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大学物理第三章 课后习题答案3-1 半径为R 、质量为M 的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为R 的圆孔，孔的中心在12R 处，求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。
分析：用补偿法〔负质量法〕求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。
注意对同一轴而言。
解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2112J MR =① 由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2222213()()2424232c M R M R J J md MR =+=⨯⨯+⨯= ②由①②式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2121332J J J MR =-=3-2 如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M ，长度为L ，在其中点O 处弯成120θ=︒角，放在xOy 平面内，求铁丝对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。
分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得 解：〔1〕对x 轴的转动惯量为：2022201(sin 60)32Lx M J r dm l dl ML L ===⎰⎰ 〔2〕对y 轴的转动惯量为：20222015()(sin 30)32296Ly M L M J l dl ML L =⨯⨯+=⎰〔3〕对Z 轴的转动惯量为：22112()32212z M L J ML =⨯⨯⨯=3-3 电风扇开启电源后经过5s 到达额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16s 风扇停止转动，已知风扇转动惯量为20.5kg m ⋅，且摩擦力矩f M 和电磁力矩M 均为常量，求电机的电磁力矩M 。
分析：f M ，M 为常量，开启电源5s 内是匀加速转动，关闭电源16s 内是匀减速转动，可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩M 。
解：由定轴转动定律得：1f M M J β-=，即11252520.50.5 4.12516f M J M J J N m ππβββ⨯⨯=+=+=⨯+⨯=⋅ 3-4 飞轮的质量为60kg ，直径为0.5m ，转速为1000/min r ，现要求在5s 内使其制动，求制动力F ，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4μ=，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，尺寸如题图3-4所示。
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 。
《大学物理》练习题 刚体定轴转动的功和能班级 ___________ 学号 __________ 姓名 _________ 成绩 ________基本要求：（1） 掌握力矩的功、转动动能、动能定理、含刚体的机械能守恒定律及应用内容提要： 1. 力矩的功：⎰=θMd A2 转动动能：刚体的转动惯量与角速度平方乘积的一半。
221ωJ E k =3 刚体定轴转动的动能定理：合外力矩对定轴转动刚体所做的功等于刚体转动动能的增量21222121ωωJ J A -=若在刚体转动过程中,只有重力做功,其他非保守内力不做功,则刚体在重力场中机械能守恒.常量=+=C mgh J E 221ω一、选择题1. 如图所示, 一匀质细杆可绕通过其一端的水平光滑轴在竖直平面内自由转动. 杆长 l = (5/3)m,今使杆从与竖直方向成60°角的位置由静止释放(g 取10m/s 2), 则杆的最大角速度为 [ ] (A) 3rad/s.(B) rad/s (C) 9 rad/s.60° 图(D)3rad/s.2.一人站在旋转平台的中央,两臂侧平举,整个系统以2rad/s 的角速度旋转，转动惯量为.如果将双臂收回则系统的转动惯量变为.此时系统的转动动能与原来的转动动能之比E k / E k0为[ ] (A)2.(B) 2. (C) 3. (D) 3.3.如图所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴旋转，初始状态为静止悬挂。
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 [ ] (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、动量角和动量均守恒. 二.填空题1.一匀质细杆AB,长为l ,质量为m . A 端挂在一光滑的固定水平轴上, 细杆可以在竖直平面内自由摆动.杆从水平位置由静止释放开始下摆,当下摆 时,杆的角速度为 .2.将一质量为m 的小球, 系于轻绳的一端, 绳的另一端穿过光滑水平桌面上的小孔用手拉住, 先使小球以角速度1在桌面上做半径为r 1的园周运动, 然后缓慢将绳下拉, 使半径缩小为r 2, 在此过程中小球的动能增量是 .○· O 图三.计算题1.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，如图所示. 求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间 (以知棒绕O 点的转动惯量J=m 1l 2/3).2.一长l=0.4m 的均匀木棒，质量M=1.0kg ，可绕水平轴O 在竖直内转动，开始时棒自然地竖直悬垂，今有质量m=8g 的子弹以s m v 200 地速率从A 点射入棒中，假定A 点与O 点的距离为43l ，求：（1）、棒开始运动时的角速度； （2）、棒的最大偏转角。
⼤学物理刚体的定轴转动习题及答案（）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 ，所以⼀定有切向加速度a t l ，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2a n l 2，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dL 2式为M z z，M z表⽰刚体对Z 轴的合外⼒矩，L z表⽰刚体对Z轴的动量矩。
L z m i l i2I ,其中dtI m i l i2，代表刚体对定轴的转动惯量，所以M z dLz d I I d I 。
既M z I 。
z dt dt dt z 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 ，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。
《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。
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)/(6251240902212s rad s rad t≈=-=∆-=πππωωβ匀变速转动（2）)(78022122rad πβωωθ=-= )(3902圈==πθn 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 2ωβK J M -== )/(92202s rad JK J K ωωβ-=-= （2）由J K dt d 2ωωβ-== 得 ⎰⎰-=32000ωωωωK Jd dt t ωK Jt 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)/(20606002s rad A ππω=⨯=联立得)(10s R R t B B A A ==βω（2）)/(10603002s rad A ππω=⨯=)/(62s rad t A A A πωωβ=-'= 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())/(2.0222s m t ha =∆=又 βR a a t == ，得圆盘的角加速度 )/(2.02s rad =β 第3秒末，圆盘的角速度)/(6.0s rad t ==βω所以 )/(2.02s m a t = )/(36.022s m R a n ==ω3-5 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JNRJ M dt d μωβ-===⎰⎰-=0ωμωNR Jd dt t， 即NRtJ 0ωμ= 又)/(306090020s rad ππω=⨯=，)(4.022122m kg d m J ⋅=⎪⎭⎫⎝⎛= 得167.0=μ3-6 如图所示，质量为m 的匀质圆环，半径为R ，当它绕通过环心的直径轴转动时，求圆环对轴的转动惯量J 。
解：方法一：设过环心且垂直于圆环所在平面的轴线为z 轴，过环心的两条互相垂直的直径分别为x 轴和y 轴，根据垂直轴定理y x z J J J +=由对称性可知y x J J =，又2mR J z =得221mR J J J y x ===方法二：θλλRd dl dm ==，其中Rm πλ2=()θθλθd R R dm dJ 232sin sin ==23202321sin mR R d R J ===⎰λπθθλπ3-7 如图所示，长为L 2的匀质细棒，质量为M ，未端固定一质量为m 的质点，当它绕过棒中点的水平轴转动时，求转动惯量J 。
解:22M31mL ML J J Jm +=+=3-8 如图所示，从质量为M ，半径为R 的匀质薄圆板上挖去一个半径为r 的圆孔，圆孔的中心位于半径的中点。
求此时圆板对于原板中心且与板面垂直的轴线的转动惯量。
解：可以把带孔的圆板看成均匀的完整圆板减去一个跟圆孔大小一致的圆板，即孔板圆板J J J -=221MR J =圆板，22)2(21R m mr J +=孔板，其中M R r m 22ππ=得2242412121Mr R r M MR J --=3-9 如图所示，把两根质量均为m ，长为l 的匀质细棒一端焊接相连，其夹角︒=120θ，取连接处为坐标原点，两个细棒所在的平面为Oxy 平面，求此结构分别对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。
解：（1）x x x J J J 右左+=, 其中0=x J 右︒=30cos y l ，︒===30cos 222l dy my dl l m y dmy dJ x 左， ⎰︒=︒=30cos 0224130cos l x ml l dy my J 左，即241ml J J J x x x =+=右左（2）y y y J J J 右左+=, 其中231ml J y =右 ︒=30sin x l , ︒===30sin 222l dx mx dl l m x dmx dJ y 左， ⎰︒=︒=30sin 02212130sin l ml l dx mx J 左，所以2125ml J J J y y y =+=右左(3) 222323131ml ml ml J z =+=或 2223212541ml ml ml J J J y x z =+=+=3-10 如图所示，在边长为a 的正六边形的六个顶点上各固定一个质量为m 的质点，设这正六边形放在Oxy 平面内，求：（1）对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量；（2）对过中心C 且平行于Oy 的y O '轴的转动惯量。
解：（1）223)23(402ma a m J x =⨯+⨯= 22229)2(1)23(2)2(201ma a m aa m J y =⨯+⨯+⨯+⨯=222212)2(1)3(2201ma a m a ma J z =⨯+⨯+⨯+⨯=（2）2223)2(42ma a m ma J y =⨯+⨯=' 或根据平行轴定理2236ma a m J J y y =⨯-='3-11 匀质圆盘质量为m 、半径为R ，放在粗糙的水平桌面上，绕通过盘心的竖直轴转动，初始角速度为0ω，已知圆盘与桌面的摩擦系数为μ，问经过多长时间后圆盘静止？解：可以把圆盘看成由许许多多的小圆环组成，其中半径为r 、宽度dr 的质量为rdr dS dm πσσ2== ，其中2Rm πσ=， 受到的摩擦力矩为dr gr dmgr dM 22πμσμ-=-=所以整体圆盘受到的摩擦力矩为mgR gR dr gr M R μπμσπμσ32322302-=-=-=⎰又βJ M =， 221mR J =RgJ M dt d 34μωβ-=== 常量 gRt μωβω43000=-=3-12如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面顶端的卷扬机鼓轮半径为r 、转动惯量为J 、受到的驱动力矩M ，通过绳索牵引斜面上质量为m 的物体，物体与斜面间摩擦系数为μ，求重物上滑的加速度。
绳与斜面平行，不计绳质量。
解：⎪⎩⎪⎨⎧==--=-βθθμβr a ma mg mg T J Tr M sin cos得 2)sin cos (mrJ rmg umg M a +--=θθ 3-13 如图所示，两物体质量分别为1m 和2m ，定滑轮的质量为m 、半径为r ，可视作均匀圆盘。
已知2m 与桌面间的滑动摩擦系数为k μ，求1m 下落的加速度和两段绳子中的张力各是多少？设绳子和滑轮间无相对滑动，滑轮轴受的摩擦力忽略不计。
解: ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧===-=-=-r a mr J J r T r T am g m T am T g m k ββμ22122211121得 mm m g m g m a k ++-=212122)(2μmm m gmm g m m a g m T k ++++=-=211211122)1(2)(μ •mm m gmm g m m a m g m T k k k ++++=+=2122122222)1(2μμμ3-14 如图所示的飞轮制动装置，飞轮质量m ＝600kg ，半径R ＝0.25m ，绕其水平中心轴O 转动，转速为900rev/min 。
闸杆尺寸如图示，闸瓦与飞轮间的摩擦系数40.0=μ，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算，现在闸杆的一端加一竖直方向的制动力N 100=F ，问飞轮将在多长时间内停止转动?在这段时间内飞轮转了几转？解：设作用在飞轮上的压力为N ，则有)75.05.0(5.0+⨯=⨯F N ，得)N (250=N)/(340221s rad mRNR J M -=-==μβ 又)/(306090020s rad ππω=⨯=， 所以)(07.700s t ≈-=βω 又βωθ2020-=，得)(532转==πθn 3-15 如图所示，长为l ，•质量为M 的匀质细棒可绕过其端点的水平轴在竖直面内自由转动，现将棒提到水平位置并由静止释放，当棒摆到竖直位置时与放在地面上质量为m 的物体相碰。
设碰后棒不动，物体与地面的摩擦系数为μ，求碰撞后物体经过多少时间停止运动？解：由机械能守恒2212ωJ L Mg=，得J MgL =ω 又角动量守恒得mvL J =ω，有LMgJmmL J v 1==ω 又g a μ-=，得LMgJmg a v t μ10=-=又231ML J =，即gL mg M t 33μ=3-16 质量为M 、半径为R 的水平转台，可绕过中心的竖直轴无摩擦地转动。
质量为m 的人站在转台的边缘，人和转台原来都静止。
当人沿转台边缘走一周时，求人和转台相对地面转过的角度。
解：以人和转台组成的系统为研究对象，设人相对于转盘的角速度为ω'，转台相对地的角速度为ω，由角动量守恒得ωωω2221)(MR mr =-' 移项得 ωω)21(222mr MR mr +='即 dtd mr MR dt d mr θθ)21(222+=' 两边消去dt ，并积分的⎰⎰+='θπθθ022202)21(d mr MR d mr解得 221222MR mr mr +=πθ 3-17 质量为M 、半径为R 的水平转台，可绕过中心的竖直轴无摩擦地转动。
初角速度为0ω，当质量为m 的人以相对转台的恒定速率v 沿半径从转台中心向边缘走去，求转台转过的角度随时间t 的变化函数。
