 代入上式，得 L g /3=ω
5-11图5-30表示飞轮的制动装置包括一个制动杆和一个制动靴.飞轮质量为50 kg ，半径为0.5m ，以1200 rev/min 的速率旋转.当给制动杆末端施加100N 的制动力时，使飞轮停止转动所需多长时间？设飞轮与制动靴之间的摩擦系数5.0=μ.
解：本题涉及两个刚体，一个是飞轮，另一个是制动杆，由题意知，合外力矩使飞轮产生角加速而制动，而作用在杆上的力矩则保持平衡，设杆受到的正压力为N ′，轮受到的正压力为N ，根据转动定理M = I β，我们有摩擦力μf 对飞轮的定轴O ，的力矩
ββμ2
2
1mR I R f ==-
① N f μμ=
②
对制动杆的定轴A ，F 和N '的力矩平衡
0)(121=⨯'-+⨯l N l l F
③ N N -='
④
由③得N 2501004
.00.1)(1
21=⨯=⋅+=
'F l l l N ⑤
解5-11图
又由①可得 mR
f μβ2-=
⑥
将N =250 N ，m =50 kg 代入②及⑥中可得
2
2
rad/s
25rad/s
2
.050250
5.0222-=⨯⨯⨯-=
'-
=-
=mR
N mR
f μβμ
由于β为恒量，可由匀角加速运动公式
t t βωω=-0，
即
β
ωω0
-=
t t
其中
0=t ω，n πω20=，将已知min /rev 1200=n 代入上式
可得 s 5.03s )
25(60120020≅-⨯⨯-=πt
5-12一个倾角为ϕ的光滑斜面上安装着转动惯量为I 的定滑轮，斜面上质量为m 1的
物体系在一绕在轮轴上的轻绳的一端，另一质量为m 2的物体则由缠绕在轮缘上的另一轻绳悬挂着，当m 2下降时，m 1则被拉上斜面，如图5-31所示.定滑轮的半径为R =0.3m 而其轴的半径为r =0.1m.试计算滑轮的角加速度 解：在图中标出了m 1，m 2和滑轮的受力情况，其中T 1、T 2分别为两轻绳中的张力，对轮及两质点分别应用转动定理和牛顿第二定律，可列如下方程
βI r T R T ='
-'12
① 1111sin a m g m T =-ϕ ② 2222a m T g m =- ③ r a β=1
④
R a β=2
⑤
解5-12图
'
-=11T T ， '
-=22T T
⑥ 由②及④可得 )sin (11ϕβg r m T -= ⑦ 由③及⑤可得
)(22R g m T β-=
⑧
将⑦、⑧代入①得 βϕββI g r r m R g R m =---)sin ()(12 整理为
)(sin 2
12
212r m R
m I gr m gR m ++=⋅-βϕ
解得 2
12
212sin r
m R
m I gr m gR m ++⋅-=
ϕβ
将
m R 3.0=，m r 1.0=及2
m/s
8.9=g 代入上式，得
1
11201.009.0sin 98.094.2m m I m m ++-=
ϕβ
5-13计算习题5-8中，力矩在加速过程中所作的功和平均功率.
解：由转动动能定理 2
122
122
12
1ωω
I I E E W k k -
=
-=，
可得力矩的功为
J 10
58.6J )49.3(10
08.12
10212
2
2
2
--⨯≅⨯⨯⨯=
-=
ω
I W
平均功率 W 10
29.30
.210
58.62
2
--⨯=⨯=
=
t
W p
5-14一蒸汽机飞轮的质量为200kg ，半径为1m ，如果当转速达150rev/min 时阀门被关闭，设作用于飞轮轴处的平均摩擦力矩是5m.N ，计算（1）飞轮停止转动前力矩所作的功；（2）关闭阀门后经多长时间飞轮即可停止转动. 解：（1）关闭阀门时飞轮的角速度为
rad/s 7.1560/150220=⨯==ππωn
由转动动能定理，
2
02
2
121ωω
I I W -
=，其中0=ω，得飞轮停止转动前摩擦力矩作的功：
J 12324J 7.1512002
1212
102
2
2
0-=⨯⨯⨯⨯-
=-
=ωI W
（2）由于力矩是恒定的，平均角加速度也是恒定的，故有
β
ω0=
t ，其中 I
M =
β
则有 min 2.5s 3146
12002
17.152
00≅=⨯⨯⨯=
=
=
M
I t ωβ
ω
5-15试用转动动能定理再解习题5-10. 解：根据转动动能定理和力矩的功的定义
⎰
-
=
=
02
2
12
1d ωω
θI I M W
在解5-10图中，重力对水平轴O 的力矩为
θsin 2
l mg M =， 则有当杆的角位置为θ时，重力矩的功 ⎰-=
=θ
θθθ0
)cos 1(2
1d sin 2
mgl l mg W
此时角速度为ω
O I W -=
2
21ω
即 2
2
3
12
1)cos 1(2
1ω
θ⋅⨯
=
-ml
mgl
可得
l g /)cos 1(3θω-=
当杆倒地时，︒=90θ， 代入上式可得
l g /3=
ω
由角加速度
θθ
ωω
θθ
ωωβsin 23d d d d d d d d l
g t
t ==⋅==
当︒=90θ
时 l
g 23=β.
5-16在图5-32中，长为1.0m 的匀质杆最初静止于竖直位置，然后杆的下端获得一初
始线速度0v ，使得杆绕水平固定轴O 开始旋转.试求为使杆至少完成一周的旋转，0v 的最小值是多大？ 解：当杆通过πθ=的角位置时角速度0≥ω，即可至少完成一周的旋转，设这过程中重力作的功为W ，即
2
021ωI O W -
≥ ① 而重力的元功 θθd sin 2
1d ⋅⋅-
=mg l W
mgl lmg
W W =-
==
⎰⎰θθπ
d sin 21d 0
②
将②及2
3
1ml I =
，l /00v =ω代入①可得
7.67m/s m/s 18.9660=⨯⨯==
gl v 解5-16图
5-17明渠中的流水驱动着水车的叶轮，叶轮半径2.0m ，如图5-33所示.水流到达叶轮的速度是6.0m/s ，离开叶轮的速度是3.0m/s ，水流量为每秒300kg.（1）水流作用于叶轮的力矩有多大？（2）如果叶轮边缘的速度是3m/s ，传送给叶轮的功率是多大？
解：（1）考虑水的一个小质元d m 沿切向速度以v 1冲向水平的叶片，离开时速率减为
v 2，该质元对水车中心的角动量增量为0)(d )d ()d (1212<-=-R m R m R m v v v v ，这是
因为叶片的反作用力矩所致，由合外力矩与角动量对时间变化率的关系，可知
R t
m t
L M )(d d d d 12v v -==
其中t
m d d 是每单位时间流经水车的水质量，即水的流量.
由作用反作用定律，水作用在水轮机叶片上的力矩为
m N 101.8m N 2)0.30.6(300)(d d 3
21⋅⨯=⋅⨯-⨯=-=
-='R t
m M M v v
（2）水流传递给叶轮的功率为 R
M
M t
M
t
W P v ====
ωθd d d d
kW 7.2W 107.22
3108.13
3
=⨯=⨯
⨯=
5-18一个人坐在可绕竖直轴自由转动的转椅上，开始时，人静止地坐在转椅上，用手
握住一转盘的中心轴，转盘以4rev/s 的角速度旋转，其转轴在竖直位置，角动量i L 的方向向上，如图5-34所示.如果此人将转盘的轴倒置会发生什么现象？假定轮盘对其中心轴的转动惯量是1kg.m 2. 解：由于系统是孤立的，对竖直轴的外力矩为零，所以系统对该轴的总角动量守恒.
==∑i L L 常量
人将转盘轴倒置后，转盘的角动量变为i L -，设在相互作用过程中，系统获得的角动量为L ，则后来的总角动量为L -L i ，由于系统总角动量守恒，即
i i L L L -=
从而 L =2L i
设系统对转椅轴共同的角速度为ω，则有
ωI L = 即人将转盘轴倒置后，整个系统将绕转椅的竖直轴以角速度ω旋转
rev/s 6.15
4
122=⨯⨯=
==
I
L I L i ω
其中转盘的初角动量
11ωI L i =，2
1kgm 1=I ，rev/s 41=ω.
5-19一质量为M ，半径为R 的匀质园盘以角速度ω绕过其中心的竖直轴旋转，如果盘缘质量为m ∆的一小块破裂并飞离园盘，如图5-35所示，（1）园盘的角动量在边缘破损后变成多大？（2）小块被抛出多远？假定园盘与地面的距离为h .
解：在盘缘破损过程中，对轴的合外力矩为零，故总角动量守恒 =∑ωI 常量 设盘后来的转动惯量为I ′，角速度为ω′，则有
ωωω2
mR I I ∆+''=
即
ωωω2
2
2
2
)2
1(
2
1mR mR
MR
MR ∆+'∆-=
ωω
ω=∆-∆-=
'2
2
2
2
2
1
)21
(
mR
MR
mR
MR
园盘的角动量变为 ωω)2
1(
2
2
mR
MR
I L ∆-=''='
（2）小块m ∆作平抛运动
2
2
1gt h =
，g
h t 2=
故m ∆被抛出的水平距离为
g
h R
Rt t S 20ωω===v
5-20一质量为M ，半径为R 的匀质园台，可以绕过中心的竖直轴无摩擦地旋转.假定初始时一个人静止地站在台边缘处，然后沿园台边缘行走.(1)如果此人步行一周回到台面的初始位置，园台将转过多大角度？（2）如果此人回到相对于地面的初始位置，园台又将转过多大角度？ 解：∵ 运动过程中对竖直轴的合外力矩 M =0，
∴ 系统总角动量守恒
=∑L 常量. （1）园台将沿相反方向相对地面旋转，设任意时刻人、台对地面的角速度分别为ω和
Ω，∵ 0=∑i L ，
∴ 任意时刻有 02
12
2
=Ω-
MR mR ω
①
又设人对台的相对角速度为ω'，由速度合成定理
Ω-'=ωω ②
将②代入①得 02
1)(2
2
=Ω-
Ω-'MR mR
ω
解得
ω'+=
Ωm
M m 21 ③
设H 为台对地的角坐标，θ'为人对台的角坐标，则
Ω=Θt
d d ，
ωθ'=t
d d
④
将④代入③，两边积分 ⎰⎰'+=ΘH
m M m 0
20
d 22d π
θ
得台转过的角度
π222⋅+=
Θm
M m
（2）设人对地的角坐标为θ，则有人对地的角速度 t
d d θω=
，
将 t
d d θω=和 t
d d Θ=
Ω代入①式，得
Θ=d 2
1d 2
2
MR mR θ 对两边积分得
⎰⎰Θ=π
θ20
2
2d 21d H
MR
mR
这次台对地转过的角度为
π22⋅=
ΘM m
显然，第二种情况园台转过的角度大些. 5-21两个飞轮A 和B 可以通过轮轴上的摩擦离合器连接或分离，如图5-36所示.当两轮分离时，B 轮静止，而A 轮角度速度达600rev/min ，然后连接离合器，B 轮开始加速而A 轮减速，直到两轮具有相同的角速度240rev/min.当连接完成时，离合器片发出的热量是2000J ，分别求出两轮的转动惯量. 解：在连接过程中，合外力矩M=0（离合器片作用的摩擦力矩为内力矩）∴系统总角动量守恒f i L L ∑=∑. 即
21)(ωωB A A I I I +=
①
由于相互作用是完全非弹性的，动能不守恒，由能量守恒与转化定律，动能的减少量即为摩擦产生的热量
Q I I I E B A A k =+-
=
∆2
22
1)(2
121ωω
②
从①可得
221)(ωωωB A I I =-
B B B A I I I I 3
2240
6002402
12=
⋅-=
⋅-=
ωωω
③
把J Q E k 2000==∆和③代入②，得
2000)12
3(21212
22
1=+-
ωωA A I I 解得
2
2
2
2
kgm
69.1kgm
)
42(2
5)102(4000
=⨯⨯-
⨯=
ππA I
其中用到 10rev/s
rev/min
6001==ω， rev/s 42=ω.
由③得
2
kgm
53.22
3==
A B I I
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：
题：一汽车发动机曲轴的转速在s 12内由13min r 102.1-??均匀的增加到13min r 107.2-??。（1）求曲轴转动的角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转 题解：（1）由于角速度 2n （n 为单位时间内的转数），根据 角加速度的定义t d d ωα=，在匀变速转动中角加速度为 ()200 s rad 1.132-?=-= -= t n n t πωωα （2）发动机曲轴转过的角度为 ()t n n t t t 00 202 2 1+=+= +=πωωαωθ 在12 s 内曲轴转过的圈数为 圈3902 20 =+== t n n N πθ 题：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τ ωωt e - -=，式中 10s rad 0.9-?=ω，s 0.2=τ。求： （1）s 0.6=t 时的转速；（2）角加速度随时间变化的规律；（3）启动后s 0.6内转过的圈数。 题解：（1）根据题意中转速随时间的变化关系，将t s 代入，即得 100s 6.895.01--==??? ? ? ?-=ωωωτ t e （2）角加速度随时间变化的规律为
220s 5.4d d ---===t t e e t τ τ ωωα （3）t = s 时转过的角度为 rad 9.36d 1d 60 060 =??? ? ? ?-==? ?-s t s t e t τ ωωθ 则t = s 时电动机转过的圈数 圈87.52== π θ N 题：如图所示，一通风机的转动部分以初角速度0ω绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C 为一常量。若转动部分对其轴的转动惯量为J ，问：（1）经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半（2）在此时间内共转过多少转 题解：（1）通风机叶片所受的阻力矩为ωM C -=，由转动定律αM J =，可得叶片的角加 速度为 J C t ω ωα-== d d （1） 根据初始条件对式（1）积分，有 ??-=ω ωω00d d d t t J C t 由于C 和J 均为常量，得
欢迎阅读 页脚内容 刚体的定轴转动 一、选择题 1、（本题3分）0289 关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 [ C ] （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 （D 2、（本题静止开的？ [ A ] （A （B （C （D 3. （A ） （B ） （C ）
页脚内容 （D ） 它受热时角速度变小，遇冷时角速度变大. 4、（本题3分）0292 一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，滑轮质量为m ，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 [ C ] （A ）不变 （B ）变小 （C ）变大 （D ）无法判断 5、（本题 设A （A ）βA （C ）βA 6、（本题（A （B （C （D 7、（本题现有一
个小球自左方水平打击细杆，设小球与细杆之间为非弹性碰撞，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统[ C ] （A）只有机械能守恒。（B）只有动量守恒。 （C）只有对转轴O的角动量守恒。 （D）机械能、动量和角动量均守量。 8、（本题3分）0677 一块方板，可以绕通过其一个水平边的光滑固定转轴自由转动，最初板自由下垂，今有一小团粘土， （A 9、（本题 （A）ω （C）ω 10、 ω[ C ] （A
（C）减少（D）不能确定 11、（本题3分）0133 如图所示，一静止的均匀细棒，长为 ，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1/2 ML2，一质量为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，则此时棒的角速度应为 [B ] （A （3 12、 中心 （A （C 13、 （A （B （C 14、 页脚内容
１、一均匀细杆，质量为m ，长为l ，可绕过其端点的水平轴在竖直平面内转动，如果将细杆置于水平位置，然后让其由静止开始自由摆下，那么开始转动的瞬间，细杆的角加速度为（ l g 23 ），细杆转到竖直位置时角速度为（ l g 3 ）。 2、一个人站在转动的转台上，在他伸出去的两手中各握有一个重物，若此人向着胸部缩回他的双手及重物，忽略所有摩擦，以下叙述正确的是：……………………（ ③ ） ① 系统的转动惯量不变。 ② 系统的转动角速度不变。 ③ 系统的角动量保持不变。 ④ 系统的转动动能保持不变。 3、（10分）一半径为R 的圆盘可绕通过盘中心O ，且与盘面垂直的水平轴转动，圆盘的转动惯量为I ，绕有一根不可伸长的轻绳，绳与圆盘间无相对滑动，当绳端系一质量为M 的物体时，物体加速下降，假设圆盘与轴间的摩擦力矩为0M 解：Ma T Mg =-1 ………………………（4 分） βI M R T =-01 ………………………（4分） R a β= ………………………（1分） 可得2 02MR I R M MgR a +-= ………………………（1分） 4、一均匀圆盘状飞轮，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（ 1.82 πJ ）。 5、一长为L ，质量为M 的均匀细杆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度恰好为90°，求V 0的大小。 解：根据角动量守恒定律和机械能守恒 2220 0V L m I V L m +=ω， 其中I 为棒的转动惯量，……………（4分） 231 ML I =，…………………（2分） 2 212L Mg I =ω， ………… （3分） 可得：gL m M V 3340= ………（1分） 6、若质点的质量为m ，速度为v ，相对于转动中心的位置矢量为r ，则此质点相对于转动中心的角动量为…………………………………………………………………………（ ④ ） ① mvr ； ② r m v 2 ； ③ r mv ?2 ； ④ v m r ?。
刚体的定轴转动1 一、 选择题 1、 一自由悬挂的匀质细棒AB ，可绕A 端在竖直平面内自由转动，现给B 端一初速v 0，那么棒在向上转动进程 中仅就大小而言 [ B ] A 、角速度不断减小，角加速度不断减少； B 、角速度不断减小，角加速度不断增加； C 、角速度不断减小，角加速度不变； D 、所受力矩愈来愈大，角速度也愈来愈大。 分析：合外力矩由重力提供，1 sin 2 M mgl θ= ，方向与初角速度方向相反，因此角速度不断减小，随着θ的增加，重力矩增大，因此角加速度增加。 2、 今有半径为R 的匀质圆板、圆环和圆球各一个，前二个的质量都为m ，绕通过圆心垂直于圆平面的轴转动； 后一个的质量为2 m ，绕任意一直径转动，设在相同的力矩作用下，取得的角加速度别离是β1、β2、β3，那么有 A 、β3＜β1＜β2 B 、β3＞β1＜β2 C 、β3＜β1＞β2 D 、β3＞β1＞β2 [ D ] 分析：质量为m ，半径为R 的圆板绕通过圆心垂直于圆平面的轴的转动惯量为211 2 J mR =；圆环的转动惯量为22J mR =，圆球质量为 2m ，绕任意一直径转动的转动惯量为2 325 J mR =，依照转动定律，M J β=，因此在相同力矩下，转动惯量大的，取得的的角加速度小。213J J J >>，因此选择 D 。 3、 一轻绳跨过一具有水平滑腻轴、质量为M 的定滑轮，绳的两头别离悬有质量为m 1和m 2的物体(m 1＜m 2)，如 下图．绳与轮之间无相对滑动．假设某时刻滑轮沿逆时针方向转动，那么绳中的张力 (A) 处处相等． (B) 左侧大于右边． (C) 右边大于左侧． (D) 哪边大无法判定． ［ C ］ 4、 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。 绳的两头系着质量别离为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，那么两滑轮之间绳的张力为。 A 、mg ； B 、3mg /2； C 、2mg ； D 、11mg /8。 [ D ] 解：对2m ，m 和两个滑轮受力分析得： 122mg T ma -= ○1 2T mg ma -=○2 2112T R TR mR β-= ○3 2 212 TR T R mR β-= ○4a R β= ○ 5 联立以上五个公式可得 4g R β= ，将其带入公式○2○4，能够求得两滑轮之间绳索的张力为11mg /8。 二、 填空 5、 质量为m ，长为l 的匀质细杆，可绕其端点的水平轴在竖直平面内自由转动。若是将细杆置于水平位置， 然后让其由静止开始自由下摆，那么开始转动的刹时，细杆的角加速度为 32g l ，细杆转动到竖直位置时
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
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 200 8.950=⨯==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
习题答案 3-1 运动员手持铁饼转动圈后松手,此刻铁饼的速度值达到v=25m/s 。设转动时铁饼沿半径为R=1.0m 的圆周运动并且均匀加速。求： （1）铁饼离手时的角速度； （2）铁饼的角加速度； （3）铁饼在手中加速的时间（视铁饼为质点）. 解:(1)铁饼离手时的角速度为s rad R v /250.1/25/===ω （2）铁饼的角加速度为22 2/8.3925 .122252s rad =??= =πθωα （3）铁饼在手中加速的时间为s t 628.025 25 .1222=??= =πω θ 3-2 汽车发动机的转速在内由2000r/min 均匀增加到3000r/min 。求 （1）角加速度； （2）这段时间转过的角度； （3）发动机轴上半径为0.2m 的飞轮边缘上的一点在第 末的加速度。 解：（1）初角速度为s rad /20960/20020=?=πω 末角速度为s rad /31460/30002=?=πω 角加速度为20 /150 .7209 314s rad t =-= -= ωωβ
（2）转过的角度为rad t 301083.172 314 2092 ?=?+= += ω ωθ （3）切向加速度为2/32.015s m R a t =?==α 法向加速度为2422/1097.12.0314s m R a n ?=?==ω 总加速度为2422/1097.1s m a a a n t ?=+= 总加速度与切向的夹角为99893 1097.1arctan arctan 4 '=?==?t n a a θ 3-3 一飞轮以等角加速度2 rad /s 2转动，在某时刻以后的5s 内飞轮转过了100 rad ．若此飞轮是由静止开始转动的，问在上述的某时刻以前飞轮转动了多少时间 解：设某时刻后的角速度为1ω，某时刻前飞轮转动了t 秒。 t t 21==βω 某时刻后't s 内飞轮转过θ?。则有 1002510522 1 522122''1=+=??+?=+ =?t t t t βωθ s t 5.7=∴ 3-4 一个哑铃由两个质量为m ，半径为R 的铁球和中间一根长为l 连杆组成，如图所示。和铁球的质量相比，连杆的质量可以忽略不计。求此哑铃多对于通过连杆中心并和它垂直的轴的转动惯量。它对于通过两球的连心轴的转动惯量又是多大 解：对AA ＇轴的转动惯量为 题3-4图
第五章 刚体的转动 5-1 在图5-21中，一钢缆绕过半径为0.4 m 的定滑轮吊着一个升降机，钢缆不打滑. 假设升降机以0.5 m/s 2的加速度向上提升.（1）求滑轮的角加速度.（2）如果滑轮转三周，问从静止开始的加速运动持续了多长时间？（3）求当t =2 s 时，轮缘上一点的瞬时加速度（切向和法向加速度）. 解：（1）由于钢缆与滑轮间无相对滑动，轮缘上各点的切向加速度与升降机的加速度相同，即 a a t ==0.5m/s 2 , 2 2 rad/s 25.1rad/s 4 .05.0== = R a t β （2）由于滑轮作匀角加速运动，角位移 2 002 1t t βωθθ+=- 已知rad 63220πππθθ=⨯==-n ，且00=ω，故 s 5.5s 49.525 .162) (20≈=⨯= -= s t πβ θθ （3）由t βωω+=0，可知rad/s t 25.1==t βω，法向加速度 2 22 2 2 2 2 m/s 625.0m/s 4.0)2 5.1(t t R t R a n =⨯===βω t=2s 时，2 2 2m/s 5.2m/s 2625.0=⨯=n a 又2 m/s 5.0=t a ，∴ 总加速度为 2 2 222 2m/s 55.2m/s 5.05.2=+= += t n a a a ︒====---4.63225 .05.01 1 1 tg tg a a tg n t α α为总加速度与法线方向的夹角. 5-2轮A 半径r A =15cm ，轮B 半径r B =30cm ，两轮通过一皮带耦合，如图5-22所示. 轮A 从静止开始以恒定的角加速度1.2rad/s 2转动，问从开始运动30s 后轮B 的转速（min /rev ）是多大？假定皮带不打滑. 解：由于皮带与两个轮的轮缘间无相对滑动，所以两轮轮缘上各点的切向加速度相等，设等于t a ，两轮的角加速度分别为A β和B β，由角量与线量的关系有 B B A A t r r a ββ==
刚体定轴转动练习题 一、选择题 1、一刚体以每分钟60转绕Z 轴做匀速转动（ωϖ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 ϖϖϖϖ543++=，其单位为 m 210-，若以s m /102-为速度单位，则该时刻P 点的速度为：（ ） A υϖ＝94.2i ϖ+125.6j ϖ+157.0k ϖ； B υϖ=34.4k ϖ； C υϖ=-25.1i ϖ+18.8j ϖ； D υϖ=-25.1i ϖ-18.8j ϖ； 2、一均匀细棒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、刚体角动量守恒的充分而必要的条件是：（ ） A 刚体不受外力矩的作用 B 刚体所 受合外力矩为零 C 刚体所受的合外力和合外力矩均为零 D 刚体的 转动惯量和角速度均保持不变 4、某刚体绕定轴做匀变速转动时，对于刚体上距转轴为r 出的任 一质元m ∆来说，它的法向加速度和切向加速度分别用n a 和t a 来表 示，则下列表述中正确的是 （ ） （A ）n a 、t a 的大小均随时间变化。 （B ）n a 、t a 的大小均保持不变。 （C ）n a 的大小变化, t a 的大小恒定不变。 （D ）n a 的大小恒定不变, t a 的大小变化。 5、有两个力作用在一个有固定转轴的刚体： （1）这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一
2 刚体定轴转动 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 ） 参考解答： 首先明确转动惯量的物理意义，从转动定律与牛顿第二定律的对称关系可以看出，与质量m 是平动惯性大小的量度相对应，转动惯量I 则是刚体转动惯性大小的量度。从转动惯量的的公式∑=∆=n i i i r m I 12可以看出，其大小除了与刚体的形状、 大小和质量分布有关外，还与转轴的位置有关。 凡选择回答错误的，均给出下面的进一步讨论： 1. 计算一个刚体对某转轴的转动惯量时，一般能不能认为它的质量集中于其质心，成为一质点，然后计算这个质点对该轴的转动惯量？为什么？举例说明你的结论。 参考解答： 不能． 因为刚体的转动惯量∑∆i i m r 2与各质量元和它们对转轴的距离有关．如一匀 质圆盘对过其中心且垂直盘面轴的转动惯量为22 1 mR ，若按质量全部集中于质心 计算，则对同一轴的转动惯量为零． 2. 一刚体由匀质细杆和匀质球体两部分构成，杆在球体直径的延长线上，如图所示．球体的半径为R ，杆长为2R ，杆和球体的质量均为m ．若杆对通过其中点O 1，与杆垂直的轴的转动惯量为J 1，球体对通过球心O 2的转动惯量为J 2，则整个刚体对通过杆与球体的固结点O 且与杆 垂直的轴的转动惯量为 (A) J ＝J 1＋J 2． (B) J ＝mR 2＋mR 2． (C) J ＝(J 1＋mR 2)＋(J 2＋mR 2)． (D) J ＝[J 1＋m (2R )2]＋[J 2＋m (2R )2]． 答案：(C) 参考解答：
刚体的转动 一、基本要求： 1、理解刚体的概念；了解刚体的平动和转动；掌握转动惯量的物理意义；掌握力矩的物理意义及其计算。 2、理解转动惯量的物理意义及其计算；掌握刚体定轴转动的转动定律及计算。 3、理解质点和刚体的角动量；掌握角动量守恒定律的适用条件及应用；掌握刚体转动动能的概念及计算。 二、主要内容： 1、刚体：是在外力作用下形状和大小保持不变的物体称为刚体。是一个理想化的力学模型，它是指各部分的相对位置在运动中（无论有无外力作用）均保持不变的物体。即运动过程中没有形变的物体。 2、平动：当刚体中所有点的运动轨迹都保持完全相同时，或者说刚体内任意两点间的连线总是平行于它们的初始位置间的连线时，刚体的运动叫作平动。 3．转动：刚体中所有的点都绕同一条直线作圆周运动，这种运动称为转动。这条直线叫作转轴。 4、描述刚体转动的物理量 引入：刚体作定轴转动时，刚体上的各点都绕定轴作圆周运动。刚体上各点的速度和加速度都是不同的，用线量描述不太方便。但是由于刚体上各个质点之间的相对位置不变，因而绕定轴转动的刚体上所有点在同一时间内都具有相同的角位移，在同一时刻都具有相同的角速度和角加速度，故采用角量描述比较方便。为此引入角量：角位置、角位移、角速度、角加速度。 5、角量与线量的关系 半径R ，角位移θ∆ 弧长 θ∆⋅=∆R s 线速度v: ωθR t R t s v t t =∆∆=∆∆= →∆→∆lim lim 法向加速度： 22 2)(ωωr R R R v a n === 切向加速度： αωωτ⋅=⋅=== R dt d R R dt d dt dv a )( 结论：刚体作定轴转动时，在某一时刻刚体上所有各点的角位移、角速度和角加速度都是相 同的；而各点的线位移、线速度和线加速度均与r 成正比。 6转动定律：刚体在合外力矩的作用下，刚体所获得的角加速度与它所受的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比。 ● 合外力矩和转动惯量都是相对于同一转轴而言的； ● 转动定律是解决刚体定轴转动的基本定律，它的地位与质点动力学中牛顿第二定律 相当。 7、转动惯量 质点运动：质量m ，力F ，加速度a ，牛顿第二定律a m F =
《大学物理A Ⅰ》2010 刚体定轴转动习题、答案及解法 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A B J J >，但两圆盘的的质量和厚度相同，如两盘的密度各为A ρ和 B ρ，则( A ) （A ）B A ρρ> （B ）B A ρρ< （C ）B A ρρ= （D ）不能确定B A ρρ的大小 参考答案： B B A A h R h R M ρπρπ22== A A A h M MR J ρπ22 2121= = B B B h M MR J ρπ22 2121= = 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，它们对通过圆心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，则( C ) （A ）21J J > （B ）21J J < （C ）21J J = （D ）不能确定21J J 的大小 参考答案：∵ ⎰=M dm r J 2 ∴ 21J J = 3．一圆盘绕过圆心且于盘面垂直的光华固定轴O 以角速度1ω按图所示方向转动，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 ，
那么( C ) （A ）21ωω> （B ）21ωω= （C ）21ωω< （D ）不能确定如何变化 参考答案：()12ωωJ J t r R F -=∆⋅- ()12ωω+∆⋅-= t r R J F 4．均匀细棒OA 的质量为m 。长为L ，可以绕通过其一端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，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法那一种是正确的[ A ] （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。 参考答案：βθJ L mg M =⎪⎭ ⎫ ⎝⎛⋅=sin 2 θsin 逐渐变小，角速度始终增大 , 角加速度逐渐减少。 5．如图所示。A 、B 为两个相同的绕着轻绳的定滑轮， A 滑轮挂一个质量为m 的物体， B 滑轮受拉力为G ，而且mg G = ，设A 、B 两滑轮的角加速度分别为A β和B β，不计滑轮轴的摩擦，则有( C ) （A ）B A ββ= （B ）B A ββ> （C ）B A ββ〈 （D ）开始时B A ββ=，以后B A ββ〈 A 图 2
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 1 d /0=⎰ (9). ()2 1 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 1 mR 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 总摩擦力矩 mgR M M R μ3 2d 0==⎰ 故平板角加速度 ? =M /J 设停止前转数为n ，则转角 ? = 2?n 由 J /Mn π==4220θβω 可得 g R M J n μωωπ16/342 020=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22 1 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． 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 ? ② 运动学关系： a ＝R ? ③ 将①、②、③式联立得 a ＝mg / (m ＋2 1 M ) ∵ v 0＝0，
第四章 刚体的转动 一、简答题： 1、简述刚体定轴转动的角动量守恒定律并给出其数学表达式? 答案：刚体定轴转动时，若所受合外力矩为零或不受外力矩，则刚体的角动量保持不变。 2、写出刚体绕定轴转动的转动定律文字表达与数学表达式? 答案：刚体绕定轴转动的转动定律：刚体绕定轴转动时，刚体的角加速度与它所受的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比。表达式为：αJ M =。 3、写出刚体转动惯量的公式，并说明它由哪些因素确定? 答案：dm r J V ⎰ =2 ①刚体的质量及其分布；②转轴的位置；③刚体的形状。 二、选择题 1、在定轴转动中，如果合外力矩的方向与角速度的方向一致，则以下说法正确的是 ( A ) A.合力矩增大时，物体角速度一定增大； B.合力矩减小时，物体角速度一定减小； C.合力矩减小时，物体角加速度不一定变小； D.合力矩增大时，物体角加速度不一定增大 2、关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 ( C ) 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； 3、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J ，开始时转台以匀角速度0ω转动，此时有一质量为m 的人站住转台中心，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 ( A ) A.()2 mR J J +ω B.()2 R m J J +ω C.2 0mR J ω D.0ω 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，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的? ( A ) 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． 5、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，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度 ( C ) A.增大 B.不变 C.减小 (D) 、不能确定
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：⎪⎩ ⎪ ⎨⎧===-2222α αr 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 。
习题 3-1 一汽车发动机曲轴的转速在12s 内由每分钟1200 转匀加快地增添到每分钟 2700 转，求：（ 1）角加快度；（ 2）在此时间内，曲轴转了多少转？ 解：（1） 40 ( / ) 1 rad s 2 90 (rad / s) 2 t 1 90 12 40 25 (rad / s 2 ) 13 .1( rad / s 2 ) 6 匀变速转动 2 2 （2）2 1 2 780 (rad ) n 3 9 0(圈) 2 3-2 一飞轮的转动惯量为J ,在 t 0 时角速度为0 ，今后飞轮经历制动过程。阻力矩M 的大小与角速度的平方成正比，比率系数K 0 。求： （ 1）当0 3 时 ,飞轮的角加快度；（ 2）从开始制动到0 3 所需 要的时间。 解：（1）依题意M JK 2 K 2 K 02 (rad / s2 ) J 9J d K 2 t 0 3 Jd 2J （ 2）由 dt J 得dt 0 K 2 t K 0 3-3 如下图，发电机的轮 A 由蒸汽机的轮 B 经过皮带带动。两轮半 径 R A=30cm， R B75cm。当蒸汽机开动后，其角加快度B0.8πrad/s2，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 n A=600rev/min？（2）蒸汽机停止工作后一分钟内发电机转速降到300rev/min ，求其角加快度。
解：（1） AA t B B t 因为轮和皮带之间没有滑动，所以 A 、 B 两轮边沿的线速度同样，即 A R A B R B 2 600 (rad / s) 联立得 t A R A 10(s) 又 A 20 B R B 60 （2） A 2 300 10 (rad / s) A AA ( rad / s 2 ) 60 t 6 3-4 一个半径为 R 1.0m 的圆盘，能够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沿， 其自由端悬挂一物体。 若该物体从静止 开始匀加快降落，在 t ＝ 2.0s 内降落的距离 h ＝ 0.4m 。求物体开始降落后 第 3 秒末，盘边沿上任一点的切向加快度与法向加快度。 解：物体着落的加快度 a 2h 2 0.2(m / s 2 ) t 又 a t a R ，得圆盘的角加快度 0.2(rad / s 2 ) 第 3 秒末，圆盘的角速度 t 0.6(rad / s ) 所以 a t 0.2(m / s 2 ) a n 2 R 0.36( m/ s 2 ) 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沿上， 使砂轮在 11.3s 内停止，求砂轮和工件的摩擦系数 (忽视砂轮轴的摩擦 )。 解： M J 此中 M NR d M NR ，得 J J dt
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 (C ) mg T 1 my 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. 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, 端置于粗糙的水平地面上而静止，杆身与竖直方向成 角， 大小为：[ ] B B 则A 端对墙壁的压力 3、 (A) 1 mgcos (B ) - mgtg ( C ) mgsin 2 (D )不能唯一确定 图 4-17 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: (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 。 4、 轮 动过程中，下列哪个方程能成立? (A ) mg ky 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 ] T 2 如图4-2所示， (转动惯量为 J ),下端连接一质量为 [ (B) mg T 2 0 Z 图4-2 5、 (A) (B ) (C ) (D) 6、 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体 上： (1) (2) (3) (4) [ B 环的质量分布不