第3章刚体的定轴转动(二)姓名班级学号 大学物理学习题册 第3章刚体的定轴转动(二) 一、 填空题 1. 内力矩改变定轴转动刚体的动能。(选“能”“不能”填写) 图1 2. 如图1所示，在半径为R、质量为M的匀质的水平圆盘边缘上有一质量为m的小物块，物块和圆盘一起以角速度ω绕过盘心的光滑竖直轴OO′转动，则系统的转动动能为。 3. 某滑冰者转动的角速度原为ω0，转动惯量为J，被另一滑冰者作用，角速度变为ω=2ω0，则另一滑冰者对他施加的力矩所做的功为。 图2 4. 如图2所示，长为l、质量为m的匀质细杆可绕过端点的光滑轴O在竖直平面内转动。杆自水平位置由静止开始转动，在杆由水平位置转到与水平位置成θ角的过程中，重力矩所做的功为； 角动量的增量的大小为； 重力矩的冲量矩的大小为。 5. 有人手握哑铃，两手放在胸前坐在平台的中央，随平台以角速度ω0在水平面内自由转动，此时人和转台相对于转轴的转动惯量为J0； 当人将两手水平伸直后，转动惯量变为2J0，则在人手伸直过程中，人和平台组成的系统对转轴的角动量的增量为； 角速度的增量为； 转动动能的增量为。 6. 银河系中有一天体是均匀球体，绕其对称轴自转，由于引力凝聚的作用，体积不断收缩，则一万年以后自转周期； 转动动能。(两空均选“减小”“增大”填写) 二、 计算题 1. 一质量为16 kg、半径为0.5 m的均质圆盘在外力矩的作用下，绕过盘心且垂直盘面的轴转动，转动的角度按θ=2t2规律变化。求在第2 s内，外力矩(1)对盘的冲量矩； (2)对盘所做的功。 2. 质量为M、半径为R的匀质圆盘，可绕通过中心垂直于盘面的光滑轴在水平面内转动，圆盘原来处于静止状态。现有一质量为m、速度为v的子弹，沿圆周切线方向射入圆盘边缘，那么子弹嵌入圆盘后，(1)圆盘与子弹一起转动的角速度为多少？(2)圆盘和子弹系统损失的机械能为多少？ 3. 工程上，两飞轮常用摩擦啮合器使它们以相同的转速一起转动，如图3所示，A和B两飞轮的轴杆在同一中心线上，A轮的转动惯量为JA=10 kg·m2，B轮的转动惯量为JB=20 kg·m2，C为摩擦啮合器，其质量可忽略。开始时A轮的转速为600 r/min， 图3 B轮静止。假设转轴光滑，求： (1)两轮摩擦啮合后的转速； (2)两轮摩擦啮合前、后系统损失的动能。 图4 4. 如图4所示，长为l、质量为m的匀质细杆竖直放置，其下端与一固定铰链O相连，并可绕其无摩擦地转动。求当此杆受到微小扰动后，在重力作用下由静止开始绕O点转动到水平方向时的角速度。 图5 5. 如图5所示，质量为m、长为l的匀质细杆可绕垂直于杆端的O轴无摩擦地转动。求杆从水平位置由静止开始转动到与水平位置成θ角时的角速度。 图6 6. 如图6所示，长为l、质量为M的匀质木杆挂在光滑的水平轴O上，开始时杆静止于竖直位置，现有一粒质量为m的子弹以水平速度v0射入杆的末端且未穿出。求木杆(含子弹)(1)开始转动时的角速度； (2)最大摆角。 参考解答姓名班级学号 大学物理学习题册 参 考 解 答 刚体的定轴转动(一) 一、 填空题 1. 角速度 2. 不变； 增大 3. 0 4. 不一定 5. ml2； 2ml2 6. 43ml2； 32mgl； 9g8l 7. ABmωk 8. 0 9. 3ω0 10. 4ω 二、 计算题 1. 解(1) α=MJ=FrJ=39.2 rad/s2 解用图1 (2) 物体与飞轮受力如解用图1所示，飞轮所受重力和轴处约束力(未画出)均通过轴，不产生力矩，同时轴处光滑，约束力也不会导致摩擦力矩。 对物体 mg-T=ma 对飞轮 T′r=Jα 及a=rα、T=T′，解得 α=mgrJ+mr2=21.8 rad/s2 2. 解飞轮所受外力有重力、轴处约束力，闸瓦的正压力和摩擦力，前三者均通过轴。不产生力矩。取ω0为转动正方向，闸瓦对飞轮的切向摩擦力产生的力矩 M=-rf=-rμkFN 转动定律 M=Jα 及 ω=ω0+αt=0 联立解得 t=ω0-α=ω0-M/J=ω0JrμkFN=5.34 s 3. 解由刚体定轴转动定律M=Jα=Jdωdt，得 -kω=Jdωdt 分离变量并代入初始条件，积分 ∫t0-kJdt=∫ω02ω01ωdω 解得 t=Jkln2 4. 解取人和转台为系统。在人走动的过程中，系统受的外力有重力与轴处约束力，对轴均不产生力矩，系统角动量守恒。 人在中心时， J0=MR2/2，L0=MR2ω0/2 在边缘时， J=mR2+MR2/2，L=(mR2+MR2/2)ω 由L=L0，得 (mR2+MR2/2)ω=MR2ω0/2 代入M=2m，得 ω=12ω0 刚体的定轴转动(二) 一、 填空题 1. 不能 2. 1212M+mR2ω2 3. 12Jω20 4. mgl2sinθ； mlglsinθ3； mlglsinθ3 5. 0； -12ω0； -14J0ω20 6. 减小； 增大 二、 计算题 1. 解圆盘ω=dθdt=4t，J=12mR2=12×16 kg×0.52 m2=2 kg·m2 (1) 由角动量定理，外力矩对盘的冲量矩为 Jω(2)-Jω(1)=2×4×2 N·m·s-2×4×1 N·m·s=8 N·m·s (2) 由动能定理，外力矩对盘所做的功为 12Jω2(2)-12Jω2(1)=12×2×(4×2)2 J-12×2×(4×1)2 J=48 J 2. 解(1) 取子弹与圆盘为系统。在该过程中，系统所受外力有重力和轴处约束力，对轴均不产生力矩。系统角动量守恒。 嵌入前L0=mvR； 嵌入后L=12MR2+mR2ω。由L0=L有 mvR=12MR2+mR2ω 得 ω=mvM2+mR (2) 损失的机械能ΔE=12mv2-1212MR2+mR2ω2=Mm2(M+2 m)v2 3. 解(1) 以飞轮A、B和啮合器C为系统。在啮合过程中，C的两部分之间的摩擦力为系统内力，内力矩之和为零，不改变系统的角动量； 系统受到的外力——轴向正压力对转轴的力矩为零。系统角动量守恒。啮合前，系统角动量 L0＝JAωA+JBωB 设两轮啮合后共同的角速度为ω，有 L=(JA+JB)ω 由L＝L0有 JAωA+JBωB=(JA+JB)ω 解得 ω=JAωA+JBωBJA+JB=203π rad/s=20.9 rad/s 共同的转速为 n=200 r/min (2) 损失的动能 ΔEk=Ek0-Ek=12JAω2A-12(JA+JB)ω2 =12×10×600×2π602 J-12×(10+20)×20π32 J=1.32×104 J 4. 解取杆与地球为系统，杆在绕铰链O定轴转动的过程中，只有重力做功，满足机械能守恒的条件。选铰链O处为重力势能零点，杆处于竖直位置时，E0=mgl2； 设杆处于水平位置时，角速度为ω，则E=12Jω2。根据机械能守恒定律，得 mgl2=12Jω2 代入J=ml2/3，解得 ω=3gl 该题也可用刚体定轴转动定律或动能定理求解。 5. 解杆在绕铰链O定轴转动的过程中，只有重力做功。取顺时针方向为杆转动的正方向。当杆与水平方向夹角为θ时，重力矩为 M=mgl2cosθ。若杆转动dθ，则重力矩做功 dW=mgl2cosθdθ。杆从水平位置转动到θ位置，整个过程中重力矩做功 W=∫dW=∫θ0mgl2cosθdθ=mgl2sinθ 设杆在θ位置时角速度为ω，由动能定理，及初始时刻ω0=0，有 12Jω2=mgl2sinθ 代入J=ml2/3得 ω=3gsinθl 该题也可用刚体定轴转动定律或机械能守恒定律求解。 6. 解(1) 对子弹和杆组成的系统，所受外力有重力和轴O处约束力。约束力通过轴，不产生力矩； 设子弹射入时间极短，可以认为系统始终处于竖直位置，重力方向线通过轴，也不产生力矩。相对于轴O，系统角动量守恒。子弹射入前，系统角动量即子弹相对于轴的角动量L0＝lmv0； 射入后，L＝13Ml2+ml2ω。由L0=L有 lmv0=13Ml2+ml2ω 得 ω=3m(M+3m)v0l 解用图1 (2) 取子弹、杆与地球为系统，子弹和木杆在一起摆起的过程中，只有重力做功，机械能守恒。取悬点O为势能零点，结合解用图1，点C为木杆质心，开始时 E0=12Jω2-Mgl2-mgl 设最大摆角为θ，有 E=-Mgl2cosθ-mglcosθ 应用机械能守恒定律，得 12Jω2-Mgl2-mgl=-Mgl2cosθ-mglcosθ 将ω=3mv0(M+3m)l和J=13Ml2+ml2代入上式，解得最大摆角θ应满足 cosθ=1-3m2v20(M+3m)(M+2m)gl 即 θ=arccos1-3m2v20(M+3m)(M+2m)gl