【大题】工科物理大作业04-刚体定轴转动
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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β = 恒量时，t βωω+=0 ，显然r t r a n 2
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)(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ρA 和ρB ，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 C ．B I I =A ； D. 不能确定A I 和B I 的相对大小。 （B ） [知识点］转动惯量的计算。 [分析与题解] 设A 、B 两盘厚度为d ，半径分别为R A 和R B ，由题意，二者质量相等，即 B B A A d R d R ρπρπ22= 因为B A ρρ>， 所以2 2B A R R < 且转动惯量22 1 mR I = ，则B A I I < 3．在下列关于刚体的表述中，不正确的是： A ．刚体作定轴转动时，其上各点的角速度相同，线速度不同； B ．刚体定轴转动的转动定律为βI M =，式中β,,I M 均对同一条固定轴而言的，否则 该式不成立； C ．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； D ．刚体的转动动能等于刚体上各质元的动能之和。 （C ） [知识点］刚体定轴转动的基本概念。 [分析与题解] 刚体定轴转动时，其上各点的角速度相同，线速度r v ω=；刚体定轴转动中，相关物理量对固定轴而言，转动惯量不仅与质量和形状有关，而且与转轴的位置有关；刚体的转动动能就是刚体上各质点的动能之和。 4．一个作定轴转动的刚体受到两个外力的作用，则在下列关于力矩的表述中，不正确的是： A ．若这两个力都平行于轴时，它们对轴的合力矩一定是零； B ．若这两个力都垂直于轴时，它们对轴的合力矩可能为零； C ．若这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩一定是零； D ．只有这两个力在转动平面S 上的分力对转轴产生的力矩，才能改变该刚体绕转轴转动的 运动状态； E ．一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和一定为零。 （C ） [知识点] 力矩的概念。 [分析与题解] 对转轴上任一点，力矩为F r M ?=。若F 与轴平行，则M 一定与轴垂直，即轴的力矩M z = 0，两个力的合力矩一定为零。 两个力都垂直于轴时，对轴上任一点的力矩都平行于轴，若二力矩大小相等，方向相反，则合力矩一定为零。 两个力的合力为零，如果是一对力偶，则对轴的合力矩不一定为零。 力在转动平面上的力矩F r M ?=z ，力矩M z 是改变刚体运动状态的原因。 一对作用力和反作用力，对轴的力矩大小相等，符号相反，合力矩一定为零。 5．在下列关于转动定律的表述中，正确的是： A ．对作定轴转动的刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度； B ．两个质量相等的刚体，在相同力矩的作用下，运动状态的变化情况一定相同； C ．同一刚体在不同力矩作用下，必然得到不同的角加速度； D ．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； E ．角速度的方向一定与外力矩的方向相同。 （A ） a F m g （a）（b）（c） 图4-1 [知识点] 刚体定轴转动定理。 [分析与题解] 由于内力是成对出现的，所有内力矩的总和为零，因此内力矩不会改变刚体的运动状态。 由刚体绕定轴转动定理，βI M=知，质量相等的刚体，若转动惯量I不同，既使在相同的力矩作用下，运动状态的改变也不会相同(β 不同)。而同一刚体虽力矩M不同，但若对不同转轴的转动惯量I也不同，也会得到相同的角加速度β的。 若外力矩M 的方向和角加速度β 的方向一致，而角加速度β 与角速度 ω 的方向可能相同，也可能相反。 6．如图4-1（a）所示，一轻绳绕在具有光滑水平转轴的定滑轮上，绳下端挂一质量为m的物体A，此时滑轮的角加速度为β 。若将物体A卸掉，而改用力F拉绳子，该力的大小mg F=，力的方向向下，如图（b）所示，则此时滑轮的角加速度将： A．变大；B．不变； C．变小；D．无法判断。（A） [知识点] 张力矩。 [分析与题解] 当绳下挂物体时，绳中张 力为F T，设滑轮半径为R，转动惯量为I， 物体的受力如4-1图(c)所示，按牛顿运 动定律有 ma F mg T = - 滑轮的转动定律为 1 βI F T = 又知 1 β R a=，解得 I mR mgR + = 2 1 β(1) 当用mg F=的力拉绳时，绳中张力就是mg。 滑轮的转动定律为 2 βI mgR=，得 I mgR = 2 β(2) 比较式(1)和式(2)，显然有 2 1 β β< 7．如图4-2(a)所示，两根长度和质量都相等的细直杆分别绕光滑的水平轴 1 O和 2 O转动，设它 们从水平位置静止释放时的角加速度分别为 1 β和 2 β；当它们分别转过 90时，端点A、B的速度 分别为 A v、 B v，则 A． B A v v> >, 2 1 β β；B． B A v v= =, 2 1 β β； A O 1 l B O l 图4-2(a) A O 1 l B O 2 l /3 C C 图4-2(b) C． B A v v< <, 2 1 β β；D． B A v v> =, 2 1 β β； E． B A v v< =, 2 1 β β。（D） [知识点] 转动惯量I随轴不同，机械能守恒定律的应用。 [分析与题解] 两个细直杆的转动惯量分别为 2 13 1 ml I=，2 2 2 29 1 3 2 12 1 ml l l m ml I= ? ? ? ? ? - + = 如图4-2(b)，当它们转到铅直位置时，所受重力过转轴，则重力矩为 M1 = M2 = 0 则由βI M=知，0 2 1 = =β β。 由于细杆在转动过程中，只受到重力矩作用，故转动过程机械能守恒。取转轴水平面为势能零点，则有 2 2 12 1 1 l mg I= ω 即 2 3 1 2 12 1 2 l mg ml= ?ω 得 l g3 1 = ω 则 gl l v A 3 1 = =ω 同理 6 2 12 2 2 l mg I= ω 即 6 9 1 2 12 2 2 l mg ml= ?ω l g3 2 = ω 则 gl l v B 3 3 2 3 2 2 = =ω 显然 B A v v> 8. 如图4-3所示，两飞轮A、B组成一摩擦啮合器。A通过与B之间的摩擦力矩带着B转动。则此刚体系在啮合前后： A．角动量改变，动能也改变； B．角动量改变，动能不变； C．角动量不变，动能改变； 图4-3 图 4-4 图4-5 D ．角动量不变，动能也不变。 （C ） [知识点] 摩擦内力矩的作用. [分析与题解] 沿轴向作用的外力对轴不产生力矩，A 、B 两轮间的摩擦力为内力，故系统的角动量守恒，即 ωω'+=)(B A A I I I 由此得 ωωB A A I I I += ' B A k A B A A B A A B A B A k I I E I I I I I I I I I I I E +=+=++='+='2 22 2 2221) ()(21)(21ωωω 可见，摩擦内力矩不改变系统的角动量，但改变动能。 9．如图4-4所示，一圆盘绕通过盘心O 且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计。两颗质量相同、速度大小相等、方向相反且沿同一直线运动的子弹，同时射进圆盘并留在盘内，则两子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量L 及圆盘的角速度ω将会： A ．L 不变，ω增大； B ．L 不变，ω减小； C ．L 增大，ω减小； D ．L 增大，ω增大。 （B ） [知识点] 角动量守恒。 [分析与题解] 取子弹和圆盘为系统，在子弹射入圆盘过程中系统的角动量守恒。由于两颗子弹同时对称入射，故两子弹的初始角动量之和为零，所以有 ()ωωI I I ?+=0 即 0ωω< 10. 如图4-5所示，有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为I 。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，随后人沿半径方向向外跑去，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 （A ） [知识点] 角动量守恒。 [分析与题解] 取人和转台为系统，在人沿半径方向向外跑过程中，系统的角动量守恒，则有 ()ωω人I I I +=0 而人到转台边缘时，2 mR I =人，即 () ωω20mR I I += 则 02 ωωmR I I += 二. 填空题 1．一汽车发动机的曲轴，在12s 内，其转速由 min r 102130?=.n 均匀增加到 min r 10723?=.n ，则此曲轴转动的角加速度=β 13.1 2s rad ；在此时间内，曲轴共转了 390 圈。 [知识点] 转动运动学的基本知识和运算。 [分析与解答] 本题中的曲轴作匀加速定轴转动，根据题意，曲轴的初速度为 ππω4060 1200 20=?= -1s rad ? 终态运转角速度为 ππω9060 2700 22=?= -1s rad ? 已知s t 12=，故角加速度β为 1136 25 012)4090(1 2.==--= ?-= ππωωβt -2s rad ? 在12s 内曲轴的角位移为 2 102 1t t βωθθθ+ =-=? rad 780)12(6 25 2112402πππ=??+?= 因而曲轴在这一段时间内转过的圈数为 3902780== π π N 2．半径为R =1m 的飞轮，以角速度s rad 500 πω=转动，受到制动后均匀减速，经s 50=t 后静止。则飞轮在s 25=t 时的角速度=ω 78.5 s rad ；此时，飞轮边缘上某一点的切向加速 度τa = -3.14 2s m ；法向加速度=n a 310166?. 2s m 。 [知识点] 转动运动学的基本计算。 [分析与解答] 因为飞轮的运动是匀变速转动，因而其角加速度为 t ?-=0 ωωβππ -=-= 50 500-2s rad ? 飞轮在s 25=t 时的角速度为 57825255001.==-=+=πππβωωt -1s rad ? 图4-6 (a) 图4-6(b) 飞轮边缘上一点的切向加速度的大小为 143.-==R βa τ2s m -? 法向加速度为 3 2 1110166?==.ωR a n 2 s m -? 3．刚体转动惯量的物理意义是 刚体绕定轴转动惯性大小的量度 ，它的计算公式为=I ?dm r 2 ， 表明转动惯量的大小取决于 刚体的总质量 、 质量分布情况 和 转轴位 置 三个因素。 [知识点] 转动惯量的概念。 4. 如图4-6(a)所示，一长为l 而质量可以忽略的直杆，两端分别固定有质量为2m 和m 的小球，杆可绕通过其中心且与杆垂直的水平光滑固定轴在铅直平面内转动。开始时，杆与水平方向成0θ，并处于静止状态；释放后，杆绕O 轴转动，则当杆转到水平位置时，该系统所受到的合外力矩的大小为=M mgl 21 ，此时该系统角加速度的大小为=β l g 32 。 [知识点] 力矩的计算，转动定律。 [分析与解答] 受力分析如图4-6(b )所示。小球2m 和m 的重力矩分别为 mgl l mg -=-=221M ，2 2l mg =M 则系统所受合外力矩为 m g l 2 1 21-=+=M M M 小球2m 和m 的转动惯量分别为 22 121212ml l m I =?? ? ??=，22 24121ml l m I =??? ??= 系统的总转动惯量为 2 214 3ml I I I = += 由转动定律βI =M 有 gl ml mgl I M 32 4 3212===β 5．如图4-7所示，长为l ，质量为m 的均质细杆，其左端与墙用铰链A 连接，右端用一铅直细线悬挂着，使杆处于水平静止状态，此时将细线突然烧断，则杆右端的加速度=a 2 3g 2 s m 。 [知识点] 转动定律的瞬时性。 图4-7 [分析与解答] 当线烧断时，根据转动定律有 gl ml l mg I M 233 122== =β 则右端的加速度为 g l a a τ2 3 ===β 6．刚体作定轴转动，其角动量的矢量表达式为=L ωI ，角动量守恒的条件是 0=M 。 [知识点] 刚体的角动量和角动量守恒条件。 7．一定轴转动刚体的运动方程为t 20sin 20=θ（SI ），其其对轴的转动惯量为2 m kg 100?=I ，则在0=t 时，刚体的角动量为=L 41004?. /s m kg 2?；刚体的转动动能=k E 61008?. J 。 [知识点] 第Ⅰ类问题，角动量和转动动能的计算。 [分析与解答] 运动方程为 t 20sin 20=θ 角速度为 t dt d 20cos 400== θ ω 角动量为 t I L 20cos 1044 ?==ω 转动动能为 ()t t I E k 20cos 10820cos 4001002 121262 2?=??== ω 当t = 0时，/s kgm 1042 4 0?=L ，J 1086 0?=k E 8．实验测得电子自旋的角动量为/s m kg 10530234??=-.L 。若把电子看作是一个半径 m 100118-?=.R 、质量kg 10119310-?=.m 的小球体，则该“电子球”表面上任一点的线速度 的大小为=v 14 10461?.m ，你认为这样构造的电子模型是 不合理的 （填合理、不合理）， 原因是 c v > 。 [知识点] 理想模型的合理性。 [分析与解答] 电子处旋绕中心轴的转动惯量为 () 672 18 3120106431001101195 2 52---?=????==...R m I 由角动量ωI L =，得电子的自旋角速度为 rad/s 1046110 6431053032 67 34?=??==--...I L ω 表面速度为 m/s 10461100110 461141832 ?=???==-...R v ω 因为m/s 103m/s 10461814?=>?=c v .，因此该电子模型不合理。 9．一冲床的飞轮，转动惯量2m kg 25?=I ，并以角速度s rad 100πω=转动。在带动冲头 对板材作成型冲压过程中，所需的能量全部由飞轮来提供。已知冲压一次，需作功J 10043 ?=.A ， 则在冲压过程之末飞轮的角速度=ω 25.8 s r a d 。 [知识点] 刚体定轴转动的动能定理。 [分析与解答] 对飞轮应用动能定理，则有 2022 121ωωI I A -= 由此解得 I ω ωω22 0+ = 在上式中代入πrad/s 100=ω，2 kgm 25=I ，J 4000-=A 则 rad/s 825.=ω 10. 一个人站在旋转平台的中央，两臂侧平举，整个系统以s rad π20/=ω的角速度旋转，转动惯量为20 m kg 6?=I 。如果将双臂回收则该系统的转动惯量变为2m .0kg 2?=I ，此时系统的转 动动能与原来的转动动能之比为=k 0 k E E 3 。 [知识点] 角动量守恒，转动动能的计算。 [分析与解答] 在双臂收回过程中，系统的角动量守恒，则 ωωI I =00 即 00 ωωI I = 系统初始时的转动动能为 ()J π12π262 121222000=??== ωI E k 系统末态时的转动动能为 ()22 22 0202 0026π322621212121=?== ?? ? ??==πωωωI I I I I I E k 则 30 =k k E E 三、简答题 给你两个鸡蛋，一个是生的，一个是熟的，你用什么办法来判别？试分析之。 [解答] 把两个鸡蛋同时在玻璃台面上旋转，生鸡蛋的蛋清由于惯性会向蛋壳聚集，使质量分布 图4-8 图4-9 发生变化，导致转动惯量增大，按角动量守恒2211ωωI I =，2I 增大，2ω必减小，于是生鸡蛋很 快会停下来。 四、计算与证明题 1．如图4-8所示，一机械钟的钟摆由一根均质细杆和均质圆盘组成。细杆长4r ，质量为m ；圆盘半径为r ，质量为2m 。 （1）试求：该钟摆绕端点O 、垂直于纸面的轴的转动惯量； （2）设0=t 时，钟摆的角速度为0ω，其所受的阻力矩kt M f -=（SI ） ，k 为正的常量，试求其停摆前所经历的时间t 。 [分析与解答] （1）杆对轴的转动惯量为 2213 16 )4(31mr r m I == 盘对轴的转动惯量为 222251)5(2)2(2 1 mr r m r m I =+= 所以，钟摆对轴的转动惯量为 2 213 169mr I I I = += （2）由转动定律 kt dt d I M f -==ω ??=-0 00 ωωId ktdt t 所以，停摆前所经历的时间为 k I t 0 2ω= 2. 如图4-9所示，一个劲度系数为N/m 02.=k 的轻质弹簧与一轻柔绳相连接，该绳跨过一半 径为R = 0.3m ，转动惯量为I = 0.52 m kg ?的定滑轮，绳的另一端悬挂一质量为m 的物体A 。开始时，用手将物体托住，使弹簧保持原长，系统处于静止状态。试求松手后物体下落m 40.=h 时的加速度和速度。（滑轮与轴间的摩擦可以忽略不计）。 [分析与解答] 以弹簧、滑轮和物体A 为研究对象，分析其受力。由题意知，物体向下运动，则分别对物体和滑轮运用牛顿运动定律和转动定律。 对物体A 有 ma F mg T =-1 （1） 对滑轮有 I βR F F T T =-)(21 （2） 对弹簧有 02=-kx F T （3） 图4-10 由于绳子与滑轮无相对滑动，则有 R a β= （4） 联立式（1）～（4）可得物体A 运动的加速度为 2 R I m kx mg a +-= 代入m 40.==h x ，N/m 02.=k ，R = 0.3m ，I = 0.52m kg ?，此时加速度为 2m/s 820.=a 又取物体、弹簧、滑轮和地球为系统，在物体下落过程中，系统机械能守恒。取物体A 的初始位置处为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有 mgx kx I m -++= 2222 1 21210ωv （5） 滑轮转动角速度ω与物体A 运动速度有 ωR =v （6） 将式（6）代入式（5）中可解得物体A 的速度为 2 2 2R I m kx mgx +-= v 代入m 40.==h x ，N/m 02.=k ，R = 0.3m ，I = 0.52m kg ?，此时速度为 s m 710/.=v 3．如图4-10所示，一质量为m 、半径为R 的圆盘，绕通过中心且垂直盘面的轴转动，转速为n rev/s 。此时将盘轻轻地放到粗糙的水平面上，圆盘与平面间的摩擦因数为μ 。 （1）试证明圆盘所受的摩擦力矩mgR M f μ3 2 = ； （2）试问圆盘转过多少圈后会停下来？ [分析与解答] （1）圆盘各处都受摩擦力，由于各部分离盘心距离不同，力矩也不同。为此，取半径为r ，厚为d r 的圆环，其质量为 σ??=r r m d π2d 所受摩擦力矩为 g r r M f ??=σμd π2d 2 则圆盘所受的摩擦力矩 mgR r gr M M R f f μσ3 2 d π2d 0 2= ==?? （2）按转动定律有 ββμ22 1 32mR I mgR == 故 R g 34μβ= 根据θβωω?=-220 2 ，并考虑n π20=ω，0=ω得 g n R μθ2π32 2=? 则圆盘停下来以前转过的圈数为 g R n N μθ4π3π22= ?= 4. 如图4-11所示，长为l 、质量为m 的均质细杆，可绕过O 点并垂直纸面的水平光滑轴在竖直平面内转动。当杆自由悬挂时，有一个速度为v 0、质量m 0的子弹沿水平方向射入杆的下端点A 。试问如果恰好能使杆与子弹保持持续转动，则子弹的速度v 0至少应为多少？。 [分析与解答] 子弹 m 0与细杆m 的碰撞过程，系统角动量守恒，则有 000ωI l m =v （1） 2203 1 ml l m I I I +=+=杆弹 （2） 碰后上摆过程，系统机械能守恒。取细杆下端点A 最初所在平面为势能零点，则共同上摆之初的为 mgl I E 2 121201+=ω 若要使杆与子弹保持持续转动，则杆应可摆动到铅直位置（即子弹在上端），则此时的机械能为 gl m mgl I E 02222 3 21++= ω 由机械能守恒定律得 mgl I 212120+ωgl m mgl I 0222 3 21++=ω （3） 联立式(1)、(2)和(3)，得 I gl m mgl I l m )42(1 0200++= ωv 如果恰好能使杆与子弹保持持续转动，此时0=ω，则得 )3 1 )(42(1 )42(1000 000m m gl m mgl m I gl m mgl l m ++=+= v 01 01 质点运动学 班号467641725 学号 姓名 成绩 一、选择题 （在下列各题中，均给出了4个~6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．在下列关于质点运动的表述中，不可能出现的情况是 A ．一质点具有恒定的速率，但却有变化的速度； B ．一质点向前的加速度减少了，其前进速度也随之减少； C ．一质点加速度值恒定，而其速度方向不断改变； D ．一质点具有零速度，同时具有不为零的加速度。 （ B ） [知识点] 速度v 与加速度a 的关系。 [分析与解答] 速度v 和加速度a 是矢量，其大小或方向中任一项的改变即表示速度或加速度在变化，且当速度与加速度间的方向呈锐角时，质点速率增加，呈钝角时速率减少。 因为质点作匀速运动时速率不变，但速度方向时时在变化，因此，A 有可能出现， 抛体运动（或匀速圆周运动）就是加速度值（大小）恒定，但速度方向不断改变的情形，故C 也有可能出现。 竖直上抛运动在最高点就是速度为零，但加速度不为零的情形，故D 也有可能出现。 向前的加速度减少了，但仍为正值，此时仍然与速度同方向，故速度仍在增大，而不可能减少，故选B 。 2． 在下列关于加速度的表述中，正确的是： A ．质点沿x 轴运动，若加速度a < 0，则质点必作减速运动； B ．质点作圆周运动时，加速度方向总是指向圆心； C ．在曲线运动中，质点的加速度必定不为零； D ．质点作曲线运动时，加速度方向总是指向曲线凹的一侧； E ．若质点的加速度为恒失量，则其运动轨迹必为直线； F ．质点作抛物运动时，其法向加速度n a 和切向加速度τa 是不断变化的，因此，加速度 22τn a a a +=也是变化的。 （ C 、D ） 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 ， βω I dt d 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[(2 t m j t i t dt d m m +?+-=?=?= t s =3 j i t m j t i t 80)26(4)68()22(]2)1[(2 3-=+?+=+?+-== j t m j t i t 16)22(42)22(]2)1[(2 1 -=+?=+?+-== 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 5.1 t f 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。例如题4中的小车与圆台组成的系统。 反之，系统的动量守恒，角动量也不一定守恒，除非是单个质点。 二、课堂练习 1、如图5.2所示，一轻绳绕过一质量为m/4，半径为R 的滑轮（质量分布均匀），一质量为m 的人抓住绳子的一端A ，绳子的另一端系一个质量为m/2的重物B ，绳子与滑轮无相对滑动，试求： （1 ） 当人对绳子相对静止时，B 物上升的加速度； （2） 当人相对于绳子以匀速u 上爬时，B 物上升的加速度； （3） 当人相对于绳子以加速度a 0上爬时，B 上升的加速度。 解： 方法一、用隔离体法，分别研究人、物和滑轮的运动。 （1）分别受力分析 A 、 B 、 a a a ==21 1T f =1 a mg 2 2a 1T 2 R a 2= 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 第四章 刚体的转动 1. 一质量为m 0 ，长为l 的棒能绕通过O 点的水平轴自由转动。一质量为m ，速率为v 0的子弹从水平方向飞来，击中棒的中点且留在棒内，如图所示。则棒中点的速度为（ ）。 A ． 00m m mv +； B ．0 433m m mv +； C ．0023m mv ； D ．0 43m mv 。 2. 一根长为l ，质量为m 上端到达地面时速率应为（ ）。 A ．gl 6； B ．gl 3； C ．gl 2； D ． l g 23。 3. 均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一个是正确的？（ ） 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，角加速度从大到小 D ．角速度从大到小，角加速度从小到大 4. 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，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，子弹射入圆盘并留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度ω（ ） A ．增大 B ．不变 C ．减小 D ．不能确定 5. 一静止的均匀细棒，长为L ，质量为M ，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内 转动，转动惯量为 23 1 ML 。一质量为m 速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射入并穿入棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为v 2 1 ，则此时棒的角速度应为（ ） A ．ML mv B ．ML mv 23 C ．ML mv 35 D ．ML mv 47 6. 在某一瞬时，物体在力矩作用下，则有（ ） A 、角速度ω可以为零，角加速度α也可以为零； B 、角速度ω不能为零，角加速度α可以为零； C 、角速度ω可以为零，角加速度α不能为零； D 、角速度ω与角加速度α均不能为零。 【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 a n 和切向加速度 a的表述中，正确的是： τ A． a、τa的大小均随时间变化； n B． a、τa的大小均保持不变； n C． a的大小变化，τa的大小保持恒定； n D． a的大小保持恒定，τa大小变化。 n （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 2ω=，r a τ β= 当β = 恒量时，t βω ω+=0 ，显然r t r a n 202)(βωω+==，其 大小随时间而变，r a τ β=的大小恒定不变。 2. 两个均质圆盘A 和B ，密度分别为ρA 和ρB ，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 因为B A ρρ >， 所以22B A R R < 且转动惯量2 2 1mR I =，则B A I I < 3．在下列关于刚体的表述中，不正确的是： A ．刚体作定轴转动时，其上各点的角速度相同，线速度不同； B ．刚体定轴转动的转动定律为βI M =，式中 β,,I M 均对同一条固定轴而言的，否则该式不成立； C ．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； D ．刚体的转动动能等于刚体上各质元的动 能之和。 （C ） [知识点］刚体定轴转动的基本概念。 [分析与题解] 刚体定轴转动时，其上各点的角速度相同，线速度r v ω=；刚体定轴转动中，相关物理量对固定轴而言，转动惯量不仅与质量和形状有关，而且与转轴的位置有关；刚体的转动动能就是刚体上各质点的动能之和。 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 < 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 11 11 热力学 班号 学号 姓名 成绩 一、选择题 （在下列各题中，均给出了4个~6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. 在下列说法中，正确的是： A ．物体的温度愈高，则热量愈多； B ．物体在一定状态时，具有一定的热量； C ．物体的温度愈高，则其内能愈大； D ．物体的内能愈大，则具有的热量愈多。 （C ） [知识点] 内能和热量的概念。 [分析与解答] 内能是物体内部所有分子的热运动动能和分子间相互作用势能的总和，是系统状态（或温度）的单值函数，系统的温度愈高，其内能愈大。 热量是由于系统与外界温度不同而进行的传热过程中所传递的能量的多少，同样温差情况下，不同的传热过程其热量不同，热量是过程量，不是状态的函数。 作功与传热可以改变系统的内能，若系统状态不变（内能也不变），就无需作功与传热，功与热量不会出现。 2. 在下列表述中，正确的是： A ．系统由外界吸热时，内能必然增加，温度升高； B ．由于热量Q 和功A 都是过程量，因此，在任何变化过程中，（Q ＋A ）不仅与系统的始末状态有关，而且与具体过程有关； C ．无摩擦的准静态过程中间经历的每一状态一定是平衡状态； D 能增量为T C M m E m p ?= ?,。 （C ） [知识点] 热量、作功和内能的概念。 [分析与解答] 根据热力学第一定律E A Q ?+=，系统由外界吸热时，可以将吸收的热量全部对外作功，内能不变，等温过程就是这种情况。 系统所吸收的热量和外界对系统做功的总和为系统内能的增量，内能的增量仅与系统始末状态有关，而与过程无关。 准静态过程就是在过程进行中的每一个状态都无限地接近平衡态的过程。由于准静态过程是无限缓慢的，无摩擦的（即无能量耗散），则各中间态都是平衡态。 无论何种过程，只要温度增量T ?相同，内能增量均为 T R M m i E ?= ?2T R C M m m V ?= 1，与过程无关。 3. 一定量某理想气体，分别从同一状态开始经历等压、等体、等温过程。若气体在上述过程中吸收的热量相同，则气体对外做功最多的过程是： A ．等体过程； B. 等温过程； C. 等压过程； D. 不能确定。 （B ） [知识点] 热力学第一定律在等值过程中的应用。 [分析与解答] 设在等压、等体和等温过程吸收的热量为0Q ，则 等压过程 T R i T C Q m p ?+=?=2 21 0ν ν 002 2Q i Q T R V p A p <+= ?=?=ν 等体过程 0=Q A ，吸收的热量全部用于增加的内能 等温过程 0=T A ，吸收的热量全部用于对外做功 由热力学第一定律E A Q ?+=知，等压过程，气体吸收来的热量既要对外做功，又要使内能增加；等体过程，气体不对外做功，吸收的热量全部用于增加内能；等温过程，气体吸收的热量全部用于对外做功。因此，当吸收的热量相同时，等温过程对外做功最多。 4. 如图11-1所示，一定量理想气体从体积V 1膨胀到V 2，ab 为等压过程，ac 为等温过程，ad 为绝热过程，则吸热最多的是： A ．ab 过程； B. ac 过程； C. ad 过程； D. 不能确定。 （A ） 1.如图所示,一质量为m得匀质细杆AB,A端靠在光滑得竖直墙壁上,B端置于粗糙水平地面上而静止,杆身与竖直方向成θ角,则A端对墙壁得压力为 2.两个均质圆盘A与B得密度分别为ρA与ρB , 若ρA﹥ρB但两圆盘得质量与厚度相同, 如果两盘对通过盘心垂直于盘面轴得转动惯量各为JA与JB , 则( ) 3.一电唱机得转盘以n =78 转/分得转速匀速转动,则与转轴相距r =15cm 得转盘上得一点P得线速度v = ,法向加速度an= 、在电唱机断电后, 转盘在恒定得阻力矩作用下减速, 并在t =15s内停止转动,则转盘在停止转动前得角加速度a= ,转过得圈数N= 、 4、一转动惯量为J 得圆盘绕一固定轴转动,起始角速度为ω0, 设它所受得阻力矩与转动角速度成正比,即M = -kω (k为正得常数),若它得角速度从ω0变 到ω0/2, 则所需得时间t = 。 5.一轻绳绕在半径r =20 cm得飞轮边缘, 在绳端施以F=98 N得拉力, 飞轮得转动惯量J = 0、5kg·m2飞轮与转轴间得摩擦不计,试求(1)飞轮得角加速度;(2)当绳下降5m时飞轮所获得得动能;(3)如以质量m=10kg得物体挂在绳端再计算飞轮得角加速度. 6.质量为m, 长为l得均匀细棒, 可绕垂直于棒得一端得水平轴转动, 如将此棒放在水平位置, 然后任其落下, 求(1)开始转动时棒得角加速度; (2)棒下落到竖直位置时得动能;(3)下落到竖直位置时得角速度. 第四章刚体转动课后练习七 1.我国第一颗人造卫星绕地球作椭圆运动,地球中心为椭圆得一个焦点.在运行过程中,下列叙述中正确得就是( ) (A)动量守恒(B)动能守恒 (C)角动量守恒(D)以上均不守恒. 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 第四章 刚体的转动 问题与习题解答 问题：4-2、4-5、4-9 4-2 如果一个刚体所受合外力为零，其合力矩是否也一定为零？如果刚体所受合外力矩为零，其合外力是否也一定为零？ 答： 一个刚体所受合外力为零，其合力矩不一定为零，如图a 所示。刚体所受合外 力矩为零，其合外力不一定为零，例如图b 所示情形。 4-5 为什么质点系动能的改变不仅与外力有关，而且也与内力有关，而刚体绕定轴转动动能的改变只与外力矩有关，而与内力矩无关？ 答： 因为合外力对质点所作的功，等于质点动能的增量；而质点系中内力一般也做功，故内力对质点系的动能的增量有贡献。而在刚体作定轴转动时，任何一对内力对转轴的力矩皆为一对大小相等、方向相反的力矩，且因定轴转动时刚体转过的角度d θ都一样，故其一对内力矩所作的功()0in ij ij ji ij ji W M d M d M M d θθθ=+=+=，其内力功总和也为零，因而根据刚体定轴转动的动能定理可知：内力矩对其转动动能的增量无贡献。 4-9 一人坐在角速度为0ω的转台上，手持一个旋转的飞轮，其转轴垂直地面，角速度为ω'。如果突然使飞轮的转轴倒转，将会发生什么情况？设转台和人的转动惯量为J ，飞轮的转动惯量为J '。 答： （假设人坐在转台中央，且飞轮的转轴与转台的转轴重合）视转台、人和飞轮为同一系统。 （1）如开始时飞轮的转向与转台相同，则系统相对于中心轴的角动量为： 10L J J ωω''=+ 飞轮转轴快速倒转后，飞轮的角速度大小还是ω'，但方向与原来相反；如设转台此时的角速度为1ω，则系统的角动量为： 21L J J ωω''=- 在以上过程中，外力矩为零，系统的角动量守恒，所以有： 10J J J J ωωωω''''-=+ 即 102J J ωωω' '=+ ，转台的转速变大了。 （2）如开始时飞轮的转向与转台相反，则系统相对于中心轴的角动量为： 10L J J ωω''=- 飞轮转轴快速倒转后，飞轮的角速度大小还是ω'，但方向与原来相反；如设转台此时的角速度为1ω ，则系统的 F 1F 3a b 【大题】工科物理大作 业04-刚体定轴转动 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 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β = 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ρA 和ρB ，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 < 练习 四 一、选择题 1． 力kN j i F )53( +=，其作用点的矢径为m j i r )34( -=，则该力对坐标原点的力矩大小为 (A)m kN ?-3； （B ）m kN ?29； (C)m kN ?19； (D)m kN ?3。 2． 圆柱体以80rad /s 的角速度绕其轴线转动，它对该轴的转动惯量为24m kg ?。由于恒力矩的作用，在 10s 内它的角速度降为40rad /s 。圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为( ) (A)80J ，80m N ?；(B)800J ，40m N ?；(C)4000J ，32m N ?；(D)9600J ，16m N ?。 3． 一匀质圆盘状飞轮质量为20kg ，半径为30cm ，当它以每分钟60转的速率旋转时，其动能为 (A)22.16π J ； (B)21.8πJ ；（C ）1.8J ； （D ）28.1πJ 。 4． 如图所示，一轻绳跨过两个质量均为m 、半径均为R 两端分别系着质量分别为m 和2m 的重物，不计滑轮转轴的摩擦。且绳与两滑轮间均无相对滑动，则两滑轮之间绳的张力。（ ） (A)mg ； (B)3mg /2； (C)2mg ； (D)11mg /8。 二、填空题 1.半径为r =1.5m 的飞轮，初角速度ω0=10rad/s ，角加速度β= -5rad/s 2角位移为零，则在t = 时角位移再次为零，而此时边缘上点的线速度v = 。 2.一飞轮作匀减速运动，在5s 内角速度由40πrad/s 减到10πrad/s ，则飞轮在这5s 内总共转过了 圈，飞轮再经 的时间才能停止转动。 4.一根匀质细杆质量为m 、长度为l ，可绕过其端点的水平轴在竖直平面内转动。则它在水平位置时所受的 重力矩为 ，若将此杆截取2/3，则剩下1/3在上述同样位置时所受的重力矩为 。 5.长为l 的匀质细杆，可绕过其端点的水平轴在竖直平面内自由转动。如果将细杆置与水平位置，然后让 其由静止开始自由下摆，则开始转动的瞬间，细杆的角加速度为 ，细杆转动到竖直位置时角 速度为 。 三．计算题 1． 一个飞轮直径为0.30m 、质量为5.00kg 止均匀地加速，经0.50s 转速达10rev/s 。假定飞轮可看作实心圆柱体，求： （1）飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数； （2）拉力大小及拉力所作的功； （3）从拉动后t =10s 时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度大小和加速度大小。 2． 飞轮的质量为60kg 、直径为0.50m 、转速为1000rev/min ，现要求在5s 内使其制动，求制动力F 的大 小。假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数?=0.4图所示。 3． 如图所示，物体1和2的质量分别为1m 与2m ，滑轮的转动惯量为J ，半径为r 。 （1）如物体2与桌面间的摩擦系数为μ，求系统的加速度a 及绳中的张力1T 和2T 间无相对滑动，滑轮与转轴无摩擦）； （2）如物体2与桌面间为光滑接触，求系统的加速度a 及绳中的张力1T 和2T 。 4． 轻绳绕于半径r =20cm 的飞轮边缘，在绳端施以大小为98N 的拉力，飞轮的转动惯量 J =0.5kg ?m 2。设绳子与滑轮间无相对滑动，飞轮和转轴间的摩擦不计。试求： （1）飞轮的角加速度； （2）当绳端下降5m 时，飞轮的动能； （3）如以质量m =10kg 的物体挂在绳端，试计算飞轮的角加速度。 练习 五 一、选择题 1． 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（动量矩）； - 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，角加速度为，则其转动 加快的依据是：（ ） A. > 0 B. > 0，> 0 C. < 0，> 0 D. > 0，< 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 。 简要提示：由定轴转动定律： α221MR FR = ，得：mR F t 4212==?αθ 所以：m F M W /42=?=θ 5. 一电唱机的转盘正以 0的角速度转动，其转动惯量为J 1，现将一转动 惯量为J 2的唱片置于转盘上，则共同转动的角速度应为： （ ） A ．0211ωJ J J + B ．0121ωJ J J + C ．021ωJ J D ．01 2ωJ J 解：答案是A 。 简要提示：角动量守恒 6. 已知银河系中一均匀球形天体，现时半径为R ，绕对称轴自转周期为T ，由于引力凝聚作用，其体积不断收缩，假设一万年后，其半径缩小为r ，则那时该天体的：（ ） A. 自转周期增加，转动动能增加； B. 自转周期减小，转动动能减小； C. 自转周期减小，转动动能增加； D. 自转周期增加，转动动能减小。 解：答案是C 。 简要提示： 由角动量守恒，ωω2025 252Mr MR =，得转动角频率增大，所以转动周期减小。转动动能为22k 2020k 5 221,5221ωωMr E MR E ==可得E k > E k0。 7. 绳子通过高处一固定的、质量不能忽略的滑轮，两端爬着两只质量相等 的猴子，开始时它们离地高度相同，若它们同时攀绳往上爬，且甲猴攀绳速度为乙猴的两倍，则 （ ） A. 两猴同时爬到顶点 B. 甲猴先到达顶点 C. 乙猴先到达顶点 15 15 狭义相对论基础 班号 学号 姓名 成绩 一、选择题 （在下列各题中，均给出了4个~6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. 狭义相对论揭示了： A ．微观粒子的运动规律； B ．电磁场的运动规律； C ．高速物体的运动规律； D ．引力场中的时空结构。 （C ） [知识点] 狭义相对论的研究对象。 2. S 系内发生的两事件P 1和P 2，其时空坐标分别为P 1 (x 1，t ) 和P 2 (x 2，t )，S’系以高速v 相对于S 系沿x 轴方向运动，则S’系测得这两件事必是： A ．同时事件； B ．不同地点发生的同时事件； C ．既非同时，也非同地； D ．无法确定。 （C ） [知识点] 同时性的相对性概念。 [分析与解答] 由题意知，012≠-=?x x x ，012=-=-=?t t t t t ，即这两个事件在S 系是同时不同地发生的，则由洛仑兹变换式得 0122≠-?-?='?c t x x /v v ，012 22≠-?- ?='?c x c t t /v v 所以，S’系测得这两件事必是既非同时，也非同地。 3. 两个惯性系S 和S '，S '系沿x （x '）轴方向以速度v 相对于速度S 系运动。设在S '系中某点先后发生的两个事件，用固定于该系的钟测出两事件的时间间隔为τ0，而用固定在S 系的钟测出这两个事件的时间间隔为τ 。又在S '系x '轴上放置一固有长度为l 0的细杆，从S 系测得此杆的长度为l ，则下列正确的是： A. 0ττ<，0l l <； B. 0ττ<，0l l >； 刚体的定轴转动 1．均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示。今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的? (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，角加速度从大到小 ; (D) 角速度从大到小，角加速度从小到大 。 答案 B 2.如图所示，A 、B 为两个相同的绕着 轻绳的定滑轮，A 滑轮挂一质量为M 的物体，B 滑轮受拉力F ，而且F=Mg ， 设A 、B 两滑轮的角加速度分别为βA 和βB ， 不计滑轮轴的摩擦， 则有 （A ）βA =βB （B ）βA ＞βB （C ）βA ＜βB （D ）开始时βA =βB ，以后βA ＜βB 答案 C 3.一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)/(6 25124090221 2s rad s rad t ≈=-= ?-= π ππωωβ 匀变速转动 （2）)(7802212 2rad πβωωθ=-= )(3902圈==π θ n 4.如图所示，半径为r 1=0.3m 的A 轮通过r 2=0.75m 的B 轮带动，B 轮以匀角加速 度πrad/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3000re υ/min 所需要的时间。 解：两轮的角加速度分别为βA ，βB a tA =a tB =a t =r 1βA =r 2βB βA = 1 2 r r βB ω=βA t ∴t=2 112r r r r B B A βωβω βω= = = 75 .03 .0)60/23000(???ππ =40s 力矩 转动定律 转动惯量 1.关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 （A ）只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关。 （B ）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关。 （C ）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置。 （D ）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关。 答案 C 2.一个物体正在绕固定的光滑轴自由转动，则 （A ） 它受热或遇冷伸缩时，角速度不变. （B ） 它受热时角速度变大，遇冷时角速度变小. （C ） 它受热或遇冷伸缩时，角速度均变大. （D ） 它受热时角速度变小，遇冷时角速度变大. 答案 D 第二章 刚体定轴转动练习题 1.(0148) 几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上，如果这几个力的矢量和为零，则此刚体 (A) 必然不会转动． (B) 转速必然不变． (C) 转速必然改变． (D) 转速可能不变，也可能改变． 2.(0165) 均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示．今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的？ (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，角加速度从大到小． (D) 角速度从大到小，角加速度从小到大． 3.(0292) 一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，滑轮的转动惯量为J ，绳下端挂一物体．物体所受重力为P ，滑轮的角加速度为β．若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子，滑轮的角加速度β将 (A) 不变． (B) 变小． (C) 变大． (D) 如何变化无法判断． 4.(5401) 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， (A) 只有(1)是正确的． (B) (1) 、(2)正确，(3) 、(4) 错误． (C) (1)、(2) 、(3) 都正确，(4)错误． (D) (1) 、(2) 、(3) 、(4)都正确． 5. (0197) 一水平圆盘可绕通过其中心的固定竖直轴转动，盘上站着一个人.把人和圆盘取作系统，当此人在盘上随意走动时，若忽略轴的摩擦，此系统 (A) 动量守恒． (B) 机械能守恒． (C) 对转轴的角动量守恒． (D) 动量、机械能和角动量都守恒． (E) 动量、机械能和角动量都不守恒． 6. (0230) 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴 O 转动，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，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬 13 13 波动 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. 在下列关于机械波的表述中，不正确的是： A. 机械波实际上就是在波的传播方向上，介质中各质元的集体受迫振动； B. 在波的传播方向上，相位差为2π 的两质元之间的距离称为波长； C. 振动状态在介质中传播时，波线上各质元均可视为新的子波波源； D. 波的振幅、频率、相位与波源相同； E. 波线上离波源越远的质元，相位越落后。 （D ） [知识点] 机械波的概念。 [分析与题解]平面简谐波在弹性介质中传播，介质中各质元都做受迫振动，各质元均可视为新的子波波源，因此，各质元的振幅、频率与波源是相同的，但各质元的相位是沿传播方向逐点落后的。 2. 平面简谐波波函数的一般表达式为])(cos[?ω+=u x t A y ，则下列说法中不正确 的是： A ． u x ω表示波线上任一质元落后于原点处质元的相位，或者说是波线上相距为x 的两质元的相位差； B ． u x 表示波从x = 0 传到 x 处所需时间； C ．)(u x -中的负号表示相位落后；)(u x +中的正号表示相位超前； 图13-1(a) 图13-1(b) D ． t y ??是任一时刻波线上任一质元的振动速度v ，它并不等于波速u ； E ． t y ??表示波速u ，它与介质的性质有关。 （E ） [知识点] 波动方程中各物理量的意义。 [分析与题解] t y ??表示波动某一质元的振动速度v ，它并不等于波速u 。一般来说t y ??是时间的函数并且与质元位置x 有关，而波速u 只与介质的性质有关。 3．在下列关于波的能量的表述中，正确的是： A ．波的能量2 p k 2 1kA E E E = +=； B ．机械波在介质中传播时，任一质元的E k 和E P 均随时间t 变化，但相位相差 2 π； C ．由于E k 和E P 同时为零，又同时达到最大值，表明能量守恒定律在波动中不成立； D ．E k 和E P 同相位，表明波的传播是能量传播的过程。 （D ） [知识点] 波的能量特征。 [分析与题解] 波在介质中传播时，各质元的动能和势能都随时间变化，且两者同相位，其总能量随时间变化，说明能量在传播。 能量守恒定律是自然界普遍适用的物理规律，波动中各质元的机械能不守恒，是因为前后质元作用给该质元的弹性力要做功，这也说明了波的传播是能量传播的过程。 4. 一列平面余弦波，在t = 0 时波动曲线如图13-1(a)所示，则P 点和Q 点的振动初相位分别为： A ．2π- ， 2π； B ．2π，2 π -； C ． 0， 0； D ．2π， 2 3π 。 （A ） 第三章 刚体定轴转动 一、选择题 1. 两个匀质圆盘A 和B 相对于过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，若B A J J >，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘的密度各为A ρ和B ρ，则 （A ）A B ρρ> （B ）B A ρρ> （C ）A B ρρ= （D ）不能确定A ρ和B ρ哪个大 答案：A 分析：22m m R R h h ρππρ=→=，221122m J mR h πρ==，故转动惯量小的密度大。 2. 有两个半径相同、质量相等的细圆环。1环的质量分布均匀，2环的质量分布不均匀。它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为1J 和2J ，则 （A ）12J J > （B ）12J J < （C ）12J J = （D ）不能确定1J 和2J 哪个大 答案：C 分析：22J R dm mR ==? ，与密度无关，故C 选项正确。 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1ω按图1 所示方向转动。将两个大小相等、方向相反的力F 沿盘面同时作用到 圆盘上，则圆盘的角速度变为2ω，则 （A ）12ωω> （B ）12ωω= （C ）12ωω< （D ）不能确定如何变化 答案：C 分析：左边的力对应的力臂大，故产生的（顺时针）力矩大于右边的力所产生的力矩，即合外力距（及其所产生的角加速度）为顺时针方向，故圆盘加速，角速度变大。 4. 均匀细棒OA 的质量为M ，长为L ，可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图2所示。今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述 说法哪一种是正确的？ （A ）合外力矩从大到小，角速度从小到大，角加速度从大到小 （B ）合外力矩从大到小，角速度从小到大，角加速度从小到大 （C ）合外力矩从大到小，角速度从大到小，角加速度从大到小 （D ）合外力矩从大到小，角速度从大到小，角加速度从小到大 答案：A 分析：（定性）由转动定律M I β=可知，角加速度与力矩成正比，故B 、D 错误；由机械工科物理大作业01-质点运动学
《大学物理》课后解答题 第三章刚体定轴转动
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