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
7、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.
8、两个均质圆盘A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ，若A ρ﹥B ρ，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘对通过盘心垂直于盘面的转动惯量各为J A 和J B ，则（ ）
（A ）J A ＞J B （B ）J B ＞J A
（C ）J A ＝ J B （D ）J A 、 J B 哪个大，不能确定
9、某转轮直径d ＝40cm ，以角量表示的运动方程为θ=3t －3.02t ＋4.0t ,式中θ的单位为rad,t 的单位为s,则t ＝2.0s 到t ＝4.0s 这段时间内,平均角加速度为( )
(A)212-?s
rad (B)26-?s rad
(C)218-?s rad (C)212-?s m
10、 轮圈半径为R ，其质量M 均匀分布在轮缘上，长为R 、质量为m 的均质辐条固定在轮心和轮缘间，辐条共有2N 根。今若将辐条数减少N 根，但保持轮对通过轮心．垂直于轮平面轴的转动惯量保持不变，则轮圈的质量应为（ ）
（A ）
m N 12+M . (B)m N 6 +M . (C)m N 32+M . (D)m N 3+M 11、一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，绳下端挂一物体。物体所受重力为p ,滑轮的角加速度为β。若将物体去掉而用与p 相等的力直接向下拉绳子，则滑轮的角加速度β将（ ） （A ）不变 （B ）变小
（C ）变大 （D ）无法判断
12、几个力同时作用在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
二、填空题（每题3分）
1、转动惯量的物理意义是 ；它的大小与 、 、 有关。
2、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J , 开始时转台以匀角速度ω 0转动,此时有一质量为m 的人站住转台中心,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 。
3、如图所示，一质量为m 的小球由一绳索系着，以角速度ω0 在无摩擦的水平面上，作半径为r 0 的圆周运动.如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球作半径为r 0/2 的圆周运动.则小球新的角速度为 ， 拉力所作的功 。
4、一个以恒定角加速度转动的圆盘，如果在某一时刻的角速度120rad s ωπ=，再转60转后角速度为230rad s ωπ=，则角加速度β= 转过上述60转所需的时间=?t 。
5、一质量为m 匀质的杆长为l ,绕通过其一端的铅直轴转动，其转动惯量为 。
6、一飞轮的转动惯量为J ，在0=t 时角速度为0ω。此后飞轮历经制动过程。阻力矩
M 的大小与角速度2ω成正比，比例系数K ＞0。当
30ωω=时，飞轮的角加速度=β ；从开始制动到0ωω=所经过的时间t= 。
7、动量守恒的条件是 ； 角动量守恒的条件是 。
8、刚性正方形线圈边长为 a ，每边质量为m ，该刚性线圈绕其中一个边转动，其转动惯量为 。
9、质量为m 的均质杆，长为l ,以角速度ω绕过杆端点，垂直于杆的水平轴转动，杆的动量大小为 ，杆绕转动轴的动能为 ，
动量矩为 。
三、简答题（每题3分）
1、飞轮的质量主要分布在边缘上，有什么好处？
2、刚体绕固定轴转动时，在每秒内角速度都增加
12rad s π-?，它是否作匀加速转动？
3、刚体对轴的转动惯量与那些因素有关？
四、计算题（每题10分）
1、一轻绳绕于半径cm r 20=的飞轮边缘，在绳端施以N F 98=的拉力，飞轮的转动惯量
2.5.0m kg J =，飞轮与轮轴间无摩擦，如图所示，试求：（1）飞轮的角加速度；（2）当绳端下降m 5时飞轮获得的动能；（3）如果以质量kg m 10=轮的角加速度。
2、在光滑的水平面上有一木杆，其质量m 1 ＝1.0 kg ，长l ＝40cm ，
可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m 2 ＝10g 的子弹，以
v ＝2.0×102 m · s －1 的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交.若子弹
陷入杆中，试求所得到的角速度.
3、质量为m 的小孩站在半径为R 、转动惯量为J 的可以自由转动的水平平台边缘上(平台可以无摩擦地绕通过中心的竖直轴转动)。平台和小孩开始时均静止。当小孩突然一相对地面为v 的速率沿台边缘逆时针走动时，此平台相对地面旋转的角速度
ω为多少？
4、质量为0.50 kg ，长为0.40 m 的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端
的水平轴转动.如将此棒放在水平位置，然后任其落下，求：(1) 当棒
转过60°时的角加速度和角速度；(2) 下落到竖直位置时的动能；(3)
下落到竖直位置时的角速度.
5、质量为m 、长为l 的细棒，可绕通过棒一端O 的水平轴自由转动（转动惯量32ml J =），棒于水平位置由静止开始摆下，
求：
（1）、初始时刻的角加速度； （2）、杆转过θ角时的角速度。
6、如图所示，长为l 的轻杆，两端各固定质量分别为m 和m 2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13
l 和
23
l ．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0v 与杆下端小球m 作对心碰撞，碰后以012v 的速度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角速度。
刚体定轴转动答案
一、选择题（每题3分）
1C 2B 3B 4C 5C 6B 7C 8B 9A 10D 11C 12D
二、填空题（每题3分）
1、表示刚体转动惯性大小的物理量；刚体的形状，转轴位置，质量分布（3分）
2、J ω 0/(J +mR 2)
3、1000
4J J ωωω==，220032W mr ω= 4、1225π 2s rad ；s 8.4
5、
23ml
6、
J k 920ω- ；02ωk J 7、
00==∑∑外外M F
8、5ma 2/3 9、2ωml ；622ωml ； 32ωml
三、简答题（每题3分）
1、增大转动惯量，使运转平稳。
2、不一定。因为仅当瞬时角加速度为恒量时，才作匀加速转动，而按题意，只是说每隔1秒钟后角速度增加12rad s π
-?，而在1秒钟时间间隔内每瞬时的变化未必一定是均等的，
故瞬时角加速度未必是恒量。
3、取决于刚体的质量，质量的空间分布和轴的位置.
四、计算题（每题10分）
1、解（1）,βJ Fr =
s r a d J Fr 2.39==β －－－－－－－（4分） （2）J Fd E k 490==?－－－－－－－（3分）
（3）???===-ββI Tr mr ma T mg 解之得s rad mr J mrg 8.212=+=β－－－（3分）
2、解 根据角动量守恒定理
()ωJ J ωJ '+=212――――――（5分）
式中()2
22/2J m l =为子弹绕轴的转动惯量，J 2ω为子弹在陷入杆前的角动量，ω＝2v/l 为
子弹在此刻绕轴的角速度.211/12J ml =为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为 ()1212212s 1.2936-=+=+=
'm m m J J ωJ ωv ――――――（5分）
3、解：此过程角动量守恒 ωJ m r v -=0――――――（6分）
J mRv =
ω――――――（4分）
4、解 (1) 棒绕端点的转动惯量213J ml =
由转动定律M ＝Jα可得棒在θ 位置时的角加速度为
()l θg J θM α2cos 3==－－－－（2分）
当θ ＝60°时，棒转动的角加速度
2s 418-=.α 由于d d d d t ωωωαθ
==，根据初始条件对式(1)积分，有 ??
=o 6000d d θαωωω
则角速度为 1
600s 98.7sin 3o
-==l θg ω－－－－－－－－（3分）
(2) 根据机械能守恒，棒下落至竖直位置时的动能为
J 98.021==mgl E K －－（3分）
(3) 由于该动能也就是转动动能，即212K E J ω=
，所以，棒落至竖直位置时的角速度为 1
s 57.832-==='l g J E ωK －－－－－－－－（2分）
5、解：(1)由转动定律，有
β)31(212ml mgl = （3分） ∴l g 23=
β （2分）
(2)由机械能守恒定律，有
2
21sin 21ωθJ mgl = （3分）
∴ω=l g θ
sin 3 （2分）
6、解：根据角动量守衡 有
022021322)3()32(32v ml m l m l l mv ?-?+=ωω――――――（7分） l v 230=
ω――――――（3分）
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 <
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
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
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
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
- 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
习题 3-1 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 3-2 一飞轮的转动惯量为J ,在0=t 时角速度为0ω，此后飞轮经历制动过程。阻力矩M 的大小与角速度ω的平方成正比，比例系数0>K 。求：（1）当30ωω=时,飞轮的角加速度；（2）从开始制动到30ωω=所需要的时间。 解：（1）依题意 2 ωβK J M -== )/(922 02 s rad J K J K ωωβ-=-= （2）由J K dt d 2ωωβ-== 得 ??-=32 000 ωωωωK Jd dt t ωK J t 2= 3-3 如图所示， 发电机的轮A 由蒸汽机的轮B 通过皮带带动。两轮半径A R =30cm ，=B R 75cm 。当蒸汽机开动后，其角加速度π8.0=B βrad/s 2 ， 设轮与皮带之间没有滑动。求（1）经过多少秒后发电机的转速达到 A n =600rev/min ？（2）蒸汽机停止工作后一分钟内发电机转速降到 300rev/min ，求其角加速度。 解：（1）t A A βω= t B B βω= 因为轮和皮带之间没有滑动，所以A 、B 两轮边缘的线速度相同，即
B B A A R R ωω= 又)/(2060600 2s rad A ππω=?= 联立得)(10s R R t B B A A ==βω （2）)/(10603002s rad A ππω=?= )/(6 2s rad t A A A π ωωβ=-'= 3-4 一个半径为=R 1.0m 的圆盘，可以绕过其盘心且垂直于盘面的转轴转动。一根轻绳绕在圆盘的边缘，其自由端悬挂一物体。若该物体从静止开始匀加速下降，在t ?＝内下降的距离h ＝0.4m 。求物体开始下降后第3秒末，盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度。 解：物体下落的加速度() )/(2.0222 s m t h a =?= 又 βR a a t == ，得圆盘的角加速度 )/(2.02 s rad =β 第3秒末，圆盘的角速度)/(6.0s rad t ==βω 所以 )/(2.02s m a t = )/(36.02 2s m R a n ==ω 3-5 一个砂轮直径为0.4m ，质量为20kg ，以每分钟900转的转速转动。撤去动力后，一个工件以100N 的正压力作用在砂轮边缘上，使砂轮在内停止，求砂轮和工件的摩擦系数(忽略砂轮轴的摩擦)。 解：βJ M = 其中NR M μ-= ，得J NR J M dt d μωβ- === ?? - =0 ωμωNR Jd dt t ， 即NRt J 0 ωμ= 又)/(306090020s rad ππω=?= ，)(4.022122 m kg d m J ?=?? ? ??= 得167.0=μ
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
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 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 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
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
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》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
习题 3-1 3-2 3-6 3-3 3-7 3-8 3-9 3-10 3-11 3-4 3-12 3-5 3-13 3-14 3-15 3-16 3-17 3-1 某刚体绕定轴做匀变速转动，对刚体上距转轴为r 处的任意质元的法向加速度为和切线加速度来正确的是（） A. n a ，a τ大小均随时间变化 B. n a ，a τ大小均保持不变 C. n a 的大小变化，a τ的大小保持不变 D. n a 大小保持不变，a τ的大小变化 解 刚体绕定轴做匀变速转动时，因为2 ,n a r a r τωβ==，而β为恒量，所以0t ωωβ=+， 故()2 0,n a r t a r τωββ=+=。可见：n a 的大小变化，a τ的大小保持恒定，本题答案为C. 3-2 一飞轮以的角速度转动1 300min rad -?，转动惯量为2 5kg m ?，现施加一恒定的制动力矩，
使飞轮在2s 内停止转动，则该恒定制动力矩的大小为_________. 解 飞轮转动的角加速度为 ()20 001300 2.52260 rad s t ωωωβ---= = =-?=-?所以该恒定制动力矩大小为()5 2.512.5M J N m β==?=?。 3-3 刚体的转动惯量取决于______、________和____________等3各因素。_ 解 刚体的转动惯量取决于：刚体的总质量、质量的分布和转轴的位置3个元素。 3-4 如图 所示，质量为m ，长为l 的均匀细杆，可绕通过其一端O 的水平轴转动，杆的另一端与质量为m 的小球固连在一起，当该系统从水平位置有静止转动θ角时，系统的角速度 ω=_________、动能k E =__________,此过程中力矩所做的功W =__________. 解 在任意位置时，受力分析如图所示。系统所受的合外力矩为 3 cos cos cos 22 l M mg mgl mgl θθθ=+= 则在此过程中合外力矩所做的功为 0 033cos sin 22W Md mgl d mgl θ θθθθθ?? === ??? ? ? 系统的转动惯量为 22214 33 J ml ml ml = += 于是刚体定轴转动的动能定理可写为 22314sin 223mgl ml θω??= ??? 所以系统的角速度为ω=2 13sin 22 k E J mgl ωθ==
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（）