大学物理 第三章 刚体的定轴转动.pdf

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1、习题精解3-1某刚体绕定轴做匀速转动，对刚体上距转轴为r处的任意质元的法向加速度为和切线加速度来正确的是（）A.a，a大小均随时间变化B.a，a大小均保持不变nτnτC.a的大小变化，a的大小保持不变D.a大小保持不变，a的大小变化nτnτ2解刚体绕定轴做匀变速转动时，因为a=rω,a=rβ，而β为恒量，所以ω=ω+βt，nτ02故a=r(ω+βt),a=rβ。可见：a的大小变化，a的大小保持恒定，本题答案为C.n0τnτ−123-2一飞轮以的角速度转动300rad•min，转动惯量为5kgm•，现施加一恒定的制动力矩，使飞轮在2s内停止转动，则该恒定制动力矩的大小为_________.

2、ωω−00−ω01300−2解飞轮转动的角速度为β===−×=−2.5(rads•)所以该恒定制t2260动力矩大小为M=Jβ=×52.512.5=(Nm•)。−13-3一飞轮半径r=1m，以转速n=1500r•min转动，受制动均匀减速，经t=50s后静止，试求：（1）角速度β和从制动开始到静止这段时间飞轮转过的转数；（2）制动开始t=25s后时飞轮的角速度ω；（3）在时飞轮边缘上一点的速度和加速度。解（1）角加速度150023.14××ωω−002−nπ60−2β===−=−3.14(rads•)t5050从制动开始到静止这段时间飞轮转过的转数12150012ωt+βt23.14××

3、×50−×3.1450×∆θ02602N====625(圈)2π2π23.14×（2）制动开始后t=25s时飞轮的角速度1500−2ω=ω0+βt=2nπ+βt=×23.14×−×3.1425×=78.5(rads•)60（3）在t=25s是飞轮边缘上一点的速度和加速度分别为����−1v=(ωτr)=(78.51×)τ=78.5τ(ms•)a�=ana�+τ�=(ω2rn)�+(βr)τ�=⎡(78.5)2×1⎤n�+−(3.14×r)τ�=(6.1610×3n�−3.14τ�)(ms•−2)nτ⎣⎦3-4有A、B两个半径相同、质量也相同的细圆环，其中A环的质量分布均匀，而B环的质1量

4、分布不均匀。若两环对过环心且与环面垂直轴的转动惯量分别为J和J，则有（）ABA.J>JB.J

5、所示，细棒的长为l。设转轴通过棒上离中心距离为d的一点并与棒垂直，求棒对此轴的转动惯量JO′。试说明这一转动惯量与JO′棒对过棒中心并与此轴平行的转轴的转动惯量J之间的关系（此为平行轴定理）。O解如图3.4所示，以过O′点垂直于棒的直线为轴，沿棒长方向为x′轴，原点在O′处，在棒上取一原长度元dx′，则⎛1⎞2⎜−d⎟2⎛m⎞1J=(x′)dm=⎝2⎠(x′)⎜dx′⎟=ml2+md2O′∫∫⎛1⎞m−⎜+d⎟⎝l⎠12⎝2⎠所以JO′与JO之间的关系为2JO′=JO+md3-7一轻绳在具有水平转轴的定滑轮上，绳下挂一物体，物体的质量为m，此时滑轮的角加速度为β，若将物体取下，而用大小等

6、于mg，方向向下的拉绳子，则滑轮的角加速度将（）A.变大B.不变C.变小D.无法确定解设滑轮的半径为R,转动惯量为J，如图3.5所示。使用大小等于mg，方向向下的力拉mgR绳子时，如图3.5（a）,滑轮产生的角加速度为β=。J绳下段挂一质量为m的物体时，如图3.5（b），若设绳子此时的拉力为T，则对物体有：mgT−=mRβ对滑轮有：TR=Jβ此时滑轮产生的角加速度为mgRβ=2J+mR比较可知，用大小等于mg，方向向下的拉力拉绳子时，滑轮产生的角加速度变大，本题2答案为A.3-8力矩、功和能量的单位量纲相同，它们的物理意义有什么不同？2−2解虽然力矩、功和能量的单位量纲相同，同为LMT,

7、但物理量的量纲相同，并不意味着这些物理量的物理意义相同，力矩为矢量，而功和能量均为标量。力矩通过做功的过程使物体的转动状态发生变化，以改变物体所具有的能量。3-9如图3.6所示，两物体的质量分别为m和m，滑轮的转动惯量为J，半径为r。若12m与桌面的摩擦系数为µ，设绳子与滑动间无相对滑动，试求系统的加速度a的大小及绳2子中张力T和T的大小。12解分析受力如图3.6所示。m和m可视为质点，设其加速度分别为a和a，则由牛顿运1212动定