第03章 角动量定理和刚体的转动 习题题解

第三章 刚体力学3－1 一通风机的转动部分以初角速度ω0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？ 解：（1）由题可知：阻力矩ωC M -=，又因为转动定理 dtd JJ M ωβ== dtd JC ωω=-∴ dt JC d t ⎰⎰-=∴00ωωωω t JC-=0lnωω t JCe-=0ωω当021ωω=时，2ln CJt =。

（2）角位移⎰=tdt 0ωθ⎰-=2ln 00C J t JC dt eωCJ 021ω=，所以，此时间内转过的圈数为CJ n πωπθ420==。

3－2 质量面密度为σ的均匀矩形板，试证其对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为)(1222b a ab J +σ=。

其中a ，b 为矩形板的长，宽。

证明一：如图，在板上取一质元dxdy dm σ=，对与板面垂直的、通过几何中心的轴线的转动惯量为 dm r dJ ⎰=2dxdy y x a a b b σ⎰⎰--+=222222)()(1222b a ab +=σ证明二：如图，在板上取一细棒bdx dm σ=，对通过细棒中心与棒垂直的转动轴的转动惯量为2121b dm ⋅，根据平行轴定理，对与板面垂直的、通过几何中心的轴线的转动惯量为22)2(121x adm b dm dJ -+⋅=dx x ab dx b 23)2(121-+=σσ 33121121ba a b dJ J σσ+==∴⎰)(1222b a ab +=σ3-3 如图3-28所示，一轻绳跨过两个质量为m 、半径为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m 2和m 的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，求重物的加速度和各段绳中的张力。

解：受力分析如图ma T mg 222=- （1） ma mg T =-1 （2） βJ r T T =-)(2 （3） βJ r T T =-)(1 （4）βr a =，221mr J =(5) 联立求出g a 41=， mg T 811=，mg T 451=，mg T 232=3-4 如图3-29所示，一均匀细杆长为L ，质量为m ，平放在摩擦系数为μ的水平桌面上，设开始时杆以角速度0ω绕过细杆中心的竖直轴转动，试求：（1）作用于杆的摩擦力矩；（2）经过多长时间杆才会停止转动。

第3章 角动量定理和刚体的转动3.1 一发动机的转轴在7s 内由200r/min 匀速增加到3000r/min. 求：（1）这段时间内的初末角速度和角加速度. （2）这段时间内转过的角度和圈数. （3）轴上有一半径为2.0=r m 的飞轮, 求它边缘上一点在7s 末的切向加速度、法向加速度和总加速度.解：（1）这段时间初的角速度2002220.9/60f rad s ωππ==≈ 这段时间末的角速度300022314/60f rad s ωππ==≈ 角加速度231420.941.9/7rad s t ωβ∆-==≈∆（2）转过的角度为3020.93147 1.171022t rad ωωθ-+==⨯=⨯ 转过的角度为 ()31.171018622 3.14N θπ⨯==≈⨯圈（3）切向加速度241.90.28.38/a r m s τβ==⨯=法向加速度为22423140.2 1.9710/n a r m s ω==⨯=⨯总的加速度为421.9710/a m s ===⨯总的加速度与切向的夹角401.9710arctan 89598.37θ⨯'==3.3一人手握哑铃站在转盘上, 两臂伸开时整个系统的转动惯量为2kgm 2. 推动后, 系统以15r/min 的转速转动. 当人的手臂收回时, 系统的转动惯量为0.8kgm 2. 求此时的转速. 解：由刚体定轴转动的角动量守恒定律12I I ωω=１２1122.2.2I n I n ππ=121221537.5/min 0.8I n n r I ==⨯= 3.5发动机带动一个转动惯量为50kgm 2的系统作定轴转动. 在0.5s 内由静止开始匀速增加到120r/min 的转速. 求发动机对系统施加的力矩. 解： 1202460n ωωπππ=⨯=１２＝0，＝２ 2825.12/rad s tωβπ∆===∆ 由刚体定轴转动的转动定理，可知5025.121256.M I N m β==⨯=∑3.6一轻绳绕于半径为R 的圆盘边缘, 在绳端施以mg F =的拉力, 圆盘可绕水平固定光滑轴在竖直平面内转动. 圆盘质量为M , 并从静止开始转动. 求：（1）圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系. （2）如以质量为m 的物体挂在绳端, 圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系又如何？ 解：（1）由刚体转动定理可知：FR I β= 又因为F mg =, 212I MR =解得2mg MR β=， 2212mg t t MRθβ== （2）对物体受力分析'mg F ma -= 'F R I β= a R β=, 212I MR =由上式解得22mgMR mR β=+22122mg t t MR mRθβ==+3.7某冲床飞轮的转动惯量为3104⨯kgm 2. 当转速为30r/min 时, 它的转动动能是多少？每冲一次, 其转速下降10r/min. 求每冲一次对外所作的功.解：()11302260n rad s ωπππ==⨯= ()1120222603n rad s ωπππ==⨯= 当转速为30r/min 时,转动动能为 23241111410 1.9721022E I J ωπ==⨯⨯⨯=⨯每冲一次对外做功为要222321211124102223A I I πωωπ⎡⎤⎛⎫=-=⨯⨯-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦232441541010 1.09610299J ππ=⨯⨯⨯=⨯=⨯FF '3.8半径为R , 质量为M 的水平圆盘可以绕中心轴无摩擦地转动. 在圆盘上有一人沿着与圆盘同心, 半径为R r <的圆周匀速行走, 行走速度相对于圆盘为v . 设起始时, 圆盘静止不动, 求圆盘的转动角速度.解：设圆盘的转动角速度为2ω，则人的角速度为12vrωω=+。

大学物理刚体习题(总13页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--习 题第三章 刚体的转动刚体的定轴转动47. 一定滑轮半径为R ，质量为M ，用一质量不计的绳绕在滑轮上，另一端系一质量为m 的物体并由静止释放，这时滑轮的角加速度为1β，若不系物体而用一力F = mg 拉绳子使滑轮转动，这时角加速度为2β，这时有（）1β2β（）1β2β （C ）1β2β（D ）无法判断 分析由转动定律M I β=本题中I 不变β的大小完全取决于M 的大小而 M TR =系物体m 时 : T mg <不系物体而用一力F = mg 时: TF mg ==因此力矩变大所以有12ββ<mF选49.一飞轮的转动惯量为J ，t = 0时角速度为0ω，轮子在转动过程中受到一力矩2ωk M-=，则当转动角速度为0/3ω时的角加速度β = 从0ω到0/3ω飞轮转动经过的时间t ∆= 解: (1) 求β当0/3ω时, 20()3M k ω=-由 M J β=, 可得此时 209k MJ J ωβ==-(2) d M J J dt ωβ== 2d k J dt ωω-=分离变量，两边积分32td kdt Jωωωω-=⎰⎰解得: 02J t k ω∆=50．长为l 的均匀直棒可绕其下端与棒垂直的水平光滑轴在竖直平面内转动。

抬起一端使与水平夹角为60=θ，棒对轴的转动惯量为231ml J =，由静止释放直棒，则t = 0时棒的β＝？；水平位置时的β＝？这时的ω=（1）求β 据转动定律M J β=, MJβ= 0t =时， cos 602lM mg =︒水平位置时， 2lM mg =代入MJβ=，可别解得034glβ= 和 32g l β= （2）求ωd d d d M J J J J dt d dt d ωωθωβωθθ====将cos 2l M mg θ=和213J ml =代入化简并积分得， 0033cos 2g d d l ωπθθωω=⎰⎰ 60可求得332g l ω=（本题还可用动能定律机械能守恒方便求解ω）2211sin 60223l mg ml ω︒=⋅ 332g lω⇒=51．一飞轮以min /600rev 的转速转动，其转动惯量为25.2m kg J ⋅=，以恒定力矩使飞轮在一分钟内停止转动，求该力矩M 。

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： 222)(ωωr RR R v a n === 切向加速度： αωωτ⋅=⋅===R dtd 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。

《大学物理》刚体的转动练习题及答案一、简答题：1、为什么刚体绕定轴转动的动能的改变只与外力矩有关，而与内力矩无关?答案：对刚体，由于刚体内各质点间相对位移始终为零，内力总是成对出现，每对内力大小相等，方向相反，在一直线上，故内力矩做功之和一定为零，故刚体绕定轴转动的动能的改变与内力矩无关。

2、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。

3、下列物理量中，哪些量与原点的选择有关：(1) 速度，(2) 位矢，(3) 位移，(4) 角动量，(5) 动量 答案：与原点有关的物理量为：位矢，角动量。

4、质量、半径相同的两个圆盘，第一个质量分布均匀，第二个大部分质量分布在盘边缘，当它们以相同的角速度绕通过盘中心的轴转动时，哪个盘的转动动能大?为什么?答案：第二个盘的动能大。

因为由刚体转动动能221ωJ E k =知，在角速度一样时，转动惯量大的动能大；又因为2121mR J =，22mR J ≈，第二个转动惯量较大，所以转动动能较大。

5、在某一瞬时，刚体在一外力矩作用下，其角速度可以为零吗? 其角加速度可以为零吗?答案：由刚体转动定律αJ M =，知，在某一瞬时，刚体在一外力矩作用下，其角加速度不可以为零；由dtd ωα=，有⎰+=t dt 00αωω，可知其角速度此时可以为零。

6、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 =。

7、简述刚体定轴转动时的特点有哪些, 常用哪些物理量来描述刚体的转动?答案：刚体定轴转动的特点：转轴相对参照系固定，刚体内所有点都具有相同的角位移、角速度、角加速度；质点在垂直转轴的平面内运动，且作圆周运动。

刚体的转动通常用转动惯量J 、力矩M 、角加速度α、角动量L 等来描述。

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 ， βωI dtd 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[(2t m j t i t dtd m m +⨯+-=⨯=⨯= t s =3j i t m j t i t 80)26(4)68()22(]2)1[(23-=+⨯+=+⨯+-==j t m j t i t 16)22(42)22(]2)1[(21-=+⨯=+⨯+-==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5.1tf 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。

第三章刚体力学习题答案3-1 如图3-1示,一轻杆长度为21 ,两端各固定一小球,A 球质量为2m ,B 球质量为m ,杆可绕过中心的水平轴 O 在铅垂面内自由转动，求杆与竖直方向成角时的角加速度.解：系统受外力有三个，即 A, B 受到的重力和轴的支撑作用力，轴的作用力对轴的力 臂为零，故力矩为零，系统只受两个重力矩作用.以顺时针方向作为运动的正方向，则 A球受力矩为正，B 球受力矩为负，两个重力的力臂相等为d 1 sin ，故合力矩为M 2mgl sin mgl sin mgl sin系统的转动惯量为两个小球（可视为质点）的转动惯量之和J 2ml 2 ml 2 3ml 2应用转动定律M J2有：mgl sin 3ml gsin 3l3-2 计算题3-2图所示系统中物体的加速度.设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M ，半径为r ,在绳与轮边缘的摩擦力作用下旋转 面与物体间的摩擦，设 n = 50kg ，m 2 = 200kg,M =0.1m.解：分别以m 1，m 2滑轮为研究对象，受力图如图（b ）所示.对 m 2g T 2 m 2aT 1m 1a②对滑轮运用转动定律，有解得m 1，m 2运用牛顿定律，有，忽略桌3-3 飞轮质量为60kg,半径为0.25m,当转速为1000r/min 时，要在5s内令其制动，求制1 _2解：以飞轮为研究对象，飞轮的转动惯量J -mR ,制动前角速度, 1000为 2 --- rad/s ，制动时角加速度为——-制动时闸瓦对飞轮的压力为F N ,闸60 t瓦与飞轮间的摩擦力F f F N ,运用转动定律，得1 2F f R J -mR2f 2以闸杆为研究对象，在制动力F和飞轮对闸瓦的压力F N的力矩作用下闸杆保持平衡，两Fl F N110l1mR 12 t0.500.50 0.7560 0.25 2 10002 0.4 5 60157 N又，联立以上4个方程，得m2gM m i m2 —2200 9.8 … ---------- 7.6155 200动力F ,设闸瓦与飞轮间摩擦系数= 0.4,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算，闸杆尺寸如图所示.则F N mR 2 t力矩的作用力臂分别为l (0.50 0.75) m 和l1 = 0-50m ,则有图3-33-4 设有一均匀圆盘，质量为m ,半径为R,可绕过盘中心的光滑竖直轴在水平桌面上转动.圆盘与桌面间的滑动摩擦系数为，若用外力推动它使其角速度达到°时,撤去外力，求：(1)此后圆盘还能继续转动多少时间？(2)上述过程中摩擦力矩所做的功.解：(1)撤去外力后，盘在摩擦力矩M f作用下停止转动-设盘质量密度为m R2有RM f ° g2 r2dr mgR………M f 1根据转动定律——，J mRJ 2 4 g 3Rt 3 3R^4 g(2)根据动能定理有1 2 1 _2 2摩擦力的功W f° -J °2-mR2022 43-5 如题3-6图所示，一匀质细杆质量为于水平位置由静止开始摆下.求：(1)初始时刻的角加速度；(2)杆转过角时的角速度.m，长为l ,可绕过一端O的水平轴自由转动，杆图3-6解：(1)由转动定律，有mg2 (1m|2) 33g2l(2)由机械能守恒定律，有-l .mg - sinIm1)3-6固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴体的半径分别为 R 和r ,质量分别为 M 和m .绕在两柱体上的细绳分别与物体m 1和m 2相连，m i 和m 2则挂在圆柱体的两侧，如3-8图所示.设R = 0.20m,r = 0.10m, m=4 kg, M=10 kg, m 1 = m 2=2 kg,且开始时 m 1,m 2离地均为h = 2m .求：(1)柱体转动时的角加速度； (2)两侧细绳的张力.解：设a 1, a 2和3分别为m 1, m 2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b).(1)m 1, m 2和柱体的运动方程如下：T 2 m 2g m 2a 2 ①m 1g 工m 1a l②T 1 R T, r I③式中 T 1 T 1,T 2 T 2,a 2 r ,a 1 R3gsin(a)图 (b)图 OO 转动.设大小圆柱1cle而I MR mr2 2 由上式求得Rm 1 rm 2 ' 2^2. T g I m 1R m 2r0.2 2 0.1 2…9.8 1 2 1 2 2 2—10 0.202 — 4 0.102 2 0.2022 0.102226.13 rad s 2(2)由①式T 2 m 2rm 2g 2 0.10 6.13 2 9.8 20.8 N由②式T 1 m 1gm 1R 2 9.8 2 0.2. 6.13 17.1 N3-7一风扇转速为900r/min,当马达关闭后，风扇均匀减速，止动前它转过了 75转,在此过 程中制动力做的功为44.4J,求风扇的转动惯量和摩擦力矩.解：设制动摩擦力矩为 M ,风扇转动惯量为 J ,止动前风扇的角位移 力矩所做的功为AM M2 N摩擦力所做的功应等于风扇转动动能的增量，即A 0 1J 222A 2 ( 44.4)2J —20.01 kg m(900 2 /60)A 44.4 M 0.0942N m2 N 2753-8 一质量为M 、半径为r 的圆柱体，在倾斜 角的粗糙斜面上从距地面而下,试求圆柱体滚止地面时的瞬时角速度.解：在滚动过程中，圆柱体受重力Mg 和斜面的摩擦力F 作用，设 圆柱体滚止地面时，质心在瞬时速1 ..2 , , , 「.、. .......... 率为v,则此时质心的平动动能为 一Mv ,与此同时，圆柱体以角速度绕几何中心轴转2t一…八，12 ...... ....... ........................... ..... ........ .... ,动，其转动动能为 -J 2.将势能零点取在地面上，初始时刻圆柱体的势能为 Mgh ,由于圆柱体只滚不滑而下，摩擦力为静摩擦力，对物体不做功，只有重力做功，机械能守恒，-12于是有Mgh -Mv 2一 12式中J Mr ,v 2h 高处只滚不滑2J 2r ，代入上式得1 2 2-Mr 2) 223-9 一个轻质弹簧的倔强系数k 2.0N/m,它的一端固定，另一端通过一条细绳绕过一个定滑轮和一个质量为 m =80g 的物体相连，如图所示.定滑轮可看作均匀圆盘 ，它的质量为M =100g,半径r = 0.05m.先用手托住物体 m ,使弹簧处于其自然长度 ，然后松手.求物体m 下降h = 0.5m 时的速度为多大？忽略滑 轮轴上的摩擦，并认为绳在滑轮边缘上不打滑.3-10 有一质量为m 1、长为l 的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为 的水平桌面上，它可绕通过其端点 O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动 .另有一水平运动的质量为 m 2的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端 A 相碰撞,设碰撞时间极短.已知小滑块在碰撞前后的速度分别为 V 1和V 2,如图示，求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间 （已知棒绕-e 口 1 2O 点的转动惯重J — mJ ）.Mgh2(M r 2解：由于只有保守力（弹性力、重力）做功，所以由弹簧、滑轮和物体 械能守恒，故有m 组成的系统机12 1 2ngh 5kh -1v r, I - Mr 222mv2所以v 2mgh kh 242M m1.48m/s图 3-123解：对棒和滑块组成的系统，因为碰撞时间极短，所以棒和滑块所受的摩擦力矩远小于相互间的冲量矩，故可认为合外力矩为零，所以系统的角动量守恒，且碰撞阶段棒的角位移忽略不计，由角动量守恒得12m 2v l im 2v 2l - m i l碰撞后在在转动过程中棒受到的摩擦力矩为t一 m i 」1 一M f 0g 丁dx 2 rn^gl由角动量定理得转动过程中t12M f dt 0 -m 1l 0 3联立以上三式解得：t 2 m 2 V^V 2ng3-11哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆.它离太阳最近距离为 r 1 =8.75 X 1010m 时的速率是 5=5.46 X 10 4m • s -1,它离太阳最远时的速率是v 2 = 9.08 x 10 2m - s -1,这时它离太阳的距离「2为多少？（太阳位于椭圆的一个焦点.）解：哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力一一即有心力的作用, 哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有r 1mM r 2mv 28.75 10105.46 10429.08 1023-12平板中央开一小孔，质量为m 的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为 M 1的重物.小球做匀速圆周运动，当半径为「0时重物达到平衡.今在M 1的下方再挂一质量为 M 2解：在只挂重物时 M 1，小球作圆周运动的向心力为 M 〔g ,即2M 〔g m 「0 0所以角动量守恒；又由于「1v 15.26 1012 m的物体，如3-143-13 如图示,长为l 的轻杆,两端各固定质量分别为 m 和2m 的小球，杆可绕水平光滑轴在竖直平面内转动，转轴O 距两端的距离分别为1/3或21/3.原来静止在竖直位置.今有一质量为 m 的小球，以水平速度v 0与杆下端的小球 m 做对心碰 撞，碰后以v 。