6.刚体定轴转动定律

班级 ___________ 学号 __________ 姓名 _________ 成绩 ________

基本要求： （1） 理解描述刚体定轴转动的基本物理量以及角量与线量之间的关系 （2） 掌握力矩、转动惯量的概念和转动定律及应用

内容提要

1. 刚体绕定轴转动的角速度和角加速度

dd，  limt0tdtdt

2. 刚体绕定轴转动匀变速转动公式

123. 力矩MrF

00tt2， 0t，202(0)

2注意对固定点的力矩与对转轴的力矩的区别

力矩是使物体转动状态变化的原因，力是使物体平动状态变化的原因，合外力为零，合外力矩不一定为零；

4. 刚体的定轴转动定律: MJ

5. 刚体转动惯量：质量分布不连续的质点系J连续物体Jrdm

6. 转动惯量有关的因素：

a. 刚体的质量; b. 质量的分布; c. 转轴的位置; 7. 几种特殊情况的转动惯量大小：

a: 长为L、质量为m的均匀细棒绕一端的转动惯量:JmL2/3 b: 质量分布均匀的圆盘绕中心转轴: J

1

mr2ii

21mR2 2一、选择题

1. 以下说法正确的是

[ ] (A) 合外力为零,合外力矩一定为零； (B) 合外力为零,合外力矩一定不为零； (C) 合外力为零,合外力矩可以不为零；

(D) 合外力不为零,合外力矩一定不为零； (E) 合外力不为零,合外力矩一定为零.

2. 有A、B两个半径相同,质量相同的细圆环.A环的质量均匀分布,B环的质量不均匀分布,设它们对过环心的中心轴的转动惯量分别为IA和I B,则有

[ ] (A) IA＞IB. (B) IA＜IB.

(C) 无法确定哪个大.

(D) IA＝IB.

3.将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，如果在绳端挂一质量为m的重物时，飞轮的角加速度为1. 如果以拉力2mg代替重物拉绳时, 飞轮的角加速度将

[ ] （A）小于 1.

(B )大于1,小于21.

(C) 大于21. (D) 等于21.

4. 一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m1和m2的物体(m1＜m2﹚，如图所示．绳与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力 O [ ] (A) 处处相等． (B) 左边大于右边． (C) 右边大于左边． (D) 哪边大无法判断．

m 二、填空题 m1 2

1.半径为r = 的飞轮作匀变速转动,初角速度 0=10rad/s,角加速度

2

=－5rad/s, 则在t= 时角位移为零,而此时边缘上点的线速度v= .

2.半径为20cm的主动轮,通过皮带拖动半径为50cm的被动轮转动,皮带与轮之间无相对滑动, 主动轮从静止开始作匀角加速转动. 在4s内被动轮的角速度达到8rad/s,则主动轮在这段时间内转过了 圈.

3. 如图所示一长为L的轻质细杆,两端分别固定质量为m和2m的2○小球,此系统在竖直平面内可绕过中点O且与杆垂直的水平光滑轴(O轴)转动, 开始时杆与水平成60°角,处于静止状态.无初转速地释放后,杆60 O ·╮ 球这一刚体系统绕O轴转动,系统绕O轴的转动惯量J= .释放后,当杆转到水平位置时,刚体受到的合外力矩M= ;

○ m 角加速度= .

三、计算题

2

图.1 图.2

1. 质量均为m的物体A和B叠放在光滑桌面上，轻绳跨过轴光滑的定滑轮连接物体A1（R为滑轮半径），忽略A与B间的摩擦。mR2，

2今用水平力F拉物体A，已知F10N,m8.0kg,R0.05m。求:

和B（图1）。设定滑轮的转动惯量J（1）定滑轮的角加速度。

（2）物体A与定滑轮间绳子的张力。

（3）物体B与定滑轮间绳子的张力。

2. 两端挂着物体质量分别为m和2m的轻绳，跨过两质量均为m，半径均为r的均匀圆盘状定滑轮（图2）。滑轮轴光滑，将系统静止释放，求两滑轮间绳子的张力。

3

参考答案 一、选择题 1. （C）； 2. （D）； 3.（C），提示：如图设定滑轮的质量为M，半径为R，绕中心轴转动的转动惯量为J，如果在绳端挂一质量为m的重物时，对m应用牛顿第二定律，对定滑轮应用转动定律，可以得到方程组

mgTmaTRJ1aR1解得1mgR 2JR如果以拉力2mg代替重物拉绳时，对定滑轮应用转动定律

Am 2mgRJ2，可得， 2比较发现221。 4. (C)

二、填空题

2mgR Jmg 12t0可得t= 4秒，此时飞21. t= 4秒, v= 15m/s 提示：根据公式0t轮的角速度0t10rad/s，故边缘部分的线速度为vR15m/s ;

2. 20，提示：主动轮与被动轮在任意时刻边缘处的线速度是相等的，所以

0.580.21，得到主动轮在4秒时的角速度为120rad/s，所以主动轮转过的

角度为12140t1t40rad所以主动轮转过的圈数为n20； 22232mgl23. J =ml，M = ， = g，提示：不连续物体的转动惯量

3L24

22L2L232Jmirim2mmL，合外力的力矩为重力矩，两物体重力矩方向相

444i1反，为M

三、计算题

1. 解：

LLmgL2g，根据转动定律MJ，可得角加速度； 2mgmg2223L对A:FTma对B:T2ma对轮：T2rT1rJar带入数据：

4

对A:10T180.05对B:T280.05 12对轮：T20.05T10.0580.052a0.05得到，10rad/s,T14N,T26N 2. 解：设两滑轮间绳子的张力为T3

对m:T1mgma对2m:2mgT22ma ar又因为，

T3rT1rJT2rT3rJ

得到，T3T1T2,T2rT1r2J 253mg mg,T24211所以，两滑轮间绳子的张力T3mg

8带入数据得到，T1

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