大学物理习题答案刚体的转动.docx

大学物理习题答案刚体的转动.docx

《大学物理习题答案刚体的转动.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《大学物理习题答案刚体的转动.docx（13页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

大学物理习题答案刚体的转动

大学物理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1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=1••,所以一定有切向加速度at=，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an^\2，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Mz=弓7，Mz表示刚体对Z轴的合外力矩，Lz表示刚体对Z轴的动量矩。

Lz-7mN2=1「，其中I-，代表刚体对定轴的转动惯量，所以

Mz=归丿dI：

。

既Mz=I：

。

dtdtdt

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=1，，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1200nmin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

0=2二n二40二（rad.s）

飞轮作均减速转动，其角加速度为

R国一％0-40兀“—2

-=4rad/s

At10

故从开始制动到停止转动，飞轮转过的角位移为

宀-ot1：

：

t2=200二rad

2

因此，飞轮转过圈数为

2/2理=100圈。

（2）开始制动后5秒时飞轮的角速度为

-0：

：

_t=40二-4二5=20二（rad；s）

6.如图所示，一飞轮由一直径为d2（m），厚度为a（m）的圆盘和两个直径为djm），长为L（m）的

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

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ri、Q，质量为m和m2，可绕过

m3和mu的重物，求轮的角

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

加速度一：

。

联立以上五式解得

R2r2^madr2

M=.dM=o彳严“亠mgR

R3

时间为

丄0—I⑷3叮R

二t

M4Pg

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4=0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算•试求：

（1）设F=100N，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，Fr、是摩擦力，Fx和Fy

以F=100N等代入上式，得

R—2汽0.40汉（0.50+0.75）40

100rads

60乂0.25江0.503

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53.1转.

t二2S内减少一半，可知

2兀1

（2"「90060rads-，要求飞轮转速在

-'00

一——

t

用上面式

（1）所示的关系，可求出所需的制动力为

_0

~2[

15

2

rads'

mRl|-

2®12）

60^0.25汉0.50x1571

一20.40（0.500.75）2

=177N

11.如图所示，主动轮A半径为r1，转动惯量为I1，绕定轴01转动；从动轮B半径为「2,转动惯

量为12，绕定轴02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■-1和■-2。

解：

设两轮之间摩擦力为f

对主动轮按转动定律有：

M-粧=1^

对从动轮按转动定律有

fr2i2'2

由于两个轮边沿速率相同，有

「1-1=「2-2

联立以上三式解得

Mr1r2

I~2.—2

RMr；

122

1征2S2

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00•转动•设大小圆柱体的半径分

m和m2相连，m和m2则挂

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在圆柱体的两侧，如题4-12（a）图所示.设R=0.20m,r=0.10m,m=4kg,M=10kg,m-i=m2

=2kg，且开始时m,m2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4^2和B分别为m1,m2和柱体的加速度及角加速度方向题4-12（b）图.

（1）mj,m2和柱体的运动方程如下:

E-m2g=m2a2

①

②

FF

T1R-T2I

③

IJmR2^mr2

22

由上式求得

RRm_rm2

22g

I+gR+m2「

0.22-0.12x

1222

40.10220.20220.102

2

⑵由①式

T2二m2r：

m2g=20.106.1329.8=20.8N

由②式

T1=m1g-m1R=29.8-20.2.6.13=17.1N

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m。

的子弹以速度V。

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？

⑵用m,m0和二6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

2

Rsinvm0v0=（mm0）R-■

m0v0sinv

（mm0）R

Ek

Ek0

2[（mEd

m0v0sin日]2

（mm0）R

12

2moVo

m0sin2二

mmo

.轻杆原来静止在竖直位置.今有一质量为m的小球,

14.如图所示，长为I的轻杆，两端各固定质量分别为

12

直面内转动，转轴O距两端分别为-l和丨

33

m和2m的小球，杆可绕水平光滑固定轴O在竖

1：

0的速度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角速

2

度.

B轮得到加速而A轮减速，直到两轮的转

15.如图所示，A和B两飞轮的轴杆在同一中心线上，

=20kg-m2.开始时，A轮转速为600rev/min,B轮静止.C为摩擦啮合器，其转动惯量可忽略不计.

B分别与C的左、右两个组件相连，当C的左右组件啮合时，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

IA'A

Cu=

IaIb

因为

-2n二

故

m10^600…，.n200r/min

IaIb1020

（2）两轮各自所受的冲量矩：

末角速度：

..=2—70二竺rad/s

603

A轮各所受的冲量矩：

20兀600400兀2

.丄=IA.—IA.0=10

（2）4.19102（Nms）

3603

B轮各所受的冲量矩：

20兀400兀2

二L=Ib；t•Ib；：

：

0=20（0）4.1910（Nms）

33

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T。

.如它的半

1

径由R自动收缩为一R，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/

2

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：

I0■

mR20

2m（-R）2

52

所以

4-0

由转动定律得

+⑷-®0

一一

1（j'0）=

M

212

（mR1MR）（0

mv0

（m1M）R）

3mv0

2」Mg