吉林大学大学物理刚体转动作业答案(课堂PPT)
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2n 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zz 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 iL m l I ωω==∑,其中()2i iI 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 dtωωβ====;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飞轮作均减速转动,其角加速度为故从开始制动到停止转动,飞轮转过的角位移为 因此,飞轮转过圈数为/2θπ∆=100圈;2开始制动后5秒时飞轮的角速度为6．如图所示, 一飞轮由一直径为2()d m ,厚度为()a m 的圆盘和两个直径为1()d m ,长为()L m 的共轴圆柱体组成,设飞轮的密度为3(/)kg m ρ,求飞轮对轴的转动惯量;解：如图所示,根据转动惯量的可加性,飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和;由此可得7. 如图所示,一半径为r,质量为m 1的匀质圆盘作为定滑轮,绕有轻绳,绳上挂一质量为m 2的重物,求重物下落的加速度;解：设绳中张力为T对于重物按牛顿第二定律有22m g T m a -= 1对于滑轮按转动定律有212Tr mr β=2 由角量线量关系有a r β= 3联立以上三式解得8. 如图所示,两个匀质圆盘同轴地焊在一起,它们的半径分别为r 1、r 2,质量为1m 和2m ,可绕过盘心且与盘面垂直的光滑水平轴转动,两轮上绕有轻绳,各挂有质量为3m 和4m 的重物,求轮的角加速度β;解：设连接3m 的绳子中的张力为T1,连接4m 的绳子中的张力为T2; 对重物3m 按牛顿第二定律有3133m g T m a -= 1 对重物4m 按牛顿第二定律有2444T m g m a -= 2对两个园盘,作为一个整体,按转动定律有112211221122T r T r m r m r β⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭3aLd 1d 2由角量线量之间的关系有 31a r β=442a r β= 5联立以上五式解得9. 如图所示,一半径为R,质量为m 的匀质圆盘,以角速度ω绕其中心轴转动;现将它平放在一水平板上,盘与板表面的摩擦因数为μ;1求圆盘所受的摩擦力矩；2问经过多少时间后,圆盘转动才能停止 解：分析：圆盘各部分的摩擦力的力臂不同,为此,可将圆盘分割成许多同心圆环,对环的摩擦力矩积分即可得总力矩;另由于摩擦力矩是恒力矩,由角动量定理可求得圆盘停止前所经历的时间;1圆盘上半径为r 、宽度为dr 的同心圆环所受的摩擦力矩为负号表示摩擦力矩为阻力矩;对上式沿径向积分得圆盘所受的总摩擦力矩大小为2由于摩擦力矩是一恒力矩,圆盘的转动惯量212I mr =,由角动量定理可得圆盘停止的时间为10. 飞轮的质量m ＝60kg,半径R ＝0.25m,绕其水平中心轴O 转动,转速为900rev ·min -1．现利用一制动的闸杆,在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ,可使飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题4-10图所示,闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：1设F ＝100 N,问可使飞轮在多长时间内停止转动在这段时间里飞轮转了几转2如果在2s 内飞轮转速减少一半,需加多大的力F解: 1先作闸杆和飞轮的受力分析图如图b ．图中N 、N '是正压力,r F 、r F '是摩擦力,x F 和y F 是杆在A 点转轴处所受支承力,R 是轮的重力,P 是轮在O 轴处所受支承力．杆处于静止状态,所以对A 点的合力矩应为零,设闸瓦厚度不计,则有对飞轮,按转动定律有I R F r /-=β,式中负号表示β与角速度ω方向相反．∵ N F r μ=N N '=∴F l l l N F r 121+='=μμ 又∵ ,212mR I = ∴ F mRl l l I R F r 121)(2+-=-=μβ ① 以N 100=F 等代入上式,得由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 这段时间内飞轮的角位移为可知在这段时间里,飞轮转了1.53转． 210s rad 602900-⋅⨯=πω,要求飞轮转速在2=t s 内减少一半,可知 用上面式1所示的关系,可求出所需的制动力为11. 如图所示,主动轮A 半径为r 1,转动惯量为1I ,绕定轴1O 转动；从动轮B 半径为r 2,转动惯量为2I ,绕定轴2O 转动；两轮之间无相对滑动;若知主动轮受到的驱动力矩为M ,求两个轮的角加速度1β和2β;解：设两轮之间摩擦力为f 对主动轮按转动定律有:111M fr I β-= 1对从动轮按转动定律有222fr I β= 2由于两个轮边沿速率相同,有1122r r ββ= 3联立以上三式解得12. 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O O '转动．设大小圆柱体的半径分别为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1m 和2m 相连,1m 和2m 则挂在圆柱体的两侧,如题4-12a 图所示．设R ＝0.20m, r ＝0.10m,m ＝4 kg,M ＝10 kg,1m ＝2m ＝2 kg,且开始时1m ,2m 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1a ,2a 和β分别为1m ,2m 和柱体的加速度及角加速度方向题4-12b图．(1) 1m ,2m 和柱体的运动方程如下：2222a m g m T =- ① 1111a m T g m =- ②βI r T R T ='-'21 ③式中 ββR a r a T T T T ==='='122211,,,而 222121mr MR I += 由上式求得 2由①式 由②式13. 一质量为m 、半径为R 的自行车轮,假定质量均匀分布在轮缘上,可绕轴自由转动．另一质量为0m 的子弹以速度0v 射入轮缘如题2-31图所示方向． 1开始时轮是静止的,在质点打入后的角速度为何值2用m ,0m 和θ表示系统包括轮和质点最后动能和初始动能之比． 解: 1射入的过程对O 轴的角动量守恒 ∴ Rm m v m )(sin 000+=θω2020*********sin 21])(sin ][)[(210m m m v m R m m v m R m m E E k k +=++=θθ14. 如图所示,长为l 的轻杆,两端各固定质量分别为m 和2m 的小球,杆可绕水平光滑固定轴O 在竖直面内转动,转轴O 距两端分别为13l 和23l ．轻杆原来静止在竖直位置．今有一质量为m 的小球,以水平速度0υ与杆下端小球m 作对心碰撞,碰后以021υ 的速度返回,试求碰撞后轻杆所获得的角速度．解：碰撞过程满足角动量守恒：而 222212()2()333I m l m l ml =+=2m m O21 0vl l 31l所以 2023mv l ml ω=由此得到：032vlω=15. 如图所示,A 和B 两飞轮的轴杆在同一中心线上,设两轮的转动惯量分别为 J A ＝10 kg ·m2 和 J B ＝20 kg ·m2．开始时,A 轮转速为600 rev/min,B 轮静止．C 为摩擦啮合器,其转动惯量可忽略不计．A 、B 分别与C 的左、右两个组件相连,当C 的左右组件啮合时,B 轮得到加速而A 轮减速,直到两轮的转速相等为止．设轴光滑,求：1 两轮啮合后的转速n ；2 两轮各自所受的冲量矩．解：1 两轮啮合过程满足角动量守恒： 所以 A AA BI I I ωω=+ 因为 2n ωπ= 故 10600200/min 1020A A AB I n n r I I ⨯===++ 2 两轮各自所受的冲量矩： 末角速度：2200202/603n rad s ππωπ⨯=== A 轮各所受的冲量矩：202060040010(2) 4.1910()3603A A L I I N m s ππωωπ∆=-=⨯-⨯=-=-⨯⋅⋅B 轮各所受的冲量矩：16. 有一半径为R 的均匀球体,绕通过其一直径的光滑固定轴匀速转动,转动周期为0T ．如它的半径由R 自动收缩为R 21,求球体收缩后的转动周期．球体对于通过直径的轴的转动惯量为J ＝2mR2 / 5,式中m 和R 分别为球体的质量和半径．解：1 球体收缩过程满足角动量守恒：所以17. 一质量均匀分布的圆盘,质量为M,半径为R,放在一粗糙水平面上圆盘与水平面之间的摩擦系数为,圆盘可绕通过其中心O 的竖直固定光滑轴转动．开始时,圆盘静止,一质量为m 的子弹以水平速度v0垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上,求1 子弹击中圆盘后,盘所获得的角速度．2 经过多少时间后,圆盘停止转动．解：1 子弹击中圆盘过程满足角动量守恒： 所以 002211()22mRv mv mR MR m M Rω==++ 2圆盘受到的摩擦力矩为 由转动定律得 M Iβ'=。
大学物理。刚体转动课件
解：杆上各质元均 受摩擦力作用， 受摩擦力作用，但 各质元受的摩擦阻 力矩不同， 力矩不同，靠近轴 的质元受阻力矩小， 的质元受阻力矩小， 远离轴的质元受阻 力矩大， 力矩大，
4 – 2 力矩 转动定律 转动惯量
第四章 刚体的转动
细杆的质量密度 m λ= l 质元质量 dm = λdx 质元受阻力矩
O
−l 2
O
l 2
r
dr
dr O´
O´
l
解 设棒的线密度为 λ ，取一距离转轴 OO´ 为 处的质量元 dm = λdr dJ = r 2 dm = λr 2 dr
r
1 3 J = 2λ ∫ r dr = λl 0 12 1 = ml 2 12
l/2 2
如转轴过端点垂直于棒
1 2 J = λ ∫ r dr = ml 0 3
4 –三 力矩 转动定律 转动惯量 2 转动惯量
2 j j j
第四章 刚体的转动
2
J = ∑ ∆m r , J = ∫ r dm
物理意义： 物理意义：转动惯性的量度 . 意义 转动惯性的计算方法 质量离散分布刚体的转动惯量
J = ∑ ∆m r = m r + m r + L
2 j j 2 11 2 2 2 j
4 – 2 力矩 转动定律 转动惯量
第四章 刚体的转动
3） 刚体内作用力和反作用力的力矩互相抵消 ） 刚体内作用力和反作用力的力矩互相抵消
v Mij
O
v rj
v Mji
d
v iF ri ij
j v Fji v
v v M ij = −M ji
4 – 2 力矩 转动定律 转动惯量
第四章 刚体的转动
大学课件：《刚体的转动 》
2. 刚体的定轴转动 刚体上各点都绕同一转轴作不同半径的圆周运动，且
在相同时间内转过相同的角度.
特点：
各点角位移，角速度和角加速度均相同； 质点在垂直转轴的平面内运动，且作圆周运动. 可当作质点的圆周运动处理.
3. 刚体的一般运动 可视为平动和转动的(rotation)合成运动.
随质心的平动 绕通过质心的轴的转动
3
方向：
二、转动定律
对 mi 用牛顿第二定律：
Fi fi Δmiai
切向分量式为：
Fi sini fi sini Δmiait
ait=ri
两边乘以ri
Firi sini firi sini Δmiri2
外力矩
内力矩
z
fi
i
O ri
mi
Fi
i
对所有质元的同样的式子求和：
重力对整个棒的合力矩与全部
x
O
重力集中作用在质心所产生的
C
力矩一样.
xc
1 2
l
cos
M 1 mgl cos mgxC
2
M J
1 mgl cos
2 1 ml 2
3g cos
2l
3
X dm
dmg
M J J d J d d J d dt d dt d
3. 角速度和角加速度
d
dt
d
dt
d 2
dt 2
说明：定轴转动中，ω、β 的方向可
用正负表示.
4.
线量与角量的 关系
v
r
(v r )
v
刚体的转动优秀课件
解： 依题意，有 M k2 J
k2 J
0 /3 k02 / 9J
由 d k2 dt J
dt
J
k
2
d
t
0
dt
0 /3 0
J
k 2
d
t 2J k0
5-5 一种滑轮，半径为10cm，转动惯量为1.0×10-2kg·m2，有一
为 J = mR2/2；轴旳质量忽视不计；压力 F 均匀分布在轮面上．
解：以轮心为中心，r 为半径，取宽为 dr 旳细环,
细环上压力 dF (F π R2) 2π r dr
轴
轮 粗糙平面
细环上摩擦力 df dF 2(F R2 )r dr
df 对轴旳力矩 dM r df 2(F R2 )r 2dr
m
4L
⑵ 机械能守恒
1 (mL2 2
1 mL2 )
3
2
1 2
mgL
(1
cos
)
mgL
(1
cos
)
1 cos 02
4gL
cos 1 1
02
4gL
5-16 如图所示, 一质量 m、长 l 旳匀质细杆, 以 O 点为轴, 在与
竖直方向成 0角处从静止自由下摆，
O
到竖直位置时与光滑桌面上一质量也为 m
dt 3R
t
0 dt 0 d
d 2g t
dt 3R
d
t 2g tdt
0
0 3R
g t2
3R
5-11 以力 F 将一块粗糙平面紧压在轮上, 平面与轮之间旳滑动摩
擦系数为 , 轮旳初角速度为0 , 问: 转过多少角度时轮即停止转
刚体转动习题课.ppt
质点运动
动能
Ek
1 mv2 2
动能定理
W
1 2
m
2 2
1 2
m12
重力势能 EP mgh
刚体定轴转动
转动动能
Ek转
1 2
J 2
转动动能定理
W
1 2
J
2 2
1 2
J12
重力势能 EP mghC
机械能守恒
W ex
W in nc
0
E EP Ek cons tan t
机械能守恒
W ex
W in nc
角速度及小球相对于环的速度各为？（设环的内壁和
小球都是光滑的，小球可视为质点，环r 截面R
积
） 选环和小球为一个系统，角动量守恒，
0
0 J0 J mR 2
A
选环、小球和地球为一个系统，机械
B C
能守恒守恒，B 点为势能零点，
1 2
J
2 0
mgR
1 2
(J
mR2 )
2
0
1 2
m 2
65一根放在水平光滑桌面上的匀质棒，可绕通过其一
选滑轮为研究对象，地面为参考系
T2R T1Rg mAa 0
62 一轴承光滑的定滑轮，质量为 M 2.00kg ，半径 为 R 0.100m 。一根不能伸展的轻绳，一段固定在 定滑轮上，在另一端系一质量为 m 5.00kg 的物体. 定滑轮的转动惯量 J MR2 2 ，已知定滑轮的初角 速度0 10.0rad s1， 其方向垂直纸面向里。求： (1)定滑轮的角加速度; (2)定滑轮的角速度等于零时物体上升的高度； (3)当物体回到原位置时定滑轮的角速度。
6、机械能守恒
大学物理一复习第四章刚体的转动精品
R β1
R β2
(A) 不变 (B) 变小
(C) 变大
G
(D) 无法判断
解 GR J2 2 GR J
FTR J1 1 FTR J
又G FT
2 1
选（C）
R 1
FT FT’
G
R 2
G
14、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 2m 和 m 的重物,如图所示,绳与滑轮间无相对滑动,
mg FT2 ma2
FT1 FT2
R
mg FT1 r
m
a1
J
a1 r
a2 R
FT1 r R
FT1'
A
mg
β
FT2
FT2'
B
mg
mg(R r)
J mR2 mr2
a1
r
J
mgr(R r) mR2 mr2
mg
例4：在光滑水平桌面上放置一个静止的
质量为 M、长为 2l 、可绕中心转动的细 杆，有一质量为 m 的小球以速度 v0 与杆
的一端发生完全弹性碰撞，求小球的反弹
速度 v 及杆的转动角速度 。
解：在水平面上， 碰撞过程中系统角 动量守恒，
M ,2l
L0 L
mlv 0 mlv J （1）
O
稳定平衡状态，当其受到微小扰动时，细
杆将在重力作用下由静止开始绕铰链O 转
动．试计算细杆转动到与竖直线成 角时
的角加速度和角速度．
解 细杆受重力和 铰链对细杆的约束力FN
作用，由转动定律得
刚体转动习题课 32页PPT文档
方法一：应用转动定律
单位面积元所受的摩擦力为： f kkr
圆环上所有面元的力矩方向相同，即均向里，
d M kr r 2 r d 2 r kr 3 dr
dr
r
f
M2d
M 2R2kr3d 0
kR4
由转动定律
dr
r
MJJd d td d Jd d J 1 mR2 2 MkR4
左右两边同时对时间求一次倒数，
m akxR J2ams gi3n 07 0
amg 2J s R i3 m n07 2 R kx2R 2.44x
1 2m 21 2k2x 1 2J R 2 2msgi3n x07 0
当速度为零时，下滑距离最大
1 2km 2 xaxmg maxsxi3 n0 70
它以初角速度ω0转动时，由于上下表面受到空气的摩
擦阻力矩的作用，会慢慢停下来，假设空气对盘表面任 意点附近单位面积上的摩擦力正比于该点处的线速度大
小，比例常数为k，求它一共能转多少圈？
解此题的关键是求出摩擦阻力矩。为此首先要明确摩擦阻力矩 有什么特点？
1. 因为单位面积受到的摩擦阻力，正比于该点处的线速度，所 以飞轮转动时，距转轴距离相等的各点处，单位面积的摩擦力 大小一样，方向不同，但它们产生的力矩方向相同。 2. 转动过程中，由于角速度ω不断变化，所以同一点处摩擦力 的大小也要随时间变化，是一个变力矩的问题。 方法：一种是应用转动定律，一种是应用角动量定理。
根据运动学知识， ad d
dt dx
0.6
(2.44x)d
x d
0
0
1.2ms
方法二：应用机械能守恒定律
选质点A，圆盘B，弹簧C和地球作为研究对象，系统
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属的圆盘B，对于垂直于圆面的中心转轴，它两
的转动惯量有：
A．IA＝IB
B．IA＜IB
C．IA＞IB
D．不能判断 6
10．有一半径为R的水平圆转台，可绕通过其
中的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J，开始 时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，
当人到达转台边缘时，转台的角速度为
为l / 2 ，杆和套管组成系统以角速度0 绕OO′轴
转动，如图所示。若在转动过程中细线被拉断，
套管将沿着杆滑动。在套管滑动过程中，该系统
转动的角速度 与套管轴的距离x的函数关系为
70l 2
(杆对OO′轴转动惯量为
1 3
ml
)2
4(l 2 3x2 ) 。
O
0
[
1 3
ml
2
m(
l 2
)2
]0
[
1 3
角速度在2s内均匀减速至 4rad s，1 则刚体
在此恒力矩的作用下的角加速度 -2 rad·s-2
刚体对此轴的转动惯量 I 4 kg·m2
匀变速转动：(1) 0 t
（2）M I I
13
8. 一刚体对某定轴的转动惯量为 I 10kg m2
在恒力矩作用下由静止开始做角加速度 2rad s2
定轴转动。在5s末的转动动能 EK 500 J
该恒力矩 M 20 N·m ，该恒力矩在0~5s这段
时间内所作的功 A 500 J ， 刚体转动的角度
这段时间内飞轮转过 N t / 4 转，
拉力做的功为 A 1 mD2 2。
16
匀加速 t ; 1 t 2 N ;
转动：
2
2
A 1 I 2 0
2
9
3. 在一水平放置的质量为m、长度为l的均匀细
杆上，套着一个质量为m套管B(可看作质点)，
套管用细线拉住，它到竖直光滑固定轴OO′距离
为轴倒下，当上端达地面时速率应为
3g
A. 6gl B. 3gl C. 2gl D.
mg l 1 ( 1 ml 2 ) 2 l 2l
2 23
3
6.一均匀细棒由水平位置绕一端固定轴能自由转 动，今从水平静止状态释放落至竖直位置的过程 中，则棒的角速度ω和角加速度β将
A．ω↗β↗
B．ω↗β↘
C．ω↘β↘
相同力矩作用下，它们角加速度一定相等2
4.一力矩M作用于飞轮上，使该轮得到角加速度
1，如撤去这一力矩，此轮的角加速度为2 , 则
该轮的转动惯量为
M
A. 1
M
M
M
B. 2 C. 1 2 D. 1 2
M M f I1 M f I2
5.一根长为l，质量为m的均匀细直棒在地上竖立
着。如果让竖立着的棒，以下端与地面接触处
A． J
J mR2 0
C．
J
mR2 0
B．
J
(J m)R2 0
D．ω0
J0 (J mR2 )
7
二、填空题
1. 半径为0.2m，质量为1kg的匀质圆盘，可绕过 圆心且垂直于盘的轴转动。现有一变力F＝0.1t （F以牛顿计，t以秒计）沿切线方向作用在圆 盘边缘上。如果圆盘最初处于静止状态，那么
o
B. 只有动量守恒;
C. 只有对转轴O的角动量守恒;
D. 机械能、动量和角动量均守恒。
5
8．绕固定水平轴O匀速转动转盘，沿如图所示 的直线从相反方向射入两颗质量相同、速率相等 子弹，留在盘中，子弹射入后转盘的角速度应为
A．增大 B． 减小 C．不变
D．无法确定 I I 且 I I
9.质量相等，半径相同的一金属环A和同一种金
当从ω开=始ω13制0时动，到飞ω轮= 的ω1 0角经加过速时度间βt＝ ＝ຫໍສະໝຸດ k2 0/
9，I
2I / k。0
1) M k 2 I 3
2) d - k 2 I
dt
0
3
d
-
k
t
dt t
0
2
I0
11
6. 一质量为m的质点沿着一条空间曲线运动，该 曲线在直角坐标系下的定义式为
r acos( t) i bsin( t) j
刚体定轴转动作业答案
一、选择题
1. 1． 力学体系由两个质点组成，它们之间只有引 力作用。若两质点所受的外力的矢量和为零， 则此系统
A. 动量、机械能以及角动量都守恒 B. 动量、机械能守恒，但角动量是否守恒 还
不能确定 C. 动量守恒，但机械能和角动量是否守恒 还
不能确定 D. 动量和角动量守恒，但机械能是否守恒1
力 式 矩 中daMr、 b=-、0aωs都i；n是角t常i动数量,b则Lc=o此sm质tj点a所b受ka的。d对原 点 2r
M
dt
r
F
r
ma
r（-
mrdt)
0
L
r
m
m
i
a cost
jk
bsint 0 mabk
a sint b cost 0 12
7现．在一大刚小体为绕8定N轴 m转恒动力，矩初作角用速下度，刚0 体8转ra动d的s1
它在第3秒末的角加速度β＝ 3 rad s，2角速度
ω＝ 4.5 rad s。1
(1) FR 1 mR2 t
2
（2）
3
tdt
0
8
2.一飞轮直径为D，质量为m(可视为圆盘),边
缘绕有绳子，现用恒力拉绳子一端，使其由静
止开始均匀地加速，经过时间t，角速度增加为
ω，则飞轮的角加速度为 / t，
ml
2
mx2
]
l
1l m m
2
O
10
4.质量m、长l均匀细杆，在水平桌面上绕通过
其一端竖直固定轴转动，细杆与桌面的滑动摩
擦系数为μ，则杆转动时受摩擦力矩的大小
为
1 2
mg。l
Mf
l xg m dx
0
l
5.转动飞轮转动惯量为I，在t =0时角速度为ω0，
飞轮经历制动过程，阻力矩M大小与角速度ω平
方成正比，比例系数为k（k为大于0常数）。
2.一刚体绕定轴转动，若它的角速度很大，则
A．作用在刚体上的合外力一定很大
B．作用在刚体上的合外力一定为零
C．作用在刚体上的合外力矩一定很大
D．以上说法都不对
M I I d
dt
3.关于力矩有以下几种说法，其中正确的是
A．内力矩会改变刚体对某个定轴的角动量 B．作用力和反作用力对同一轴力矩之和必为零 C．角速度的方向一定与外力矩的方向相同 D．质量相同、形状和大小不同的两个刚体，在
D．ω↘β↗
M mg l cos I
2
o
A mg l sin 1 I 2
2
2
4
7.如图示，一均匀细杆可绕通过上端与杆垂直 的水平光滑固定轴O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;