1、 0404 刚体定轴转动一、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 和切向加速度 的表述中，正确的是：naaA 、 的大小均随时间变化；B 、 的大小均保持不变；nC 的大小变化， 的大小保持恒定；aaD 的大小保持恒定， 大小变化。 （C ）n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 ，ran2r当 恒量时， ，显然 ，其大小随时间而变
2、，t0 tn02)(的大小恒定不变。 ra2. 两个均质圆盘 A 和 B，密度分别为 A 和 B，且 ，但两圆盘的质量和厚度相同。若BA两盘对通过盘心且与盘面垂直的轴的转动惯量分别为 和 ，则IA ； B. ；BIBIC ； D. 不能确定 和 的相对大小。 （B）AI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 d22因为 ，所以 BA2BAR且转动惯量 ，则21mII3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 ，式中 均对同一条固定轴而言的，否则
3、IM,I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 ；刚体定轴转动中，相关rv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
4、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 。若 F 与轴平行，则 M 一定与轴垂直，即轴的rM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 ，力矩 Mz 是改变刚体运动状态的原因。Frz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
5、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） 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， 知，质量相等的刚体，若转动惯量 I 不同，既使在相同的力IM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
6、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。FrOmArOAaF Tm g（a） （b） （c ）图 4-16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 ，力gF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
7、I，物体的受力如 4-1 图(c)所示，按牛顿运动定律有 magT滑轮的转动定律为 1IFT又知 ，解得 (1) 1RaRg2当用 的力拉绳时，绳中张力就是 mg。g滑轮的转动定律为 ，得 (2) 2ImImgR2比较式(1)和式(2) ，显然有 17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 和 转动，设1O2它们从水平位置静止释放时的角加速度分别为 和 ；当它们分别转过 时，端点 A、B 的速1290度分别为 、 ，则AvBA ； B ；BAv,21 BAv,21C ； D ；E 。 （D）BA,21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
8、解 两个细直杆的转动惯量分别为， 213mlI 2222 9131mlllI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 知， 。IM021A B图 4-3AO 1lBO 2l / 3图 4-2(a)AO 1lBO 2l / 3C C图 4-2(b)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 21lmgI即 321ll得 lg1则 vA3同理 62lmgI即 91lllg32则 vB2显然 BAv8. 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
9、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； D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，A、两轮间的摩擦力为内力，故系统的角动量守恒，即 )(BAII由此得 BAkBABABABAk IEIIIIE 222 1)()(1)(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m mOv v图 4-4R图 4-5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，
10、则两子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量 及圆盘的角速度 将会：LA 不变， 增大； B 不变， 减小；LC 增大， 减小； D 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 II0即 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 0 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 ； B. ； 02mRI02)(m
11、IC ； D. 020（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II0而人到转台边缘时， ，即2mR人20I则 02二. 填空题1一汽车发动机的曲轴，在 12s 内，其转速由 均匀增加到minr10230.n，则此曲轴转动的角加速度 13.1 ；在此时间内，曲轴共转minr0723.n 2sad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Om2m0图 4-6(a)406120-1srad终态运转角速度为 972 -1r已知 ，故角加速度 为 st12 1
12、36250)4(12 .t -2srad在 12s 内曲轴的角位移为 210trad780)(65242因而曲轴在这一段时间内转过的圈数为 39780N2半径为 =1m 的飞轮，以角速度 转动，受到制动后均匀减速，经Rsrad50后静止。则飞轮在 时的角速度 78.5 ；此时，飞轮边缘上某一点s50t s25tsr的切向加速度 = -3.14 ；法向加速度 。amn3106.2m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t05-2srad飞轮在 时的角速度为 s25t 57825001 .t -1srad飞轮边缘上一点的切向加速度的大小为 143.R
13、 sm法向加速度为 216an 23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， 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 Idmr2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 ，此时该系统角加速度的大小为 。Mmgl21lg32知识点 力矩的计算，转动定律
14、。A图 4-7O2 m gm g图 4-6(b)分析与解答 受力分析如图6b 所示。小球m 和 m 的重力矩分别为，gll21M2lM则系统所受合外力矩为 l121小球m 和 m 的转动惯量分别为 ，2211llI 224mllI系统的总转动惯量为 213I由转动定律 有 IMglmlIM3425如图 4-7 所示，长为 ，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l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 a23g。2sm知识点 转动定律的瞬时性。分析与解答 当线烧断时，根据转动定律有glmllIM231则右端的加速度为 la6刚体作定轴转
15、动，其角动量的矢量表达式为 ，角动量守恒的条件是 。LI 0M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 （SI） ，其其对轴的转动惯量为t20sin，则在 时，刚体的角动量为 ；刚体的转动动能2mkg10I0t L41./smkg2J。E68.知识点 第类问题，角动量和转动动能的计算。分析与解答 运动方程为 t20sin角速度为 tdt20cos4角动量为 IL1转动动能为 ttEk 20cos18cs262当 t = 0 时， ，/sgm10420LJ08608实验测得电子自旋的角动量为 。若把电子看作是一个半径/smkg15324.L、质量 的小球体，则该“电子球
16、”表面上任一点的线速度108.R0190.的大小为 ，你认为这样构造的电子模型是 不合理的 （填合理、不合理） ，v146.s原因是 。c知识点 理想模型的合理性。分析与解答 电子处旋绕中心轴的转动惯量为 672183120 043095.RmI由角动量 ，得电子的自旋角速度为 L rad/s10532673.IL表面速度为 m410461832.Rv因为 ，因此该电子模型不合理。/s03/s10468cv.9一冲床的飞轮，转动惯量 ，并以角速度 转动。在带动冲2mkg5I srad0头对板材作成型冲压过程中，所需的能量全部由飞轮来提供。已知冲压一次，需作功，则在冲压过程之末飞轮的角速度 25
17、.8 。J1043.Ar知识点 刚体定轴转动的动能定理。分析与解答 对飞轮应用动能定理，则有2021IA由此解得 I20在上式中代入 ， ，rad/s102kgm5J40A则 r/8.4rOr图 4-810. 一个人站在旋转平台的中央，两臂侧平举，整个系统以 的角速度旋转，转srad 20/动惯量为 。如果将双臂回收则该系统的转动惯量变为 ，此时系统的20mkg6I 2m.kgI转动动能与原来的转动动能之比为 3 。k0E知识点 角动量守恒，转动动能的计算。分析与解答 在双臂收回过程中，系统的角动量守恒，则即 I00I系统初始时的转动动能为 J1262100 Ek系统末态时的转动动能为 220
18、02 6361 IIIk则 30kE三、简答题给你两个鸡蛋，一个是生的，一个是熟的，你用什么办法来判别？试分析之。解答 把两个鸡蛋同时在玻璃台面上旋转，生鸡蛋的蛋清由于惯性会向蛋壳聚集，使质量分布发生变化，导致转动惯量增大，按角动量守恒 ， 增大， 必减小，于是生鸡蛋很21I2快会停下来。四、计算与证明题1如图 4-8 所示，一机械钟的钟摆由一根均质细杆和均质圆盘组成。细杆长 4r，质量为 m；圆盘半径为 r，质量为 2m。（1）试求：该钟摆绕端点 O、垂直于纸面的轴的转动惯量；（2）设 时，钟摆的角速度为 ，其所受的阻力矩 （SI） ， 为正的常量，0t 0ktMf试求其停摆前所经历的时间
19、。t分析与解答 （1）杆对轴的转动惯量为 221316)4(mrrI盘对轴的转动惯量为 2222 5)(mI所以，钟摆对轴的转动惯量为 221369rIkRmIA图 4-9（2）由转动定律 ktdIMf00tt所以，停摆前所经历的时间为 kI022. 如图 4-9 所示，一个劲度系数为 的轻质弹簧与一轻柔绳相连接，该绳跨过一半N/m.径为 R = 0.3m，转动惯量为 I = 0.5 的定滑轮，绳的另一端悬挂一质量为 m 的物体 A。开始2g时，用手将物体托住，使弹簧保持原长，系统处于静止状态。试求松手后物体下落 时的40.h加速度和速度。 （滑轮与轴间的摩擦可以忽略不计） 。分析与解答 以弹
20、簧、滑轮和物体 A 为研究对象，分析其受力。由题意知，物体向下运动，则分别对物体和滑轮运用牛顿运动定律和转动定律。对物体 A 有 （1）maFgT1对滑轮有 （2）IR)(2对弹簧有 （3）0kxT由于绳子与滑轮无相对滑动，则有 （4）a联立式（1）（4）可得物体 A 运动的加速度为2RImkxg代入 ， ，R = 0.3m ，I = 0.5 ，此时加速度为40.hxN/02.k2g2/s8.a又取物体、弹簧、滑轮和地球为系统，在物体下落过程中，系统机械能守恒。取物体 A 的初始位置处为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有（5）mgxkIm222110v滑轮转动角速度 与物体 A 运动速度有 （6）Rv将式（6）代入式（5）中可解得物体 A 的速度为 2RImkxg
