【大題】工科物理大作業(yè)0剛體定軸轉(zhuǎn)動

0404剛體定軸轉(zhuǎn)動班號學(xué)號成績、選擇題（在下列各題中，均給出了4個(gè)~5個(gè)答案，其中有的只有1個(gè)是正確答案，有的則有幾個(gè)是正確答案，請把正確答案的英文字母序號填在題后的括號）r處的任一質(zhì)元來說，在下列關(guān)于其法向1.某剛體繞定軸作勻變速轉(zhuǎn)動，對剛體上距轉(zhuǎn)軸為加速度an和切向加速度ar處的任一質(zhì)元來說，在下列關(guān)于其法向a.an、a°的大小均隨時(shí)間變化；B.an、a,的大小均保持不變；C.an的大小變化，a°的大小保持恒定；(C)2anJaTr(0(C)2anJaTr(0t)2r,其大小隨時(shí)間而變，aTr［知識點(diǎn)］剛體勻變速定軸轉(zhuǎn)動特征，角量與線量的關(guān)系。［分析與題解］剛體中任一質(zhì)元的法向、切向加速度分別為當(dāng)恒量時(shí)，0t，顯然an2r的大小恒定不變。2.兩個(gè)均質(zhì)圓盤A和B,密度分別為a和b,但兩圓盤的質(zhì)量和厚度相同。若兩盤對通過盤心且與盤面垂直的軸的轉(zhuǎn)動慣量分別為A.IaA.IaIb；B.CIAIB；D.IAIB；不能確定Ia和Ib的相對大小。(B)［知識點(diǎn)］轉(zhuǎn)動慣量的計(jì)算。［分析與題解］設(shè)A［分析與題解］設(shè)A、B兩盤厚度為d,半徑分別為R和FB,由題意，二者質(zhì)量相等，即RAdaRBdb因?yàn)閍b,所以rArB1_2一.且轉(zhuǎn)動慣量I—mR,則1AIB2.在下列關(guān)于剛體的表述中，不正確的是:A.剛體作定軸轉(zhuǎn)動時(shí)，其上各點(diǎn)的角速度相同，線速度不同；B.剛體定軸轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)動定律為MI，式中M,1,均對同一條固定軸而言的，否則該式不成立；C.對給定的剛體而言，它的質(zhì)量和形狀是一定的，則其轉(zhuǎn)動慣量也是唯一確定的；D.剛體的轉(zhuǎn)動動能等于剛體上各質(zhì)元的動能之和。（C）［知識點(diǎn)］剛體定軸轉(zhuǎn)動的基本概念。［分析與題解］剛體定軸轉(zhuǎn)動時(shí)，其上各點(diǎn)的角速度相同，線速度vr;剛體定軸轉(zhuǎn)動中，相關(guān)物理量對固定軸而言，轉(zhuǎn)動慣量不僅與質(zhì)量和形狀有關(guān)，而且與轉(zhuǎn)軸的位置有關(guān)；剛體的轉(zhuǎn)動動能就是剛體上各質(zhì)點(diǎn)的動能之和。.一個(gè)作定軸轉(zhuǎn)動的剛體受到兩個(gè)外力的作用，則在下列關(guān)于力矩的表述中，不正確的是：A.若這兩個(gè)力都平行于軸時(shí)，它們對軸的合力矩一定是零；B.若這兩個(gè)力都垂直于軸時(shí)，它們對軸的合力矩可能為零；C.若這兩個(gè)力的合力為零時(shí)，它們對軸的合力矩一定是零；D.只有這兩個(gè)力在轉(zhuǎn)動平面S上的分力對轉(zhuǎn)軸產(chǎn)生的力矩，才能改變該剛體繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動的運(yùn)動狀態(tài)；E.一對作用力和反作用力對同一軸的力矩之和一定為零。（C）［知識點(diǎn)］力矩的概念。［分析與題解］對轉(zhuǎn)軸上任一點(diǎn)，力矩為MrF。若F與軸平行，則M一定與軸垂直，即軸的力矩M=0,兩個(gè)力的合力矩一定為零。兩個(gè)力都垂直于軸時(shí)，對軸上任一點(diǎn)的力矩都平行于軸，若二力矩大小相等，方向相反，則合力矩一定為零。兩個(gè)力的合力為零，如果是一對力偶，則對軸的合力矩不一定為零。力在轉(zhuǎn)動平面上的力矩MzrF,力矩M是改變剛體運(yùn)動狀態(tài)的原因。一對作用力和反作用力，對軸的力矩大小相等，符號相反，合力矩一定為零。.在下列關(guān)于轉(zhuǎn)動定律的表述中，正確的是：A.對作定軸轉(zhuǎn)動的剛體而言，力矩不會改變剛體的角加速度；B.兩個(gè)質(zhì)量相等的剛體，在相同力矩的作用下，運(yùn)動狀態(tài)的變化情況一定相同；C.同一剛體在不同力矩作用下，必然得到不同的角加速度；D.作用在定軸轉(zhuǎn)動剛體上的力越大，剛體轉(zhuǎn)動的角加速度越大；E.角速度的方向一定與外力矩的方向相同。（A）

［知識點(diǎn)］剛體定軸轉(zhuǎn)動定理。［分析與題解］由于力是成對出現(xiàn)的，所有力矩的總和為零，因此力矩不會改變剛體的運(yùn)動狀態(tài)。由剛體繞定軸轉(zhuǎn)動定理，MI知，質(zhì)量相等的剛體，若轉(zhuǎn)動慣量I不同，既使在相同的力矩作用下，運(yùn)動狀態(tài)的改變也不會相同(不同)。而同一剛體雖力矩M不同，但若對不同轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動慣量I也不同，也會得到相同的角加速度的。若外力矩的方向和角加速度的方向一致，而角加速度與角速度的方向可能相同，也可能相反。.如圖4-1(a)所示，一輕繩繞在具有光滑水平轉(zhuǎn)軸的定滑輪上，繩下端掛一質(zhì)量為m的物體A,此時(shí)滑輪的角加速度為。若將物體A卸掉，而改用力F拉繩子，該力的大小力的方向向下，如圖(b)所示，則此時(shí)滑輪的角加速度將:?不變;.無法判斷。［知識點(diǎn)］力矩。［分析與題解］當(dāng)繩下掛物體時(shí)，繩中力為Ft,設(shè)滑輪半徑為R,轉(zhuǎn)動才M量為I,物體的受力如4-1圖(c)所示，按牛頓運(yùn)動定律有mgFtma體A,此時(shí)滑輪的角加速度為。若將物體A卸掉，而改用力F拉繩子，該力的大小力的方向向下，如圖(b)所示，則此時(shí)滑輪的角加速度將:?不變;.無法判斷。［知識點(diǎn)］力矩。［分析與題解］當(dāng)繩下掛物體時(shí)，繩中力為Ft,設(shè)滑輪半徑為R,轉(zhuǎn)動才M量為I,物體的受力如4-1圖(c)所示，按牛頓運(yùn)動定律有mgFtma(A)(a)(b)(c)滑輪的轉(zhuǎn)動定律為又知aR1,解得mgR2⑴mRI圖4-1當(dāng)用Fmg的力拉繩時(shí)，繩中力就是mg滑輪的轉(zhuǎn)動定律為mgR

I(2)比較式(1)和式(2),顯然有7.如圖4-2(a)所示，兩根長度和質(zhì)量都相等的細(xì)直桿分別繞光滑的水平軸Oi和。2轉(zhuǎn)動，設(shè)它們從水平位置靜止釋放時(shí)的角加速度分別為1和2；當(dāng)它們分別轉(zhuǎn)過90時(shí)，端點(diǎn)A、B的速度分別為vA、vB,則A.12,VaVb；BC?12,VaVb；D2,VA2,VAVb；Vb；(D)E-12,VAVB。(D)［知識點(diǎn)］轉(zhuǎn)動慣量I隨軸不同，機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用。［分析與題解］兩個(gè)細(xì)直桿的轉(zhuǎn)動慣量分別為I1I11ml2,I2-ml23121ml29如圖4-2(b),當(dāng)它們轉(zhuǎn)到鉛直位置時(shí)，所受重力過轉(zhuǎn)軸,如圖4-2(b),當(dāng)它們轉(zhuǎn)到鉛直位置時(shí)，所受重力過轉(zhuǎn)軸,則重力矩為M=M2=0則由MI則由MI知，120。由于細(xì)桿在轉(zhuǎn)動過程中,只受到重力矩作用，故轉(zhuǎn)動過程機(jī)械能守恒。取轉(zhuǎn)軸水平面為勢能零點(diǎn)，則有由于細(xì)桿在轉(zhuǎn)動過程中,只受到重力矩作用，故轉(zhuǎn)動過程機(jī)械能守恒。取轉(zhuǎn)軸水平面為勢能零點(diǎn)，則有同理顯然8.如圖4-311m12232l1mg-23g

lOiO2圖4-2(a)Vai1Oi同理顯然8.如圖4-311m12232l1mg-23g

lOiO2圖4-2(a)Vai1Oi2I2lmg61/3O22VB2二13Va所示，兩飛輪1ml29lmg62—33gl圖4-2(b)VBA、B組成一摩擦嚙合器。A通過與B之間的摩擦力矩帶著B轉(zhuǎn)動。則此剛體系在嚙合前后:A.角動量改變，動能也改變;A.角動量改變，動能也改變;B.角動量改變，動能不變;C.角動量不變，動能改變;(C)D.角動量不變，動能也不變。(C)知識點(diǎn)］摩擦力矩的作用.［分析與題解］沿軸向作用的外力對軸不產(chǎn)生力矩,［分析與題解］沿軸向作用的外力對軸不產(chǎn)生力矩,兩輪間的摩擦力為力，故系統(tǒng)的角由此得(Ia由此得(IaIa1A1BEk2(IA21Ek2(IA21Ib)2萬3Ib)iA(IaIb)21也2TTlAEk1A1B可見，摩擦力矩不改變系統(tǒng)的角動量，但改變動能。9.如圖4-4所示，一圓盤繞通過盤心O且垂直于盤面的水平軸轉(zhuǎn)動，軸間摩擦不計(jì)。兩顆質(zhì)量相同、速度大小相等、方向相反且沿同一直線運(yùn)動的子彈，同時(shí)射進(jìn)圓盤并留在盤，則兩子彈射入后的瞬間，圓盤和子彈系統(tǒng)的角動量L入后的瞬間，圓盤和子彈系統(tǒng)的角動量L及圓盤的角速度將會:A.L不變，增大；B.L不變，A.L不變，增大；B.L不變，減??；C.L增大，減小；d.L增大，增大。知識點(diǎn)］角動量守恒。［分析與題解］取子彈和圓盤為系統(tǒng)，在子彈射入圓盤過程中系統(tǒng)的角動量守恒。由于兩顆子彈同時(shí)對稱入射，故兩子彈的初始角動量之和為零，所以有0ll即(B)圖4-410.如圖4-5所示，有一半徑為R的水平圓轉(zhuǎn)臺，可繞通過其中心的豎直固定光滑軸轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動慣量為l。開始時(shí)轉(zhuǎn)臺以勻角速度30轉(zhuǎn)動，此時(shí)有一質(zhì)量為m的人站在轉(zhuǎn)臺中心，隨后人沿半徑方向向外跑去，當(dāng)人到達(dá)轉(zhuǎn)臺邊緣時(shí),轉(zhuǎn)臺的角速度為lA.2lmR0；B.l方向向外跑去，當(dāng)人到達(dá)轉(zhuǎn)臺邊緣時(shí),轉(zhuǎn)臺的角速度為lA.2lmR0；B.ln0；(lm)R2-lC?20，mR2D.(A)(A)知識點(diǎn)］角動量守恒。［分析與題解］取人和轉(zhuǎn)臺為系統(tǒng)，在人沿半徑方向向外跑過程中，系統(tǒng)的角動量守恒，則有I0II人而人到轉(zhuǎn)臺邊緣時(shí)，I人mR2,即IImR2IIImR2貝U二.填空題3.一汽車發(fā)動機(jī)的曲軸，在12s,其轉(zhuǎn)速由n01.210r,.min均勻增加到32n2.710rmin,則此曲軸轉(zhuǎn)動的角加速度13.1rads;在此時(shí)間，曲軸共轉(zhuǎn)了390圈。知識點(diǎn)］轉(zhuǎn)動運(yùn)動學(xué)的基本知識和運(yùn)算。［分析與解答］本題中的曲軸作勻加速定軸轉(zhuǎn)動，根據(jù)題意，曲軸的初速度為21200602120060-140rads22700“終態(tài)運(yùn)轉(zhuǎn)角速度為22—270090rads60已知t12s,故角加速度為在12s曲軸的角位移為因而曲軸在這一段時(shí)間轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為40-已知t12s,故角加速度為在12s曲軸的角位移為因而曲軸在這一段時(shí)間轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為40-(90^cr絲13.1rads-2t1206121tt22562(12)2780rad78023902.半徑為2.半徑為R=1m的飛輪，以角速度050rad/s轉(zhuǎn)動，受到制動后均勻減速，經(jīng)t50s后靜止。則飛輪在t25s時(shí)的角速度78.5rad/s；此時(shí)，飛輪邊緣上某一點(diǎn)的切向加速靜止。則飛輪在t25s時(shí)的角速度78.5rad/s；此時(shí)，飛輪邊緣上某一點(diǎn)的切向加速度a°=-3.14m/s2；法向加速度an6.16103m/s2。［知識點(diǎn)］轉(zhuǎn)動運(yùn)動學(xué)的基本計(jì)算。［分析與解答］因?yàn)轱w輪的運(yùn)動是勻變速轉(zhuǎn)動，因而其角加速度為00500050t50飛輪在t25s時(shí)的角速度為飛輪邊緣上一點(diǎn)的切向加速度的大小為rads-20t50252578.5rads-12aTR33.14ms法向加速度為a法向加速度為an1R126.16103ms.剛體轉(zhuǎn)動慣量的物理意義是剛體繞定軸轉(zhuǎn)動慣性大小的量度,它的計(jì)算公式為I2rdm,表明轉(zhuǎn)動慣量的大小取決于剛體的總質(zhì)量、質(zhì)量分布情況和轉(zhuǎn)軸位置三個(gè)因素。知識點(diǎn)］轉(zhuǎn)動慣量的概念。.如圖4-6(a)所示，一長為l而質(zhì)量可以忽略的直桿，兩端分別固定有質(zhì)量為2m和m的小球，桿可繞通過其中心且與桿垂直的水平光滑固定軸在鉛直平面轉(zhuǎn)動。開始時(shí)，桿與水平方向成。,并處于靜止?fàn)顟B(tài)；釋放后，桿繞O軸轉(zhuǎn)動，則當(dāng)桿轉(zhuǎn)到水平位置時(shí)，該系統(tǒng)所受到的合外力矩的大小，一1為M-mgl,此時(shí)該系統(tǒng)角加速度的大小為2g31知識點(diǎn)］力矩的計(jì)算，轉(zhuǎn)動定律。［分析與解答］，一1為M-mgl,此時(shí)該系統(tǒng)角加速度的大小為2g31知識點(diǎn)］力矩的計(jì)算，轉(zhuǎn)動定律。［分析與解答］受力分析如圖所示。小球m和m的重力矩分別為M12mg；M2圖4-6(a)則系統(tǒng)所受合外力矩為M11則系統(tǒng)所受合外力矩為M12mgl小球m和m的轉(zhuǎn)動慣量分別為I112m12-ml2,2I112m12-ml2,21-ml4系統(tǒng)的總轉(zhuǎn)動慣量為II1I23ml24mg2mg圖4-6(b)由轉(zhuǎn)動定律MI由轉(zhuǎn)動定律MI有1.二12gl3-23y一ml4.如圖4-7所示，長為l,質(zhì)量為m的均質(zhì)細(xì)桿，其左端與墻用錢鏈A連接，右端用一鉛直細(xì)線懸掛著，使桿處于水平靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)將細(xì)線突然燒斷，則桿右端的加速度知識點(diǎn)］.如圖4-7所示，長為l,質(zhì)量為m的均質(zhì)細(xì)桿，其左端與墻用錢鏈A連接，右端用一鉛直細(xì)線懸掛著，使桿處于水平靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)將細(xì)線突然燒斷，則桿右端的加速度知識點(diǎn)］轉(zhuǎn)動定律的瞬時(shí)性。3g［分析與解答］當(dāng)線燒斷時(shí)，根據(jù)轉(zhuǎn)動定律有l(wèi)mg21ml23Igl.3則右端的加速度為aaTl-g2圖4-7.剛體作定軸轉(zhuǎn)動,其角動量的矢量表達(dá)式為LI3,角動量守恒的條件是M知識點(diǎn)］剛體的角動量和角動量守恒條件。7.7.一定軸轉(zhuǎn)動剛體的運(yùn)動方程為20sin20t(si),其其對軸的轉(zhuǎn)動慣量為2I100kgm2I100kgm，則在t0時(shí)，剛體的角動量為4.2.L4.010kgm2/s；剛體的轉(zhuǎn)動動能Ek8.0106J。［知識點(diǎn)］第I類問題，角動量和轉(zhuǎn)動動能的計(jì)算。［分析與解答］運(yùn)動方程為20sin20t角速度為角動量為ddt角速度為角動量為ddt400cos20tLI4104cos2aTOC\o"1-5"\h\z1912RO轉(zhuǎn)動動能為Ek-I2-100400cos20t8106cos220t轉(zhuǎn)動動能為22當(dāng)t=0時(shí)，L04104kgm2/s,Ek08106J2,.實(shí)驗(yàn)測得電子自旋的角動量為L0.5310kgm/s。若把電子看作是一個(gè)半徑1831.R1.010m、質(zhì)量m09.111031kg的小球體，則該“電子球”表面上任一點(diǎn)的線速度的大小為v1.461014m/s,你認(rèn)為這樣構(gòu)造的電子模型是不合理的(填合理、不合理)原因是vc。

［知識點(diǎn)］理想模型的合理性。［分析與解答］電子處旋繞中心軸的轉(zhuǎn)動慣量為22231—mOR2—9.1122231—mOR2—9.1110311.055101823.641067由角動量LI,得電子的自旋角速度為0.5334103.6410671.461032rad/s表面速度為vR1.4610321.010181.461014m/s表面速度為因?yàn)関1.461014m/sc3108m/s,因此該電子模型不合理。.一沖床的飛輪，轉(zhuǎn)動慣量I25kgm2,并以角速度010rads轉(zhuǎn)動。在帶動沖頭3對板材作成型沖壓過程中，所需的能量全部由飛輪來提供。已知沖壓一次，需作功A4.0103J,則在沖壓過程之末飛輪的角速度25.8rad；s。［知識點(diǎn)］剛體定軸轉(zhuǎn)動的動能定理。［分析與解答］對飛輪應(yīng)用動能定理，則有由此解得1I2202在上式中代入010冗rad/sI25kgm,A4000J25.8rad/s10.一個(gè)人站在旋轉(zhuǎn)平臺的中央，兩臂側(cè)平舉，整個(gè)系統(tǒng)以由此解得1I2202在上式中代入010冗rad/sI25kgm,A4000J25.8rad/s10.一個(gè)人站在旋轉(zhuǎn)平臺的中央，兩臂側(cè)平舉，整個(gè)系統(tǒng)以2九rad/s的角速度旋轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)2動慣量為I06kgm。如果將雙臂回收則該系統(tǒng)的轉(zhuǎn)動慣量變?yōu)?I2.0kgm,此時(shí)系統(tǒng)的轉(zhuǎn)動動能與原來的轉(zhuǎn)動動能之比為目3—。Ek。［知識點(diǎn)］角動量守恒，轉(zhuǎn)動動能的計(jì)算。［分析與解答］在雙臂收回過程中，系統(tǒng)的角動量守恒，則系統(tǒng)初始時(shí)的轉(zhuǎn)動動能為Ek0—10(2—62冗212/2J22TOC\o"1-5"\h\z一、，_-121系統(tǒng)末態(tài)時(shí)的轉(zhuǎn)動動能為EkII221I202I162221I202I1622236兀222簡答題給你兩個(gè)雞蛋，一個(gè)是生的，一個(gè)是熟的，你用什么辦法來判別？試分析之。發(fā)生變化，導(dǎo)致轉(zhuǎn)動慣量增大，按角動量守恒I2增大，2發(fā)生變化，導(dǎo)致轉(zhuǎn)動慣量增大，按角動量守恒I2增大，2必減小，于是生雞蛋很快會停下來。四、計(jì)算與證明題1.如圖4-81.如圖4-8所示，一機(jī)械鐘的鐘擺由一根均質(zhì)細(xì)桿和均質(zhì)圓盤組成。細(xì)桿長4r,質(zhì)量為成圓盤半徑為r,質(zhì)量為2m(1)試求：該鐘擺繞端點(diǎn)O垂直于紙面的軸的轉(zhuǎn)動慣量;(2)設(shè)t0時(shí)，鐘擺的角速度為(2)設(shè)t0時(shí)，鐘擺的角速度為0,其所受的阻力矩Mfkt(si),k為正的常量,試求其停擺前所經(jīng)歷的時(shí)間t。［分析與解答］(1)桿對軸的轉(zhuǎn)動慣量為Ii1m(4r)2316mr3盤對軸的轉(zhuǎn)動慣量為I2；(2m)r22m(5r)251mr24r所以，鐘擺對軸的轉(zhuǎn)動慣量為II1I21692mr［分析與解答］(1)桿對軸的轉(zhuǎn)動慣量為Ii1m(4r)2316mr3盤對軸的轉(zhuǎn)動慣量為I2；(2m)r22m(5r)251mr24r所以，鐘擺對軸的轉(zhuǎn)動慣量為II1I21692mr(2)由轉(zhuǎn)動定律Ikt圖4-8t0ktdt0Id0所以，停擺前所經(jīng)歷的時(shí)間為2I0

k2.如圖4-9所示，一個(gè)勁度系數(shù)為2.0N/m的輕質(zhì)彈簧與一輕柔繩相連接，該繩跨過一半徑為R=0.3m,轉(zhuǎn)動0.4m時(shí)的加速度和速度。（滑輪與由題意知，物體向下運(yùn)動，則分別對物體A有mgFT1ma對滑輪有(FtiFt20.4m時(shí)的加速度和速度。（滑輪與由題意知，物體向下運(yùn)動，則分別對物體A有mgFT1ma對滑輪有(FtiFt2)R對彈簧有FT2kx0(3)由于繩子與滑輪無相對滑動,則有(4).2慣量為I=0.5kgm的定滑輪，繩的另一端懸掛一質(zhì)量為m的物體a開始時(shí)，用手將物體托住,使彈簧保持原長，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。試求松手后物體下落軸間的摩擦可以忽略不計(jì)）［分析與解答］以彈簧、滑輪和物體A為研究對象，分析其受力。對物體和滑輪運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律和轉(zhuǎn)動定律。聯(lián)立式（1）?（4）可得物體A運(yùn)動的加速度為mgkxT

m)R代入xh0.4m,代入xh0.4m,k2.0N/m,R=0.3m,I=0.5kg2m,此時(shí)加速度為A的初始位置處為重力勢能零點(diǎn)，彈簧原長為彈性勢能零點(diǎn),則有01mv2A的初始位置處為重力勢能零點(diǎn)，彈簧原長為彈性勢能零點(diǎn),則有01mv2ll2

221kx2mgx2(5)0.82m/s2又取物體、彈簧、滑輪和地球?yàn)橄到y(tǒng)，在物體下落過程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。取物體(6)滑輪轉(zhuǎn)動角速度與物體A運(yùn)動速度有將式（6）代入式（5）中可解得物體A的速度為(6)2mgxkx2Im-9R22代入xh0.4m,k2.0N/m，R=0.3m,I=0.5kgm,此時(shí)速度為v0.71m/s3.如圖4-10所示，一質(zhì)量為m半彳至為R的圓盤，繞通過中心且垂直盤面的軸轉(zhuǎn)動