[理学]第5章 刚体的定轴转动_OK

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，vl，所以一定有切向加速度tal，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2nal，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zzdLMdt，zM表示刚体对Z轴的合外力矩，zL表示刚体对Z轴的动量矩。2ziiLmlI,其中2iiIml，代表刚体对定轴的转动惯量，所以

zzdLddMIIIdtdtdt。既 zMI。

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LI，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Ⅰ》讲义 第 1 页 共 140 页

第5章 刚体的定轴转动

一、简答题

5.1.1 什么是刚体？它的基本运动形式有哪些？

5.1.2 只要刚体受到力的作用，它就会转动吗？

5.1.3 一均匀细直棒，绕通过其一端的光滑固定轴在竖直平面内转动．使棒从水平位置自由下摆，在到达最低点的过程中，棒的角加速度如何变化？

5.1.4 刚体转动惯量的大小受哪些因素影响？

二、填空题

5.2.1 一半径为10cm的飞轮，原先转速为200rad/s，开始制动后作匀变速转动，经过50s停止，则飞轮的角加速度为 ，轮边缘的切向加速度为 ，开始制动后转过3750rad时的角速度为 ， 线速度为 。

5.2.2 某发动机飞轮在t时刻的角位移为)::(43stradctbtat，，则t时刻的角速度为 、角加速度为 。

5.2.3 质量为m，长为l的均质细杆，其B端放在桌上，A端用手支住，使之成水平，突然释放A端。此瞬时杆质心的加速度为 ，杠的角加速度为 ，B端所受的作用力为 。

5.2.4 转动惯量为220mkg的飞轮在一阻力矩的作用下转速由分转600降为分转300，在这个过程中M作的功为 ，M的冲量矩为 。

5.2.5 芭蕾舞演员开始绕自身轴张开手臂转动时的角速度为ω0，转动惯量为J0，她将手臂收回使J 减为J0 / 3，则此时的角速度为 （不计阻力）。

5.2.6 一水平转台绕坚直的固定轴转动，质量60kg的人站在转台中心，每10秒钟转一圈，转台对转轴的转动惯量为21200mkgJ。人随后沿半径向外走，当人离轴5m时，转台的角《大学物理Ⅰ》讲义 第 2 页 共 140 页

质心坐标控制方程（拉格朗日方程）

设oxyz为固定坐标系，ˆˆˆoxyz为以常角速度转动的转动坐标系，角速度对应的反对称阵Ω。刚体质心在oxyz中的坐标q，动系到定系的变换矩阵A，则质心在固定坐标系中的位置rAq，速度rAqAq，质心动能cT和质心坐标控制方程E

11221221222TTTccTTcTTTTTTTddtTTTTTTmrrmmmmAAΩAAΩΩqqAqAqAqAqqqqAAqqAAqqqqΩqqΩΩqEqΩqΩΩq

姿态坐标控制方程（虚功原理）

离心力

刚体相对于动系ˆˆˆoxyz的姿态参数θ，设q不变，θ的变分θ，不管任何姿态参数，总有一个矩阵HHθ使得TBωHθ，类似地可以得到变分对应的刚体绕轴转动角度为THθ，随体坐标系下物质点x处微元dm的位移是

THθx

刚体随体系到ˆˆˆoxyz的变换矩阵B，ˆˆˆoxyz下的离心力非惯性力为dmΩΩqBx，随体坐标系下的离心力向量为

TTdmBΩΩqBx

虚功 1465562342566541334412650,00VTTTVdVTTTVTTTVTcenJTTcenWdVdVdVaaaaaaaaaaaaaaaaasymaaaaaaax0HθxBΩΩqBxθHxBΩΩqBxθHxBΩΩBxθHKbBΩΩBK质心坐标系中222,JVxyzdVxyyzxzb

其中Jb可由222222TVVyzxyxzdVyxxzyzdVzxzyxyJxx得到。

2-22 在图示平面机构中，直杆AD固连于半径为r的齿轮I上，且其延长线过齿轮I的中心B，齿轮I与半径为R = 2r的齿轮II啮合，齿轮II可绕其中心轴转动，曲柄O2B可绕轴O2转动，此两轴位置重合，但不相连接，已知O1A = 3r，AB = O1O2 = 6r，在图示位置，杆O1A绕轴O1转动的角速度为0，角加速度为0，转向都为顺时针，试求该瞬时齿轮II的角速度和角加速度。（习题难度：中难）

解：

(1) 运动分析：

杆O1A、杆O2B、齿轮II作定轴转动；杆AD（齿轮I）作圆周曲线平移。

(2) 速度分析：如图(a)

题2-22图 A B

R r D

O1 O2 60◦ I

II 0 0

Av

题2-22图(a) A B

R r D

O1 O2 60◦ I

II 0 0 Bv

Mv

2O 假设齿轮I上点M和齿轮II上点M相啮合，则MMvv，且ttMMaa。

杆O1A：0013rAOvA（AO1）

杆AD（齿轮I）：ABvv 03rvvAB（BO2） 03rvvBM（BO2）

齿轮II：0023232rrRvMO（顺时针）

(3) 加速度分析：如图(b)

杆O1A： 20n3raA（1//AO） 0t3raA（AO1）

杆AD（齿轮I）：ABaa 20nn3raaAB（2//BO） 0tt3raaAB（BO2）

tntnMMBBBMaaaaaa

齿轮I上M点：0tt3raaBM（BO2）

齿轮II： 0ttt3raaaBMM

（注意：齿轮啮合点的切向加速度相同，但是齿轮啮合点的法向加速度并不相同。即20nn3raaBM（2//OM），20202n29)23(22rrRaOM（2//OM），所以nnMMaa）