刚体的定轴转动
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第三章 刚体的定轴转动
教学要求
一.理解定轴转动刚体运动的角速度和角加速度的概念,理解角量与线量的关系。 二.理解刚体定轴转动定律,能解简单的定轴转动问题。 三.了解力矩的功和转动动能的概念。
四.了解刚体对定轴的角动量定理及角动量守恒定律。
五.理解转动惯量的概念,能用平行轴定理和转动惯量的可加性计算刚体对定轴的转动惯量。
基本内容
本章的重点是刚体定轴转动的力矩、转动惯量、角动量等物理量的概念和转动定律,难点是刚体绕定轴转动的角动量守恒定律及其应用。
一.角量与线量的关系
2
ωαω
θ
r a r a r v r s ====n t
二.描述刚体定轴转动的物理量和运动规律与描述质点直线运动的物理量和运动规律有类比关系,有关的数学方程完全相同, 为便于比较和记忆,列表如下。只要将我们熟习的质点直线运动的公式中的x 、v 、a 和m 、F 换成θ、ω、α和I 、M , 就成为刚体定轴转动的公式。
表3—1
质点的直线运动 刚体定轴转动
位置 x 角位置 θ 位移 x ? 角位移 θ? 速度 t x v d d =
角速度 t
d
d θω=
加速度 2
2d d d d t
x
t v a == 角加速度 2t t d d d d 2θωα== 匀速直线运动 vt x x +=0 匀角速转动 t 0ωθθ+= 20021at t v x x +
+= 2002
1
t t++ =αωθθ ()02022x x a v v -=- ()02
02 2 θθαωω-=-
质量 m 转动惯量 i
i
m r I ?=∑2
力 F 力矩
r F M θ=
牛顿第二定律 ma F = 定轴转动定律 αI M = 力的功 ?
=
x
x x F A 0
d 力矩的功 ?=θ
θθ0
d M A
动能 221mv E =k 动能 k 22
1
ωI E = 动能定理
2
02210
mv mv x F x
x 2
1d -=? 动能定理 2
022
121d ωωθθ
θ
I I M -=
?20
冲量
?
t
t t F 0
d 冲量矩
?
t
t t M 0
d
动量 mv 角动量( 动量矩 ) ωI 动量定理
00
mv mv t F t t -=?
d 角动量定理
?
-=t
t I I t M 0
0d ωω
系统的机械能守恒定律 系统的机械能守恒定律
若0=+非保内外A A ,则 若0=+非保内外A A ,则
=+p k E E 常量 =+p k E E 常量
系统的动量守恒定律 系统的角动量守恒定律 若
0=∑外
F
,则 若0=∑外M ,则 =∑i
i v
m 常量
=∑i
L
常量
三.对于质点、刚体组成的系统,动能定理仍然适用,系统的动能包括系统内
所有质点的平动动能和刚体的转动动能。当系统内力只有保守力作功,其外力和非保守内力作的总功为零,则整个系统机械能守恒。
问题讨论
一.一长为l 、质量为m 的匀直细棒一端固定,可在竖直平面内转动,最初棒静止在水平位置,问放手后它下摆到竖直位置时的角速度。
有人这样解:放手后杆受重力矩2
l
mg M =, 细杆绕点O 的水平轴转动的转动惯量为23
1ml I =, 由转动定律αI M =,解得l g 23=
α;又根据θαωω?=-22
02,00=ω,2
πθ=?得l
g
23πω=
。这种解法对吗?为什么? 讨论:
上述计算方法是错误的! 其根源在于忽视了转动定律的瞬时性。 刚放手时重力矩2l
mg
M =,角加速度l
g 23=α,但随着杆的转动,重力矩越来越小,在θ处,为θcos l mg M 2
1=;角加速度也随之减小,在θ处,为θαcos l
g
23=
。到竖直位置,0=M ,0=α。也就是说,在杆转动过程中,角加速度是变量,杆的摆动是变加速运动,不可用匀变速转动的公式θαωω?=-22
02
。
此题的解法有多种,我们介绍两种从功和能的角度求解的方法。 解法一:用动能定理
杆摆到任一θ角时,其所受的重力矩为
θcos 2
l
mg M =
杆从水平位置转到竖直位置时,重力对杆所作的功为
2
22
l mg l mg M A A ====?
??θθθπd cos d d
由刚体的动能定理k E A ?=
2022
1212ωωI I l mg -=
式中00=ω,23
1ml I = 解得
l
g
I mgl 3==
ω 解法二: 用机械能守恒求解
取杆和地球为系统,除重力外无其它力作功,机械能守恒。取竖直位置时杆的质心位置为重力势能零点,有
)(2
00212l
mg I --=-ω 式中
23
1
ml I =
解得
l
g
I mgl 3==
ω 二.如图,一质量为m '的黏土块以水平速度0v 甩向长为l 质量为m 的杆的末端,并粘在杆端。求系统获得的角速度。
有人这样解:取黏土块与杆为系统,碰撞中水平方向动量守恒,有v m m v m )(+'='0,解得)
(m m v m v +''=
,
l
m m v m l v )(+''==
0ω。这样解对吗?为什么?
讨论:
上述计算方法是错误的! 其根源在于没有认真分析
守恒定律成立的条件。
在黏土块甩在杆上瞬时,杆的上端受到一个很大的力,这个力对黏土块与杆组成的系统而言是外力,其水平分量亦不可忽略,故水平方向动量不守恒。但这个力通过转轴,其力矩为零,且系统的重力矩也为零,即系统的合外力矩为零,角动量守恒。
黏土块开始与杆碰撞的瞬时,系统的角动量仅为黏土块对转轴的角动量,其2
l m I '=,
l
v 0
0=
ω, l v m L 00'=
碰撞结束时,系统的角动量为 ω)(2
2
3
1ml l m L +
'= 由碰撞过程中角动量守恒
ω2031l m m l v m ???
?
?+'=' 解得
l
m m v m )(+''=
330
ω
典型例题
例一 如图,质量kg 10=m 、半径cm 10=r 的定滑轮两边挂着质量分别为kg
101=m 和kg 52=m 的滑块,滑块2m 在倾角 30=θ的斜面上
滑动,它们之间的摩擦系数为300.=μ。设滑轮与转轴间无摩擦,绳与轮间无相对滑动,求滑块的加速度和绳中张力的大小。
解:这是一个质点、刚体组成的系统,需隔离物体,分析各物体所受力(力矩)。 作受力分析图,由牛顿第二定律和转动定律立出动力学
111a m F g m =-T1
(1)
222a m g m F F =--θsin r T2
(2)
αI r F r F ='-'T2T1
(3)
221
mr I = (4)
αr a a a ===21 (5) θμcos r g m F 2= (6)
1T1T
F F '= (7)
2T2T
F F '= (8) 解得
()2212
210433102
1
-?==++--=
s m ..sin cos g g m
m m m m m a θ
θμ
()() N 66769011T1..==-=g m a g m F
()N 4520712222T2..sin cos ==++=g m a m g m g m F θθμ
例二 如图, 均匀细杆可绕距其一端
l 4
1
(l 为杆长)的水平轴o 在竖直平面内转动,杆的质量为m 、当杆自由悬挂时,给它一个起始角速度0ω,如杆恰能持续转动而不摆动(不计一切摩擦),则0ω必须如何取值? 杆处于水平位置时角速度角和加速度为多少?
解: 由平行轴定理 ,杆绕水平轴的转动惯量为
222248
7
161121ml l m ml md I I c =+=
+= 杆和地球组成的系统在转动过程中机械能守恒。要使杆恰能持续转动而不摆动,杆转过
180时0≥ω,此时杆的势能增加为
2
l mg E P =?
动能增加为
2022
121ωωI I E k -=
? 由P k E E ?-=?解得
l
g
74820+
=ωω
由0≥ω得
l
g
l g 7347480=≥
ω 杆处于水平位置时势能增加为
4
l mg E P =?
动能变化
2022
121ωωI I E k -=
? 由P k E E ?-=?解得
l
g
72420-
=ωω 杆处于水平位置时重力矩为
4
l
mg M =
由转动定律 αI M =
l g ml l
mg I M 71248
742=?
=
=α
过关测试
第一关
1. 选出下述说法中的正确者。 A .公式ωr v =中, v 是速率。因为 v 只能取正值,所以ω也只能取正值; B .法向加速度n a 恒大于零, 切向加速度t a 也恒大于零;
C . 对定轴转动刚体而言,刚体上一点的线速度v 、切向加速度t a 、法向加速度n a 的大小都与该质点距轴的距离r 成正比;
D . 因r
v a 2
n =,所以,上面( C ) 中关于法向加速度的叙述不正确。
答: C
2.在下列说法中,错误的是:
A.刚体作定轴转动时,其上各点的角速度相同,线速度则不同;
M=,式中M、I、α均为对同一条固定轴而言B.刚体定轴转动的转动定律为αI
的,否则该式不成立;
C.刚体的转动动能等于刚体上各质元的动能之和;
D.对给定的刚体而言,它的质量和形状是一定的,则其转动惯量也是唯一确定的。
答: D
3.细棒可绕光滑轴转动,该轴垂直地通过棒的一个端点,今使棒从水平位置开始下摆,在棒转到竖直位置的过程中,下述说法正确的是
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,角加速度从小到大;
D.角速度从大到小,角加速度从大到小。
答:正确答案是A
4.几个力同时作用于一个具有固定转轴的刚体上。如果这几个力的矢量和为零,则正确答案是
A.刚体必然不会转动;
B.转速必然不变;
C.转速必然会变;
D.转速可能变, 也可能不变。
答:正确答案是D
5.如图所示,四个质量相同、线度相同而形状不同的均质物体,它们对各自的几何对称轴的转动惯量最大的和最小的是
A.(1)和(2);
B .(1)和(4);
C .(2)和(3);
D .(2)和(4)。 答: B
6.一质点作匀速率圆周运动时
A .它的动量不变,对圆心的角动量也不变;
B .它的动量不变,对圆心的角动量不断改变;
C .它的动量不断改变,对圆心的角动量不变;
D .它的动量不断改变,对圆心的角动量也不断改变。 答: C 第二关
1.刚体绕定轴作匀变速转动时,刚体上距转轴为r 的任一点的 A .切向、法向加速度的大小均随时间变化; B .切向、法向加速度的大小均保持恒定;
C .切向加速度的大小恒定,法向加速度的大小变化;
D .切向加速度的大小变化,法向加速度的大小恒定。 答: C
2.两个匀质圆盘A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ,且B A ρρ>,但两圆盘质量和厚度相同。如两盘对通过盘心垂直于盘面的轴的转动惯量分别为A I 和B I ,则 A .B A I I >; B .A B I I >; C .B A I I =; D .不能确定。 答: B
(解 B A m m = 即h r h r 2
2B B A A πρπρ=,B A ρρ>则A B r r >,又2
2
1mr I =
,A B I I >∴)
3.关于力矩有以下几种说法
(1) 内力矩不会改变刚体对某个定轴的角动量; (2) 作用力和反作用力对同一轴的力矩之和为零;
(3) 大小相同方向相反两个力对同一轴的力矩之和一定为零;
(4) 质量相等,形状和大小不同的刚体,在相同力矩作用下,它们的角加速度一定相等。
在上述说法中
A.只有(2)是正确的;
B.(1)和(2)是正确的;
C.(3) 和(4)是正确的;
D.(1) 、(2)和(3)是正确的。
答: B
4.水平刚性轻杆上对称地串着两个质量均为m的小球,如图所示。现让细杆绕通过中
时,两球开始向杆的两端滑动,此时便撤去外力,任杆自心的竖直轴转动,当转速达到
由转动(不考虑转轴和空气的摩擦)。在此过程中球和杆组成的系统
A.动能守恒和动量守恒;
B.动能守恒和角动量守恒;
C.只有动量守恒;
D.只有角动量守恒。
答: D
5.工程技术上的摩擦离合器是通过摩擦实现传动的装置,其结构如图所示。轴向作用力可以使A、B两个飞轮实现离合。当转动
的A轮与B轮接合通过摩擦力矩带动B轮
转动时,此刚体系统在两轮接合前后
A.角动量改变,动能亦改变;
B.角动量改变,动能不变;
C.角动量不变,动能改变;
D.角动量不变,动能亦不改变。
答: C
6.如右图所示,一均匀细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑轴O旋转,初始状态为静止悬挂,现有一个小球从左方水平打击细杆,设小球与轴杆
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.机械能守恒
B.动量守恒
C.对转轴O的角动量守恒
D.机械能,动量和角动量都不守恒
答: C 第三关
1.一飞轮绕轴作变速转动,飞轮上有两点1P 和2P ,它们到转轴的距离分别为d 和d 2,则在任意时刻,1P 和2P 两点的加速度大小之比21a a 为
A .
21;
B .
4
1
; C .要由该时刻的角速度决定; D .要由该时刻的角加速度决定。 答: A (
解
:
α
r a =t ,
2
ωr a =n ,
4
22
2ωα+=+=r a a a n t ,
2122121===d d r r a a /)
2.下列说法中哪个或哪些是正确的
(1)作用在定轴转动刚体上的力越大,刚体转动的角加速度应越大; (2)作用在定轴转动刚体上的合力矩越大,刚体转动的角速度越大; (3)作用在定轴转动刚体上的合力矩为零,刚体转动的角速度为零; (4)作用在定轴转动刚体上合力矩越大,刚体转动的角加速度越大; (5) 作用在定轴转动刚体上的合力矩为零,刚体转动的角加速度为零。 A .(1)和(2)是正确的; B .(2)和(3)是正确的; C .(3)和(4)是正确的; D .(4)和(5)是正确的。 答: D
3.如下图P 、Q 、R 、S 是附于刚性轻细杆上的4个质点,质量分别为m 4,m 3,m 2和m ,系统对O O '轴的转动惯量为
A .2
50ml B .214ml C .210ml D .29ml
答: A
(解 222225022334ml l m l m l m r
m I i
i =?+?+?=?=
∑)()()
4.一质点从静止出发绕半径为R 的圆周作匀变速圆周运动,角加速度为α,当质点走完一圈回到出发点时,所经历的时间是
A .R 2
2
1α
B .
α
π
4
C .
α
π
2
D .不能确定 答: B
(解 由2
002
1 t t+
+ =αωθθ,式中00=θ,00=ω,πθ2=,απαθ42==t ) 5.一人张开双臂,手握哑铃,坐在转椅上,让转椅转动起来,若此后无外力矩作用,则当此人收回双臂时,人和转椅这一系统的
A .转速加大,转动动能不变;
B .角动量和转动动能都不变;
C .转速和角动量都加大;
D .角动量保持不变,转动动能加大。 答: D
(解: 张开双臂转动惯量为1I 大于收回双臂转动惯量为2I ,收回双臂的过程外力矩
0=M ,角动量守恒,2211ωωI I =,因此
112
1
2ωωω>=
I I ; 而
12
11212212222
2121k k k E I I E I I I E >?===ωω。) 6.两质量为1m 和2m 的质点分别沿半径为R 和r 的同心圆周运动,前者以1ω的角速度沿顺时针方向,后者以2ω的角速度沿逆时针方向。以逆时针方向为正向,则该二质点组成的系统的角动量是
A .22
2121ωωr m R m -; B .12
122
2ωωr m R m -; C .22
212
1ωωR m r m -; D .12
122
2ωωR m r m -。 答: D
(解: 12
11ωR m L -=,22
22ωr m L =,12
122
221ωωR m r m L L L -=+=)
第四关
1. 定轴转动刚体的运动方程是325t θ+= ,s .001=t 时刚体上距转轴m .10的一点的加速度的大小是
A .263-?s m .;
B .283-?s m .;
C .221-?s m .;
D .242-?s m .。 答: B (解:
26dt d t ==
θ
ω t t
12==d d ωα
rt r a 12==αt 42n 36rt r a ==ω
42422
291123612t rt rt rt a a a +=+=+=)()(n t
当m .10=r ,s .001=t
283-?=s m .a )
2. 有一半径为R 的匀质水平圆转台,绕通过其中心且垂直圆台的轴转动,转动惯量为I ,开始时有一质量为m 的人站在转台中心,转台以匀角速度0ω转动,随后人沿着半径向外跑去,当人到达转台边缘时,转台的角速度为
A .
02
ωmR I I
+;
B .
02
ωR m I I
)(+;
C .
02
ωmR
I
; D .0ω。
答: A
(解: 人和转台组成的系统外力矩0=M ,角动量守恒。转台的转动惯量为I ,人在台
心时人的转动惯量为0,人在台边时人的转动惯量为2
mR ,ωω)(20mR I I +=∴,
02
ωωmR I I
+=
。)
3.质量m 长l 的细棒对通过距一端3
l
、与棒垂直的轴的转动惯量为 A .
2
91ml ; B .
2
41ml ; C .
2
367ml ;; D .
2
36
13ml 。 (解:棒对通过质心与棒垂直的轴的转动惯量为
2
12
1ml I c =
,由平行轴定理 22229
1
3121121ml l l m ml md I I c =-+=
+=)() 4.水平刚性轻杆上对称地串着两个质量均为m 的小球,如图所示。现让细杆绕通过中心的竖直轴转动,当转速达到0ω时,两球开始向杆的两端滑动,此时便撤去外力,任杆自由转动(不考虑转轴和空气的摩擦),当两球都滑至杆端时,系统的角速度为
A .0ω
B .02ω
C .0160ω.
D .050ω.
答: C
(解: 由角动量守恒
ωωI I 2200=
0002
200160100162ωωωωω.==??
?
??==l m md I I 5.长为l 质量为m 的均匀细棒,绕一端点在水平面内作匀速率转动,已知棒中心点的线速率为v ,则细棒的转动动能为
A .
221
mv ; B .
2
32mv ; C .2
6
1mv ; D .
224
1
mv 。 答:B
(解: 细棒的转动转动惯量为231ml I =
,棒中心点的线速率为ω2l
v =,故l
v 2=
ω。细棒的转动动能为22
22322312121mv l v ml I E k =?
?
? ????==ω。) 6.原来张开双臂以0ω角速度旋转的冰上芭蕾舞演员其转动动能为0k E ,将手臂收回使转动惯量减少到原来的
3
1
,则其转速和动能分别变为 A .03ω;03k E ; B .03ω;09k E ; C .02
3ω;03k E ;; D .03ω;04
9k E 答:A
(解:
3
1I I =由角动量守恒ωωI I =00,00
03ωωω==
I
I ;
02
002393
12121k k E I I E =??==
ωω。
) 第五关
1.一轻绳绕在具有水平转轴的定滑轮上,绳下端挂一物体,物体的质量为m ,此时滑轮的角加速度为α,若将物体卸掉,而用大小等于mg 、方向向下的力拉绳子,则滑轮的角加速度将
A .变大
B .不变;
C .变小;
D .无法判断。 答:A
(解: 挂物体时:
ma F mg =-T
1αI r F =T 1αr a =
解得
2
1mr
I mgr
+=
α 用大小等于mg 、方向向下的力拉时
2αI mgr =
I
mgr
=
2α 因此
12αα≥)
2.可绕水平轴转动的飞轮,直径为m .01,一条绳子绕在飞轮的外周边缘,在绳的一端加一不变的拉力,如果从静止开始在s 4钟内绳被展开m 10,则绳端点的加速度和飞轮的角加速度分别为
A .2
251-?s m .,2
s 502-.; B .2
s m 502-?.,2
251-s .;
C .2251-?s m .,2
251-s .; D .2
s m 502-?.,2
s 502-.。 答:A
(解: 绳的端点作匀加速直线运动,由221at s =
,得)s m (.2222514
10
22-?=?==t s a ;
2s m 5002-?==
.d r )s (.2251-==r
a
α 。) 3.三个完全相同的转轮绕一公共轴旋转。它们的角速度大小相同,但其中一轮的转动
方向与另外两个相反。今沿轴的方向把三者紧靠在一起,它们获得相同的角速度。此时系统的动能与原来三轮的总动能相比,正确答案是
A .减少到31
; B .减少到
9
1; C .增大到3倍; D .增大到9倍。 答: B
(解:由角动量守恒
ωωωI I I 3200=-
03
1ωω=
初始动能
2
2002
3213ωωI I E k =?= 末动能
02029
1
9123321k k E I I E =?=?=
ωω ) 4. 一均匀圆盘状飞轮,质量为kg 20,半径为m .30。则它以每分钟60转的转速旋转时的动能为
A .J .2
216π; B .J .218π; C .J .281π; D .J .18。
答: C (解:
()
J . k 22
22
22816060230202121602212121πππω.n mR I E =?
?? ?????? ????=?
?
? ????? ??== 5. 质量为m 、长为l 的细棒,可绕通过其上端的水平轴在竖直平面内无摩擦地转动,静止在竖直位置。被一粒石子击中后细棒获得角速度0ω。则棒转到水平位置时的角速度和角加速度大小分别为
A .
gl 32
0-ω,l
g
23=
α; B .l g 32
0-
ω,l g 23=α; C .l g 32
0-ω,l g 2
3=α; D .
gl 32
0-ω,l g
2
3=
α。 答:B
(解: 由机械能守恒,P k E E ??-=
2
2121202l mg I I -=-ωω 23
1ml I =
l
g 320-
=ωω 由转动定律 αI M =
2l
mg M =
l
g 23=α)
6. 如图,质量为1m 、半径为r 的圆盘,可无摩擦地绕水平轴转动,轻绳的一端系在圆盘的边缘,另一端悬挂一质量为2m 的物体。则当物体由静止下落高度h 时,其速度为
A .
21224m m gh
m +
B .
21236m m gh
m +
C .
21224m m gh
m +
D .
2
1236m m gh
m +
答:A
(解:由机械能守恒定律,p k E E ?-=?
gh m v m I 22222
1
21=+ω 而
221
mr I =
ωr v =
解得
2
1224m m gh
m v +=
)
习题指导
3-16细棒长为l , 质量为m ,设转轴通过棒上离中心为h 的一点并与棒垂直,则棒对此轴的转动惯量为(用平行轴定理计算)
指导:细棒对过质心的垂直轴的转动惯量为
2
c 12
1ml I =
,由平行轴定理2c md I I +=,h d =可求出结果
3-17在半径为R 的均匀薄圆盘中挖出一直径为R 的圆形
面积,所剩部分质量为m ,圆形空面积的中心距圆盘的中心为2
R
,求所剩部分对通过盘心且与盘面垂直的轴的转动惯量。
指导:此题用补偿法解,先求未挖过的半径为R 实心大圆盘对轴线的转动惯量
22
1
R m I ''=
'',再由平行轴定理求半径为2R 的小圆盘对边缘且垂直于盘的轴的转动惯量
2d m I I c
'+'='(2
R
d =),即 22228
121323212121mR R m R m R m I ==+=)()(')(''
两者之差即为所要求的剩余部分转动惯量。式中各部分质量可这样求:小圆盘的面积
4222
R R s ππ=
??
? ??=',实心大圆盘的面积2
R s π='',41='''s s ,41='''∴m m ,又m m m ='-''所以挖出小圆盘质量m m 3
1=
',而实心大圆盘的质量m m m m 34
31=+=''
3-18如图所示,两个物体质量分别为1m 和2m ,定滑轮的质量为m ,半径为R ,可看成圆盘。已知2m 与桌面的摩擦系数为μ。设绳与滑轮无相对滑动,且可不计滑轮轴的摩擦力矩。求1m 下落的加速度和两段绳中的张力。
指导:此题中定滑轮的质量为m 不可忽略,滑轮为刚体,因此要对滑轮和两个物体
分别进行受力分析。如图,由牛顿第二定律、转动定律立出各物体的动力学方程
a m F g m 111=-T (1)
对2m ,由牛顿第二定律
a m F F 22r T =- (2)
对m ,由定轴转动定律
α
21I R F R F T T =-
(3)
【大题】工科物理大作业04_刚体定轴转动
04 04 刚体定轴转动 班号 学号 姓名 成绩 一、选择题 (在下列各题中,均给出了4个~5个答案,其中有的只有1个是正确答案,有的则有几个是正确答案,请把正确答案的英文字母序号填在题后的括号内) 1.某刚体绕定轴作匀变速转动,对刚体上距转轴为r 处的任一质元来说,在下列关于其法向加速度n a 和切向加速度τa 的表述中,正确的是: A .n a 、τa 的大小均随时间变化; B .n a 、τa 的大小均保持不变; C .n a 的大小变化,τa 的大小保持恒定; D .n a 的大小保持恒定,τa 大小变化。 (C ) [知识点]刚体匀变速定轴转动特征,角量与线量的关系。 [分析与题解] 刚体中任一质元的法向、切向加速度分别为 r a n 2 ω=,r a τβ= 当 恒量时,t βωω+=0 ,显然r t r a n 2 02)(βωω+==,其大小随时间而变, r a τβ=的大小恒定不变。 2. 两个均质圆盘A 和B ,密度分别为 A 和 B ,且B ρρ>A ,但两圆盘的质量和厚度相同。若 两盘对通过盘心且与盘面垂直的轴的转动惯量分别为A I 和B I ,则 A . B I I >A ; B. B I I ,所以2 2B A R R < 且转动惯量22 1 mR I = ,则B A I I <
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2 n 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
刚体的定轴转动
《物理学》多媒体学习辅导系统 第三章 刚体的定轴转动 教学要求 一.理解定轴转动刚体运动的角速度和角加速度的概念,理解角量与线量的关系。 二.理解刚体定轴转动定律,能解简单的定轴转动问题。 三.了解力矩的功和转动动能的概念。 四.了解刚体对定轴的角动量定理及角动量守恒定律。 五.理解转动惯量的概念,能用平行轴定理和转动惯量的可加性计算刚体对定轴的转动惯量。 基本内容 本章的重点是刚体定轴转动的力矩、转动惯量、角动量等物理量的概念和转动定律,难点是刚体绕定轴转动的角动量守恒定律及其应用。 一.角量与线量的关系 2 ωαω θ r a r a r v r s ====n t 二.描述刚体定轴转动的物理量和运动规律与描述质点直线运动的物理量和运动规律有类比关系,有关的数学方程完全相同, 为便于比较和记忆,列表如下。只要将我们熟习的质点直线运动的公式中的x 、v 、a 和m 、F 换成θ、ω、α和I 、M , 就成为刚体定轴转动的公式。 表3—1 质点的直线运动 刚体定轴转动 位置 x 角位置 θ 位移 x ? 角位移 θ? 速度 t x v d d = 角速度 t d d θω=
加速度 2 2d d d d t x t v a == 角加速度 2t t d d d d 2θωα== 匀速直线运动 vt x x +=0 匀角速转动 t 0ωθθ+= 20021at t v x x + += 2002 1 t t++ =αωθθ ()02022x x a v v -=- ()02 02 2 θθαωω-=- 质量 m 转动惯量 i i m r I ?=∑2 力 F 力矩 r F M θ= 牛顿第二定律 ma F = 定轴转动定律 αI M = 力的功 ? = x x x F A 0 d 力矩的功 ?=θ θθ0 d M A 动能 221mv E =k 动能 k 22 1 ωI E = 动能定理 2 02210 mv mv x F x x 2 1d -=? 动能定理 2 022 121d ωωθθ θ I I M -= ?20 冲量 ? t t t F 0 d 冲量矩 ? t t t M 0 d 动量 mv 角动量( 动量矩 ) ωI 动量定理 00 mv mv t F t t -=? d 角动量定理 ? -=t t I I t M 0 0d ωω 系统的机械能守恒定律 系统的机械能守恒定律 若0=+非保内外A A ,则 若0=+非保内外A A ,则 =+p k E E 常量 =+p k E E 常量 系统的动量守恒定律 系统的角动量守恒定律 若 0=∑外 F ,则 若0=∑外M ,则 =∑i i v m 常量 =∑i L 常量
第5章 刚体的定轴转动
第5章刚体的定轴转动 ◆本章学习目标 理解:刚体、刚体转动、转动惯量的概念;刚体定轴转动定律及角动量守恒定律。 掌握:转动惯量,转动中的功和能的计算;用刚体定轴转动定律及角动量守恒定律求解定轴转动问题的基本方法。 ◆本章教学内容 1.刚体的运动 2.刚体定轴转动定律 3.转动惯量的计算 4.刚体定轴转动定律的应用 5.转动中的功和能 6.对定轴的角动量守恒 ◆本章重点 刚体转动惯量的物理意义以及常见刚体绕常见轴的转动惯量; 力矩计算、转动定律的应用; 刚体转动动能、转动时的角动量的计算。 ◆本章难点 力矩计算、刚体转动过程中守恒的判断及其准确计算。 4.1 刚体的运动
一、刚体的概念 物体的一些运动是与它的形状有关的,这时物体就不能看成质点了,其运动规律的讨论就必须考虑形状的因素。有形物体的一般性讨论也是一个非常复杂的问题,全面的分析和研究是力学专业课程学习的内容。在大学物理中,我们讨论有形物体的一种特殊的情况,那就是物体在运动时没有形变或形变可以忽略的情况。如果物体在运动时没有形变或其形变可以忽略,我们就能抽象出一个有形状而无形变的物体模型,这模型叫做刚体。刚体的更准确更定量的定义是:如果一个物体中任意的两个质点之间的距离在运动中都始终保持不变,则我们称之为刚体。被认为是刚体的物体在任何外力作用下都不会发生形变。实际物体在外力作用下总是有形变的,因此刚体是一个理想模型。它是对有形物体运动的一个重要简化。实际物体能否看成是刚体不是依据其材质是否坚硬,而是考察它在运动过程中是否有形变或其形变是否可以忽略。正如质点中所讨论的那样,刚体也就是一个质点系,而且是一个较为特殊的刚性的质点系,它的运动规律较之于一个质点相对位置分布可以随时改变的一般质点系而言,要简单得多。 二、刚体的运动 刚体运动的基本形式有平动和转动,刚体任意的运动形式都可以看成是平动和转动的迭加。 1、刚体的平动 1)平动的定义 如果在一个运动过程中刚体内部任意两个质点之间的连线的方向都始终不发生改变,则我们称刚体的运动为平动。平动的示意图如下。电梯的上下运动,缆车的运动都可看成刚体平动。
刚体定轴转动习题
刚体定轴转动 一、选择题(每题3分) 1、个人站在有光滑固定转轴的转动平台上,双臂伸直水平地举起二哑铃,在该人把此二哑铃水平收缩到胸前的过程中,人、哑铃与转动平台组成的系统的( ) (A)机械能守恒,角动量守恒; (B)机械能守恒,角动量不守恒, (C)机械能不守恒,角动量守恒; (D)机械能不守恒,角动量不守恒. 2、一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动,轴间摩擦不计.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,它们同时射入圆盘并且留在盘内,则子弹射入后的瞬间,圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度ω的变化情况为( ) (A) L 不变,ω增大 (B) 两者均不变 (C) L不变,ω减小 (D) 两者均不确定 3、有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上: (1)这两个力都平行于轴作用时,它们对轴的合力矩一定是零 (2)这两个力都垂直于轴作用时,它们对轴的合力矩可能是零 (3)当这两个力的合力为零时,它们对轴的合力矩也一定是零 (4)当这两个力对轴的合力矩为零时,它们的合力也一定是零 在上述说法中,正确的是() (A)只有(1)是正确的(B)只有(1)、(2)正确 (C)只有(4)是错误的(D)全正确 4、以下说法中正确的是() (A)作用在定轴转动刚体上的力越大,刚体转动的角加速度越大。 (B)作用在定轴转动刚体上的合力矩越大,刚体转动的角速度越大。 (C)作用在定轴转动刚体上的合力矩越大,刚体转动的角加速度越大。 (D)作用在定轴转动刚体上的合力矩为零,刚体转动的角速度为零。 5、一质量为m的均质杆长为l,绕铅直轴o o' 成θ角转动,其转动惯量为() 6、一物体正在绕固定光滑轴自由转动() (A) 它受热膨胀或遇冷收缩时,角速度不变. (B) 它受热时角速度变小,它遇冷时角速度 变大. (C)它受热或遇冷时,角速度均变大. (D) 它受热时角速度变大,它遇冷时角速度变小. O
大学物理上练习册 第2章《刚体定轴转动》答案-2013
第2章 刚体定轴转动 一、选择题 1(B),2(B),3(C),4(C),5(C) 二、填空题 (1). 62.5 1.67s (2). 4.0 rad/ (3). 0.25 kg ·m 2 (4). mgl μ21参考解:M =?M d =()mgl r r l gm l μμ2 1 d /0=? (5). 2E 0 三、计算题 1. 如图所示,半径为r 1=0.3 m 的A 轮通过皮带被半径为r 2=0.75 m 的B 轮带动,B 轮以匀角加速度π rad /s 2由静止起动,轮与皮带间无滑动发生.试求A 轮达到转速3000 rev/min 所需要的时间. 解:设A 、B 轮的角加速度分别为βA 和βB ,由于两轮边缘的切向加速度相同, a t = βA r 1 = βB r 2 则 βA = βB r 2 / r 1 A 轮角速度达到ω所需时间为 ()75 .03.060/2300021?π?π?=== r r t B A βωβωs =40 s 2.一砂轮直径为1 m 质量为50 kg ,以 900 rev / min 的转速转动.撤去动力后,一工件以 200 N 的正压力作用在轮边缘上,使砂轮在11.8 s 内停止.求砂轮和工件间的摩擦系数.(砂轮轴的摩擦可忽略不计,砂轮绕轴的转动惯量为 2 1 mR 2,其中m 和R 分别为砂轮的质量和半径). 解:R = 0.5 m ,ω0 = 900 rev/min = 30π rad/s , 根据转动定律 M = -J β ① 这里 M = -μNR ② μ为摩擦系数,N 为正压力,22 1 mR J = . ③ 设在时刻t 砂轮开始停转,则有: 00=+=t t βωω 从而得 β=-ω0 / t ④ 将②、③、④式代入①式,得 )/(2 1 02t mR NR ωμ-= - ∴ m =μR ω0 / (2Nt )≈0.5 r
五、 刚体绕定轴的转动(一)
五、刚体绕定轴的转动 (一)
一,学时安排6学时(习题课1学时) 二,教学要求:(重点难点) 1,理解角位移角速度等概念 2,理解力矩和转动惯量概念以及刚体定轴转动时的动力学规律-转动定律并熟练地应用 3,理解角动量和冲量距概念以及角动量原理和角动量守恒定律,并会具体应用。 4,掌握刚体定轴转动的动能原理,并会具体应用。 三,教学参考书 1杨中耆著《大学物理》力学部分 2Berkeley Physics couse V ol 1 3University Physics part 1
说明:授课中将第四节质点的角动量与角动量守恒放在第五节刚体绕定轴的转动中,以便与刚体的角动量相比较,突出它们的共性。 前言 本章前四个问题讨论的是物体平动的情况,力学中,在一般情况下,一个物体的运动包含平动、转动、振动等是很复杂的,一物体在平动时,若把物体看成是一刚体(无形变)物体上每一点的运动情况都是一样的,无需考虑物体的形状,大小如何。故物体可抽象为一质点,其运动情况如前面所述。但在转动中,例飞轮高速旋转时,其上的各点运动情况各不相同,因而不能简化为质点。与前面内容相比,发生了几点变化:一是主要研究对象变了,由质点变为刚体。二是主要研究的问题也变了,由平动变为转动。从物体来说,必须考虑它的形状,大小。但忽略形状大小的改变;从运动来说突出了转动,暂时忽略振动或其他运动。 若将刚体分成许多细微部分,并把每一细微部分看成一个质点,那么刚体可以看成是有无数质点构成的质点组,这个质点组与前面我们所讨论的质点组是有区别的,刚体视为质点组其特征是:构成刚体的任意二质点间的距离,在运动中恒定不变,这种看法使我们有可能在质点动力学的基础上来研究刚体情况。 1、刚体绕定轴转动的运动特征: 刚体中某一直线上的点保持不动(对固定参考系而言),其它各点都以该点直线上的相应点为圆心,在垂直于该点的平面内作大
《刚体定轴转动》答案讲课教案
《刚体定轴转动》答 案
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 1d /0=? (9). ()21 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 1mR 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 r r r R mg M d 2d 2 ?π?π=μ 总摩擦力矩 mgR M M R μ3 2d 0==? 故平板角加速度 β =M /J 设停止前转数为n ,则转角 θ = 2πn 由 J /Mn π==4220 θβω 可得 g R M J n μωωπ16/342020=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221MR ,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 β ② 运动学关系: a =R β ③ 将①、②、③式联立得 a =mg / (m +21M ) ∵ v 0=0, ∴ v =at =mgt / (m +2 1M ) 3. 为求一半径R =50 cm 的飞轮对于通过其中心且与盘面垂直的固定转轴的转动惯量,在飞轮上绕以细绳,绳末端悬一质量m 1=8 kg 的重锤.让重锤从高2 m 处由静止落下,测得下落时间t 1=16 s .再用另一质量m 2=4 kg 的重锤做同样测量,测得下落时间t 2=25 s .假定摩擦力矩是一个常量,求飞轮的转动惯量. 解:根据牛顿运动定律和转动定律,对飞轮和重物列方程,得 TR -M f =Ja / R ① mg -T =ma ② h =221at ③ 则将m 1、t 1代入上述方程组,得 a 1=2h /21t =0.0156 m / s 2 T 1=m 1 (g -a 1)=78.3 N J =(T 1R -M f )R / a 1 ④ 将m 2、t 2代入①、②、③方程组,得 a 2=2h /22t =6.4×10-3 m / s 2 T 2=m 2(g -a 2)=39.2 N J = (T 2R -M f )R / a 2 ⑤ 由④、⑤两式,得 J =R 2(T 1-T 2) / (a 1-a 2)=1.06×103 kg ·m 2 a
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2 n 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
刚体定轴转动
1、语句进一步变为你讲的简单句, 2、要标好各标题, 3、公式整齐、字体大小一样,重要公式要标号。 4、摘要重写,内容:本文中你作了什么,得出什么 结论, 5、总结是摘要的扩充,详细论述你作了什么,得出 什么结论。 6、参考文献少,并标页(如4到8页),力学、理论 力学书上都有刚体内容 7、好多公式中角速度符号不对, 8、论述顺序: 1)刚体定轴转动的角位移、角速度、角加速度如何 表示,文字和公式都写 2)刚体定轴转动的角动量、动能如何表示,文字和公式都写 3)固定轴的动量矩定理如何表示,文字和公式都写 4)线量与角量的关系如何表示,文字和公式都写 9 刚体定轴转动与质点匀加速直线运动的对比: 这段中列表给出两种运动的相应量,并论述 刚体定轴转动的教学研究
陈爽(学号:20081116127) (物理与电子信息学院物理学专业2008级汉班,内蒙古呼和浩特 010022) 指导老师:赵凤岐 1摘要刚体力学是理论力学中一节比较重点的章节。它是继学习了质点力 学与质点组力学之后又一重点、难点课程,它是质点后又一个重要的物理模型。刚体这种模型比质点更接近实际,这个章节理解的情况直接关系到以后其他物理模型的建立。 关键词:刚体定轴转动直线运动 1 刚体定轴转动的内容 2·1刚体 在任何力的作用下,体积和形状都不发生改变的物体叫做刚体。在物理学内,理想的刚体是一个固体的,尺寸值有限的,形变情况可以被忽略的物体。不论有否受力,在刚体内任意两点的距离都不会改变。在运动中,刚体上任意一条直线在各个时刻的位置都保持平行。 刚体是力学中的一个科学抽象概念,即理想模型。事实上任何物体受到外力,不可能不改变形状。实际物体都不是真正的刚体。若物体本身的变化不影响整个运动过程,为使被研究的问题简化,可将该物体当作刚体来处理而忽略物体的体积和形状,这样所得结果仍与实际情况相当符合。 2.2刚体定轴转动的定义及特点 刚体上每点绕同一轴线做圆周运动,且转轴空间位置及转动方向保持不变. 如果刚体在运动过程中,至少有两个质点保持不动,那么将这两个质点的连线取为一个坐标系的一个公共坐标轴(z)轴,则刚体上各点都饶此轴作圆周运动,这种运动称为定轴转动。 刚体作定轴转动时,整个刚体绕一固定的轴转动.其上各点的位移、速度和加速度是不相同的.但各点转过的角度却相同.所以在定轴转动中,应当用角度来描述刚体的运动.作定轴转动的刚体只有一个自由度 2·3定轴转动各个基本量的描述 P,都在垂刚体绕固定轴转动时,如取固定轴为z轴,则刚体中任何一点 i 直于z轴的平面内,亦即在平行于xy平面内作圆周运动,而以z轴与此平面的交点O'为圆点,如图1所示。
05刚体的定轴转动习题解答
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:?? ???===-2222ααr 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 。
第五章 刚体定轴转动
第五章刚体定轴转动 刚体:任何情况下形状和体积都不改变的物体(理想化模型)。 刚体是特殊的质点系,其上各质点间的相对位置保持不变。有关质点系的规律都可用于刚体,而且考虑到刚体的特点,规律的表示还可较一般的质点系有所简化。 §1 刚体的运动 一. 刚体的运动形式 1.平动 在运动中,如果连接刚体内任意两点的直线在各个时刻的位置都彼此平行,则这样的运动称为刚体的平动。平动是刚体的基本运动形式之一,刚体做平动时,可用质心或其上任何一点的运动来代表整体的运动。以前所讲过的关于质点的运动学规律都适用于刚体的平动。 2.转动 转动也是刚体的基本运动形式之一,它又可分为: 定轴转动:运动中各质元均做圆周运动,且各圆心都在同一条固定的直线(转轴)上。(本章着重讨论定轴转动)定点转动:运动中刚体上只有一点固定不动,整个刚体绕过该定点的某一瞬时轴线转动(如陀螺的运动)。 在动力学的处理中,通常选取质心为基点比较方便。 二. 刚体转动的描述(运动学问题)
1.定点转动 (1)角量的描述 刚体绕基点O 的转动,其转轴是可以改变的。为反映瞬时 轴的方向及刚体转动的快慢和转 向,引入角速度矢量ω 。 t d d θωω== 式中θd 是刚体绕瞬时轴转动的无限小角位移。 规定角速度的方向沿瞬时轴,且与刚体转向成右手螺旋关系。 为反映刚体角速度的变化情况,引入角加速度矢量 t d d ω α = 一般情况下,α 并不一定沿着瞬时轴。 在定轴转动的情况下,ω 和α 都只有沿固定转轴的分量,此时可用代数量ω和α来表示角速度和角加速度。设定转轴的取向,规定转向与转轴取向成右手螺旋关系时的ω和α为正量,反之为负量。 (2)线量和角量的关系 刚体上任意点P P 点线速度: r r ?=?=⊥ωωv
《刚体定轴转动》答案
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=500rev/min (2).62.51.67s (3).g /lg /(2l ) (4).5.0N ·m (5).4.0rad/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 1d /0=? (9).()21 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 1mR 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==422 0θβω 可得g R M J n μωωπ16/342020=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 1MR ,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
第2章刚体定轴转动
第2章 刚体定轴转动 2.28 质量为M 的空心圆柱体,质量均匀分布,其内外半径为R 1和R 2,求对通过其中心轴的转动惯量. 解:设圆柱体的高为H ,其体积为V = π(R 22 – R 12)h ,体密度为ρ = M/V .在圆柱体中取一面积为S = 2πRH ,厚度为d r 的薄圆壳,体积元为d V = S d r = 2πrH d r ,其质量为d m = ρd V , 绕中心轴的转动惯量为d I = r 2d m = 2πρHr 3d r , 总转动惯量为2 1 3 4 42112d ()2 R R I H r r H R R πρπρ==-? 22211()2m R R =+. 2.29 一矩形均匀薄板,边长为a 和b ,质量为M ,中心O 取为原点,坐标系OXYZ 如图所示.试证明: (1)薄板对OX 轴的转动惯量为21 12OX I Mb =; (2)薄板对OZ 轴的转动惯量为221 ()12 OZ I M a b =+. 证: 薄板的面积为S = ab ,质量面密度为σ = M/S . (1)在板上取一长为a ,宽为d y 的矩形元,其面积为d S = a d y , 其质量为d m =σd S , 绕X 轴的转动惯量为d I OX = y 2d m = σay 2d y , 积分得薄板对OX 轴的转动惯量为/2/2 2 3 /2 /2 1 d 3b b OX b b I a y y a y σσ--==?3211 1212 ab Mb σ= =. 同理可得薄板对OY 轴的转动惯量为21 12 OY I Ma = . (2)方法一:平行轴定理.在板上取一长为b ,宽为d x 的矩形元,其面积为d S = b d x ,质量为d m = σd S , 绕过质心的O`Z`轴的转动惯量等于绕OX 轴的转动惯量 d I O`Z` = b 2d m /12. 根据平行轴定理,矩形元对OZ 轴的转动惯量为 d I OZ = x 2d m + d I O`Z ` = σbx 2d x + b 2d m /12, 积分得薄板对OZ 轴的转动惯量为 /22 2/2 1 d d 12a M OZ a I b x x b m σ-=+??/2 3 2/2 11312 a a b x b M σ-=+ 221 ()12M a b =+. 方法二:垂直轴定理.在板上取一质量元d m ,绕OZ 轴的转动惯量为d I OZ = r 2d m . 由于r 2 = x 2 + y 2,所以d I OZ = (x 2 + y 2)d m = d I OY + d I OX , 因此板绕OZ 轴的转动惯量为221 ()12 OZ OY OX I I I M a b =+= +. 2.30 一半圆形细杆,半径为R ,质量为M ,求对过细杆二端AA `轴的转动惯量. 解:半圆的长度为C = πR ,质量的线密度为λ = M/C .在半圆上取 图 2.28
第二章刚体的定轴转动
第二章 刚体的定轴转动 教学要求: 一、理解刚体定轴转动的角速度和角加速度的概念,理解角量与线量的关系。 二、理解刚体定轴转动定律,能解简单的定轴转动问题。 三、了解力矩的功和转动动能的概念。 四、了解刚体对定轴的角动量定理及角动量守恒定律。 五、理解转动惯量的概念,能用平行轴定理和转动惯量的可加性计算刚体对定轴的转动惯量。 教学重点:刚体定轴转动的力矩、转动惯量、角动量等物理量的概念和转动定律。 教学难点:难点是刚体绕定轴转动的角动量守恒定律及其应用。 物理学研究方法、思维方法:理想化模型-----刚体、研究刚体转动的物理量——角量的确定。 类比方法是本章学习和研究的主要方法。 教学方法:启发、类比、讨论 教学内容: 准备知识: 一、刚体:假定无论在多大的外力作用下,物体的形状和大小都保持不变,也就是物体内任何两质点之间的距离保持不变。这样的理想物体称为刚体。 刚体也是常用的力学理想模型。 二、平动与转动:当刚体运动时,如果刚体内任何一条给定的直线,在运动中始终保持它的方向不变,这种运动称为平动; 刚体运动时,如果刚体的各个质点在运动中都绕同一直线做圆周运动,这种运动称为转动。 如果刚体围绕的转轴的位置是固定不动的,这种转动称为刚体的定轴转动 §2-1 角速度和角加速度 一、 角位移、角速度和角加速度 1、角坐标:如图2-1所示,O 为转轴与转动平面的交点, A 为刚体上的一个质点, A 在这一转动平面内绕O 点 做圆周运动, A 与转轴的距离为r 。t 时刻质点A 与转 轴O 距离的连线与基准方向ox 的夹角为θ,称θ为角 坐标或角位置。 2、定轴转动的运动学方程:刚体转动时,θ随时间变 化,它是时间t 的函数: )(t θθ= (2-1) 上式称为刚体定轴转动的运动学方程. 图2—1角坐标和角速度
《刚体定轴转动》答案
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) 、填空题 (1). v 疋 15.2 m /s , n 2= 500 rev /min (2). 62.5 1.67 s ⑶.g / l g / (2l) (4) . 5.0 N m (5) . 4.0 rad/s (6) . 0.25 kg ? m 2 1 (7) . Ma 2 J mr ■?' 1 2 J mR (10). - = 3 g sin v / l 二、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 卩,若平板 绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度 3 0开始旋转,它将在旋转几圈后停止?(已知 1 2 J mR ,其中m 为圆形平板的质量) 2 dr 的环带面积上摩擦力矩为 2 =3R .0 /16 n -9 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 1 2 惯量为一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 2 度与时间的关系. 解:根据牛顿运动定律和转动定律列方程 (8). 1 mgl 参考解: 2 l d M = 」gm /1 r d r 1 二—J mgl 2 (9). 圆形平板的转动惯量 解:在r 处的宽度为 总摩擦力矩 故平板角加速度 设停止前转数为 ..mg dM 2 2.:r rdr nR R 2 M dM mgR 10 3 =M /J 可得 n ,则转角 v= 2二n .,2 = 2 一 V - 4 二 Mn / J m
05刚体的定轴转动习题解答
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:
大学物理03章试题库刚体的定轴转动
《大学物理》试题库管理系统内容 第三章 刚体的定轴转动 1 题号:03001 第03章 题型:选择题 难易程度:较难 试题: 某刚体绕定轴作匀变速转动,对刚体上距转轴为r 处的任一质元的法向加速度 n a 和切向加速度τa 来说正确的是( ). A.n a 的大小变化,τa 的大小保持恒定 B.n a 的大小保持恒定,τa 的大小变化 C.n a 、τa 的大小均随时间变化 D.n a 、τa 的大小均保持不变 答案: A 2 题号:03002 第03章 题型:选择题 难易程度:适中 试题: 有A 、B 两个半径相同、质量也相同的细环,其中A 环的质量分布均匀,而B 环的质量分布不均匀.若两环对过环心且与环面垂直轴的转动惯量分别为B A J J 和,则( ). A. B A J J = B. B A J J > C. B A J J < D. 无法确定B A J J 和的相对大小 答案: A 3 题号:03003 第03章 题型:选择题 难易程度:适中 试题: 一轻绳绕在具有水平转轴的定滑轮上,绳下端挂一物体,物体的质量为m ,此时滑轮的角加速度为β,若将物体取下,而用大小等于mg 、方向向下的力拉绳子,则滑轮的角加速度将( ). A.变大 B.不变 C.变小 D.无法确定 答案: A
试题: 一人张开双臂手握哑铃坐在转椅上,让转椅转动起来,若此后无外力矩作用,则当此人收回双臂时,人和转椅这一系统的( ). A.系统的角动量保持不变 B.角动量加大 C.转速和转动动能变化不清楚 D.转速加大,转动动能不变 答案: A 5 题号:03005 第03章 题型:选择题 难易程度:较难 试题: 某力学系统由两个质点组成,它们之间仅有引力作用.若两质点所受外力的矢量和为零,则此力学系统( ). A.动量守恒,但机械能和角动量是否守恒不能确定 B.动量和角动量守恒,但机械能是否守恒不能确定 C.动量、机械能守恒,但角动量是否守恒不能确定 D.动量、机械能以及对某一转轴的角动量一定守恒 答案: A 6 题号:03006 第03章 题型:选择题 难易程度:较难 试题: 如图所示,两个质量均为m 、半径均为R 的匀质圆盘形滑轮的两端,用轻绳分别系着质量为m 和2m 的小物块.若系统从静止释放,则释放后两滑轮之间绳内的张力为( ). A. mg 811 B.mg 2 3 C.mg 2 1 D.mg 答案: A
刚体定轴转动习题知识分享
刚体定轴转动习题
刚体定轴转动 一、选择题(每题3分) 1、个人站在有光滑固定转轴的转动平台上,双臂伸直水平地举起二哑铃,在该人把此二哑铃水平收缩到胸前的过程中,人、哑铃与转动平台组成的系统的( ) (A)机械能守恒,角动量守恒; (B)机械能守恒,角动量不守恒, (C)机械能不守恒,角动量守恒; (D)机械能不守恒,角动量不守恒. 2、一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动,轴间摩擦不计.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,它们同时射入圆盘并且留在盘内,则子弹射入后的瞬间,圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度ω的变化情况为() (A) L 不变,ω增大 (B) 两者均不变 (C) L不变,ω减小 (D) 两者均不确定 3、有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上: (1)这两个力都平行于轴作用时,它们对轴的合力矩一定是零 (2)这两个力都垂直于轴作用时,它们对轴的合力矩可能是零 (3)当这两个力的合力为零时,它们对轴的合力矩也一定是零 (4)当这两个力对轴的合力矩为零时,它们的合力也一定是零 在上述说法中,正确的是() (A)只有(1)是正确的(B)只有(1)、(2)正确 (C)只有(4)是错误的(D)全正确 4、以下说法中正确的是() (A)作用在定轴转动刚体上的力越大,刚体转动的角加速度越大。 (B)作用在定轴转动刚体上的合力矩越大,刚体转动的角速度越大。 (C)作用在定轴转动刚体上的合力矩越大,刚体转动的角加速度越大。 (D)作用在定轴转动刚体上的合力矩为零,刚体转动的角速度为零。 5、一质量为m的均质杆长为l,绕铅直轴 o o'成θ角转动,其转动惯量为()
刚体的定轴转动
授课题目刚体转动定律授课类型新授首次授课时间年月日学时 2 教学目标1.掌握转动惯量的求解方法。 2.理解刚体的转动定律。 重点与难点理解刚体的转动定律 教学手段与方法目标教学法多媒体教学 教学过程:(包括授课思路、过程设计、讲解要点及各部分具体内容、时间分配等)复习导入:在第一节课中我们学习了刚体的概念以及描述刚体转动的几 个物理量,下面我们来学习一下几个物理量之间的量值关系——刚体的转动定律: 新课部分:§2.2转动定律 2.2.1、对定轴的力矩 在力矩知识点中我们讨论了对定点的力矩,也简单介绍了对轴的力矩。在此处我们进一步详细讨论对定轴的力矩。如下图所示,一刚体绕定轴z转动(只画出了刚体一部分),力F作用在刚体上p点,且力的方向在p点的转动平面M内。如果力不在转动平面内,可以把F分解为沿轴z方向的分力和在转动平面内的分力。轴向分力是要改变轴的方向,在定轴转动中会被定轴的支撑力矩抵消而不起作用,所以我们可以只考虑在转动平面内分力的作用,以后我们也只讨论力在转动平面内的情况。设p点的转心为O,径矢为r。通常把力F对定轴z的力矩定义为一个矢量 (1) 它的大小为 (2) 或 (3)复习提问重点强调
其中称为力F对轴的力臂,为力F的切向分量。由 (5-3)式可知,力矩矢量的方向是矢径r和力F矢积的方向。图中的力 矩矢量的方向向上。在刚体的定轴转动中,力矩矢量的方向只有沿着z 轴和逆着z轴两个方向。我们把沿z轴的力矩叫做正力矩,逆着z轴的力 矩叫做负力矩,这是力矩的标量表述。 举例说明 对定轴的力矩 可以证明,力对定轴z的力矩不过是力对轴上任一定点的力矩在z 轴方向的分量,所以它们的讨论和表示方式才如此相似。若作用在p点 的力不止一个,即是一个合力,则该点所受合力的力矩等于各分力力矩 之和。简要证明如下:按(1)式,合力的力矩 (4) 其中为各分力的力矩,证毕。 由于作用力和反作用力是成对出现的,所以它们的力矩也成对出现。 由于作用力与反用力的大小相等,方向相反且在同一直线上因而有相同 的力臂,见下图,所以作用力矩和反作用力矩也是大小相等,方向相反, 其和为零。 (5)