3剛體的定軸轉動

《物理學》多媒體學習輔導系統(tǒng)第三章剛體得定軸轉動一.理解定軸轉動剛體運動得角速度與角加速度得概念,理解角量與線量得關系。二.理解剛體定軸轉動定律,能解簡單得定軸轉動問題。五.理解轉動慣量得概念,能用平行軸定理與轉動慣量得可加性計算剛體對定軸得轉動慣本章得重點就是剛體定軸轉動得力矩、轉動慣量、角動量等物理量得概念與轉動定律,難點就是剛體繞定軸轉動得角動量守恒定律及其應用。一.角量與線量得關系s=r9v=ra=rta=r2n二.描述剛體定軸轉動得物理量與運動規(guī)律與描述質點直線運動得物理量與運動規(guī)律有類比關系,有關得數學方程完全相同,為便于比較與記憶,列表如下。只要將我們熟習得質點M質點得直線運動剛體定軸轉動置移速度加速度xxdxv=dta==a==dtdt2位置位移速度角加速度99d9=dtdd29==tdt勻速直線運動勻速直線運動00200力牛頓第二定律得功mFx01E=mv2k2動能定理量動量定理jxFdx=1mv2-1mv2x2200jtFdt0t00系統(tǒng)得機械能守恒定律若A+A=0,則外非保內kp系統(tǒng)得動量守恒定律若xF=0,則外xmv=常量ii勻角速轉動9=9+ot09=9+ot+at2002o2-o2=2a(9-9)00轉動慣量定軸轉動定律力矩得功ii990k2動能定理沖量矩j9Md9=1Io2-1Io2922200t0角動量(角動量(動量矩)角動量定理jtMdt=Io-Io0t0系統(tǒng)得機械能守恒定律若A+A=0,則外非保內kp系統(tǒng)得角動量守恒定律若xM=0,則外xL=常量i三.對于質點、剛體組成得系統(tǒng),動能定理仍然適用,系統(tǒng)得動能包括系統(tǒng)內所有質點得平動動能與剛體得轉動動能。當系統(tǒng)內力只有保守力作功,其外力與非保守內力作得總功為零,則整個系統(tǒng)機械能守恒。一.一長為l、質量為m得勻直細棒一端固定,可在豎直平面內轉動,最初棒靜止在水平位l有人這樣解:放手后桿受重力矩M=mg21細桿繞點O得水平軸轉動得轉動慣量為I=ml2,3由轉動定律M=I,解得=3g;又根據2一2=29,=09=得2l00,2討論:上述計算方法就是錯誤得討論:剛放手時重力矩M=mg剛放手時重力矩M=mg,角加速度=,但隨著桿得轉動,重力矩越來越小,在922l22l處,為M=mg1lcos9;角加速度也隨之減小,在9處,為=3gcos9。22l0此題得解法有多種,我們介紹兩種從功與能得角度求解得方法。解法一:用動能定理桿擺到任一桿擺到任一9角時,其所受得重力矩為l2桿從水平位置轉到豎直位置時,重力對桿所作得功為M=mgcos9A=jdA=jMd9=j2mglcos9d9=mgl0220A=A=Ekmgl=1I2一1I22220式中=0I=ml20,3解得IIl解法二:用機械能守恒求解取桿與地球為系統(tǒng),除重力外無其它力作功,機械能守恒。取豎直位置時桿得質心位置為重力勢能零點,有oo2式中1I=ml23解得Il二.如圖,一質量為m,得黏土塊以水平速度v甩向長為l質量為m得桿得末端,并粘在桿0端。求系統(tǒng)獲得得角速度。有人這樣解:取黏土塊與桿為系統(tǒng)有人這樣解:取黏土塊與桿為系統(tǒng),碰撞中水平方向動mvmmv,解得0m,vvm,v討論:上述計算方法就是錯誤得!其根源在于沒有認真分析守恒定律成立得條件。在黏土塊甩在桿上瞬時,桿得上端受到一個很大得力,這個力對黏土塊與桿組成得系統(tǒng)而言就是外力,其水平分量亦不可忽略,故水平方向動量不守恒。但這個力通過轉軸,其力矩為零,且系統(tǒng)得重力矩也為零,即系統(tǒng)得合外力矩為零,角動量守恒。黏土塊開始與桿碰撞得瞬時,系統(tǒng)得角動量僅為黏土塊對轉軸得角動量,其I=m,l2,o=v0,0l碰撞結束時,系統(tǒng)得角動量為由碰撞過程中角動量守恒解得003(1)0(3)(1)0(3)0cmmkg1mkg滑塊m在傾角9=30。得斜面上22間無摩擦,繩與輪間無相對滑動,求滑塊得加速度與繩中解:這就是一個質點、剛體組成得系統(tǒng),需隔離物體,分析各物體所受力(力矩)。作受力分析圖,由牛頓第二定律與轉動定律立出動力學1T111aT2r222T1T21I=mr2212r2T1T1FF,TT2解得m+m+m122例二如圖,均勻細桿可繞距其一端1l(l為桿長)得水平軸o在豎直平面內轉動,桿得質4量為m、當桿自由懸掛時,給它一個起始角速度O,如桿恰能持續(xù)轉動而不擺動(不計一切摩0解:由平行軸定理,桿繞水平軸得轉動慣量為117I=I+md2=ml2+ml2=ml2c121648桿與地球組成得系統(tǒng)在轉動過程中機械能守恒。要使桿恰能持續(xù)轉動而不擺動,桿轉過lE=mglP2動能增加為E=I2I2k220由E=E解得kP=2+07l=40=407l7ll桿處于水平位置時勢能增加為E=mgE=I2I2k220由E=E解得kP=27l桿處于水平位置時重力矩為ll由轉動定律M=Iala===I7la===I7ml27l第一關1.選出下述說法中得正確者。Avrvv正值;nB.法向加速度a恒大于零,切向加速度at也恒大于零;nC.對定軸轉動剛體而言,剛體上一點得線速度v、切向加速度a、法向加速度a得大小tn都與該質點距軸得距離r成正比;D.D.因a=,所以,上面(C)中關于法向加速度得敘述不正確。nrv答:C2.在下列說法中,錯誤得就是:A.剛體作定軸轉動時,其上各點得角速度相同,線速度則不同;B.剛體定軸轉動得轉動定律為M=Ia,式中M、I、a均為對同一條固定軸而言得,否則該式不成立;C.剛體得轉動動能等于剛體上各質元得動能之與;D.對給定得剛體而言,它得質量與形狀就是一定得,則其轉動慣量也就是唯一確定得。答:D3.細棒可繞光滑軸轉動,該軸垂直地通過棒得一個端點,今使棒從水平位置開始下擺,在棒轉到豎直位置得過程中,下述說法正確得就是A.角速度從小到大,角加速度從大到小;B.角速度從小到大,角加速度從小到大;C.角速度從大到小,角加速度從小到大;D.角速度從大到小,角加速度從大到小。4.幾個力同時作用于一個具有固定轉軸得剛體上。如果這幾個力得矢量與為零,則正確答案就是A.剛體必然不會轉動;B.轉速必然不變;C.轉速必然會變;D得轉動慣量最大得與最小得就是A與(2);答:B6.一質點作勻速率圓周運動時A.它得動量不變,對圓心得角動量也不變;B.它得動量不變,對圓心得角動量不斷改變;C.它得動量不斷改變,對圓心得角動量不變;D.它得動量不斷改變,對圓心得角動量也不斷改變。答:C第二關1.剛體繞定軸作勻變速轉動時,剛體上距轉軸為r得任一點得A.切向、法向加速度得大小均隨時間變化;B;C速度得大小變化;D.切向加速度得大小變化,法向加速度得大小恒定。答:C2.兩個勻質圓盤A與B得密度分別為p與p,且p>p,但兩圓盤質量與厚度相同。ABAB如兩盤對通過盤心垂直于盤面得軸得轉動慣量分別為I與I,則ABA.I>I;ABB.I>I;BAC.I=I;AB答:B1(解m=m即pr2h=pr2h,p>p則r>r,又I=mr2,：I>I)ABAABBABBA2BA3.關于力矩有以下幾種說法(1)內力矩不會改變剛體對某個定軸得角動量;(2)作用力與反作用力對同一軸得力矩之與為零;(3)大小相同方向相反兩個力對同一軸得力矩之與一定為零;(4)質量相等,形狀與大小不同得剛體,在相同力矩作用下,它們得角加速度一定相等。在上述說法中A.只有(2)就是正確得;B.(1)與(2)就是正確得;答:B4.水平剛性輕桿上對稱地串著兩個質量均為m得小球,如圖所示?，F讓細桿繞通過中心得豎直軸轉動,當轉速達到時,兩球開始向桿得兩端滑動,此時便撤去外力,任桿自由轉動0(不考慮轉軸與空氣得摩擦)。在此過程中球與桿組成得系統(tǒng)A.動能守恒與動量守恒;BB.動能守恒與角動量守恒;C.只有動量守恒;第三關C第三關C.要由該時刻得角速度決定;D.要由該時刻得角加速度決定。D答:D5.工程技術上得摩擦離合器就是通過摩擦實現傳動得裝置,其結構如圖所示。軸向作用力可以使A、B兩個飛輪實現離合。當轉動轉動時,此剛體系統(tǒng)在兩輪接合前后A.角動量改變,動能亦改變;B.角動量改變,動能不變;C.角動量不變,動能改變;D.角動量不變,動能亦不改變。答:C6.如右圖所示,一均勻細桿可繞通過上端與桿垂直得水平光滑軸O旋轉,初始狀態(tài)為靜止止懸掛,現有一個小球從左方水平打擊細桿,設小球與軸桿之間為非彈性碰撞,則在碰撞過程中對細桿與小球這一系統(tǒng)A.機械能守恒B.動量守恒C.對轉軸O得角動量守恒D.機械能,動量與角動量都不守恒答:C1.一飛輪繞軸作變速轉動,飛輪上有兩點P與P,它們到轉軸得距離分別為d與2d,則121B.;4在任意時刻,P與P兩點得加速度大小之比a1B.;412121A.;2答:At,n,tn1212(解:a=raa=r2a=a2+a2=ra2+4,aa=r/r=t,n,tn12122.下列說法中哪個或哪些就是正確得(1)作用在定軸轉動剛體上得力越大,剛體轉動得角加速度應越大;(2)作用在定軸轉動剛體上得合力矩越大,剛體轉動得角速度越大;(3)作用在定軸轉動剛體上得合力矩為零,剛體轉動得角速度為零;(4)作用在定軸轉動剛體上合力矩越大,剛體轉動得角加速度越大;(5)作用在定軸轉動剛體上得合力矩為零,剛體轉動得角加速度為零。A.(1)與(2)就是正確得;B.(2)與(3)就是正確得;答:答:與m,系統(tǒng)對OO,軸得轉動慣量為答:答:ii4.一質點從靜止出發(fā)繞半徑為R得圓周作勻變速圓周運動,角加速度為a,當質點走完一圈回到出發(fā)點時,所經歷得時間就是2B.aC.CaD.不能確定答:B00200aa00200aa5.一人張開雙臂,手握啞鈴,坐在轉椅上,讓轉椅轉動起來,若此后無外力矩作用,則當此人收回雙臂時,人與轉椅這一系統(tǒng)得A.轉速加大,轉動動能不變;=1=1>;122B.mR2mr2;2211D答:D.角動量保持不變,轉動動能加大。答:D(解:張開雙臂轉動慣量為I大于收回雙臂轉動慣量為I,收回雙臂得過程外力矩121122I2而11I2IE=I2=12=E.1>E。)k22222I1k1Ik1226.兩質量為m1與m2得質點分別沿半徑為R與r得同心圓周運動,前者以1得角速度沿順時針方向,后者以得角速度沿逆時針方向。以逆時針方向為正向,則該二質點組成得2系統(tǒng)得角動量就是A.mR2mr2;12211;(解:L=mR2,L=mr2,L=L+L=mr2mR2)111222122211第四關1.定軸轉動剛體得運動方程就是=5+2t3,t=1.00s時剛體上距轉軸0.1m得一點得加速度得大小就是B.;(I+B.;(I+m)R20A1B.ml2;4答:答:B==6t2a=d=12tdta=d=12tdttnaaa(12rt)2+(36rt4)2=12rt1+9t4tn2.有一半徑為R得勻質水平圓轉臺,繞通過其中心且垂直圓臺得軸轉動,轉動慣量為I,開始時有一質量為m得人站在轉臺中心,轉臺以勻角速度轉動,隨后人沿著半徑向外跑0去,當人到達轉臺邊緣時,轉臺得角速度為II+mR2I+mR20IIIC.;0mR20(解:人與轉臺組成得系統(tǒng)外力矩M=0,角動量守恒。轉臺得轉動慣量為I,人在臺心時人得轉動慣量為0,人在臺邊時人得轉動慣量為I0I+mR20mR2,：I=(I+mR2),0I+mR20l3.質量m長l得細棒對通過距一端、與棒垂直得軸得轉動慣量為31A.ml2;97C.ml2;;Dml2。1(解:棒對通過質心與棒垂直得軸得轉動慣量為I=ml2,由平行軸定理mlc122394.水平剛性輕桿上對稱地串著兩個質量均為m得小球,如圖所示?，F讓細桿繞通過中心得豎直軸轉動,當轉速達到o時,兩球開始向桿得兩端滑動,此時便撤去外力,任桿自由轉動0(不考慮轉軸與空氣得摩擦),當兩球都滑至桿端時,系統(tǒng)得角速度為A.o0000答:C00IoIIoI (2)01000 (2)5.長為l質量為m得均勻細棒,繞一端點在水平面內作勻速率轉動,已知棒中心點得線速率為v,則細棒得轉動動能為1AA.mv222B.mv231C.mv261D.mv2。答:B1l2vl(解:細棒得轉動轉動慣量為I=ml2,棒中心點得線速率為v=o1l2vlk223(l)3k223(l)36.原來張開雙臂以O角速度旋轉得冰上芭蕾舞演員其轉動動能為E,將手臂收回使0k01轉動慣量減少到原來得,則其轉速與動能分別變?yōu)?A.3O;3E;0k0k3k0904k0答:A1II=II由角動量守由角動量守恒0IO111IO=IO,O=00=3O;E=IO2=.I.9O2=3E。)00I0k22300k0第五關1.一輕繩繞在具有水平轉軸得定滑輪上,繩下端掛一物體,物體得質量為m,此時滑輪得角加速度為a,若將物體卸掉,而用大小等于mg、方向向下得力拉繩子,則滑輪得角加速度將A.變大B.不變;答:A(解:掛物體時:mg-F=maTFr=IaT112II=3I00用大小等于mg、方向向下得力拉時mgr=Ia2a=mgr2Iaa)12.可繞水平軸轉動得飛輪,直徑為1.0m,一條繩子繞在飛輪得外周邊緣,在繩得一端加一不變得拉力,如果從靜止開始在4s鐘內繩被展開10m,則繩端點得加速度與飛輪得角加速度分別為答:答:2s210(解:繩得端點作勻加速直線運動,由s=at2,得a===1.25(m.s22s2102t2422r3.三個完全相同得轉輪繞一公共軸旋轉。它們得角速度大小相同,但其中一輪得轉動方向與另外兩個相反。今沿軸得方向把三者緊靠在一起,它們獲得相同得角速度。此時系統(tǒng)得動能與原來三輪得總動能相比,正確答案就是1319答:B答:B1311131130初始動能k02020末動能k22909k04.一均勻圓盤狀飛輪,質量為20kg,半徑為0.3m。則它以每分鐘60轉得轉速旋轉時得動能為答:Ck22(k22(2)(60)2(2)(60)5.在豎直位置。被一粒石子擊中后細棒獲得角速度o。則棒轉到水平位置時得角速度與角加0速度大小分別為AA.o-3gl,a=2l;g3g0l,2lC.o2-3g,a=3gl;D.o2-3gl,a=3gl。02B.o2-a=;l2解得(解:由機械能守恒,E=EkPIω2IωIω2Iω2=mg22022021I=ml23=20lM=IlM=mg2==)6.如圖,質量為m、半徑為r得圓盤,可無摩擦地繞水平軸轉動,輕繩得一端系在圓盤得1邊緣,另一端懸掛一質量為m得物體。則當物體由靜止下落高度h時,其速度為24mghA.266mghB.2m+3m124mghC.26mgh3m+m12答:A(解:由機械能守恒定律,E=Ekp11I2+mv2=mgh2222而1I=mr22v=r4mgh4mghm3－16細棒長為l,質量為,設轉軸通過棒上離m中心為h得一點并與棒垂直,則棒對此軸得轉動慣量為(用平行軸定理計算)得垂直軸得轉動慣量為I=1ml2,由平行軸定理I=I+md2,d=h可求c12c出結果33－17在半徑為R得均勻薄圓盤中挖出一直徑為R得圓形R面積,所剩部分質量為m,圓形空面積得中心距圓盤得中心為,2求所剩部分對通過盤心且與盤面垂直得軸得轉動慣量。指導:此題用補償法解,先求未挖過得半徑為R實心大圓盤對1R軸線得轉動慣量I,=m,R2,再由平行軸定理求半徑為得小圓盤對邊緣且垂直于盤得22軸得轉動慣量I軸得轉動慣量I,=I,+m,d2(d=),即c22222328兩者之差即為所要求得剩余部分轉動慣量。式中各部分質量可這樣求:小圓盤得面積 (2)4s,4,m,4114 (2)4s,4,m,4114挖出小圓盤質量m'=m,而實心大圓盤得質量m,,=m+m=m3333－18如圖所示,兩個物體質量分別為m與m,定滑輪得質量為m,半徑為R,可122FFRFR=IαTT2而設繩與滑輪無相對滑動,且可不計滑輪軸得摩擦力矩。求m下落得加速度與兩段繩中得張1指導:此題中定滑輪得質量為m不可忽略,滑輪為剛體,因此要對滑輪與兩個物體分別進行受力分析。如圖,由牛頓第二定律、轉動定律立出各物體得動力學方程mgF=ma1T11對m,由牛頓第二定律2FF=maTr22對m,由定軸轉動定律I=I=mR22F=mgr2由此可解得物體得加速度與繩中得張力3－19如圖所示,一質量為m、半徑為R得圓盤,可繞垂直通過盤心得無摩擦得水平軸指導:此題用機械能守恒解。以圓盤、物體與地球為系指導:此題用機械能守恒解。以圓盤、物體與地球為系kp111222物體速度RvR由靜止下落高度h時,其速度得大小。3－20如圖所示,一物體質量為5kg,從一傾角為37。得斜面滑下,物體與斜面得摩擦系數為0.25。一飛輪裝在定軸O處,繩得一端繞在飛輪上,另一端與物體相連。若飛輪可瞧成實心圓盤,質量為20kg,半徑為0.2m,其所受得摩擦阻力矩忽略不計。求:(1)物體沿斜面下滑得加速度;(2)繩中得張力。指導:設物體得質量為m,滑輪得質量為m,滑輪得半徑為r。隔離物體分析受力如圖,2圖中F=F,,因物體沿斜面方向運動,所以在該方向與與之垂直得方向上列動力學方程:TT對物體,F=mg,由牛頓第二定律,沿張力方向(平行于斜面)G1mgsin37。_F_F=ma1Tr1在垂直于斜面得方向1N對滑輪,由轉動定律T而rN1I=mr222聯立這些方程可解得物體得加速度a=(|(_))|m1mg與繩中得張力Fm2a。1223－21如圖所示,連在一起大小不同得鼓輪,其質量分別為m,與m,,半徑分別為r與121r。兩鼓輪各繞有繩索,兩繩索各掛有質量分別為m與1mmm)。求鼓輪得角加速度與繩得張力。221(各鼓輪可瞧成質量均勻分布得圓盤,繩索質量與軸承摩指導:隔離