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
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'
'=-
，转台的转速变慢了。
习题：4-1、4-2、4-3、4-4、4-5、（选择题）
4-11、4-14、4-15、4-17、4-27、4-30、4-34
4-1
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。 对上述说法，下述判断正确的是（ B ）
（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 4-2
关于力矩有以下几种说法：
（1）对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度； （2）一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；
（3）质量相等、形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同。 对上述说法，下述判断正确的是（ B ）
（A ）只有（2）是正确的 （B ）（1）、（2）是正确的 （C ）（2）、（3）是正确的 （D ）（1）、（2）、（3）都是正确的 4-3
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，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是（ C ）
（A ）角速度从小到大，角加速度不变 （B ）角速度从小到大，角加速度从小到大 （C ）角速度从小到大，角加速度从大到小 （D ）角速度不变，角加速度为零 4-4
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，在子弹射入后的瞬间，对于圆盘和子弹系统的角动量
L 以及圆盘的角速度ω则有（ C ） 4-3图 4-4图 （A ）L 不变，ω增大 （B ）两者均不变
m
m
o
A
（C ）L 不变，ω减小 （D ）两者均不确定 4-5
假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的（ B ） （A ）角动量守恒，动能守恒 （B ）角动量守恒，机械能守恒
（C ）角动量不守恒，机械能守恒 （D ）角动量不守恒，动量也不守恒 （E ）角动量守恒，动量也守恒 4-11
用落体观测法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在点O 上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m 的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动（如图）。记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量。试写出它的计算式。（假设轴承间无摩擦） 解：
（方法一）如图，设绳子张力为T F ,则根据转动定律，有： T F R J α=
而对m 来说，根据牛顿定律，有：
T mg F ma -=
另有： a R α= 由上三式解出：
2
2mgR a mR J
=+，
m 作匀加速直线运动，故下落的时间t 和距离h 的关系为：
2/2h at =，
即： 2
22
12mgR h t mR J
=??+ 所以，飞轮的转动惯量为：
22
12gt J mR h ??
=- ???
（方法二）根据能量守恒定律，将地球、飞轮和m 视为同一系统，且设m 开始下落的位置为重力势能的零势能
点， 则有：
2211
022
mgh mv J ω-+
+= 另有： v R ω=，v at =，2
2v ah =， 故解出：
22
12gt J mR h ??
=- ???
4-14
质量为1m 和2m 的两物体A 、B 分别悬挂在如图所示的组合轮两端。设两轮的半
径分别为R 和r ，两轮的转动惯量分别为1J 和2J ，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计。试求两物体的加速度和绳的张力。 解： A 、B 及组合轮的受力情况如右图所示，根据牛顿运动定律及刚体的转动定律，得：
1111T m g F m a -= 2222T F m g m a -= 1212()T T F R F r J J α-=+
又因为：12,a R a r αα== 联立求解，得：
121221212()m R m r gR a J J m R m r -=
+++， 122
22
1212()m R m r gr
a J J m R m r -=+++ 2122211221212()T J J m Rr m r m g F J J m R m r +++=+++， 212112
1
22
1212()T J J m R m Rr m g F J J m R m r +++=+++
4-15
如图所示装置，定滑轮的半径为r ，绕转轴的转动惯量为J ，滑轮两边分别悬挂质量为1m 和2m 的物体A 、B 。A 置于倾角为θ的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为μ，若B 向下作加速运动
时，求：（1）其下落的加速度大小；（2）滑轮两边绳子的张力。（设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑） 解：
用隔离法分析A 、B 和定滑轮的受力，如图（b ）所示。 由牛顿定律和刚体的定轴转动定律，得：
1111sin cos T F m g m g m a θμθ--=， 222T m g F m a -=，
m 2
(a)
A
B F T2F T2
F F T1m 2g
m 1g
F N
m 1gsin θ
(b)
T1
'T1
a 1
F F 'a 2
21T T F r F r J α-=,
而由于绳子不可伸长，故有：
a r α=，
联立上几式，可得：
211212
sin cos m g m g m g a J
m m r
θμθ
--=
++，
11221212(1sin cos )(sin cos )
T m gJ m m g r F J m m r θμθθμθ++++=
++
2122
2212
(1sin cos )T m gJ
m m g r F J
m m r
θμθ+++=
++ 4-17
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）问经多少时间后，圆盘转动才停止？ 解：
（1）取面元dS 为细圆环，2dS rdr π=， 所受摩擦力矩的大小为
2
22
2m gm dM r gdm r g
dS r dr R R
μμμπ=?=??=?， 所以， 220223
R gm gmR
M dM r dr R μμ==?=
?? （2）由角动量定理，得：
0M t J ω-?=-， 而 2
2J mR =，所以，有：
34J R
t M g
ωωμ?=
= 4-27
一质量为1.12kg ，长为1.0m 的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂。当以100N 的力打击它的下端点，打击时间为0.02s 时，（1）若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；（2）求棒的最大偏转角。 解：
（1）设打击后细棒获得的初角速度为0ω，由角动量定理，得：
r
ω
20001
3
L Mdt Fl t ml ω?==??=?，
求得 003F t ml ω=??
所以， 21
0100 1.00.02 2.0()L Fl t kg m s -?=??=??=??；
（2）细棒的上摆过程，机械能守恒：
22
00011(1cos )232
l ml mg ωθ??=-， 解得：
2202
3()arccos[1]8838F t m gl θ??'=-= 4-30
如图所示，一质量为m 的小球由一绳索系着，以角速度0ω在无摩擦的水平面上，绕以半径为0r 的圆周运动。如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，小球则以半径为0/2r 的圆周运动。试求：（1）小球新的角速度；（2）拉力所作的功。 解：
（1）因为F 指向转轴O 点，故其力不产生力矩，则根据角动量守恒定律，有：
0011J J ωω=,
即 2
2
0001()2
r mr m ωω=， 解得： 104ωω=；
（2）由刚体转动的动能定理，得其拉力所作的功为：
2222
110000
113222
W J J mr ωωω=
-= 4-34
如图所示，有一空心圆环可绕竖直轴OO '自由转动，转动惯量为0J ，环的半径为R ，初始的角速度为0ω，今有一质量为m 的小球静止在环内A 点，由于微小扰动使小球向下滑动。问小球到达B 、C 点时，环的角速度与小球相对
于环的速度各为多少？（假设环内壁光滑。） 解：
取环、小球为转动系统，重力与转轴平行，合外力矩为零，故根据角动量守恒定律，有：
2000()B J J mR ωω=+，
取环、小球和地球为同一系统， 根据系统的机械能守恒定律，得：
222
2000111()222B B
J mgR J mR mv ωω+=++
（或： 2222
000111[()]222
B B B J m g R J m v R ωωω+=++，
v =m 在B 点的速率。） 解出此时环的角速度为：
2000()B J J mR ωω=+
小球相对于环的线速度为：B v =同理，小球在C 点时，有：
000(0)C J J ωω=+，
22
20001112222
C C
J mgR J mv ωω+=+ 解出：
0C ωω=，C v =
作业07（刚体转动1） 1. 两个均质圆盘A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ，若B A ρρ>，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A J 和B J ，则[ ]。 A. B A J J > B. B A J J < C. B A J J = 答：［B ］ 解： 由V m =ρ，B A ρρ> ，B A m m =， B A V V <∴，B A R R <∴ 又：22 1mR =ρ B A J J <∴ 2. 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 答：［D ］ 解：几个力的矢量和为零，不一定外力矩为零，因此，刚体不一定不转动。但和外力为零，刚体不会平动。 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）. 这两个力合力为零时，它们对轴的合力矩一定是零。 （4）. 这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力一定是零。 在上述说法中是正确的是[ ]。 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 答：［B ］ 解：如图所示 （1）由)(a )(b )(c 可见，21//?//F k F ，则它们对轴的力矩 0?)(111=??=k F r L z ，0?)(222=??=k F r L z ，对轴的合力矩为零。（1）是正确的。 （2）由)(d )(e )(f 可见，由21?F k F ⊥⊥，则它们对轴的力矩 0?)(111=??=k F r L z ，0?)(222=??=k F r L z ，对轴的合力矩为零； 由)(g )(i )(j 可见，21?F k F ⊥⊥，则它们对轴的力矩
精品文档 其中刚体转动实验 实验目的 1?测定刚体的转动惯量用实验方法检验刚体的转动定理和平行轴定理 2?观测刚体的转动惯量随其质量分布及转动轴线不同而改变的状况 3?用作图法和最小二乘法处理数据一一曲线改直 实验仪器 刚体转动实验装置，停表（0.01s）, 砝码（5.00g）,电子游标卡尺（125mm）,钢卷尺（2m, Imr） 实验原理 根据刚体转动定律，当刚体绕固定轴转动时，有 M = I 3 其中M为刚体所受合力距，I为物体对该轴的转动惯量，3为角加速度.刚体所受外力 距为绳子给予的力矩Tr和摩擦力矩M u,其中T为绳子张力，与00相垂直，r为 塔轮的绕线半径.当略去滑轮及绳子质量并认为绳长不变时，m以匀加速度a下落. 并有： T = m（g - a） 其中g为重力加速度，砝码m由静止开始下落高度h所用时间t,则： h = at2/2 又因为 a = r 3 所以 2h1 m（g-a）r- M L= 在实验过程中保持-'二,则有 2111 若忙-匚歹,略去?，则有： 2h1 mgr必工 rt; 不能忽略，保持r, h以及…：的位置不变，改变m,测出相应的下落时间t,并保持'不变，则有：
实验目的 1.测定刚体的转动惯量用实验方法检验刚体的转动定理和平行轴定理 2.观测刚体的转动惯量随其质量分布及转动轴线不同而改变的状况 3.用作图法和最小二乘法处理数据——曲线改直 实验仪器 其中 刚体转动实验装置，停表 (0.01s), 砝码 (5.00g), 电子游标卡尺 (125mm), 钢卷尺( 2m ， 1mm )。 实验原理 根据刚体转动定律，当刚体绕固定轴转动时，有 M = I 3 其中M 为刚体所受合力距，I 为物体对该轴的转动惯量，3为角加速度?刚体所受外力 距为绳子给予的力矩 Tr 和摩擦力矩 ，其中T 为绳子张力，与00相垂直，r 为 塔轮的绕线半径?当略去滑轮及绳子质量并认为绳长不变时 ，m 以匀加速度a 下落. 并有 : T = m(g - a) 其中g 为重力加速度，砝码m 由静止开始下落高度 h 所用时间t ，则： h = at 2/2 又因为 a = r 3 所以 在实验过程中保持 ， 则有 若 ， 略去 ， 则有： 的位置不变 ， 改变 m ， 测出相应的下落时间 t ， 并保持 不能忽略 ， 保持 r ， h 以及
曲阜师大学实验报告 实验日期：2020.5.24 实验时间：8：30-12：00 ：方小柒学号：********** 年级：19级专业：化学类 实验题目：三线摆测刚体转动惯量 一、实验目的： 1.学会用三线摆法测定物体转动惯量原理和方法。 2.学会时间、长度、质量等基本物理量的测量方法以及仪器的水平调节。 二、实验仪器： 三线摆，待测物体（圆环和两个质量和形状相同圆柱），游标卡尺，米尺，电子秒表，水平仪 三、实验原理： 转动惯量是物体转动惯性的量度，物体对某轴的转动惯量越大，则绕该轴转动时，角速度就越难改变。 三线摆装置如图所示，上下两盘调成水平后，两盘圆心在同一垂直线O1O2上。下盘可绕中心轴线O1O2扭转，其扭转周期T和下盘的质量分布有关，当改变下盘的质量分布时，其绕中心轴线O1O2的扭转周期将发生变化。 三线摆就是通过测量它的扭转周期去求任意质量已知物体的转动惯量的。 三摆线示意图 当下盘转动角度θ很小，且略去空气阻力时，悬线伸长不计，扭摆的运动可近似看作简谐运动。根据能量守恒定律和刚体转动定律均可以得出物体绕中心轴OO′的转动惯量： 下盘：J =
下盘+圆环：J1= 圆环：J= J1- J0= (条件：θ≤5°，空气阻力不计，悬线伸长不计，圆环与下盘中心重合） 因此，通过长度、质量和时间的测量，便可求出刚体绕某 轴的转动惯量。 四、实验容： 1.了解三线摆原理以及有关三线摆实验器材的知识。 2.用三线摆测量圆环的转动惯量，并验证平行轴定理 (1)测定仪器常数H、R、r 恰当选择测量仪器和用具，减小测量不确定度。自拟实验步骤，确保三线摆上、下圆盘的水平，是仪器达到最佳测量状态。 (2)测量下圆盘的转动惯量 线摆上方的小圆盘，使其绕自身转动一个角度，借助线的力使下圆盘作扭摆运动，而避免产生左右晃动。自己拟定测量下圆盘转动惯量的方法。 (3)测量圆环的转动惯量 盘上放上待测圆环，注意使圆环的质心恰好在转动轴上，测量圆环的质量和、外直径。利用公式求出圆环的转动惯量。 (4)验证平行轴定理 将质量和形状尺寸相同的两金属圆柱体对称地放在下圆盘上。测量圆柱体质心到中心转轴的距离。计算圆柱体的转动惯量。 五、实验步骤： Ⅰ、流程简述：一、测三线摆空盘的转动惯量： 1．调节仪器：使用水平仪，调整上盘和下盘使它们保持水平。 2．分别测出上盘、下盘的半径r, R，以及两盘之间的高度H。 3．启动振动和测量周期：用秒表测出10次全振动所需的时间，重复5次，计算出平均周期。 4．利用测得周期，带入计算。 5．与圆盘的理论值比较，J 0=m R2/2，求出相对误差。 二、测圆环的转动惯量： 1．把圆环放在下盘中，注意使环的质心恰好在转动轴上，重复以上步骤，测出载有圆环的转动周期，根据公式计算转动惯量。 2．用游标卡尺分别测出圆环的、外半径R和R外，计算理论结果J理论=(R2+ R 外 2)m/2。 3．将实验值和理论值相比较，给出相对误差。 Ⅱ、线上操作：
刚体转动实验报告
刚体转动实验 实验目的 1.测定刚体的转动惯量用实验方法检验刚体的转动定理和平行轴定理 2.观测刚体的转动惯量随其质量分布及转动轴线不同而改变的状况 3.用作图法和最小二乘法处理数据——曲线改直 实验仪器 刚体转动实验装置，停表(0.01s), 砝码 (5.00g),电子游标卡尺(125mm), 钢卷尺 （2m，1mm）。 实验原理 根据刚体转动定律，当刚体绕固定轴转动时，有 M = Iβ 其中M为刚体所受合力距, I为物体对该轴的转动惯量, β为角加速度. 刚体所受外力距为绳子给予的力矩Tr和摩擦力矩Mμ, 其中T为绳子张力, 与OO’相垂直, r为塔 轮的绕线半径. 当略去滑轮及绳子质量并
认为绳长不变时, m以匀加速度a下落. 并有: T = m(g ? a) 其中g为重力加速度, 砝码m由静止开始下落高度h所用时间t, 则: h = at2/2 又因为 a = rβ 所以 m(g?a)r?Mμ=2hI 2 在实验过程中保持a?g, 则有 mgr?Mμ≈2hI rt2 若Mμ?mgr , 略去Mμ , 则有: mgr ≈2hI rt2 1.Mμ不能忽略,保持r, h以及m0的位置不变, 改变m, 测出相应的下落时间t, 并保持Mμ不变, 则有: m =k11 t2 +c1
其中k 1=2hI gr , c 1= M μgr . 2. 保持h, m 以及m 0的位置不变, 改变r , 测出相应的下落时间t ,并保持M μ不变, 则有: r = k 2 1t r +c 2 其中k 2=2hI mg , c 2= M μmg 3. 如果保持h,m,r 不变，对称地改变m 0的质心至OO’距离x ， 根据平行轴定理， I =I 0+I 0C +2m 0x 2 式中I 0为A,B,B’绕OO’轴的转动惯量，I 0C 为两个圆柱绕过其质心且平行于OO ’轴的转动惯量。则： t 2 =4m 0h 2x 2+2h(I 0+I 0C )2=k 3x 2+c 3 若考虑摩擦且摩擦力矩不变，则有 t 2=k 3′x 2+c 3′ 表示t 2与x 2成线性关系。 实验内容 1. 调节实验装置： 取下塔轮，换上竖直准钉，调OO’与地面垂
实验讲义补充： 1.刚体概念：刚体是指在运动中和受力作用后，形状和大小不变，而且内部各点的相对位置不 变的物体。 2.转动惯量概念：转动惯量是刚体转动中惯性大小的量度。它取决于刚体的总质量，质量分布、 形状大小和转轴位置 3.转动定律：合外力矩=转动惯量×角加速度 4.转动惯量叠加： 空盘：（1）阻力矩（2）阻力矩＋砝码外力→J1 空盘＋被测物体：（1）阻力矩（2）阻力矩＋砝码外力→J2 被测物体：J3=J2-J1 5.转动惯量理论公式：圆盘&圆环J=0.5mr2,J=0.5m(r12+r12) 6.转动惯量实验仪器：水准仪；线水平；线与孔不产生摩擦；塔轮选小的半径；至少3个塔轮 半径，3组砝码质量 7.计数器：遮光板半圈π；单电门，多脉冲；空盘15圈，20个值；加上被测物体，8个值； 8.泡沫垫板 9.重力加速度：s^2 10.质量：1次读数，包括砝码，圆盘，圆环，以及两圆柱体； 11.游标卡尺：6次读数，包括圆盘半径，圆环内外半径，塔轮半径，转盘上孔的内外半径（求 平均值） 12.实验目的：测量值与理论值对比 实验计算补充说明： 1.有效数字：质量，故有效数字为3位 2.游标卡尺：，读数最后一位肯定为偶数； 3.误差&不确定度： （1）理论公式计算的误差： 圆盘：J=0.5mR2（注意：直接测量的是直径） 质量m=±；（保留4位有效数字） um=*100%=% 半径R=± 若测6次,x1,x2,x3,x4,x5,x6,i=6，计算x平均值 ， 取n=6时的 ，我们处理为0 C=,仪器允差,δB= 总误差：,ux= m
,u rx==% R=± urx=% 计算转动惯量的结果表示： J=0.5mR2，总误差：uJ=√[(0.5R2u m)2+(mRu R)2]，相对不确定=uJ/J 圆环：J=0.5m(R12+R22)，同上. （2）实验测量计算的误差： J=mR(g?Rβ2)β2?β1 根据，，对R（塔轮半径），m（砝码质量）,β2和β1求导， ?J ?m=R(g?Rβ2)β2?β1 ?J ?R=mg?2Rβ2β2?β1 ?J ?β2=?mR2（β2?β1）?mR(g?Rβ2) (β2?β1)^2 ?J ?β1= mR(g?Rβ2) (β2?β1)^2
刚体的转动惯量 实验简介： 在研究摆的重心升降问题时，惠更斯发现了物体系的重心与后来欧勒称之为转动惯量的量。转动惯量是表征刚体转动惯性大小的物理量，它与刚体的质量、质量相对于转轴的分布有关。 本实验将学习测量刚体转动惯量的基本方法，目的如下： 1．用实验方法验证刚体转动定律，并求其转动惯量； 2．观察刚体的转动惯量与质量分布的关系 3．学习作图的曲线改直法，并由作图法处理实验数据。 实验原理： 1．刚体的转动定律 具有确定转轴的刚体，在外力矩的作用下，将获得角加速度β，其值与外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比，即有刚体的转动定律： M = Iβ (1) 利用转动定律，通过实验的方法，可求得难以用计算方法得到的转动惯量。 2．应用转动定律求转动惯量 如图所示，待测刚体由塔轮，伸杆及杆上的配重物组成。刚体将在砝码的拖动下绕竖直轴转动。 设细线不可伸长，砝码受到重力和细线的张力作用，从静止开始以加速度a下落，其运动方程为mg –t=ma，在t时间内下落的高度为h=at2/2。刚体受到张力的力矩为Tr和轴摩擦力力矩Mf。由转动定律可得到刚体的转动运动方程：Tr - Mf = Iβ。绳与塔轮间无相对滑动时有a = rβ，上述四个方程得到： m(g - a)r - Mf = 2hI/rt2 (2) Mf与张力矩相比可以忽略，砝码质量m比刚体的质量小的多时有a< 大学物理仿真实验——刚体转动惯量的测量 班级： 姓名： 学号： 实验名称：刚体转动惯量的测量 一、实验目的 在研究摆的重心升降问题时，惠更斯发现了物体系的重心与后来欧勒称之为转动惯量的量。转动惯量是表征刚体转动惯性大小的物理量，它与刚体的质量、质量相对于转轴的分布有关。 本实验将学习测量刚体转动惯量的基本方法，目的如下： 1．用实验方法验证刚体转动定律，并求其转动惯量； 2．观察刚体的转动惯量与质量分布的关系 3．学习作图的曲线改直法，并由作图法处理实验数据。 二、实验原理 1．刚体的转动定律 具有确定转轴的刚体，在外力矩的作用下，将获得角加速度β，其值与外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比，即有刚体的转动定律： M = Iβ (1) 利用转动定律，通过实验的方法，可求得难以用计算方法得到的转动惯量。 2．应用转动定律求转动惯量 如图所示，待测刚体由塔轮，伸杆及杆上的配重物组成。刚体将在砝码的拖动下绕竖直轴转动。 设细线不可伸长，砝码受到重力和细线的张力作用，从静止开始以加速度a 下落，其运动方程为mg – t=ma，在t时间内下落的高度为h=at2/2。刚体受到 张力的力矩为T r 和轴摩擦力力矩M f 。由转动定律可得到刚体的转动运动方程：T r - M f = Iβ。绳与塔轮间无相对滑动时有a = rβ，上述四个方程得到： m(g - a)r - M f = 2hI/rt2 (2) M f 与张力矩相比可以忽略，砝码质量m比刚体的质量小的多时有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 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。 实验三刚体转动惯量的测定 转动惯量是刚体转动中惯性大小的量度。它与刚体的质量、形状大小和转轴的位置有关。形状简单的刚体，可以通过数学计算求得其绕定轴的转动惯量；而形状复杂的刚体的转动惯量，则大都采用实验方法测定。下面介绍一种用刚体转动实验仪测定刚体的转动惯量的方法。 实验目的： 1、理解并掌握根据转动定律测转动惯量的方法； 2、熟悉电子毫秒计的使用。 实验仪器： 刚体转动惯量实验仪、通用电脑式毫秒计。 仪器描述： 刚体转动惯量实验仪如图一，转动体系由十字型承物台、绕线塔轮、遮光细棒等（含小滑轮）组成。遮光棒随体系转动，依次通过光电门，每π弧度（半圈）遮光电门一次的光以计数、计时。塔轮上有五个不同半径（r）的绕线轮。砝码钩上可以放置不同数量的砝码，以获得不同的外力矩。 实验原理： 空实验台（仅有承物台）对于中垂轴OO’的转动惯量用J o表示，加上试样（被测物体）后的总转动惯量用J表示，则试样的转动惯量J1： J1 = J –J o (1) 由刚体的转动定律可知： T r – M r = J α (2) 其中M r 为摩擦力矩。 而 T = m(g -r α) (3) 其中 m —— 砝码质量 g —— 重力加速度 α —— 角加速度 T —— 张力 1． 测量承物台的转动惯量J o 未加试件，未加外力（m=0 , T=0） 令其转动后，在M r 的作用下，体系将作匀减速转动，α=α1，有 -M r1 = J o α1 (4) 加外力后，令α =α2 m(g –r α2)r –M r1 = J o α2 (5) （4）（5）式联立得 J o = 21 2212mr mgr ααααα--- (6) 测出α1 , α2，由（6）式即可得J o 。 2． 测量承物台放上试样后的总转动惯量J ，原理与1.相似。加试样后，有 -M r2=J α3 (7) m(g –r α4)r –Mr 2= J α4 (8) ∴ J = 23 4434mr mgr ααααα--- (9) 注意：α1 , α3值实为负，因此（6）、（9）式中的分母实为相加。 3． 测量的原理 设转动体系的初角速度为ωo ，t = 0 时θ= 0 ∵ θ=ωo t + 2 2 1t α (10) 测得与θ1 , θ2相应的时间t 1 , t 2 由 θ1=ωo t 1 + 2121t α (11) θ2=ωo t 2 + 2 22 1t α (12) 得 22112 22112) (2t t t t t t --= θθα (13) ∵ t = 0时，计时次数k=1（θ=л时，k = 2） ∴ []2 2 11222112)1()1(2t t t t t k t k ----= πα (14) k 的取值不局限于固定的k 1 , k 2两个，一般取k =1 , 2 , 3 , …,30,… 实验2 刚体转动惯量的测量 [预习思考题] 1．实验中的刚体转动惯量实验仪是由哪几部分组成的？ 2．实验中可以通过什么方法改变转动力矩？ 3．实验中刚体转动过程的角加速度如何测得？ 转动惯量是描述刚体转动中惯性大小的物理量，对于绕定轴转动的刚体，它为一恒量，以J表示，即 ∑= i i i r m J2 式中，m i为刚体上各个质点的质量，r i为各个质点至转轴的距离。由此可见，物体的转动惯量J与刚体的总质量、质量分布及转轴的位置有关。对于几何形状规则、对称和质量分布均匀的刚体，可以通过积分直接计算出它绕某定轴的转动惯量。对于形状复杂或非匀质的任意物体，则一般要通过实验来测定，例如，机械零件、电机的转子、炮弹等。 测定物体的转动惯量有多种实验方法，主要分为扭摆法和恒力矩转动法两类。本实验介绍用塔轮式转动惯量仪测定的方法，是使塔轮以一定形式旋转，通过表征这种运动特征的物理量与转动惯量的关系，进行转换测量。该方法属于恒力矩转动法。 转动惯量是研究、设计、控制转动物体运动规律的重要参数，实验测定刚体的转动惯量具有十分重要的意义，是高校理工科物理实验教学大纲中的一个重要基本实验。 一、实验目的 1．学习用转动惯量仪测定刚体的转动惯量。 2．研究作用于刚体上的外力矩与角加速度的关系。 3．验证转动定律及平行轴定理。 二、实验仪器 IM－2刚体转动惯量实验仪及其附件（霍尔开关传感器、砝码等）和MS－1型多功能数字毫秒仪。 三、仪器介绍 1．滑轮 2．滑轮高度和方向调节组件 3．挂线 4．塔轮组 5．铝质圆盘承物台 6．样品固定螺母 7．砝码 8．磁钢 9．霍尔开关传感器 10．传感器固定架 11．实验样品水平调节旋钮（共3个） 12．毫秒仪次数预置拨码开关，可预设1－64次 13．次数显示屏 14．时间显示屏 l5．次数+1查阅键 16．毫秒仪复位键 17．+5V 电源接线柱 18．电源GND （地）接线柱 19．INPUT 输入接线柱 20．输入低电平指示 21．次数-1查阅键 图4-3-1 IM-2刚体转动惯量实验仪和MS －1型多功能数字毫秒仪结构示意图 IM-2刚体转动惯量实验仪主要由绕竖直轴转动的铝质圆盘承物台、绕线塔轮、霍尔开关传感器、磁钢、滑轮组件、砝码等组成。 样品放置在铝质圆盘承物台上，承物台上有许多圆孔，可用于改变样品的转轴位置。绕线塔轮是倒置的塔式轮，分为四层，自上往下半径分别为3cm 、2.5cm 、2cm 、1.5cm 。磁钢随转动系统转动，每半圈经过霍尔开关传感器一次，传感器输出低电平，通过连线送到多功能数字毫秒仪。传感器红线接毫秒仪+5V 电源接线柱，黑线接电源GND （地）接线柱，黄线接INPUT 输入接线柱。 MS －1型多功能数字毫秒仪通过预置拨码开关预置实验所需感应次数。每轮实验开始前通过复位键清0，直到输入低电平信号触发计时开始，次数显示屏从0次开始计时，直至达到预置次数停止。计时停止后，方能查阅各次感应时间。 四、实验原理 1. 任意样品的转动惯量测定 设转动惯量仪空载（不加任何样品）时的转动惯量为J 1，称为系统的本底转动惯量，转动惯量仪负载（加上样品）时的转动惯量为J 2，根据转动惯量的可加性，则样品的转动惯量J x 为 21x J J J =- 2. 系统的转动惯量测定 1）刚体的转动定律 刚体绕定轴转动时，刚体的角加速度与它所受的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比，这个关系称为刚体的转动定律。 M J β= 利用转动定律，测得刚体转动时的合外力矩及该力矩作用下的角加速度，则可计算 肇 庆 学 院 电子信息与机电工程 学院 普通物理实验 课 实验报告 12 级 物理 班 B2 组 实验合作者 李敏莹 实验日期 2013年5月3日 姓名: 钟润平 学号 34号 老师评定 实验题目 刚体转动的研究 一、实验目的 1. 研究刚体转动时合外力矩与刚体转动角加速度的关系； 2. 考察刚体的质量分布改变对转动的影响。 二、实验仪器 刚体转动实验仪、秒表、游标卡尺、天平、砝码、开关。 三、实验原理 1.转动系统所受合外力矩合M 与角加速度β的关系 根据刚体转动定律，刚体绕某一定轴转动得角加速度β与所受的合外力矩 合M 成正比，与刚体的定轴转动惯量I 成反比，即 M I β=合 (16-1) 其中I 为该系统对回转轴的转动惯量。合外力矩M 合主要由引线的张力矩 M 和轴承的摩擦力力矩M 阻构成，则 M M I β-=阻 摩擦力矩是未知的，但是它主要来源于接触磨擦，可 以认为是恒定的，因而将上式改为 M I M β=+阻 (16-2) 在此实验中要研究引线的张力矩M 与角加速度β之间是否满足式(16-2)的关系，即测量在不同力矩M 作用下的β值。 (1)关于引线张力矩M 设引线的张力为T ，绕线轴半径为R ，则 M TR = 又设滑轮半径为r ，质量为m '，其转动惯量为I '，塔轮转动时砝码下落的加速度为a ，参照图16-2可以得出 从上述二式中消去T '，同时取21 2 I m r ''= ，得出 在此实验中保持0.3%2m a a g m ' + ≤，则mg T ≈，此时： mgR M ≈ (16-3) 可见在实验中是由塔轮R 来改变M 的值。 (2)角加速度β的测量 测出砝码从静止位置开始下落到地面上的时间为t ，路程为s ，则平均速度 /υS t =，落到地板前瞬间的速度2υυ=，下落加速度/a υt =，角加速度 R a /=β， 即 2 2s R t β= (16-4) 此方法一般是使用停表来测量砝码落地时间t ，由于t 较小，故测量误差比较大。 (3)转动惯量的测定 使用不同半径的塔轮，改变外力矩M ，测量在不同力矩M 作用下的角加速度β值，作出β-M 图线，应为一条直线，它的纵轴截距就是摩擦力矩M 阻，斜率就是刚体对转轴的转动惯量I 。 2.考查刚体的质量分布对转动的影响 设二重物的位置为1x 和2x 时(图16-3)的转动惯量分别为1I 和2I ，则有 mg T ma a T r Tr I r '-=???''-=?? )]2([a m m a g m T '+ -= 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 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 实验1： 刚体转动惯量的测定 教师：徐永祥1．前言：转动惯量(Moment of inertia)是表征物体转动惯性大小的物理量，它与 物体平动的质量是完全对应的。转动惯量和物体的形状、大小、密度以及转轴的位置等因素有关，密度均匀形状规则的刚体（Rigid body），其转动惯量可以方便地计算出来，但不符合此条件的刚体的转动惯量一般需要通过实验的方法测出。 目前，测量转动惯量的方法有多种，如动力学法、扭摆法（三线扭摆法、单线摆法）及复摆法等等。本实验采用动力学方法测量被测物体的转动惯量。2．教学方式与时间安排 教师讲解、示范及与学生互动相结合；总实验时间：120分钟左右。 3．实验基本要求 1) 会通过转动惯量实验仪的操作测量规则物体的转动惯量，并与理论值比较进行误差分析; 2) 学会用实验方法验证平行轴原理； 3）学会用作图法处理数据，熟悉并掌握用作图法处理数据的基本要求。4．实验仪器与部件 转动惯量实验仪，电子毫秒计，可编程电子计算器，铝环，小钢柱等。5．仪器介绍 转动惯量实验仪的主体由十字形承物台和塔轮构成。塔轮带有5个不同半径的绕线轮（半径r分别为15,20,25,30,35mm共5挡），使轻质细线通过滑轮连着砝码钩；砝码钩上挂着不同数量的砝码，以改变转动体系的动力矩。承物台呈十字形，它沿半径方向等距离地排有三个小孔，这些孔离中心的距离分别为45,60,75,90,105mm，小孔中可以安插小钢珠，籍以改变体系的转动惯量。承物台下方连有两个细棒，它们随承物台一起转动，到达光电门处产生遮光并通过脉冲电路引起脉冲触发信号，从而便于计算遮光次数及某两次遮光之间的时间间隔，并最终由数字毫秒计显示出来。 关于数字毫秒计使用方法，请参见本实验讲义P66“数字毫秒计”部分。6. 实验原理 1）转动惯量的测定 由刚体转动的动力学定律得到： βJ M=（1）式中，M为转动体系所受的合外力矩，包括细绳作用于塔轮的力矩以及阻力矩；J为系统绕竖直轴的转动惯量。本实验中需要测出铝环绕转轴的转动惯量，这只要分别测出系统空转时的转动惯量及铝环与转动体系构成系统的转动惯量，两者的差值即为铝环绕中心轴的转动惯量。β为转动系统在合外力矩作用下转动的角加速度。 将砝码盘上放置质量为mf=40 g的砝码，使系统开始转动，则对砝码而言： 衡水学院 理工科专业 《大学物理B 》 刚体力学基础 习题 命题教师：郑永春 试题审核人：张郡亮 一、填空题（每空1分） 1、三个质量均为m 的质点，位于边长为a 的等边三角形的三个顶点上。此系统对通过三角形中心并垂直于三角形平面的轴的转动惯量J 0＝__ ma 2 _，对通过三角形中心且平行于其一边的轴的转动惯量为J A ＝__ 12 ma 2 _，对通过三角形中心和一个顶点的轴的转动惯量为J B ＝__ 2 1ma 2 。 2、两个质量分布均匀的圆盘A 和B 的密度分别为ρA 和ρB (ρA >ρB )，且两圆盘的总质量和厚度均相同。设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为J A 和J B ，则有J A < J B 。 3、 一作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量J ＝3.0 kg ·m 2，角速度ω0＝6.0 rad/s ．现对物体加一恒定的制动力矩M ＝－12 N ·m ，当物体的角速度减慢到ω＝2.0 rad/s 时，物体已转过了角度?θ＝__4.0rad 4、两个滑冰运动员的质量各为70 kg ，均以6.5 m/s 的速率沿相反的方向滑行，滑行路线间的垂直距离为10 m ，当彼此交错时，各抓住一10 m 长的绳索的一端，然后相对旋转，则抓住绳索之后各自对绳中心的角动量 L ＝__2275 kg·m 2·s 1 _；它们各自收拢绳索，到绳长为5 m 时，各自的速率υ ＝__13 m·s 1_。 5、有一质量均匀的细棒，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，然后任其下落，则在下落过程中的角速度大小将 变大 ，角加速度大小将 变小 。 二、单项选择题（每小题2分） （ A ）1、有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上，下列说法正确的是： A.这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； B.这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； C.当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零； D.当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零。 （ C ）2、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α．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α将 A.不变； B.变小； C.变大； D.如何变化无法判断。 （ C ）3、关于刚体的转动惯量，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。 （ C ）4、一人造地球卫星到地球中心O 的最大距离和最小距离分别是R A 和R B ．设卫星对应的角动量分别是L A 、L B ，动能分别是E KA 、E KB ，则应有 A.L B > L A ，E KA = E KB ； B.L B < L A ，E KA = E KB ； C.L B = L A ，E KA < E KB ； D.L B = L A ，E KA > E KB ． （ C ）5、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图1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， O M m m 图1大学物理仿真刚体的转动惯量实验报告
刚体的定轴转动习题解答
练习 四刚体的转动
第四章 刚体的转动 习题
刚体转动惯量的测定_实验报告
实验2 刚体转动惯量的测定
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第四章-刚体的转动-问题与习题解答上课讲义
大学物理_刚体的定轴转动_习题及答案
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