1、第四章 刚体的转动41 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：(1)这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零；(2)这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零；(3)当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零；(4)当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零对上述说法下述判断正确的是( )(A)只有(1)是正确的 (B )(1)、(2)正确，(3)、(4 )错误(C) (1)、(2)、(3) 都正确，(4)错误 (D )(1)、(2) 、(3)、 (4)都正确分析与解 力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴
2、(例如门的重力并不能使门转)不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是正确对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故(3)(4)说法不完全正确综上所述，应选(B)42 关于力矩有以下几种说法：(1)对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度；(2)一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；(3)质量相等，形状和大小
3、不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同对上述说法下述判断正确的是( )(A)只有(2)是正确的 (B)(1)、(2)是正确的(C)(2)、(3)是正确的 (D)(1)、(2)、(3)都是正确的分析与解 刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量等，故(1)(2)说法正确对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选(B)43 均匀细棒OA可
4、绕通过其一端 O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是( )(A)角速度从小到大，角加速度不变(B)角速度从小到大，角加速度从小到大(C)角速度从小到大，角加速度从大到小(D)角速度不变，角加速度为零分析与解 如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹角有关当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零因此在棒在下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小到大(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况)，应选(C)44 一圆盘绕通过盘心且垂直
5、于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度的变化情况为( )(A)L 不变，增大 (B )两者均不变(C)L不变， 减小 (D)两者均不确定分析与解 对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴O 的角动量守恒，故L不变，此时应有下式成立，即 Jdm0v式中mvd为子弹对点O的角动量 为圆盘初始角速度，J 为子弹留在盘中后系统对轴O的0转动惯量，J 0为子弹射入前盘对轴O 的转动惯量由于JJ 0，则 故选(C )045 假设卫星环绕地球中心作椭
6、圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的( )(A)角动量守恒，动能守恒 (B)角动量守恒，机械能守恒(C)角动量不守恒，机械能守恒 (D)角动量不守恒，动量也不守恒()角动量守恒，动量也守恒分析与解 由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，但由于万有引力一直指向地球中心，则万有引力对地球中心的力矩为零，故卫星对地球中心的角动星守恒，即r mv恒量，式中 r为地球中心指向卫星的位矢当卫星处于椭圆轨道上不同位置时，由于r 不同，由角动量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于远地点时速率最小，故卫星动能并不守恒，但由万有引力为保守力，则卫星的机械能守恒，即卫星动能与万有
7、引力势能之和维持不变，由此可见，应选(B)46 一汽车发动机曲轴的转速在12 s 内由1.210 3rmin-1均匀的增加到2.710 3rmin-1(1)求曲轴转动的角加速度；(2)在此时间内，曲轴转了多少转？分析 这是刚体的运动学问题刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关系，本题为匀变速转动解 (1)由于角速度2 n(n 为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义 ，在匀td变速转动中角加速度为 200 srad1.32tnt(2)发动机曲轴转过的角度为 ttt00201在12 s内曲轴转过的圈数为圈3920tnN47 水分子的形状如图所示，从光谱分析知水分子对AA 轴的转动惯
8、量J AA1.93 10 -47kgm2，对BB 轴转动惯量J BB1.14 10 -47kgm2，试由此数据和各原子质量求出氢和氧原子的距离D和夹角 假设各原子都可当质点处理题 4-7 图分析 如将原子视为质点，则水分子中的氧原子对AA轴和BB轴的转动惯量均为零，因此计算水分子对两个轴的转动惯量时，只需考虑氢原子即可解 由图可得 dmJHA2sinBco此二式相加，可得 2JHBA则 1059. md由二式相比，可得 JBA2tan/则 o3.51.49rctarctnB48 一飞轮由一直径为30，厚度为2.0的圆盘和两个直径为10，长为8.0的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为7.810 3k
9、gm-3，求飞轮对轴的转动惯量题 4-8 图分析 根据转动惯量的可叠加性，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；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，或根据转动惯量的定义，用简单的积分计算得到解 根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得 24241 2212 mkg36.06 adldJ49 用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在O点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m 的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动(如图)记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量试写出它的计算式(假设轴承间无摩擦)题 4
10、-9 图分析 在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的飞轮作定轴转动，而重物是作落体运动，它们之间有着内在的联系由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略这样，飞轮的转动惯量，就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重物的加速度，可通过它下落时的匀加速运动规律来确定该题也可用功能关系来处理将飞轮、重物和地球视为系统，绳子张力作用于飞轮、重物的功之和为零，系统的机械能守恒利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系，以及线速度和角速度的关系，代入机械能守恒方程中即可解得解1 设绳子的拉力为 ，对飞轮而言，根据转动定律，有TF(1)JRFT而对重物而言，由牛顿定律，有(2)mag由于绳子不可伸长，因此，有(
11、3)重物作匀加速下落，则有(4)21ath由上述各式可解得飞轮的转动惯量为 2hgtmRJ解2 根据系统的机械能守恒定律，有(1)0122Jgv而线速度和角速度的关系为(2)R又根据重物作匀加速运动时，有(3)atv(4)h2由上述各式可得 12gtmRJ若轴承处存在摩擦，上述测量转动惯量的方法仍可采用这时，只需通过用两个不同质量的重物做两次测量即可消除摩擦力矩带来的影响410 一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.0310 3Nm，涡轮的转动惯量为25.0kgm 2当轮的转速由2.8010 3rmin-1增大到1.1210 4rmin-1时，所经历的时间t 为多少？分析 由于作用在
12、飞轮上的力矩是恒力矩，因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系，可解出飞轮所经历的时间该题还可应用角动量定理直接求解解1 在匀变速转动中，角加速度 ，由转动定律 ，可得飞轮所经历的t0JM时间s8.1020nMJt解2 飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有 00dJt则 s8.120nJt411 质量为m 1和m 2的两物体A、B分别悬挂在图(a)所示的组合轮两端.设两轮的半径分别为R和r，两轮的转动惯量分别为 J1和 J2，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计.试求两物体的加速度和绳的张力.题 4-11 图分析 由于组合
13、轮是一整体，它的转动惯量是两轮转动惯量之和，它所受的力矩是两绳索张力矩的矢量和(注意两力矩的方向不同).对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方程，结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得.解 分别对两物体及组合轮作受力分析，如图(b).根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有(1)111amFgPTT(2)222F(3)JrRT11, (4)2TF由角加速度和线加速度之间的关系，有(5)a1(6)r2解上述方程组，可得 gRrmJa2121grmRJa21212rFT 12121gmRJT 22112412 如图所示装置，定滑轮的半径为r，绕转轴的转动惯量为J，滑轮两边分别悬挂质量为m 1和
14、m 2的物体A、B.A置于倾角为 的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为 ，若B 向下作加速运动时，求：(1)其下落加速度的大小；(2)滑轮两边绳子的张力.(设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑.)题 4-12 图分析 这是连接体的动力学问题，对于这类问题仍采用隔离体的方法，从受力分析着手，然后列出各物体在不同运动形式下的动力学方程.物体A 和B可视为质点，则运用牛顿定律.由于绳与滑轮间无滑动，滑轮两边绳中的张力是不同的，滑轮在力矩作用下产生定轴转动，因此，对滑轮必须运用刚体的定轴转动定律.列出动力学方程，并考虑到角量与线量之间的关系，即能解出结果来.解 作A、B和滑轮的受力分析，如
15、图(b).其中A是在张力F 1 、重力P 1，支持力F 和摩擦力F 的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有(1)111cossinamgmFT而B则是在张力F 2 和重力P 2的作用下运动，有(2)22T由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有(3)ra1对滑轮而言，根据定轴转动定律有(4)JFT2, (5)12解上述各方程可得 221121 /cossinrJmgga21 2121 /cossincosinrJmrgJgmFT 212212 /iT413 如图(a)所示，飞轮的质量为60kg，直径为0.50m，转速为1.0 10 3rmin-1.现用闸瓦制动使其在5.0s内停止转动，求制动
16、力F.设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数 0.40，飞轮的质量全部分布在轮缘上.题 4-13 图分析 飞轮的制动是闸瓦对它的摩擦力矩作用的结果，因此，由飞轮的转动规律可确定制动时所需的摩擦力矩.但是，摩擦力矩的产生与大小，是由闸瓦与飞轮之间的正压力F 决定的，而此力又是由制动力F通过杠杆作用来实现的.所以，制动力可以通过杠杆的力矩平衡来求出.解 飞轮和闸杆的受力分析，如图(b)所示.根据闸杆的力矩平衡，有 0121lFlN而 ，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为NF(1)dFldMN12f 摩擦力矩是恒力矩，飞轮作匀角加速转动，由转动的运动规律，有(2)tnt20因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量 ，根
17、据转动定律 ，由式4/2mdJJM(1)、(2)可得制动力 N10.3221tlnF414 如图所示，一通风机的转动部分以初角速度 0绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C为一常量 .若转动部分对其轴的转动惯量为J，问：(1)经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？(2)在此时间内共转过多少转？题 4-14 图分析 由于空气的阻力矩与角速度成正比，由转动定律可知，在变力矩作用下，通风机叶片的转动是变角加速转动，因此，在讨论转动的运动学关系时，必须从角加速度和角速度的定义出发，通过积分的方法去解.解 (1)通风机叶片所受的阻力矩为MC，由转动定律MJ，可得叶片的角加速度为(1
18、)JCtd根据初始条件对式(1)积分，有 tt00由于C和J均为常量，得(2)JCte/0当角速度由 0 0 时，转动所需的时间为212lnJt(2)根据初始条件对式(2)积分，有 teJCtdd/0即 J2在时间t内所转过的圈数为CJN420415 电风扇接通电源后一般经5s后到达额定转速 ,而关闭电源后经10minr3n16 s后风扇停止转动，已知电风扇的转动惯量为 ，设启动时电磁力矩 和转2kg5. M动时的阻力矩 均为常数，求启动时的电磁力矩 .fMM分析 由题意知 和 均为常数，故启动时电风扇在 和 共同作用下，作匀加f f速转动，直至到达额定转速，关闭电源后，电风扇仅在 的作用下作
19、匀减速转动.运用匀f变速转动的运动学规律和转动定律既可求解.解 设启动时和关闭电源后，电风扇转动时的角加速度分别为 和 ，则启动过程 12JMf 10t关闭电源后 2fJM0t联解以上各式并将 以及 、 、 、 值代入，得6200n1t2JmN.4416 一质量为m、半径为R的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度转动，若在某时刻，一质量为m 的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可能达到的高度是多少？破裂后圆盘的角动量为多大？分析 盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可计算破裂后盘的角动量.
