工科物理大作业04-刚体定轴转动

0404刚体定轴转动班号学号姓名成绩一、选择题（在下列各题中，均给出了4个~5个答案，其中有的只有1个是正确答案，有的则有几个是正确答案，请把正确答案的英文字母序号填在题后的括号内）1．某刚体绕定轴作匀变速转动，对刚体上距转轴为r处的任一质元来说，在下列关于其法向加速度na和切向加速度τa的表述中，正确的是：A．na、τa的大小均随时间变化；B．na、τa的大小均保持不变；C．na的大小变化，τa的大小保持恒定；D．na的大小保持恒定，τa大小变化。（C）[知识点］刚体匀变速定轴转动特征，角量与线量的关系。[分析与题解]刚体中任一质元的法向、切向加速度分别为ran2，raτ当恒量时，t0，显然rtran202)(，其大小随时间而变，raτ的大小恒定不变。2.两个均质圆盘A和B，密度分别为A和B，且BA，但两圆盘的质量和厚度相同。若两盘对通过盘心且与盘面垂直的轴的转动惯量分别为AI和BI，则A．BIIA；B.BIIA；C．BIIA；D.不能确定AI和BI的相对大小。（B）[知识点］转动惯量的计算。[分析与题解]设A、B两盘厚度为d，半径分别为RA和RB，由题意，二者质量相等，即BBAAdRdR22因为BA，所以22BARR且转动惯量221mRI，则BAII3．在下列关于刚体的表述中，不正确的是：A．刚体作定轴转动时，其上各点的角速度相同，线速度不同；B．刚体定轴转动的转动定律为IM，式中,,IM均对同一条固定轴而言的，否则该式不成立；C．对给定的刚体而言，它的质量和形状是一定的，则其转动惯量也是唯一确定的；D．刚体的转动动能等于刚体上各质元的动能之和。（C）[知识点］刚体定轴转动的基本概念。[分析与题解]刚体定轴转动时，其上各点的角速度相同，线速度rv；刚体定轴转动中，相关物理量对固定轴而言，转动惯量不仅与质量和形状有关，而且与转轴的位置有关；刚体的转动动能就是刚体上各质点的动能之和。4．一个作定轴转动的刚体受到两个外力的作用，则在下列关于力矩的表述中，不正确的是：A．若这两个力都平行于轴时，它们对轴的合力矩一定是零；B．若这两个力都垂直于轴时，它们对轴的合力矩可能为零；C．若这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩一定是零；D．只有这两个力在转动平面S上的分力对转轴产生的力矩，才能改变该刚体绕转轴转动的运动状态；E．一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和一定为零。（C）[知识点]力矩的概念。[分析与题解]对转轴上任一点，力矩为FrM。若F与轴平行，则M一定与轴垂直，即轴的力矩Mz=0，两个力的合力矩一定为零。两个力都垂直于轴时，对轴上任一点的力矩都平行于轴，若二力矩大小相等，方向相反，则合力矩一定为零。两个力的合力为零，如果是一对力偶，则对轴的合力矩不一定为零。力在转动平面上的力矩FrMz，力矩Mz是改变刚体运动状态的原因。一对作用力和反作用力，对轴的力矩大小相等，符号相反，合力矩一定为零。5．在下列关于转动定律的表述中，正确的是：A．对作定轴转动的刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度；B．两个质量相等的刚体，在相同力矩的作用下，运动状态的变化情况一定相同；C．同一刚体在不同力矩作用下，必然得到不同的角加速度；D．作用在定轴转动刚体上的力越大，刚体转动的角加速度越大；E．角速度的方向一定与外力矩的方向相同。（A）FrOmArOAaFTmg（a）（b）（c）图4-1[知识点]刚体定轴转动定理。[分析与题解]由于内力是成对出现的，所有内力矩的总和为零，因此内力矩不会改变刚体的运动状态。由刚体绕定轴转动定理，IM知，质量相等的刚体，若转动惯量I不同，既使在相同的力矩作用下，运动状态的改变也不会相同(不同)。而同一刚体虽力矩M不同，但若对不同转轴的转动惯量I也不同，也会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与角速度的方向可能相同，也可能相反。6．如图4-1（a）所示，一轻绳绕在具有光滑水平转轴的定滑轮上，绳下端挂一质量为m的物体A，此时滑轮的角加速度为。若将物体A卸掉，而改用力F拉绳子，该力的大小mgF，力的方向向下，如图（b）所示，则此时滑轮的角加速度将：A．变大；B．不变；C．变小；D．无法判断。（A）[知识点]张力矩。[分析与题解]当绳下挂物体时，绳中张力为FT，设滑轮半径为R，转动惯量为I，物体的受力如4-1图(c)所示，按牛顿运动定律有maFmgT滑轮的转动定律为1IFT又知1Ra，解得ImRmgR21(1)当用mgF的力拉绳时，绳中张力就是mg。滑轮的转动定律为2ImgR，得ImgR2(2)比较式(1)和式(2)，显然有217．如图4-2(a)所示，两根长度和质量都相等的细直杆分别绕光滑的水平轴1O和2O转动，设它们从水平位置静止释放时的角加速度分别为1和2；当它们分别转过90时，端点A、B的速度分别为Av、Bv，则A．BAvv,21；B．BAvv,21；AB图4-3AO1lBO2l/3图4-2(a)AO1lBO2l/3CC图4-2(b)C．BAvv,21；D．BAvv,21；E．BAvv,21。（D）[知识点]转动惯量I随轴不同，机械能守恒定律的应用。[分析与题解]两个细直杆的转动惯量分别为2131mlI，22229132121mlllmmlI如图4-2(b)，当它们转到铅直位置时，所受重力过转轴，则重力矩为M1=M2=0则由IM知，021。由于细杆在转动过程中，只受到重力矩作用，故转动过程机械能守恒。取转轴水平面为势能零点，则有221211lmgI即23121212lmgml得lg31则gllvA31同理621222lmgI即69121222lmgmllg32则gllvB332322显然BAvv8.如图4-3所示，两飞轮A、B组成一摩擦啮合器。A通过与B之间的摩擦力矩带着B转动。则此刚体系在啮合前后：A．角动量改变，动能也改变；B．角动量改变，动能不变；C．角动量不变，动能改变；mmOvv图4-4R图4-5D．角动量不变，动能也不变。（C）知识点]摩擦内力矩的作用.[分析与题解]沿轴向作用的外力对轴不产生力矩，、两轮间的摩擦力为内力，故系统的角动量守恒，即)(BAAIII由此得BAAIIIBAkABAABAABABAkIIEIIIIIIIIIIIE22222221)()(21)(21可见，摩擦内力矩不改变系统的角动量，但改变动能。9．如图4-4所示，一圆盘绕通过盘心O且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计。两颗质量相同、速度大小相等、方向相反且沿同一直线运动的子弹，同时射进圆盘并留在盘内，则两子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量L及圆盘的角速度将会：A．L不变，增大；B．L不变，减小；C．L增大，减小；D．L增大，增大。（B）知识点]角动量守恒。[分析与题解]取子弹和圆盘为系统，在子弹射入圆盘过程中系统的角动量守恒。由于两颗子弹同时对称入射，故两子弹的初始角动量之和为零，所以有III0即010.如图4-5所示，有一半径为R的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为I。开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m的人站在转台中心，随后人沿半径方向向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为A．02mRII；B.02)(RmII；C．02mRI；D.0（A）知识点]角动量守恒。[分析与题解]取人和转台为系统，在人沿半径方向向外跑过程中，系统的角动量守恒，则有人III0而人到转台边缘时，2mRI人，即20mRII则02mRII二.填空题1．一汽车发动机的曲轴，在12s内，其转速由minr102130.n均匀增加到minr10723.n，则此曲轴转动的角加速度13.12srad；在此时间内，曲轴共转了390圈。知识点]转动运动学的基本知识和运算。[分析与解答]本题中的曲轴作匀加速定轴转动，根据题意，曲轴的初速度为4060120020-1srad终态运转角速度为9060270022-1srad已知st12，故角加速度为113625012)4090(12.t-2srad在12s内曲轴的角位移为21021ttrad780)12(6252112402因而曲轴在这一段时间内转过的圈数为3902780N2．半径为R=1m的飞轮，以角速度srad500转动，受到制动后均匀减速，经s50t后静止。则飞轮在s25t时的角速度78.5srad；此时，飞轮边缘上某一点的切向加速度τa=-3.142sm；法向加速度na310166.2sm。[知识点]转动运动学的基本计算。[分析与解答]因为飞轮的运动是匀变速转动，因而其角加速度为t050500-2srad飞轮在s25t时的角速度为57825255001.t-1sradOm2m0图4-6(a)O2mgmg图4-6(b)飞轮边缘上一点的切向加速度的大小为143.Rβaτ2sm法向加速度为321110166.Ran2sm3．刚体转动惯量的物理意义是刚体绕定轴转动惯性大小的量度，它的计算公式为Idmr2，表明转动惯量的大小取决于刚体的总质量、质量分布情况和转轴位置三个因素。知识点]转动惯量的概念。4.如图4-6(a)所示，一长为l而质量可以忽略的直杆，两端分别固定有质量为2m和m的小球，杆可绕通过其中心且与杆垂直的水平光滑固定轴在铅直平面内转动。开始时，杆与水平方向成0，并处于静止状态；释放后，杆绕O轴转动，则当杆转到水平位置时，该系统所受到的合外力矩的大小为Mmgl21，此时该系统角加速度的大小为lg32。知识点]力矩的计算，转动定律。[分析与解答]受力分析如图6b所示。小球m和m的重力矩分别为mgllmg221M，22lmgM则系统所受合外力矩为mgl2121MMM小球m和m的转动惯量分别为22121212mllmI，2224121mllmI系统的总转动惯量为22143mlIII由转动定律IM有glmlmglIM32432125．如图4-7所示，长为l，质量为m的均质细杆，其左端与墙用铰链A连接，右端用一铅直细线悬挂着，使杆处于水平静止状态，此时将细线突然烧断，则杆右端的加速度a23g2sm。知识点]转动定律的瞬时性。A图4-7[分析与解答]当线烧断时，根据转动定律有glmllmgIM233122则右端的加速度为glaaτ236．刚体作定轴转动，其角动量的矢量表达式为LωI，角动量守恒的条件是0M。知识点]刚体的角动量和角动量守恒条件。7．一定轴转动刚体的运动方程为t20sin20（SI），其其对轴的转动惯量为2mkg100I，则在0t时，刚体的角动量为L41004./smkg2；刚体的转动动能kE61008.J。