大物B课后题03-第三章 刚体的定轴转动

温柔似野鬼°
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2020年07月31日 08:37
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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.
a
n

a

大小均随时间变化 B.
a
n

a

大小均保持不变
C.
a
n
的大小变化,
a

的大小保持不变 D.
a
n
大小保持不变,
a

的大小变化
解 刚体绕定轴做匀变速转动时,因为
a
n
r

2
,a

r

,而

为恒量,所以


< br>0


t


a
n
r


0


t

,a

r

。可见:
a
n
的大小变化,
a

的大小保持恒 定,本题答案为C.
2
3-2
一飞轮以的角速度转动
300radm in
,转动惯量为
5kgm
,现施加一恒定的制动力矩,
1
2< br>
1


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





0
t

0

0
1300
2.5
rads
2

所以该恒定制动力矩大小为
2260
MJ< br>
52.512.5

Nm


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
角时,系统的角速度


_________、动能
E
k

__________,此过程中力矩所做的功
W
__________.
解 在任意位置时,受力分析如图3.8所示。系统所受的合外力矩为
Mmg
l3
cos

mglcos

mglco s


22


33

Md




mglcos


d

 mglsin


0
2

2

则在此过程中合外力矩所做的功为

W
系统的转动惯量为

J

0
1
2
4
mlml
2
ml
2

33
于是刚体定轴转动的动能定理可写为
31

4

mglsin



ml
2


2

22

3

13
3gsin

2
,系统的动能为
E
k
J
mglsin


22
2l
所以系统的角速度为




2


3-5
如图 所示。有一半径为R,质量为M的匀质盘水平放置,可绕通过 盘心的竖直轴作定轴
1
MR
2
。当圆盘以角速度

0
转动时,有一质量为
m
的橡皮
2
1
泥(可视为质点)竖直落在圆盘 上,并粘在距转轴
R
处,如图所示。那么橡皮泥和盘共同
2
转动,圆盘对轴的 转动惯量
J
角速度


________.
解 对于圆盘和橡皮泥组成的系统而言,所受的合外力矩为零,所以系统的角动量守恒,于
是有
2


1



J

0


Jm

R





2



因为圆盘对轴的转动惯量

J
1
MR
2

2
2M

0

2Mm
所以橡皮泥和盘的共同角速度为





3-6
选错的。D



3-7
选 D
C选项,相同则是动力矩,不相同则是阻力矩



3


3-8
选A
力矩越来越小,角加速度越来越小,角速度越来越大



3-9
选B
先让两个相反的轮子啮合,结果他们都停转,再让第三个和他们两个啮合,于是他们速度 都
变成三分之一,于是动能就是九分之一了。

3-10
选C


4





3-11

1
一飞轮半径
r1m
,以转速
n1500rmin
转动,受制动均匀减速,经
t50s
后静止,
试求:(1)角速度
和从制动开始到静止这段时间飞轮转过的转数;(2)制动开始
t25s
后时飞轮的角速 度

;(3)在时飞轮边缘上一点的速度和加速度。
解 (1)角加速度





0
t

02n
< br>
50
1
2
23.14
50
1500
60
3.14rads
2
从制动开始到静止这段时

间飞 轮转过的转数

N



2

0
t

t
2
2

23.14

15001
503.1450
2
602
(2)制动开始后< br>t25s

625



23.14
飞轮的角速度




0


t2n



t23.14
1500
3.14257 8.5

rads
2


60
(3)在
t25s
时,飞轮边缘上一点的速度和加速度分别为
1

v


r




78.51


78.5

ms
2
aa
n
na





2
r

n


r




78.5

1

n

3. 14r




32


6.16 10n3.14


ms




附加
有A、B两个半径相同、质量也相同的细圆环,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
J
A
J
B
,则有()
A.
J
A
J
B
B.
J
A
J
B
C.
J
A
J
B
D.无法确定
J
A

J
B
的相对大小。
解 因为 转动惯量
Jrdm
,对于细圆环而言,各质元
dm
到转轴的距离均为圆环的 半径,
m

2

r恒量
,所以
Jr
2
m
2
dmmr
。故A,B两个半径相同、质量也相同的细圆环,不论

其质量在圆环上如何分布,两环对过环心且与环面垂直轴的转动惯量
J
A
J
B
,本题答案为

5


C。




3-12
如图 所示,细棒的长为
l
。 设转轴通过棒上离中心距离为d的一点并与棒垂直,求棒对此
轴的转动惯量
J
O

。试说明这一转动惯量与
J
O

棒对过棒中心并与此轴平行的转 轴的转动惯

J
O
之间的关系(此为平行轴定理)。
解 如图 所 示,以过
O

点垂直于棒的直线为轴,沿棒长方向为
x

轴 ,原点在
O

处,在棒
上取一原长度元
dx

,则

J
O


m
< br>
x


dm

2

1


d


2


1



d


2


x

2

m


1
22

dx

mlmd


l

12
所以
J
O


J
O
之间的关系为

J
O

J
O
md
2

3-13
一轻绳在具有水平转轴的定滑轮上,绳下挂一物体,物体的质量为m,此时滑轮的 角加速
度为

,若将物体取下,而用大小等于
mg
,方向向下的拉绳 子,则滑轮的角加速度将( )
A.变大 B.不变 C.变小 D.无法确定
解 设滑轮的半径为
R
,转动惯 量为
J
,如图3.5所示。使用大小等于
mg
,方向向下的力拉
绳子 时,如图3.5(a),滑轮产生的角加速度为


mgR

J
绳下段挂一质量为m的物体时,如图3.5(b),若设绳子此时的拉力为T,则
对物体有:
mgTm

R

对滑轮有:
TRJ


此时滑轮产生的角加速度为



mgR

JmR
2
6


比较可知,用大小等于
mg
,方向向下的拉力拉绳子时,滑轮产生的 角加速度变大,本题
答案为A.
3-14
力矩、功和能量的单位量纲相同,它们的物理意义有什么不同?
解 虽然力矩、功和能量的单位量纲相 同,同为
LMT
22
,但物理量的量纲相同,并不意味着
这些物理量的物理 意义相同,
力矩为矢量,而功和能量均为标量。力矩通过做功的过程使物体的转动状态发生变化,以< br>改变物体所具有的能量。
3-15
如图 所示,两物体的质量分别为
m< br>1

m
2
,滑轮的转动惯量为
J
,半径为r。若m
2
与桌
面的摩擦系数为

,设绳子与滑动间无相对滑动,试求 系统的加速度a的大小及绳子中张

T
1

T
2
的 大小。
解 分析受力如图 所示。
m
1

m
2
可 视为质点,设其加速度分别为
a
1

a
2
,则由牛顿运动< br>定律得



m
1< br>gT
1
m
1
a
1


T
2


m
2
gm
2
a
2
滑轮 作定轴转动,则由转动定律有

T
1
rT
2
rJ


由于绳子与滑轮间无相对滑动,所以

a
1
a
2
a

r

联立以 上4个方程可得,系统的加速度
a
的大小及绳子中张力
T
1

T
2
的大小分别为
JJ
m
1


m< br>1

22

a
m
1

m
2
g,T
r
mg,T
r
mg

1122
JJJ
m
1
m
2

2
m
1
m
2

2
m
1
m
2
2
rrr
m
2


m
2


7


3-16
如图 所示。两个半径不同的同轴滑轮固 定在一起,两滑轮的半径分别为
r
1

r
2
,两个滑轮的转动惯量分别为
J
1

J
2
,绳子的两端分别悬挂着 两个质量分别为
m
1

m
2
的物体,设滑
轮与轴之 间的摩擦力忽略不计,滑轮与绳子之间无相对滑动,绳子的质量也忽略不计,且绳
子不可伸长。试求两物 体的加速度的大小和绳子中张力的大小。
解 分析受力如图3.7所示。
m
1

m
2
可视为质点,设其受绳子的拉力分别为
T
1
T
2
,加速
度分别为
a
1

a
2,则由牛顿第二运动定律得

< br>
m
1
gT
1
m
1
a
1

Tmgma

2222
滑轮作定轴转动,则有转动定律有

T
1
r
1
T
2
r
2


J
1
J
2



由于绳子与滑轮间无相对滑动,所以

a< br>1


r
1
,a
2


r
2

联立以上5个方程可得,两物体的加速度和绳子中的张力分别为
a
1

a
2



m
1
r
1
m
2
r
2

r
1
g
J
1
J
2
m
1
r< br>1
2
m
2
r
2
2

m
1
r
1
m
2
r
2

r
2
g
J
1
J
2
m
1
r
1
2m
2
r
2
2
T
1

T
2< br>
J
1
J
2
m
2
r
2
2
m
2
r
1
r
2

m
1
g
J
1
J
2
m
1
r
1
2< br>m
2
r
2
2
1


J

J
2
m
1
r
1
2
m
1r
1
r
2

m
2
g
J
1J
2
m
1
r
1
2
m
2
r
2
2
3-17
一个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.转速加大,转动动能不变 B.角动量加大
C.转速和转动动能变化不清楚 D.角动量保持不变
解 因为系统无外力矩的作用,所以系统的角动量守恒,及
J
0

 J

,当人收回双臂时,

8


转动系统的转动惯量 减少,即
JJ
0
,所以



0
,故转 速增大。
1
2
J

00
EJ

又因为
k0

2

00

0

0
,所以
E
k
E
k0
。因此转速和转动动能都增大,
1
E
K
J

J

2
2
角动 量守恒。所以本题的正确答案为D
3-18
如图 所示。以质量为
m
的 小球由一绳子系着,以角速度

0
在无摩擦的水平面上,绕圆心

O 作半径为
r
0
的圆周运动。若在通过圆心O的绳子端作用一竖直向下的拉力
F
,小球则作

r
0
半径为的圆周运动。试求:(1)小球新的角速度

;(2)拉力
F
所做的功。
2
解 (1)在拉力
F
拉小球的过程中,由于拉力
F
通过了轴心,因此小球在水平面上转动的
过 程中不受外力矩的作用,故其角动量守恒。于是有

J
0

0
J




1

2

即 < br>
mr


0


m

r
0






2




2
0
小球新的角速度

4

0

(2)随着小球转动角速度的增加,其转动动能也在增加,这正是拉力
F做功的结果。于是
有定轴转动的转动定理得拉力
F
所做的功为


1

2

111
22

WJ

J
0

0


m
r
0



4

0
2

1

mr
0
2


0< br>2

3
mr
0
2

0
2

222

22



2

3-19
如图 所示。A与B两个飞轮的轴杆可由摩擦啮合器使之连接,A轮的转动惯量为J
A
10.0kgm
2
,开始时B轮静止,A轮以
n
A
600rmin
1
的转速转动,然后时A与
B连接,因而B轮得到 加速度而A轮减速,直到两轮的转速都等于
n
AB
200rmin
为止。
1

9


求:(1)B轮的转动惯量
J
B
;(2)在啮合过程中损失的机械能。
解 (1)两飞轮在轴方向啮和时,轴向受的力不产生转动力矩,所以两飞轮构成的系统角动
量守恒。于是有

J
A

A
< br>
J
A
J
B


AB

所以B轮的转动惯量为

J
B


A


AB
nn
J
A
< br>AAB
J
A
20.0

kgm
2


AB
n
AB
(2)有两飞轮在啮和前后转动动能的变化可得 啮和过程中系统损失的机械能为

E
11
22
J
A

A


J
A
J
B


AB
1.3110
4

J
< br>
22
3-20
质量为
0.06kg
,长为
0 .2m
的均匀细棒,可绕垂直与棒的一端的水平轴无摩擦的转动。若
将此棒放在水平位置,然后 任其开始转动,试求:(1)开始转动时的角加速度;(2)落到竖
直位置时的动能;(3)落至竖直位 置时对转轴的角动量。
解 根据题意作图3.12.
(1)开始转动是角加速度为
l
M
2

3g
73.5rads
2




1
2
2lJ
ml
3
m g
(2)在下落过程中,系统(棒和地球)受的重力为保守力,轴的支持力始终不做功,因此
系 统的机械能守恒,所以落到竖直位置时的动能为

E
1lJ

2
mg0.06

J


2 2
(3)因为
1l
J

2
mg
,所以落至竖直位 置时对转轴的角速度为


22
mgl
,故落至竖
J
直位置是对转轴的角动量
m
2
gl
3

1
2


LJ

Jmgl

ml

mgl9.7 10
3

kgm
2
s
1


3

3

3-21
如图 所示。一均匀细棒长为
l
,质量为m,可绕通过端点
O
的水平轴在竖直平面内无摩擦

10


的转动。棒在水平位置时释放,当它落到竖直位置时与放在地面上一静止 的物体碰撞。该物
体与地面之间的摩擦系数为

,其质量也为m,物体滑行s距离后停 止。求碰撞后杆的转
动动能。
解 根据题意可知此题包含3个物理过程。
第一过程 为均匀细棒的下落过程。在此过程中,以棒和地球构成的系统为研究对象,棒受的
重力为保守力,轴对棒 的支持力始终不做功,所以系统的机械能守恒,则

mg
l1

1
2

2


ml



22

3

第二过程为均匀 细棒与物体的碰撞过程。在此过程中,以棒和物体构成的系统为研究对象,
物体所受的摩擦力对转轴O
的力矩与碰撞的冲力矩相比较可忽略,所以系统的角动量守恒,



ml




ml



mvl

其中


为碰撞后瞬时棒的角速度,
v
为碰撞后瞬时物体与棒分离时物体的速率。
第三过程为分离以后的过程。对于棒而言 ,棒以角速度


继续转动;对于物体而言,物
体在水平面内仅受摩擦力的作 用,由质点的动能定律得


1

3
2



1

3
2


1
2
mv

mgs

2
联立以上3个方程可得碰撞后杆的转动动能为

E
k

1

1
2

2
1

ml



m
2

36

3gl32

gs


2
3-22
如图 所示,一劲度系数为k的轻弹簧与一轻柔绳相连,该 跨过一半径为R,转动惯量为J
的定滑轮,绳的另一端悬挂一质量为m的物体,开始时弹簧无伸长,物体 由静止释放。滑
轮与轴之间的摩擦可以忽略不计,当物体下落h时,试求物体的速度
v
,(1)用牛顿定律和
转动定律求解;(2)用守恒定律求解。
解 (1)用牛顿定律和转动定律求解。
建立坐标系及受力分析如图3.14所示。则由牛顿定律和转动定律得
对于物体有:
mgT
1
ma

对于滑轮有:
< br>T
1
T
2

RJ


对于弹簧有:
T
2
kx

物体的加速度与滑轮边缘的切向加速相同,即

a

R

联立以上4个方程可得

11



a
mgkx

J
m
2
R
dvdvdxdv
v

dtdxdtdx
因为
a
所以有

v
dvmgkx


J
dx
m
R
2
整理并积分有

vh

mgkx



vdv


dx

00
J


m
2

R
2mghkh
2
解之 可得物体的速度为
v

J
m
2
R
(2) 用守恒定律求解
由于滑轮和轴之 间的摩擦忽略不计,系统(弹簧、滑轮、物体和地球)仅受保守力(重
力和弹力)的作用,所以系统的机 械能守恒,若以物体
m
的初始位置处为势能零点,则
11

v

1

mghmv
2
J

kh
2

22

R

2
2mghkh
2
解之得物体的速度为
v

J
m
2
R
2

12



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.
a
n

a

大小均随时间变化 B.
a
n

a

大小均保持不变
C.
a
n
的大小变化,
a

的大小保持不变 D.
a
n
大小保持不变,
a

的大小变化
解 刚体绕定轴做匀变速转动时,因为
a
n
r

2
,a

r

,而

为恒量,所以


< br>0


t


a
n
r


0


t

,a

r

。可见:
a
n
的大小变化,
a

的大小保持恒 定,本题答案为C.
2
3-2
一飞轮以的角速度转动
300radm in
,转动惯量为
5kgm
,现施加一恒定的制动力矩,
1
2< br>
1


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





0
t

0

0
1300
2.5
rads
2

所以该恒定制动力矩大小为
2260
MJ< br>
52.512.5

Nm


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
角时,系统的角速度


_________、动能
E
k

__________,此过程中力矩所做的功
W
__________.
解 在任意位置时,受力分析如图3.8所示。系统所受的合外力矩为
Mmg
l3
cos

mglcos

mglco s


22


33

Md




mglcos


d

 mglsin


0
2

2

则在此过程中合外力矩所做的功为

W
系统的转动惯量为

J

0
1
2
4
mlml
2
ml
2

33
于是刚体定轴转动的动能定理可写为
31

4

mglsin



ml
2


2

22

3

13
3gsin

2
,系统的动能为
E
k
J
mglsin


22
2l
所以系统的角速度为




2


3-5
如图 所示。有一半径为R,质量为M的匀质盘水平放置,可绕通过 盘心的竖直轴作定轴
1
MR
2
。当圆盘以角速度

0
转动时,有一质量为
m
的橡皮
2
1
泥(可视为质点)竖直落在圆盘 上,并粘在距转轴
R
处,如图所示。那么橡皮泥和盘共同
2
转动,圆盘对轴的 转动惯量
J
角速度


________.
解 对于圆盘和橡皮泥组成的系统而言,所受的合外力矩为零,所以系统的角动量守恒,于
是有
2


1



J

0


Jm

R





2



因为圆盘对轴的转动惯量

J
1
MR
2

2
2M

0

2Mm
所以橡皮泥和盘的共同角速度为





3-6
选错的。D



3-7
选 D
C选项,相同则是动力矩,不相同则是阻力矩



3


3-8
选A
力矩越来越小,角加速度越来越小,角速度越来越大



3-9
选B
先让两个相反的轮子啮合,结果他们都停转,再让第三个和他们两个啮合,于是他们速度 都
变成三分之一,于是动能就是九分之一了。

3-10
选C


4





3-11

1
一飞轮半径
r1m
,以转速
n1500rmin
转动,受制动均匀减速,经
t50s
后静止,
试求:(1)角速度
和从制动开始到静止这段时间飞轮转过的转数;(2)制动开始
t25s
后时飞轮的角速 度

;(3)在时飞轮边缘上一点的速度和加速度。
解 (1)角加速度





0
t

02n
< br>
50
1
2
23.14
50
1500
60
3.14rads
2
从制动开始到静止这段时

间飞 轮转过的转数

N



2

0
t

t
2
2

23.14

15001
503.1450
2
602
(2)制动开始后< br>t25s

625



23.14
飞轮的角速度




0


t2n



t23.14
1500
3.14257 8.5

rads
2


60
(3)在
t25s
时,飞轮边缘上一点的速度和加速度分别为
1

v


r




78.51


78.5

ms
2
aa
n
na





2
r

n


r




78.5

1

n

3. 14r




32


6.16 10n3.14


ms




附加
有A、B两个半径相同、质量也相同的细圆环,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
J
A
J
B
,则有()
A.
J
A
J
B
B.
J
A
J
B
C.
J
A
J
B
D.无法确定
J
A

J
B
的相对大小。
解 因为 转动惯量
Jrdm
,对于细圆环而言,各质元
dm
到转轴的距离均为圆环的 半径,
m

2

r恒量
,所以
Jr
2
m
2
dmmr
。故A,B两个半径相同、质量也相同的细圆环,不论

其质量在圆环上如何分布,两环对过环心且与环面垂直轴的转动惯量
J
A
J
B
,本题答案为

5


C。




3-12
如图 所示,细棒的长为
l
。 设转轴通过棒上离中心距离为d的一点并与棒垂直,求棒对此
轴的转动惯量
J
O

。试说明这一转动惯量与
J
O

棒对过棒中心并与此轴平行的转 轴的转动惯

J
O
之间的关系(此为平行轴定理)。
解 如图 所 示,以过
O

点垂直于棒的直线为轴,沿棒长方向为
x

轴 ,原点在
O

处,在棒
上取一原长度元
dx

,则

J
O


m
< br>
x


dm

2

1


d


2


1



d


2


x

2

m


1
22

dx

mlmd


l

12
所以
J
O


J
O
之间的关系为

J
O

J
O
md
2

3-13
一轻绳在具有水平转轴的定滑轮上,绳下挂一物体,物体的质量为m,此时滑轮的 角加速
度为

,若将物体取下,而用大小等于
mg
,方向向下的拉绳 子,则滑轮的角加速度将( )
A.变大 B.不变 C.变小 D.无法确定
解 设滑轮的半径为
R
,转动惯 量为
J
,如图3.5所示。使用大小等于
mg
,方向向下的力拉
绳子 时,如图3.5(a),滑轮产生的角加速度为


mgR

J
绳下段挂一质量为m的物体时,如图3.5(b),若设绳子此时的拉力为T,则
对物体有:
mgTm

R

对滑轮有:
TRJ


此时滑轮产生的角加速度为



mgR

JmR
2
6


比较可知,用大小等于
mg
,方向向下的拉力拉绳子时,滑轮产生的 角加速度变大,本题
答案为A.
3-14
力矩、功和能量的单位量纲相同,它们的物理意义有什么不同?
解 虽然力矩、功和能量的单位量纲相 同,同为
LMT
22
,但物理量的量纲相同,并不意味着
这些物理量的物理 意义相同,
力矩为矢量,而功和能量均为标量。力矩通过做功的过程使物体的转动状态发生变化,以< br>改变物体所具有的能量。
3-15
如图 所示,两物体的质量分别为
m< br>1

m
2
,滑轮的转动惯量为
J
,半径为r。若m
2
与桌
面的摩擦系数为

,设绳子与滑动间无相对滑动,试求 系统的加速度a的大小及绳子中张

T
1

T
2
的 大小。
解 分析受力如图 所示。
m
1

m
2
可 视为质点,设其加速度分别为
a
1

a
2
,则由牛顿运动< br>定律得



m
1< br>gT
1
m
1
a
1


T
2


m
2
gm
2
a
2
滑轮 作定轴转动,则由转动定律有

T
1
rT
2
rJ


由于绳子与滑轮间无相对滑动,所以

a
1
a
2
a

r

联立以 上4个方程可得,系统的加速度
a
的大小及绳子中张力
T
1

T
2
的大小分别为
JJ
m
1


m< br>1

22

a
m
1

m
2
g,T
r
mg,T
r
mg

1122
JJJ
m
1
m
2

2
m
1
m
2

2
m
1
m
2
2
rrr
m
2


m
2


7


3-16
如图 所示。两个半径不同的同轴滑轮固 定在一起,两滑轮的半径分别为
r
1

r
2
,两个滑轮的转动惯量分别为
J
1

J
2
,绳子的两端分别悬挂着 两个质量分别为
m
1

m
2
的物体,设滑
轮与轴之 间的摩擦力忽略不计,滑轮与绳子之间无相对滑动,绳子的质量也忽略不计,且绳
子不可伸长。试求两物 体的加速度的大小和绳子中张力的大小。
解 分析受力如图3.7所示。
m
1

m
2
可视为质点,设其受绳子的拉力分别为
T
1
T
2
,加速
度分别为
a
1

a
2,则由牛顿第二运动定律得

< br>
m
1
gT
1
m
1
a
1

Tmgma

2222
滑轮作定轴转动,则有转动定律有

T
1
r
1
T
2
r
2


J
1
J
2



由于绳子与滑轮间无相对滑动,所以

a< br>1


r
1
,a
2


r
2

联立以上5个方程可得,两物体的加速度和绳子中的张力分别为
a
1

a
2



m
1
r
1
m
2
r
2

r
1
g
J
1
J
2
m
1
r< br>1
2
m
2
r
2
2

m
1
r
1
m
2
r
2

r
2
g
J
1
J
2
m
1
r
1
2m
2
r
2
2
T
1

T
2< br>
J
1
J
2
m
2
r
2
2
m
2
r
1
r
2

m
1
g
J
1
J
2
m
1
r
1
2< br>m
2
r
2
2
1


J

J
2
m
1
r
1
2
m
1r
1
r
2

m
2
g
J
1J
2
m
1
r
1
2
m
2
r
2
2
3-17
一个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.转速加大,转动动能不变 B.角动量加大
C.转速和转动动能变化不清楚 D.角动量保持不变
解 因为系统无外力矩的作用,所以系统的角动量守恒,及
J
0

 J

,当人收回双臂时,

8


转动系统的转动惯量 减少,即
JJ
0
,所以



0
,故转 速增大。
1
2
J

00
EJ

又因为
k0

2

00

0

0
,所以
E
k
E
k0
。因此转速和转动动能都增大,
1
E
K
J

J

2
2
角动 量守恒。所以本题的正确答案为D
3-18
如图 所示。以质量为
m
的 小球由一绳子系着,以角速度

0
在无摩擦的水平面上,绕圆心

O 作半径为
r
0
的圆周运动。若在通过圆心O的绳子端作用一竖直向下的拉力
F
,小球则作

r
0
半径为的圆周运动。试求:(1)小球新的角速度

;(2)拉力
F
所做的功。
2
解 (1)在拉力
F
拉小球的过程中,由于拉力
F
通过了轴心,因此小球在水平面上转动的
过 程中不受外力矩的作用,故其角动量守恒。于是有

J
0

0
J




1

2

即 < br>
mr


0


m

r
0






2




2
0
小球新的角速度

4

0

(2)随着小球转动角速度的增加,其转动动能也在增加,这正是拉力
F做功的结果。于是
有定轴转动的转动定理得拉力
F
所做的功为


1

2

111
22

WJ

J
0

0


m
r
0



4

0
2

1

mr
0
2


0< br>2

3
mr
0
2

0
2

222

22



2

3-19
如图 所示。A与B两个飞轮的轴杆可由摩擦啮合器使之连接,A轮的转动惯量为J
A
10.0kgm
2
,开始时B轮静止,A轮以
n
A
600rmin
1
的转速转动,然后时A与
B连接,因而B轮得到 加速度而A轮减速,直到两轮的转速都等于
n
AB
200rmin
为止。
1

9


求:(1)B轮的转动惯量
J
B
;(2)在啮合过程中损失的机械能。
解 (1)两飞轮在轴方向啮和时,轴向受的力不产生转动力矩,所以两飞轮构成的系统角动
量守恒。于是有

J
A

A
< br>
J
A
J
B


AB

所以B轮的转动惯量为

J
B


A


AB
nn
J
A
< br>AAB
J
A
20.0

kgm
2


AB
n
AB
(2)有两飞轮在啮和前后转动动能的变化可得 啮和过程中系统损失的机械能为

E
11
22
J
A

A


J
A
J
B


AB
1.3110
4

J
< br>
22
3-20
质量为
0.06kg
,长为
0 .2m
的均匀细棒,可绕垂直与棒的一端的水平轴无摩擦的转动。若
将此棒放在水平位置,然后 任其开始转动,试求:(1)开始转动时的角加速度;(2)落到竖
直位置时的动能;(3)落至竖直位 置时对转轴的角动量。
解 根据题意作图3.12.
(1)开始转动是角加速度为
l
M
2

3g
73.5rads
2




1
2
2lJ
ml
3
m g
(2)在下落过程中,系统(棒和地球)受的重力为保守力,轴的支持力始终不做功,因此
系 统的机械能守恒,所以落到竖直位置时的动能为

E
1lJ

2
mg0.06

J


2 2
(3)因为
1l
J

2
mg
,所以落至竖直位 置时对转轴的角速度为


22
mgl
,故落至竖
J
直位置是对转轴的角动量
m
2
gl
3

1
2


LJ

Jmgl

ml

mgl9.7 10
3

kgm
2
s
1


3

3

3-21
如图 所示。一均匀细棒长为
l
,质量为m,可绕通过端点
O
的水平轴在竖直平面内无摩擦

10


的转动。棒在水平位置时释放,当它落到竖直位置时与放在地面上一静止 的物体碰撞。该物
体与地面之间的摩擦系数为

,其质量也为m,物体滑行s距离后停 止。求碰撞后杆的转
动动能。
解 根据题意可知此题包含3个物理过程。
第一过程 为均匀细棒的下落过程。在此过程中,以棒和地球构成的系统为研究对象,棒受的
重力为保守力,轴对棒 的支持力始终不做功,所以系统的机械能守恒,则

mg
l1

1
2

2


ml



22

3

第二过程为均匀 细棒与物体的碰撞过程。在此过程中,以棒和物体构成的系统为研究对象,
物体所受的摩擦力对转轴O
的力矩与碰撞的冲力矩相比较可忽略,所以系统的角动量守恒,



ml




ml



mvl

其中


为碰撞后瞬时棒的角速度,
v
为碰撞后瞬时物体与棒分离时物体的速率。
第三过程为分离以后的过程。对于棒而言 ,棒以角速度


继续转动;对于物体而言,物
体在水平面内仅受摩擦力的作 用,由质点的动能定律得


1

3
2



1

3
2


1
2
mv

mgs

2
联立以上3个方程可得碰撞后杆的转动动能为

E
k

1

1
2

2
1

ml



m
2

36

3gl32

gs


2
3-22
如图 所示,一劲度系数为k的轻弹簧与一轻柔绳相连,该 跨过一半径为R,转动惯量为J
的定滑轮,绳的另一端悬挂一质量为m的物体,开始时弹簧无伸长,物体 由静止释放。滑
轮与轴之间的摩擦可以忽略不计,当物体下落h时,试求物体的速度
v
,(1)用牛顿定律和
转动定律求解;(2)用守恒定律求解。
解 (1)用牛顿定律和转动定律求解。
建立坐标系及受力分析如图3.14所示。则由牛顿定律和转动定律得
对于物体有:
mgT
1
ma

对于滑轮有:
< br>T
1
T
2

RJ


对于弹簧有:
T
2
kx

物体的加速度与滑轮边缘的切向加速相同,即

a

R

联立以上4个方程可得

11



a
mgkx

J
m
2
R
dvdvdxdv
v

dtdxdtdx
因为
a
所以有

v
dvmgkx


J
dx
m
R
2
整理并积分有

vh

mgkx



vdv


dx

00
J


m
2

R
2mghkh
2
解之 可得物体的速度为
v

J
m
2
R
(2) 用守恒定律求解
由于滑轮和轴之 间的摩擦忽略不计,系统(弹簧、滑轮、物体和地球)仅受保守力(重
力和弹力)的作用,所以系统的机 械能守恒,若以物体
m
的初始位置处为势能零点,则
11

v

1

mghmv
2
J

kh
2

22

R

2
2mghkh
2
解之得物体的速度为
v

J
m
2
R
2

12

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