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 μμ21d /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 与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 Aβωβωs ＝40 s2、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.求砂轮与工件间的摩擦系数.(砂轮轴的摩擦可忽略不计,砂轮绕轴的转动惯量为21mR 2,其中m 与R 分别为砂轮的质量与半径)、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 ②μ为摩擦系数,N 为正压力,221mR 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 )/(2102t mR NR ωμ-=- ∴ m =μR ω0 / (2Nt )≈0、5r1、 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221mR 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 mgM d 2d 2⋅π⋅π=μ总摩擦力矩 mgR M M R μ32d 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==4220θβω可得 g R MJ n μωωπ16/342020=π=2、 一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动,起初角速度为ω0.设它所受阻力矩与转动角速度成正比,即M ＝－k ω (k 为正的常数),求圆盘的角速度从ω0变为021ω时所需的时间.解:根据转动定律: J d ω / d t = -k ω ∴ t J kd d -=ωω两边积分:⎰⎰-=t t J k02/d d 100ωωωω得 ln2 = kt / J ∴ t ＝(J ln2) / k5、一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端,绳另一端绕在一轮轴的轴上,如图所示.轴水平且垂直于轮轴面,其半径为r ,整个装置架在光滑的固定轴承之上.当物体从静止释放后,在时间t 内下降了一段距离S .试求整个轮轴的转动惯量(用m 、r 、t 与S 表示).解:设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ,则根据牛顿运动定律与转动定律得:mg ­T ＝ma ① T r ＝J β ② 由运动学关系有: a = r β ③ 由①、②、③式解得: J ＝m ( g －a ) r 2 / a ④ 又根据已知条件 v 0＝0 ∴ S ＝221at , a ＝2S / t 2 ⑤将⑤式代入④式得:J ＝mr 2(Sgt 22－1)3、如图所示,设两重物的质量分别为m 1与m 2,且m 1＞m 2,定滑轮的半径为r ,对转轴的转动惯量为J ,轻绳与滑轮间无滑动,滑轮轴上摩擦不计.设开始时系统静止,试求t 时刻滑轮的角速度. 解:作示力图.两重物加速度大小a 相同,方向如图、m 1g －T 1＝m 1a T 2－m 2g ＝m 2a 设滑轮的角加速度为β,则 (T 1－T 2)r ＝J β 且有 a ＝r β 由以上四式消去T 1,T 2得: ()()J r m m gr m m ++-=22121β 开始时系统静止,故t 时刻滑轮的角速度.()()Jrm m grt m m t ++-==22121 βω7、一根放在水平光滑桌面上的匀质棒,可绕通过其一端的竖直固定光滑轴O 转动.棒的质量为m = 1.5 kg,长度为l = 1.0 m,对轴的转动惯量为J = 231ml .初始时棒静止.今有一水平运动的子弹垂直地射入棒的另一端,并留在棒中,如图所示.子弹的质量为m '= 0.020 kg,速率为v = 400 m ·s -1.试问:(1) 棒开始与子弹一起转动时角速度ω有多大？(2) 若棒转动时受到大小为M r = 4、0 N ·m 的恒定阻力矩作用,棒能转过多大的角度θ？解:(1) 角动量守恒:ω⎪⎭⎫ ⎝⎛'+='2231l m ml l m v ∴ l m m m ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+'=31vω＝15、4 rad ·s -1(2) 由转动定律,得: －M r ＝(231ml ＋2l m ')β0－ω 2＝2βθ∴ rM l m m 23122ωθ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=＝15、4 rad8、如图所示,A 与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 ＝10 kg ·m 2 与 J ＝20 kg ·m 2.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:mm , lOm '(1) 两轮啮合后的转速n ; (2) 两轮各自所受的冲量矩.解:(1) 选择A 、B 两轮为系统,啮合过程中只有内力矩作用,故系统角动量守恒 J A ωA＋J B ωB = (J A ＋J B )ω,又ωB ＝0得: ω ≈ J A ωA / (J A ＋J B ) = 20、9 rad / s 转速 ≈n 200 rev/min (2) A 轮受的冲量矩 ⎰t MAd = J A (J A ＋J B ) = -4、19×10 2 N ·m ·s负号表示与A ω方向相反. B 轮受的冲量矩⎰t MBd = J B (ω - 0) = 4、19×102 N ·m ·s方向与A ω相同.4、一匀质细棒长为2L ,质量为m ,以与棒长方向相垂直的速度v 0在光滑水平面内平动时,与前方一固定的光滑支点O 发生完全非弹性碰撞.碰撞点位于棒中心的一侧L 21处,如图所示.求棒在碰撞后的瞬时绕O点转动的角速度ω.(细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为231ml ,式中的m 与l 分别为棒的质量与长度.)解:碰撞前瞬时,杆对O 点的角动量为L m L x x x x L L 0202/002/30021d d v v v v ==-⎰⎰ρρρ式中ρ为杆的线密度.碰撞后瞬时,杆对O 点的角动量为ωωω2221272141234331mL L m L m J =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=因碰撞前后角动量守恒,所以 L m mL 022112/7v =ω ∴ ω = 6v 0 / (7L)10、 空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC 自由转动,转动惯量为J 0,环的半径为R ,初始时环的角速度为ω0.质量为m 的小球静止在环内最高处A 点,由于某种微小干扰,小球沿环向下滑动,问小球滑到与环心O 在同一高度的B 点与环的最低处的C 点时,环的角速度及小球相对于环的速度各为多大?(设环的内壁与小球都就是光滑的,小球可视为质点,环截面半径r <<R 、)解:选小球与环为系统.运动过程中所受合外力矩为零,角动量守恒.对地球、小球与环系统机械能守恒.取过环心的水平面为势能零点.小球到B 点时: J 0ω0＝(J 0＋mR 2)ω ①2121()22220200212121BR m J mgR J v ++=+ωωω ② 式中v B 表示小球在B 点时相对于地面的竖直分速度,也等于它相对于环的速度.由式①得:ω＝J 0ω 0 / (J 0 + mR 2) 1分代入式②得222002J mR RJ gR B ++=ωv 当小球滑到C 点时,由角动量守恒定律,系统的角速度又回复至ω0,又由机械能守恒定律知,小球在C 的动能完全由重力势能转换而来.即: ()R mg m C 2212=v , gR C 4=v 四 研讨题1、 计算一个刚体对某转轴的转动惯量时,一般能不能认为它的质量集中于其质心,成为一质点,然后计算这个质点对该轴的转动惯量？为什么？举例说明您的结论。

参考解答: 不能.因为刚体的转动惯量∑∆i im r2与各质量元与它们对转轴的距离有关.如一匀质圆盘对过其中心且垂直盘面轴的转动惯量为221mR ,若按质量全部集中于质心计算,则对同一轴的转动惯量为零.2、 刚体定轴转动时,它的动能的增量只决定于外力对它做的功而与内力的作用无关。

对于非刚体也就是这样不？为什么？参考解答:根据动能定理可知,质点系的动能增量不仅决定于外力做的功,还决定于内力做的功。

由于刚体内任意两质量元间的距离固定,或说在运动过程中两质量元的相对位移为零,所以每一对内力做功之与都为零。

故刚体定轴转动时,动能的增量就只决定于外力的功而与内力的作用无关了。

非刚体的各质量元间一般都会有相对位移,所以不能保证每一对内力做功之与都为零,故动能的增量不仅决定于外力做的功还决定于内力做的功。

3、 乒乓球运动员在台面上搓动乒乓球,为什么乒乓球能自动返回？参考解答:分析:乒乓球(设乒乓球为均质球壳)的运动可分解为球随质心的平动与绕通过质心的轴的转动.乒乓球在台面上滚动时,受到的水平方向的力只有摩擦力.若乒乓球平动的初始速度v c 的方向如图,则摩擦力 F r 的 方向一定向后.摩擦力的作用有二,对质心的运动来说,它使质心平动的速度v c 逐渐减小;对绕质心的转动来说,它将使转动的角速度ω逐渐变小.当质心平动的速度v c = 0而角速度ω ≠0 时,乒乓球将返回.因此,要使乒乓球能自动返回,初始速度v c 与初始角速度ω0的大小应满足一定的关系.解题:由质心运动定理:tm F c r d d v=-因mg F r μ=, 得 g c c μ-=0v v (1)由对通过质心的轴(垂直于屏面)的转动定律βI M =t mR RF r d d )32(2ω=-, 得 gt R μωω230-= (2)由(1),(2)两式可得 Rcc v v --=.023ωω, 令 0 0>=ω；c v可得 Rc 23.0v >ω 这说明当v c = 0与ω0的大小满足此关系时,乒乓球可自动返回.。