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第3章 刚体的定轴转动 习题答案PPT课件

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第3章 刚体的定轴转动 习题答案

第3章 刚体的定轴转动 习题答案

1
1 v r 78 . 5 1 78 . 5 m s (3) 解：
an r 78.5 1 6162 .2 m s
2 2
2
a r 3.14 m s
2
3-13. 如图所示，细棒长度为l，设转轴通过棒上距中心d的一 点并与棒垂直。求棒对此轴的转动惯量 J O '，并说明这一转 动惯量与棒对质心的转动惯量 J O之间的关系。(平行轴定理)
n0
J 2 2 n 收回双臂后的角动能 E k J n 0 2 J 0 n
1 2 2 1 2
Ek 0 J
1 2
2 0
3-17. 一人张开双臂手握哑铃坐在转椅上，让转椅转动起来， 此后无外力矩作用。则当此人收回双臂时，人和转椅这一系 统的转速、转动动能、角动量如何变化？
解：首先，该系统的角动量守恒。
设初始转动惯量为 J ，初始角速度为 0 收回双臂后转动惯量变为 J n ， 由转动惯量的定义容易知，n 1 由角动量守恒定理容易求出，收回双臂后的角速度 初始角动能
M t J
代入数据解得：M 12.5 N m
3-4. 如图所示，质量为 m、长为 l 的均匀细杆，可绕过其一 端 O 的水平轴转动，杆的另一端与一质量为m的小球固定在 一起。当该系统从水平位置由静止转过 角时，系统的角
速度、动能为？此过程中力矩所做的功？
解： 由角动能定理得：
解：设该棒的质量为m，则其
线密度为 m l
1 l d 2 1 l d 2
O
d O'
J O'

0
r dr
2
3
0
r dr

第03章(刚体力学)习题答案

第03章(刚体力学)习题答案

轮子的角速度由w ＝0 增大到w ＝10 rad/s，求摩擦力矩 Mr． [5.0 N·m]
解：摩擦力矩与外力矩均为恒力矩，所以刚体作匀角加速转动。其角加速度为：
b = w - w0 = 10 - 0 = 1rad / s2
Dt
10
合外力矩为： M合 = Jb = 15 ´1 = 15(N × m) = M - M r Þ M r = 5.0(N × m)
所以机械能也不守恒。
3-3 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴 O 以角速度w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w 如何变化？
w
答：左边力的力矩比右边的大，所以刚体会被加速，其角加速
F
F
度增大。 3-4 刚体角动量守恒的充分而必要的条件是什么？ 答：刚体所受的合外力矩为零。
解：此过程角动量守恒
Jw0
=
1 3
Jw
Þ
w
=
3w0
3-10 一轴承光滑的定滑轮，质量为 M＝2.00 kg，半径为 R＝0.100 m，
一根不能伸长的轻绳，一端固定在定滑轮上，另一端系有一质量为 m＝5.00
kg 的物体，如图所示．已知定滑轮的转动惯量为 J＝ 1 MR 2 ，其初角速 2
w 0
R M
度w0 ＝10.0 rad/s，方向垂直纸面向里．求：
(1) 定滑轮的角加速度的大小和方向； (2) 定滑轮的角速度变化到w＝0 时，物体上升的高度；
m
习题 3­10 图
(3) 当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度的大小和方向．
[ 81.7 rad/s2 ，垂直纸面向外； 6.12×10-2 m； w = 10.0 rad/s，垂直纸面向外]

大学物理第三章刚体力学基础习题答案培训课件

大学物理第三章刚体力学基础习题答案培训课件

1 )
t2
下次上课内容：
§5-1 简谐运动 §5-2 旋转矢量表示法 §5-3 单摆和复摆 §5-4 振动的能量
角动量定理
t2 Mdt
t1
J2
J1
角动量守恒 M 0, J 恒矢量
力的功
W
r F
drr
力矩的功 W Md
动 能 1 mv2
2
动能定理
W
1 2
mv22
1 2
mv12
转动动能 1 J 2
2
转动动能定理W
1 2
J22
1 2
J12
习 题 课 (三)
3-1 一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，绳下端挂一
的角加速度 =
。从开始制动到 =1/3 0所经过
的时间t = 。
M k2 J
k 2 k02
J 9J
k2 J d
dt
t k dt
0J
1 3
0
d
0
2
t 2J
k0
3-6 一长为L的轻质细杆，两端分别固定有质量为
m 和2m 的小球，此系统在铅直平面内可绕过中心点
O且与杆垂直的水平固定轴转动。开始时杆与水平成
方向上，正对着杆的一端以相同的速率v相向运动，
如图所示。当两小球同时与杆的两端发生完全非弹性
碰撞后，就与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的
转动角速度为
m
(A) 2v
4v (B)
v
3L
✓(C)
6v 7L
5L (D) 8v
9L
(E) 12v v m
o
7L
2mvL 1 mL2 2mL2
3
6v
7L

第3章刚体的定轴转动习题解答..

第3章刚体的定轴转动习题解答..

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 ( / )1rad s 2 90 (rad / s)2t 1 901240 25 (rad / s 2 ) 13 .1( rad / s 2 )6匀变速转动2 2（2）2 12 780 (rad ) n3 9 0(圈)23-2 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 9Jd K 2 t 0 3 Jd 2J（ 2）由dt J 得dt0 K2tK 03-3 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 BB 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ARA BRB2600 (rad / s) 联立得 tARA10(s)又 A20BRB60（2） A2 300 10 (rad / s) A AA( rad / s 2 )60t63-4 一个半径为R1.0m 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。

胡盘新主编《普通物理学简明教程》-03刚体的定轴转动ppt课件

胡盘新主编《普通物理学简明教程》-03刚体的定轴转动ppt课件

(2) 开始上升后,5 秒末滑轮的角速度
百
(3) 在这5 秒内滑轮转过的圈数。
川
(4) 开始上升后,1 秒末滑轮边缘上
一点的加速度(不打滑) 。
道
r致
远
解: (1) 轮缘上一点的切向加速度与
物体的加速度相等
a
r
0.8rads2
a
海南大学
第第三三章章 刚刚体体的的定转轴动转动
§3-1 刚体的平动、转动和定轴转动
+ ➢ 刚体的一般运动 质心的平动 绕质心的转动
儋 海
大宝
纳州
道岛
百 立 川
致 生
远
业
根
华海南热南带大农业学大学
第第三三章章 刚刚体体的的定转轴动转动
三、刚体的定轴转动
§3-1 刚体的平动、转动和定轴转动
•定轴转动：
儋 海
刚体上各点都绕同一转轴作不同半径的圆 大宝
纳州 周运动，且在相同时间内转过相同的角度。 道岛
第第三三章章 刚刚体体的的定转轴动转动
§3-1 刚体的平动、转动和定轴转动
§3-1 转动动能 转动惯量
一、刚体
儋 刚体：在外力作用下，形状和大小都不发生变 海 化的物体 . （任意两质点间距离保持不变的特殊质点
大宝
纳州 组）
道岛
百 立
刚体最简单的运动形式：平动、转动 .
川
致 生
远
业
根
工s03-平动
§3-1 刚体的平动、转动和定轴转动
➢ 转动：刚体中所有的点都绕同一直线做圆周运
动. 转动又分定轴转动和非定轴转动 .
儋 海
大宝
纳州
道岛
百 立 川
致 生

高二物理竞赛第3章第3讲定轴转动刚体的角动量转动惯量PPT(课件)

高二物理竞赛第3章第3讲定轴转动刚体的角动量转动惯量PPT(课件)

i
i
转动惯量
IZ mi Ri2 i
LZ ( mi Ri2 ) IZ i
转动惯量的计算： I mi Ri2 m R2dm i
平行轴定理
Iz Izc md 2
正交轴定理
Iz Ix Iy
l
1 12
ml
2
细圆棒 轴通过中心
l
1 3
ml
2
细圆棒 轴通过一端
I 1 mR2 2
圆盘 轴垂直盘面通过中心
2 23
故细棒摆下角时的角速度为： 3g sin
重力的功 : A E mg l sin
l
p
பைடு நூலகம்
2
法二: 细棒摆动（即转
动）时，重力对0轴的
o
力矩为: 求:物体的加速度和定滑轮的角加速度，以及两边绳子中的张力。
一质量为m，速度为v的子弹射入距支点为a的棒内。 刚体对定轴的角动量定理
l 若它与桌面间的滑动摩擦系数为μ，在t=0时，使圆柱体获得一个绕轴旋转的角速度ω。
一、刚体定轴转动的角动量定理
能包括所有的动能和势能.
对质点系而言角动量定理为： 由系统角动量守恒(设向外为正方向)
注意：该定律不但适用于刚体，同样也适用于绕定轴转动的任意物体系统。 处理刚体定轴转动问题与圆周运动角量描述类似 例 计算钟摆的转动惯量。 （1）分别隔离 和
dL dt
M外
2 质点系角动量守恒定律
角加速度：
lim
t 0
t
d
dt
处理刚体定轴转动问题与圆周运动角量描述类似
角量相同（角位移、角速度、角加速度）
线量不同
vi Ri ri
vi Ri
ai ai ainn

大学物理上册《刚体定轴转动》PPT课件

大学物理上册《刚体定轴转动》PPT课件
刚体性质
刚体是一个理想化的物理模型，实际物体在受到力的作用时， 都或多或少地会变形，但如果变形很小，对研究问题的影响可 以忽略不计时，就可以把这个物体看成刚体。
定轴转动描述
定轴转动
刚体上所有质点都绕同一直线作圆周运动，这种运 动叫做刚体的定轴转动。这条直线叫做刚体的转轴。
转动的快慢
用角速度ω来描述刚体转动的快慢，单位时间内转 过的角度θ越大，角速度ω就越大。
转动能定理
刚体定轴转动时，合外力矩对刚体所做的功等于刚体转动动能的增 量。
转动动能的计算
转动动能Ek等于刚体的转动惯量I与角速度ω平方的一半的乘积，即 Ek=1/2Iω²。
应用举例
通过计算合外力矩对刚体所做的功，可以求解刚体在某个过程中的角 速度、角加速度等物理量。
动力学普遍定理在转动中应用
动力学普遍定理
VS
误差分析
分析实验过程中可能产生的误差来源，如 测量误差、仪器误差等，并提出减小误差 的方法。
实验结果讨论和改进建议
实验结果讨论
根据实验数据和分析结果，讨论刚体定轴转动的基本规律以及实验过程中存在的问题和不足之处。
改进建议
提出改进实验方法和提高实验精度的建议，如优化实验器材、改进测量方法等。
05
动能定理揭示了力对刚体所做 的功与刚体动能变化之间的关 系；机械能守恒定律则指出在 只有重力或弹力做功的情况下， 刚体的机械能保持不变。
常见题型解题技巧分享
选择题答题技巧
注意审清题意，明确题目要求；对于概念性选择题，要准确理解相关概念；对于计算性选择题，要善于运用 物理规律和公式进行推理和计算。
填空题答题技巧
未来发展趋势预测
高效能源利用
随着能源问题的日益突出，未来旋转机构将更加注重高效能 源利用，如采用新型材料、优化结构等降低能耗。

第3章刚体的定轴转动

第3章刚体的定轴转动

绕通过质心 由合外力矩决定（应用
轴的转动
转动定律）
第3章 刚体的定轴转动
例3 质量为 mA 的物体 A 静止在光滑水平面上，
和一质量不计的绳索相连接，绳索跨过一半径为 R、质
量为 的圆mC柱形滑轮 C，并系在另一质量为 的物mB
体 B 上. 滑轮与绳索间没有滑动， 且滑轮与轴承间的摩
擦力可略去不计. 问：（1） 两物体的线加速度为多少？
dt
M
dL
作用于质点的合力对参考点 O 的力矩 ，等于质点对该点 O 的角
dt 动量随时间的变化率.
第3章 刚体的定轴转动
M
dL
dt
t2 t1
Mdt
L2
L1
冲量矩
t2
Mdt
t1
质点的角动量定理：对同一参考点 O ，质点所受
的冲量矩等于质点角动量的增量.
3 质点的角动量守恒定律
M 0, L 恒矢量
的大小与角速度的平方成正比，比例系数为 k
（ k 为大于零的常数).当 1 30 时，飞轮的角
加速度为
，所经历的时间为
M k2
M J
k 2
J
k
2 0
9J
第3章 刚体的定轴转动
M k2
M J J d
k 2 J d
dt
dt
t dt J
1
3
0
1
d
0
k 0 2
2J t
M mr 2
2）刚体
质量元受外力 Fej，内力 Fij
Mej Mij mjrj2
外力矩
内力矩
第3章 刚体的定轴转动
z
M
F
F
O

普通物理学第三章PPT课件

普通物理学第三章PPT课件

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3.2.3 刚体定轴转动的角动量守恒定律
1. 角动量( 动量矩 )
对于定点转动而言：
L
r
P
r
mv
在国际单位制（SI）中，角动量
的单位为
r
o
kg m2 s1 r sin
P mv
m
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对于绕固定轴oz的转动的质元m而i 言:
Li ri mivi
miri2k
对于绕固定轴oz 转动的整个刚体而言:
z
L N miri2 J
i
角动量的方向沿轴的正向或负向,所以可用代数量来描述.
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1、M J与 地F＝位ma相当，α与a对应，力矩是使 刚体转动状态发生改变而产生角加速度的原因。
2、力矩是矢量，方向沿转轴，对定轴转动只有 两个方向，所以用正负号表示方向。
3、m反映质点的平动惯性，J是对刚体转动惯性 大小的量度，其大小反映了改变刚体转动状态 的难易程度。
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大学物理课课件第3章_刚体的定轴转动

大学物理课课件第3章_刚体的定轴转动
G2 G1
(m1-m2)g R(m1+ m2+ m 2) (m1-m2)g R(m1+ m2+ m 2)
a
gt 2
(rad)
两匀直细杆
两者瞬时角加速度之比 转动定律例题五
θ
θ
根据
1 2 1 2
θ θ
1 3 1 3
地面 从等倾角 处静止释放
短杆的角加速度大 且与匀质直杆的质量无关
第3节 机械能守恒定律
用两个对 转的顶浆
（支奴干 CH47)
A、B两轮共轴 A以ωΑ作惯性转动
守恒例题一
两轮啮合后 一起作惯性转动的角速度
ωΑΒ
以A、B为系统，忽略轴摩擦，脱离驱动力矩后，系 统受合外力矩为零，角动量守恒。
初态角动量 末态角动量
得
守恒例题二
木棒 弹
以弹、棒为系统 击入阶段 子弹击入木棒瞬间，系统在
铅直位置，受合外力矩为零，角动量守恒。 该瞬间之始 该瞬间之末 棒 弹 棒
对 质点运动和刚体转动定律
m 1 m 2 和 m 分别应用
及
β
R
T2 T2
m
T1 T1 m1
m1 g – T1 = m1a T2 – m2 g = m2a ( T1 – T2 ) R = Iβ
得 故
a = Rβ
1 I = 2 mR2 常量
β
(m1-m2)g = R(m1+ m2+ m 2) 由
m2
a
定轴转动物理量
1. 角位置
描述刚体（上某点）的位置 刚体定轴转动 的运动方程 刚体
刚体中任 一点
(t+△t) (t) 参考 方向
2. 角位移

大学物理第三章刚体力学PPT课件

大学物理第三章刚体力学PPT课件

精选
7
F is iin fis iin m ir i
两边同乘ri，得
F ir i siin fir i siin m ir i2
上式左边第一项为外力Fi对转轴的力矩，而第二项是 内力fi 对转轴的力矩。对刚体的所有质点都可写出类 似上式的方程，求和得
F ir is ii n fir is ii n ( m ir i 2 )
密度为，则dm=dx，有：
Ox
dx
l
J0r2dm ll2 2x2dx1l32 1 1m 22 l
（2）当转轴通过棒的一端A并与棒垂直时：
JAr2dm0 lx2dx3 l31 3m2l
精选
12
例2 求质量为m、半径为R、厚 为h的均质圆盘对通过盘心并与 盘面垂直的轴的转动惯量。
解：如图所示，将圆盘看成许多薄圆环组成。取任一 半径为r，宽度为dr的薄圆环，它的转动惯量为：
转动惯量与刚体的大小形状、质量分布以及转
轴的位置等有关。
精选
9
一般的情况下刚体质量是连 续分布的，把它分割成无限多个 微小部分，其中质量为dm的小块 到转轴的垂直距离为r，则它对该 转轴的转动惯量为
dJr2dm
r dm
积分得到整个刚体对相应转轴的转动惯量为
J r2dm
精选
10
常见刚体的转动惯量
MF 2dF 2rsin
精选
5
若F位于转动平面内，则上式简化为
MFd Fsri n
力矩是矢量，在定轴转动中， 力矩的方向沿着转轴，其指向 可按右手螺旋法则确定：右手 四指由矢径r的方向经小于的 角度转向力F方向时，大拇指的 指向就是力矩的方向。根据矢 量的矢积定义，力矩可表示为：
M rF

刚体定轴转动的转动定律力矩PPT

刚体定轴转动的转动定律力矩PPT

求 θ角及着陆滑行时的速度多大？
解 引力场（有心力）
v0
系统的机械能守恒
质点的动量矩守恒
m r0
v R
OM
m 1 2m v v 0 r 00 2s iGπ n r0 M) ( 1 2 m m m vv 2 R GRMm vv0r0R sin4v0sin
sin14123RGv0M 21/2
1/2
LZ Δmiviri Δmiri2 JZ
i
i
LZJZ(所有质元对 Z 轴的动量矩之和)
2. 刚体定轴转动的动量矩定理
对定轴转动刚体，Jz 为常量。
dLZ dt
JZ
d
dt
dLZ dt
Mz
M zd t d L z d J
动量矩定理 微分形式
t1 t2M zd t 1 2d JJ2 J1（动量矩定理积分形式）
0tm1m 1m 2m 21 2 gmtr
3.2.2 刚体定轴转动的动能定理
1. 刚体定轴转动的动能
Δ m 1 ,Δ m 2 ,,Δ m k ,,Δ m N r 1 ,r 2 ,,r k ,,r N v 1 , v 2 , , v k , , v N
Δmk 的动能为
Ek 12Δmkvk212Δmkrk22
F FF Fn
2)力对点的力矩
Mo
M O r F
F
大小 M OrF sin
O . r
指向由右螺旋法则确定 力对定轴力矩的矢量形式
z
F//
F
M Z r F
（力对轴的力矩只有两个指向）
r
A
FF
2. 刚体定轴转动的转动定律
第 k个质元 F k f k m k a k

《刚体的定轴转动》课件

《刚体的定轴转动》课件

实例二
陀螺在受到外力矩作用后发生定轴转动。分析过程中应用了转动定 律，解释了陀螺的进动现象。
实例三
电风扇在启动时，叶片的角速度从零逐渐增大到稳定值。分析过程中 应用了转动定律，解释了电风扇叶片角速度的变化规律。
CHAPTER
03
刚体的定轴转动的动能与势能
动能与势能的定义
动能定义
物体由于运动而具有的能量，用 符号E表示，单位是焦耳(J)。
势能定义
物体由于相对位置或压缩状态而 具有的能量，常用符号PE表示， 单位是焦耳(J)。
刚体的定轴转动动能与势能的计算
转动动能计算
刚体的转动动能等于刚体绕定轴转动的动能，等于刚体质量与角速度平方乘积的一半， 即E=1/2Iω^2。
势能计算
刚体的势能等于刚体各质点的势能之和，等于各质点的位置坐标与相应的势能函数的乘 积之和。
01
数学表达式：Iα=M
02
转动惯量的计算：根据刚体的质量和形状，可以计算出其转动
惯量。
角加速度的计算：根据作用在刚体上的外力矩和刚体的转动惯
03
量，可以计算出其角加速度。
转动定律的实例分析
实例一
匀速转动的飞轮在受到阻力矩作用后，角速度逐渐减小，直至停止 转动。分析过程中应用了转动定律，解释了飞轮减速直至停止的原 因。
CHAPTER
02
刚体的定轴转动定律
转动定律的内容
刚体定轴转动定律
对于刚体绕固定轴的转动，其转动惯量与角加速度乘积等于作用 在刚体上的外力矩之和。
转动定律的物理意义
描述了刚体在力矩作用下绕固定轴转动的运动规律。
转动定律的适用范围
适用于刚体在力矩作用下的定轴转动，不适用于质点和弹性体的转 动。

《大学物理》第三章 刚体的定轴转动

《大学物理》第三章 刚体的定轴转动

P
t
=
1 2
ω J 2 自
t
=
ω J 2 自 2P
=
2×105× (30π)
2×736×103
2
=
1.21×103s
(2) ω进 = 1度 秒 = 0.0175rad/s
ω进 =
M
Jω自
M = Jω进ω自
M = 2×105×0.0175×30π= 3.3×105 N返回.m退出
3-14 在如图所示的回转仪中，转盘的 质量为 0.15kg , 绕其轴线的转动惯量为： 1.50×10-4 kg.m2 ,架子的质量为 0.03kg, 由转盘与架子组成的系统被支持在一个支柱 的尖端O，尖端O到转盘中心的距离为0.04 m , 当转盘以一定角速度ω 绕其轴旋转时， 它便在水平面内以1/6 rev/s的转速进动。
为25cm，轴的一端 A用一根链条挂起，如
果原来轴在水平位置，并使轮子以ω自=12 rad／s的角速度旋转，方向如图所示，求：
（1）该轮自转的角动量；
（2）作用于轴上的外力矩；
（3）系统的进动角速度， ω
并判断进动方向。
AO
B
R
l 返回 退出
解：
(1)
J
=
m
R
2
回
=
5×(0.25 )2
ω
= 0.313 kg.m2
a
=
m
1+
m m
1g 2+
J
r2
T1 =
m 1g (m 2+ J m 1+m 2 + J
r 2) r2
T2 =
m 1m 2g m 1+m 2 + J

大学物理(上)课件-第03章刚体的定轴转动3-2

大学物理(上)课件-第03章刚体的定轴转动3-2
解 : (1) 棒在任意位置时的重力矩 l M = mg cos θ 2 1 3g M = Jβ = ml 2 β β= cos θ 3 2l
N
o
c
⋅
θ
dθ
⋅
1 1 dω (2) mg cos θ = ml 2 2 3 dt 1 dω dθ 1 2 dω = ml 2 = ml ω 3 dθ dt 3 dθ
ω
o
r1
r2 v1
∆m1
E
27
K
1 2 = J ω ——刚体定轴转动的动能 2
3. 刚体定轴转动的动能定理
设在外力矩 M 的作用下，刚体绕定轴发生角位移 dθ 元功：
dA = Mdθ
dω 由转动定律 M = J β = J dt dω 有 dA = J dθ = Jω dω dt
A=
∫ω
ω2
1
1 1 2 2 = J ω － J ω Jω d ω 2 1 2 2
28
刚体绕定轴转动的动能定理 ：合外力矩对刚体所做的 功等于刚体转动动能的增量。
ω = (2 β h r )1 2 = 9.08 rad ⋅ s −1
§3.3 定轴转动刚体的功与能
1.力矩的功 � 刚体在力 F 作用绕轴转过一微小角位移 dθ � � � � 力 F 作功为dA = F ⋅ dr = F cos(π − ϕ ) dr
2 = F sin ϕ dr = F sin ϕds = Fr sin ϕdθ � 力F使刚体由θ 0转到θ 时, 力矩的功为
2
4 2 19 2 65 2 J = J1 + J 2 = mr + mr = mr 3 2 6
22
例1 一个质量为Ｍ、半径为Ｒ的定滑 轮（当作均匀圆盘）上面绕有细绳， 绳的一端固定在滑轮边上，另一端挂 一质量为ｍ的物体而下垂。忽略轴处 摩擦，求物体ｍ由静止下落高度ｈ时 的速度和此时滑轮的角速度。 解：

第3章刚体的定轴转动

第3章刚体的定轴转动

大学物理习题及习题解答第三章 刚体的定轴转动3­1 两个不同半径的皮带轮 A 、B ，由传动皮带相连，轮半径 A Br r > .当它们转动时，问： （1）两轮边缘各点的线速度大小是否相等？ （2）两轮角速度的大小是否相等？（3）两轮边缘处质点的法向加速度大小是否相等？ （4）两轮边缘处质点的切向加速度大小是否相等？ 答：当皮带在两轮上不打滑时，（1）相等，两轮边缘各点线速度的大小都等于皮带上点的速率。

（2）不等。

由于v r w = ， A B v v = ，而 A B r r > 故 A Bw w < （3）不等。

由于 2n v a r= ， A B v v = 而 A B r r > ，故 nA nBa a < （4）相等。

由于 A B v v = ，而A Bdv dv dt dt= ，故 tA tB a a = 3­2 一飞轮以转速 1 min 1500 - × = r n 转动，受制动均匀减速，经 s t 50 = 后静止。

（1）求角加速度a 和从制动开始到静止这段时间飞轮转过的转数 N ； （2）求制动开始后 s t 25 = 时飞轮的角速度w ；（3）设飞轮的半径 , 1m r = 求在 s t 25 = 时飞轮边缘上一点的速度和加速度。

解：（1） 1 0 2 601500- × ´ =s rad p w 由 0 t t w w a -= ，且 0 t w = ，得220 15002 3.14 6050rad s rad s t w pa - =-=-´×=-× 又 2 0 11() 22 N t t w a p =+´ ，将 0t w a =- 代入得111500 50 r 625 r 2260N t w ==´´= （注意求转数时p 可消去，能减少计算误差。

第3章 刚体的定轴转动习题解答-推荐下载

第3章 刚体的定轴转动习题解答-推荐下载
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）1 40 (rad / s) 2 90 (rad / s)
2 1 90 40 25 (rad / s2 ) 13.1(rad / s2 )
由对称性可知 J x J y ，又 J z mR2
得
方法二：
J

Jx
dm


Jy
dl

1 2

mR 2
Rd
，其中
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，系电通，力1根保过据护管生高线产中0不工资仅艺料可高试以中卷解资配决料置吊试技顶卷术层要是配求指置，机不对组规电在范气进高设行中备继资进电料行保试空护卷载高问与中题带资2负料2，荷试而下卷且高总可中体保资配障料置各试时类卷，管调需路控要习试在题验最到；大位对限。设度在备内管进来路行确敷调保设整机过使组程其高1在中正资，常料要工试加况卷强下安看与全22过，22度并22工且22作尽22下可护都能1关可地于以缩管正小路常故高工障中作高资；中料对资试于料卷继试连电卷接保破管护坏口进范处行围理整，高核或中对者资定对料值某试，些卷审异弯核常扁与高度校中固对资定图料盒纸试位，卷置编工.写况保复进护杂行层设自防备动腐与处跨装理接置，地高尤线中其弯资要曲料避半试免径卷错标调误高试高等方中，案资要，料求编试技5写、卷术重电保交要气护底设设装。备备置管4高调、动线中试电作敷资高气，设料中课并技3试资件且、术卷料中拒管试试调绝路包验卷试动敷含方技作设线案术，技槽以来术、及避管系免架统不等启必多动要项方高方案中式；资，对料为整试解套卷决启突高动然中过停语程机文中。电高因气中此课资，件料电中试力管卷高壁电中薄气资、设料接备试口进卷不行保严调护等试装问工置题作调，并试合且技理进术利行，用过要管关求线运电敷行力设高保技中护术资装。料置线试做缆卷到敷技准设术确原指灵则导活：。。在对对分于于线调差盒试动处过保，程护当中装不高置同中高电资中压料资回试料路卷试交技卷叉术调时问试，题技应，术采作是用为指金调发属试电隔人机板员一进，变行需压隔要器开在组处事在理前发；掌生同握内一图部线纸故槽资障内料时，、，强设需电备要回制进路造行须厂外同家部时出电切具源断高高习中中题资资电料料源试试，卷卷线试切缆验除敷报从设告而完与采毕相用，关高要技中进术资行资料检料试查，卷和并主检且要测了保处解护理现装。场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
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由转动惯量的定义容易知，n 1
由角动量守恒定理容易求出，收回双臂后的角速度 n0
初始角动能
Ek0 12J
2 0
收回双臂后的角动能 E k1 2J . 21 2 J n n02n 2J90 2
解： 由角动能定理得：
m ,l
m
O
E k1 2J 2mlg sin m1 2 g lsin
其中 J1m2l m2l 3
代入数据解得： 3
2
g s in
l
Ek
3m 2
gslin
.
4
3-5. 如图所示，一半径为R、质量为M的均匀圆盘水平放置，
可绕通过盘心的铅直轴作定轴转动，圆=50s后停止。试求：(1) 角加速度和从制动
开始到静止这段时间飞轮转过的转数N；(2) 制动开始后
t=25s时飞轮的角速度；(3) t=25s时飞轮边缘上一点的速度
和加速度。
(1) 解：初始角速度 0 15 r/m 00 i5n 0 ra /sd
0 00 50 3 .1r4a s 2 d
t
50
从制动开始到静止，
0 t 1 2t2 50 5 0 1 2 52 0 1250
N21225062. 5
6
3-11. 一飞轮半径 r=1m，以转速 n=1500 r/min 转动，受制 动均匀减速，经 t=50s后停止。试求：(1) 角加速度和从制动 开始到静止这段时间飞轮转过的转数N；(2) 制动开始后 t=25s时飞轮的角速度；(3) t=25s时飞轮边缘上一点的速度 和加速度。
第3章 刚体的定轴转动 习题答案
3-1. 某刚体绕定轴作匀变速转动，对刚体上距转轴 r处的任
一质元，
其法向加速度 an 2r 随时间变化；
切向加速度
a
dvr d
dt dt
恒定不变。
.
2
3-2. 一飞轮以300rad/min的角速度转动，转动惯量为 5kg·m²，现施加一恒定的制动力矩，使飞轮在2s内停止转动， 则该力矩的大小为？
MR2。当圆盘以角速度
0
转动时，有一质量为m的
橡皮泥铅直落在圆盘上，并粘在据转轴
1 2
R 处。那么橡皮泥
和盘的共同角速度为？
解： 由角动量守恒得：
0
m
1 2 M 2 0 R 1 2 M 2 m 1 2 R R 2
R R2
代入数据解得：
M
M
1 2
m0 .
5
3-11. 一飞轮半径 r=1m，以转速 n=1500 r/min 转动，受制
点并与棒垂直。求棒对此轴的转动惯量 J O '，并说明这一转动 惯量与棒对质心的转动惯量 之J O间的关系。(平行轴定理)
解：设该棒的质量为m，则其
线密度为 m l
O d O'
JO '01 2ldr2
d r1 2ldr2 0
dr
l
代 入
31 2l d331 2l d31 1m 22 m l 2 d
解： ω=300rad/min=5rad/s 根据角动量定理，
MtJ
代入数据解得：M1.2 5Nm
.
3
3-4. 如图所示，质量为 m、长为 l 的均匀细杆，可绕过其一 端 O 的水平轴转动，杆的另一端与一质量为m的小球固定在
一起。当该系统从水平位置由静止转过 角时，系统的角速
度、动能为？此过程中力矩所做的功？
JO 112m2l
JO' JOm2d
.
8
3-17. 一人张开双臂手握哑铃坐在转椅上，让转椅转动起来， 此后无外力矩作用。则当此人收回双臂时，人和转椅这一系 统的转速、转动动能、角动量如何变化？
解：首先，该系统的角动量守恒。
设初始转动惯量为 J ，初始角速度为 0 收回双臂后转动惯量变为 J n ，
(2) 解： 0 t 5 0 2 2 5 5 7 .5 r 8 a s 1
(3) 解：vr 7.5 8 1 7.5 8 m s 1
a n2 r 7.5 8 21 61 .2m 6 s 2 2
ar3.1m 4s2
.
7
3-13. 如图所示，细棒长度为l，设转轴通过棒上距中心d的一