西华师大化工院资料物理学简明教程第3单元

3－1有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：(1)这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零；(2)这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零；(3)当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零；(4)当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零．对上述说法下述判断正确的是((A)只有(1)是正确的(C)(1)、(2)、(3)都正确，(4)错误分析与解)(B)(1)、(2)正确，(3)、(4)错误(D)(1)、(2)、(3)、(4)都正确力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转)．不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是正确．对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然．但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故(3)(4)说法不完全正确．综上所述，应选(B)．3－2关于力矩有以下几种说法：(1)对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度；(2)一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；(3)质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同．对上述说法下述判断正确的是((A)只有(2)是正确的(C)(2)、(3)是正确的分析与解)(B)(1)、(2)是正确的(D)(1)、(2)、(3)都是正确的刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量等，故(1)(2)说法正确．对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选(B)．3－3()均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是(A)角速度从小到大，角加速度不变(B)角速度从小到大，角加速度从小到大(C)角速度从小到大，角加速度从大到小(D)角速度不变，角加速度为零分析与解如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹角有关．当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零．因此在棒在下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小到大(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况)，应选(C)．3－4分析一汽车发动机曲轴的转速在12s内由1.2×103r·min-1均匀的增加到2.7×103r·min-1．(1)这是刚体的运动学问题．刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关求曲轴转动的角加速度；(2)在此时间内，曲轴转了多少转？系，本题为匀变速转动．解(1)由于角速度ω＝2πn(n为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义α

dω

，在dt

匀变速转动中角加速度为α

ωω02πnn013.1rads2tt

(2)发动机曲轴转过的角度为1ωω0θω0tαt2tπnn022

在12s内曲轴转过的圈数为N

3－5θnn0t390圈2π2

一飞轮由一直径为30㎝，厚度为2.0㎝的圆盘和两个直径为10㎝，长为8.0㎝的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为7.8×103kg·m-3，求飞轮对轴的转动惯量．分析根据转动惯量的可叠加性，飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，或根据转动惯量的定义，用简单的积分计算得到．解根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得1d1d

JJ1J22m11m22

2222 

3－6少？分析221414

πρld1ad20.136kgm2162

一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.03×03N·m，涡轮的转动惯量为25.0kg·m2．当轮的转速由2.80×103r·min-1增大到1.12×104r·min-1时，所经历的时间t为多由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩，因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系，可解出飞轮所经历的时间．该题还可应用角动量定理直接求解．解1间在匀变速转动中，角加速度α

ωω0，由转动定律MJα，可得飞轮所经历的时tt

解2ωω02πJ

nn010.8sJ

MM飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有MdtJωω00t则3－7t

ωω02πJ

nn010.8sJ

MM电风扇接通电源后一般经5s后到达额定转速n0300rmin1,而关闭电源后经162s后风扇停止转动，已知电风扇的转动惯量为0.5kgm，设启动时电磁力矩M和转动时的阻力矩Mf均为常数，求启动时的电磁力矩M.分析由题意知M和Mf均为常数，故启动时电风扇在M和Mf共同作用下，作匀加速转动，直至到达额定转速，关闭电源后，电风扇仅在Mf的作用下作匀减速转动.运用匀变速转动的运动学规律和转动定律既可求解.解设启动时和关闭电源后，电风扇转动时的角加速度分别为1和2，则启动过程MMfJ01t1关闭电源后MfJ202t20

联解以上各式并将0

2n0以及n0、t1、t2、J值代入，得60

M4.12Nm

3－8一质量为m′、半径为R的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度ω转动，若在某时刻，一质量为m的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可能达到的高度是多少？破裂后圆盘的角动量为多大？分析盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可计算破裂后盘的角动量.解(1)碎块抛出时的初速度为v0ωR

由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为2v0ω2R2h

2g2g(2)圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有式中L

1

mR2ω为圆盘未碎时的角动量；LmR2ω为碎块被视为质点时，碎块对轴的2LL0L

角动量；L为破裂后盘的角动量.则1LmmR2ω

2

3－9一位溜冰者伸开双臂来以1.0rs1绕身体中心轴转动，此时的转动惯量为1.33kgm2,她收起双臂来增加转速，如收起双臂后的转动惯量变为0.48kgm2.求（1）她收起双臂后的转速；（2）她收起双臂前后绕身体中心轴的转动动能各为多少？分析各种物体（含刚体和变形体）在运动过程中，只要对空间某定点或定轴的外力矩之和为零，则物体对同一点或轴的角动量就守恒，在本题中当溜冰者绕身体中心轴转动时，人体重力和地面支持力均与该轴重合，故无外力矩作用，满足角动量守恒.此时改变身体形状（即改变对轴的转动惯量）就可改变转速，这是在体育运动中经常要利用的物理规律.解（1）由分析知，有J00J则

（2）收起双臂前J002.77rs-1J

1

J00226.2J212J72.6J2Ek2Ek1Ek1Ek2

收起双臂后此时由于人体内力做功，有3－10一质量为1.12kg，长为1.0m的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂.以100N的力打击它的下端点，打击时间为0.02s.(1)若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；(2)棒的最大偏转角.分析该题属于常见的刚体转动问题，可分为两个过程来讨论：(1)瞬间的打击过程.在瞬间外力的打击下，棒受到外力矩的角冲量，根据角动量定理，棒的角动量将发生变化，则获得一定的角速度.(2)棒的转动过程.由于棒和地球所组成的系统，除重力(保守内力)外无其他外力做功，因此系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律，可求得棒的偏转角度.解(1)由刚体的角动量定理得ΔLJω0MdtFlΔt2.0kgm2s1(2)取棒和地球为一系统，并选O处为重力势能零点.在转动过程中，系统的机械能守恒，即112Jω0mgl1cosθ22

由式(1)、(2)可得棒的偏转角度为3F2Δt2oθarccos188382mgl

3－11质量为0.50kg，长为0.40m的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动.如将此棒放在水平位置，然后任其落下，求：(1)当棒转过60°时的角加速度和角速度；(2)下落到竖直位置时的动能；(3)下落到竖直位置时的角速度.分析转动定律M＝Jα是一瞬时关系式，为求棒在不同位置的角加速度，只需确定棒所在位置的力矩就可求得.由于重力矩Mθmglcosθ是变力矩，角加速度也是变化的，因2此，在求角速度时，就必须根据角加速度用积分的方法来计算(也可根据转动中的动能定理，通过计算变力矩的功来求).至于棒下落到竖直位置时的动能和角速度，可采用系统的机械能守恒定律来解，这是因为棒与地球所组成的系统中，只有重力作功(转轴处的支持力不作功)，因此，系统的机械能守恒.解为(1)棒绕端点的转动惯量J12ml由转动定律M＝Jα可得棒在θ位置时的角加速度3αMθ3gcosθJ2l当θ＝60°时，棒转动的角加速度由于αdωωdω，根据初始条件对式(1)积分，有dtdθ18.4s2则角速度为ω0ωdω60o0αdθω3gsinθl60o07.98s1(2)根据机械能守恒，棒下落至竖直位置时的动能为1

mgl0.98J212(3)由于该动能也就是转动动能，即EKJω，所以，棒落至竖直位置时的角速度为2EKω

2EKJ3g8.57s1l