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【大题】工科物理大作业04-刚体定轴转动

【大题】工科物理大作业04-刚体定轴转动04 04 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n a 和切向加速度τa 的表述中,正确的是: A .n a 、τa 的大小均随时间变化; B .n a 、τa 的大小均保持不变; C .n a 的大小变化,τa 的大小保持恒定; D .n a 的大小保持恒定...

04 04 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n a 和切向加速度τa 的表述中,正确的是: A .n a 、τa 的大小均随时间变化; B .n a 、τa 的大小均保持不变; C .n a 的大小变化,τa 的大小保持恒定; D .n a 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 r a n 2ω=,r a τβ= 当β = 恒量时,t βωω+=0 ,显然r t r a n 202)(βωω+==,其大小随时间而变,r a τβ=的大小恒定不变。 2. 两个均质圆盘A 和B ,密度分别为ρA 和ρB ,且B ρρ>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A I 和B I ,则 A . B I I >A ; B. B I I , 所以22B A R R < 且转动惯量22 1mR I =,则B A I I < 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βI M =,式中β,,I M 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r v ω=;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F r M ?=。若F 与轴平行,则M 一定与轴垂直,即轴的力矩M z = 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F r M ?=z ,力矩M z 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 ) a F m g (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,βI M=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(β 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β的。若外力矩M 的方向和角加速度β 的方向一致,而角加速度β 与角速度 ω 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β 。若将物体A卸掉,而改用力F拉绳子,该力的大小mg F=,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F T,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 ma F mg T = - 滑轮的转动定律为 1 βI F T = 又知 1 β R a=,解得 I mR mgR + = 2 1 β(1) 当用mg F=的力拉绳时,绳中张力就是mg。滑轮的转动定律为 2 βI mgR=,得 I mgR = 2 β(2) 比较式(1)和式(2),显然有 2 1 β β< 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 1 O和 2 O转动,设它们从水平位置静止释放时的角加速度分别为 1 β和 2 β;当它们分别转过 90时,端点A、B的速度分别为 A v、 B v,则 A. B A v v> >, 2 1 β β;B. B A v v= =, 2 1 β β; A O 1 l B O l 图4-2(a) A O 1 l B O 2 l /3 C C 图4-2(b) C. B A v v< <, 2 1 β β;D. B A v v> =, 2 1 β β; E. B A v v< =, 2 1 β β。(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 2 13 1 ml I=,2 2 2 29 1 3 2 12 1 ml l l m ml I= ? ? ? ? ? - + = 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βI M=知,0 2 1 = =β β。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 2 2 12 1 1 l mg I= ω 即 2 3 1 2 12 1 2 l mg ml= ?ω 得 l g3 1 = ω 则 gl l v A 3 1 = =ω 同理 6 2 12 2 2 l mg I= ω 即 6 9 1 2 12 2 2 l mg ml= ?ω l g3 2 = ω 则 gl l v B 3 3 2 3 2 2 = =ω 显然 B A v v> 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; 图4-3 图 4-4 图4-5 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 、B 两轮间的摩擦力为内力,故系统的角动量守恒,即 ωω'+=)(B A A I I I 由此得 ωωB A A I I I += ' B A k A B A A B A A B A B A k I I E I I I I I I I I I I I E +=+=++='+='2 22 2 2221) ()(21)(21ωωω 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ω将会: A .L 不变,ω增大; B .L 不变,ω减小; C .L 增大,ω减小; D .L 增大,ω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 ()ωωI I I ?+=0 即 0ωω< 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 ωmR I I +; B. 02)(ωR m I I +; C . 02 ωmR I ; D. 0ω (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 ()ωω人I I I +=0 而人到转台边缘时,2 mR I =人,即 () ωω20mR I I += 则 02 ωωmR I I += 二. 填空题 1.一汽车发动机的曲轴,在12s 内,其转速由 min r 102130?=.n 均匀增加到 min r 10723?=.n ,则此曲轴转动的角加速度=β 13.1 2s rad ;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 ππω4060 1200 20=?= -1s rad ? 终态运转角速度为 ππω9060 2700 22=?= -1s rad ? 已知s t 12=,故角加速度β为 1136 25 012)4090(1 2.==--= ?-= ππωωβt -2s rad ? 在12s 内曲轴的角位移为 2 102 1t t βωθθθ+ =-=? rad 780)12(6 25 2112402πππ=??+?= 因而曲轴在这一段时间内转过的圈数为 3902780== π π N 2.半径为R =1m 的飞轮,以角速度s rad 500 πω=转动,受到制动后均匀减速,经s 50=t 后静止。则飞轮在s 25=t 时的角速度=ω 78.5 s rad ;此时,飞轮边缘上某一点的切向加速度τa = -3.14 2s m ;法向加速度=n a 310166?. 2s m 。 [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 ωωβππ -=-= 50 500-2s rad ? 飞轮在s 25=t 时的角速度为 57825255001.==-=+=πππβωωt -1s rad ? 图4-6 (a) 图4-6(b) 飞轮边缘上一点的切向加速度的大小为 143.-==R βa τ2s m -? 法向加速度为 3 2 1110166?==.ωR a n 2 s m -? 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 ?dm r 2 , 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0θ,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=M mgl 21 ,此时该系统角加速度的大小为=β l g 32 。 [知识点] 力矩的计算,转动定律。 [分析与解答] 受力分析如图4-6(b )所示。小球2m 和m 的重力矩分别为 mgl l mg -=-=221M ,2 2l mg =M 则系统所受合外力矩为 m g l 2 1 21-=+=M M M 小球2m 和m 的转动惯量分别为 22 121212ml l m I =?? ? ??=,22 24121ml l m I =??? ??= 系统的总转动惯量为 2 214 3ml I I I = += 由转动定律βI =M 有 gl ml mgl I M 32 4 3212===β 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=a 2 3g 2 s m 。 [知识点] 转动定律的瞬时性。图4-7 [分析与解答] 当线烧断时,根据转动定律有 gl ml l mg I M 233 122== =β 则右端的加速度为 g l a a τ2 3 ===β 6.刚体作定轴转动,其角动量的矢量表达式为=L ωI ,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t 20sin 20=θ(SI ),其其对轴的转动惯量为2 m kg 100?=I ,则在0=t 时,刚体的角动量为=L 41004?. /s m kg 2?;刚体的转动动能=k E 61008?. J 。 [知识点] 第Ⅰ类问题,角动量和转动动能的计算。 [分析与解答] 运动方程为 t 20sin 20=θ 角速度为 t dt d 20cos 400== θ ω 角动量为 t I L 20cos 1044 ?==ω 转动动能为 ()t t I E k 20cos 10820cos 4001002 121262 2?=??== ω 当t = 0时,/s kgm 1042 4 0?=L ,J 1086 0?=k E 8.实验测得电子自旋的角动量为/s m kg 10530234??=-.L 。若把电子看作是一个半径 m 100118-?=.R 、质量kg 10119310-?=.m 的小球体,则该“电子球”表面上任一点的线速度的大小为=v 14 10461?.m ,你认为这样构造的电子模型是不合理的 (填合理、不合理), 原因是 c v > 。 [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 () 672 18 5 2 52---?=????==...R m I 由角动量ωI L =,得电子的自旋角速度为 rad/s 1046110 6431053032 67 34?=??==--...I L ω 表面速度为 m/s 10461100110 461141832 ?=???==-...R v ω 因为m/s 103m/s 10461814?=>?=c v .,因此该电子模型不合理。 9.一冲床的飞轮,转动惯量2m kg 25?=I ,并以角速度s rad 100πω=转动。在带动冲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J 10043 ?=.A , 则在冲压过程之末飞轮的角速度=ω 25.8 s r a d 。 [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 2022 121ωωI I A -= 由此解得 I ω ωω22 0+ = 在上式中代入πrad/s 100=ω,2 kgm 25=I ,J 4000-=A 则 rad/s 825.=ω 10. 一个人站在旋转平台的中央,两臂侧平举,整个系统以s rad π20/=ω的角速度旋转,转动惯量为20 m kg 6?=I 。如果将双臂回收则该系统的转动惯量变为2m .0kg 2?=I ,此时系统的转动动能与原来的转动动能之比为=k 0 k E E 3 。 [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 ωωI I =00 即 00 ωωI I = 系统初始时的转动动能为 ()J π12π262 121222000=??== ωI E k 系统末态时的转动动能为 ()22 22 0202 0026π322621212121=?== ?? ? ??==πωωωI I I I I I E k 则 30 =k k E E 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,使质量分布图4-8 图4-9 发生变化,导致转动惯量增大,按角动量守恒2211ωωI I =,2I 增大,2ω必减小,于是生鸡蛋很快会停下来。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0=t 时,钟摆的角速度为0ω,其所受的阻力矩kt M f -=(SI ) ,k 为正的常量,试求其停摆前所经历的时间t 。 [分析与解答] (1)杆对轴的转动惯量为 2213 16 )4(31mr r m I == 盘对轴的转动惯量为 222251)5(2)2(2 1 mr r m r m I =+= 所以,钟摆对轴的转动惯量为 2 213 169mr I I I = += (2)由转动定律 kt dt d I M f -==ω ??=-0 00 ωωId ktdt t 所以,停摆前所经历的时间为 k I t 0 2ω= 2. 如图4-9所示,一个劲度系数为N/m 02.=k 的轻质弹簧与一轻柔绳相连接,该绳跨过一半径为R = 0.3m ,转动惯量为I = 0.52 m kg ?的定滑轮,绳的另一端悬挂一质量为m 的物体A 。开始时,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m 40.=h 时的加速度和速度。(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 ma F mg T =-1 (1) 对滑轮有 I βR F F T T =-)(21 (2) 对弹簧有 02=-kx F T (3) 图4-10 由于绳子与滑轮无相对滑动,则有 R a β= (4) 联立式(1)~(4)可得物体A 运动的加速度为 2 R I m kx mg a +-= 代入m 40.==h x ,N/m 02.=k ,R = 0.3m ,I = 0.52m kg ?,此时加速度为 2m/s 820.=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 mgx kx I m -++= 2222 1 21210ωv (5) 滑轮转动角速度ω与物体A 运动速度有 ωR =v (6) 将式(6)代入式(5)中可解得物体A 的速度为 2 2 2R I m kx mgx +-= v 代入m 40.==h x ,N/m 02.=k ,R = 0.3m ,I = 0.52m kg ?,此时速度为 s m 710/.=v 3.如图4-10所示,一质量为m 、半径为R 的圆盘,绕通过中心且垂直盘面的轴转动,转速为n rev/s 。此时将盘轻轻地放到粗糙的水平面上,圆盘与平面间的摩擦因数为μ 。 (1)试证明圆盘所受的摩擦力矩mgR M f μ3 2 = ; (2)试问圆盘转过多少圈后会停下来? [分析与解答] (1)圆盘各处都受摩擦力,由于各部分离盘心距离不同,力矩也不同。为此,取半径为r ,厚为d r 的圆环,其质量为 σ??=r r m d π2d 所受摩擦力矩为 g r r M f ??=σμd π2d 2 则圆盘所受的摩擦力矩 mgR r gr M M R f f μσ3 2 d π2d 0 2= ==?? (2)按转动定律有 ββμ22 1 32mR I mgR == 故 R g 34μβ= 根据θβωω?=-220 2 ,并考虑n π20=ω,0=ω得 g n R μθ2π32 2=? 则圆盘停下来以前转过的圈数为 g R n N μθ4π3π22= ?= 4. 如图4-11所示,长为l 、质量为m 的均质细杆,可绕过O 点并垂直纸面的水平光滑轴在竖直平面内转动。当杆自由悬挂时,有一个速度为v 0、质量m 0的子弹沿水平方向射入杆的下端点A 。试问如果恰好能使杆与子弹保持持续转动,则子弹的速度v 0至少应为多少?。 [分析与解答] 子弹 m 0与细杆m 的碰撞过程,系统角动量守恒,则有 000ωI l m =v (1) 2203 1 ml l m I I I +=+=杆弹 (2) 碰后上摆过程,系统机械能守恒。取细杆下端点A 最初所在平面为势能零点,则共同上摆之初的为 mgl I E 2 121201+=ω 若要使杆与子弹保持持续转动,则杆应可摆动到铅直位置(即子弹在上端),则此时的机械能为 gl m mgl I E 02222 3 21++= ω 由机械能守恒定律得 mgl I 212120+ωgl m mgl I 0222 3 21++=ω (3) 联立式(1)、(2)和(3),得 I gl m mgl I l m )42(1 0200++= ωv 如果恰好能使杆与子弹保持持续转动,此时0=ω,则得 )3 1 )(42(1 )42(1000 000m m gl m mgl m I gl m mgl l m ++=+= v

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