大学物理(力学)试卷附问题详解

大 学 物 理（力学）试 卷
一、选择题（共27分） 1．（本题3分）
如图所示，A 、B 为两个相同的绕着轻绳的定滑轮．A 滑轮挂一质量为M 的物体，B 滑轮受拉力F ，而且F ＝
Mg ．设A 、B 两滑轮的角加速度分别为
A 和
B ，不计滑轮轴的摩擦，则有 (A) A ＝B ． (B) A ＞B ． (C)
A ＜
B ．
(D) 开始时A ＝
B ，以后
A ＜
B ． ［
］
2．（本题3分）
几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上，如果这几个力的矢量和为零，则此刚体
(A) 必然不会转动． (B) 转速必然不变．
(C) 转速必然改变． (D) 转速可能不变，也可能改变． ［ ］ 3．（本题3分）
关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 （A ）只取决于刚体的质量,与质量的空间分布和轴的位置无关． （B ）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关． （C ）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置．
（D ）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关． ［ ］ 4．（本题3分）
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m 1和m 2的物体(m 1＜m 2)，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 (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． ［ ］ 5．（本题3分）
将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，现在在绳端挂一质量为m 的重物，飞轮的角加速度为．如果以拉力2mg 代替重物拉绳时，飞轮的角加速度将 (A) 小于． (B) 大于，小于2．
(C) 大于2． (D) 等于2
． ［ ］
6．（本题3分）
A
M
B
F
m 2 m 1
O
花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为J 0，角速度为
0．然后她将两臂收回，使转动惯量减少为
3
1
J 0．这时她转动的角速度变为 (A) 310．
(B) ()
3/10． (C)
3
0． (D) 3
0．
［ ］
7．（本题3分）
关于力矩有以下几种说法：
(1) 对某个定轴而言，内力矩不会改变刚体的角动量． (2) 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，它们的角加速度一定相等．
在上述说法中，
(A) 只有(2) 是正确的． (B) (1) 、(2) 是正确的． (C) (2) 、(3) 是正确的．
(D) (1) 、(2) 、(3)都是正确的． ［ ］ 8．（本题3分）
一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度
(A) 增大． (B) 不变． (C) 减小． (D) 不能确定． ［ ］ 9．（本题3分）
质量为m 的小孩站在半径为R 的水平平台边缘上．平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动，转动惯量为J ．平台和小孩开始时均静止．当小孩突然以相对于地面为v
的速率在台边缘沿逆时针转向走动时，则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为
O
M
m
m
(A) ⎪⎭⎫ ⎝⎛=R J mR v 2ω，顺时针． (B) ⎪⎭⎫
⎝⎛=R J mR v 2ω，逆时针．
(C) ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=R mR J mR v 22ω，顺时针． (D) ⎪⎭
⎫
⎝⎛+=R mR J mR v 22ω，逆时针． ［ ］ 二、填空题（共25分） 10．（本题3分）
半径为20 cm 的主动轮，通过皮带拖动半径为50 cm 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4 s 内被动轮的角速度达到8πrad ·s -1，则主动轮在这段时间内转过了________圈． 11．（本题5分）
绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为0＝5 rad / s ，t ＝20 s
时角速度为
= 0.80，则飞轮的角加速度
＝______________，t ＝0到 t ＝100 s 时间内飞轮所
转过的角度
＝___________________．
12．（本题4分）
半径为30 cm 的飞轮，从静止开始以0.50 rad ·s -2的匀角加速度转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240°时的切向加速度a t ＝________，法向加速度a n ＝_______________． 13．（本题3分）
一个作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量为J ．正以角速度0＝10
rad ·s -1匀速转
动．现对物体加一恒定制动力矩 M ＝－0.5 N ·m ，经过时间t ＝5.0 s 后，物体停止了转动．物
体的转动惯量J ＝__________． 14．（本题3分）
一飞轮以600 rev/min 的转速旋转，转动惯量为2.5 kg ·m 2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1 s 内停止转动，则该恒定制动力矩的大小M ＝_________． 15．（本题3分）
质量为m 、长为l 的棒，可绕通过棒中心且与棒垂直的竖直光滑固定轴O 在水平面内自由转动(转动惯量J ＝m l 2 / 12)．开始时棒静止，现有一子弹，质量也是m ，在水平面内以速度v 0垂直射入棒端并嵌在其中．则子弹嵌入后棒的角速度＝
_____________________．
16．（本题4分）在一水平放置的质量为m 、长度为l 的均匀细杆上，套着一质量也为
m 的套管B (可看作质点)，套管用细线拉住，它到竖直的光滑固定轴OO ＇的距离为l 2
1，
杆和套管所组成的系统以角速度
0绕
OO ＇轴转动，如图所示．若在转动过程中细线被拉
断，套管将沿着杆滑动．在套管滑动过程中，该系统转动的角速度
与套管离轴的距离x
m
m
l
0v ϖ
俯视图
的函数关系为_______________．(已知杆本身对OO ＇轴的转动惯量为2
3
1
ml )
三、计算题（共38分） 17．（本题5分）
如图所示，一圆盘绕通过其中心且垂直于盘面的转轴，以角速度作定轴转动，A 、B 、C 三点与中心的距离均为r ．试求图
示A 点和B 点以及A 点和C 点的速度之差B A v v ϖϖ-和C A v v ϖ
ϖ-．如
果该圆盘只是单纯地平动，则上述的速度之差应该如何？ 18．（本题5分）
一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为0．设它所受阻力矩与转动角
速度成正比，即M ＝－k (k 为正的常数)，求圆盘的角速度从
0变为
02
1
ω时所需的时间．
19．（本题10分）
一轻绳跨过两个质量均为m 、半径均为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m 和2m 的重物，如图所示．绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑．两个定滑轮的转动惯量均为
2
2
1mr ．
将由两个定滑轮以及质量为m 和2m 的重物组成的系统从静止释放，求两滑轮之间绳内的张力． 20．（本题8分）
如图所示，A 和B 两飞轮的轴杆在同一中心线上，设两轮的转动惯量分别为 J ＝10 kg ·m 2 和 J ＝20 kg ·m 2．开始时，A 轮转速为600 rev/min ，B 轮静止．C 为摩擦啮合器，其转动惯量可忽略不计．A 、B 分别与C 的左、右两个组件相连，当C 的左右组件啮合时，B 轮得到加速而A 轮减速，直到两轮的转速相等为止．设轴
光滑，求：
B
C
A
ω
m
ω0
l l 2
1
m
m,r m
2m
m,r
A
B
C
ωA
(1) 两轮啮合后的转速n ； (2) 两轮各自所受的冲量矩．
21．（本题10分）空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC 自由转动，转
动惯量为J 0，环的半径为R ，初始时环的角速度为
0．质量为
m 的
小球静止在环内最高处A 点，由于某种微小干扰，小球沿环向下滑动，
问小球滑到与环心O 在同一高度的B 点和环的最低处的C 点时，环的角速度及小球相对于环的速度各为多大?(设环的内壁和小球都是光滑的，小球可视为质点，环截面半径r <<R.) 回答问题（共10分） 22．（本题5分）
绕固定轴作匀变速转动的刚体，其上各点都绕转轴作圆周运动．试问刚体上任意一点是否有
切向加速度？是否有法向加速度？切向加速度和法向加速度的大小是否变化？理由如何？ 23．（本题5分）
一个有竖直光滑固定轴的水平转台．人站立在转台上，身体的中心轴线与转台竖直轴线重合，两臂伸开各举着一个哑铃．当转台转动时，此人把两哑铃水平地收缩到胸前．在这一收缩过程中，
(1) 转台、人与哑铃以及地球组成的系统机械能守恒否？为什么？ (2) 转台、人与哑铃组成的系统角动量守恒否？为什么？ (3) 每个哑铃的动量与动能守恒否？为什么？
大 学 物 理（力学） 试 卷 解 答
一、选择题（共27分）C D C C C D B C A 二、填空题（共25分） 10．（本题3分）20 参考解： r 1
1＝r 2
2 ,
1 = 1 / t 1 , 1＝
2112
1
t β 2121
1412ωθr r n π=
π
=
482
5
411⨯π⨯⨯π=t =20 rev 11．（本题5分）－0.05 rad ·s -2 （3分）250 rad （2分） 12．（本题4分）0.15 m ·s -2（2分）1.26 m ·s -2（2分）
R A ω0
B
C
参考解： a t =R ·=0.15 m/s 2 a n =R 2=R ·2=1.26 m/s 2
13．（本题3分）0.25 kg ·m 2（3分） 14．（本题3分）157N ·m （3分） 15．（本题3分）3v 0/(2l )
16．（本题4分）()
2
202347x
l l +ω
三、计算题（共38分） 17．（本题5分）
解：由线速度r ϖ
ϖϖ⨯=ωv 得A 、B 、C 三点的线速度
ωr C B A ===v v v ϖ
ϖϖ 1分
各自的方向见图．那么，在该瞬时 ωr A B A 22==
-v v v ϖ
ϖ
ϖ
＝45° 2分
同时 ωr A C A 22==-v v v ϖ
ϖϖ
方向同A v ϖ
． 1分
平动时刚体上各点的速度的数值、方向均相同，故
0=-=-C A B A v v v v ϖ
ϖϖϖ 1分
［注］此题可不要求叉积公式，能分别求出 A v ϖ、B v ϖ
的大小，画出其方向即可． 18．（本题5分） 解：根据转动定律：
J d / d t = -k
∴
t J
k
d d -
=ω
ω
2分 两边积分： ⎰
⎰-=t t J
k 0
2
/d d 1
00
ωω
ωω
得
ln2 = kt / J
∴ t ＝(J ln2) / k 3分
19．(本题10分)
θ B
C A
ω
B v ϖ
C v ϖ
A v ϖ
B v ϖ－
A v ϖ
B v v A ϖϖ－ -
C v ϖ A v ϖ
解：受力分析如图所示． 2分 2mg －T 1＝2ma 1分
T 2－mg ＝ma 1分
T 1 r －T r ＝
β2
21mr 1分 T r －T 2 r ＝β2
2
1mr 1分
a ＝r
2分
解上述5个联立方程得： T ＝11mg / 8 2分
20．（本题8分）
解：(1) 选择A 、B 两轮为系统，啮合过程中只有内力矩作用，故系统角动量守恒
1分 J A
A ＋J B
B = (J A ＋J B )
， 2分
又
B ＝0
得 J A A / (J A ＋J B ) = 20.9 rad / s
转速 ≈n 200 rev/min 1分
(2) A 轮受的冲量矩
⎰t M
A
d = J A (-A ) = -4.19×10 2 N ·m ·s 2分
负号表示与A ωϖ
方向相反．
B 轮受的冲量矩
⎰t M
B
d = J B ( - 0) = 4.19×102 N ·m ·s 2分
方向与A ωϖ
相同． 21．（本题10分）
解：选小球和环为系统．运动过程中所受合外力矩为零，角动量守恒．对地球、小球和环系统机械能守恒．取过环心的水平面为势能零点．两个守恒及势能零点各1分，共3分
小球到B 点时： J 00＝(J 0＋mR 2
)
① 1分
()
2
22202002
12121B
R m J mgR J v ++=+ωωω ② 2分 式中v B 表示小球在B 点时相对于地面的竖直分速度，也等于它相对于环的速度．由式①得：
＝J 0
/ (J 0 + mR 2)
1分
代入式②得
22
2002J mR R
J gR B ++=ωv 1分
当小球滑到C 点时，由角动量守恒定律，系统的角速度又回复至0，又由机械能守恒定律
知，小球在C 的动能完全由重力势能转换而来．即：
()R mg m C 22
12=v , gR C 4=v 2分
四、问答题（共10分）
m 2m β
T 2 2P ϖ
1P ϖ
T
a T 1
a
22．（本题5分）
答：设刚体上任一点到转轴的距离为r，刚体转动的角速度为ω，角加速度为β，则由运动学关系有：切向加速度a t＝rβ1分
法向加速度a n＝rω21分对匀变速转动的刚体来说β＝dω/d t＝常量≠0，因此dω＝βd t≠0，ω随时间变化，即
ω＝ω(t)．1分所以，刚体上的任意一点，只要它不在转轴上（r≠0），就一定具有切向加速度和法向加速度．前者大小不变，后者大小随时间改变．2分（未指出r≠0的条件可不扣分）
23．（本题5分）
答：(1) 转台、人、哑铃、地球系统的机械能不守恒．1分因人收回二臂时要作功，即非保守内力的功不为零，不满足守恒条件．1分
(2) 转台、人、哑铃系统的角动量守恒．因系统受的对竖直轴的外力矩为零．1分
(3) 哑铃的动量不守恒，因为有外力作用．1分
哑铃的动能不守恒，因外力对它做功．1分
刚体题
一选择题
1．（本题3分，答案：C；09B）
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
(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．
2．（本题3分，答案：D；09A）
花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为J0，角速度为
0．然后她将两臂收回，使转动惯量减少为
3
1J
．这时她转动的角速度变为
(A)
3
1
．(B) ()3/10．
m2
m1
O
(C) 30．(D) 3 0．
3.( 本题3分，答案：A，08A）1.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，在棒摆动到竖立位置的过程中，下述说法哪一种是正确的？
(A) 角速度从小到大，角加速度从大到小.
O A
(B) 角速度从小到大，角加速度从小到大.
(C) 角速度从大到小，角加速度从大到小.
(D) 角速度从大到小，角加速度从小到大.
二、填空题
1（本题4分，08A, 09B）一飞轮作匀减速运动，在5s内角速度由40πrad/s减少到10πrad/s，则飞轮在这5s内总共转过了圈，飞轮再经的时间才能停止转动。

（答案：62.5 圈，1.67s）
2.（本题3分，07A，08B）可绕水平轴转动的飞轮，直径为1.0 m，一条绳子绕在飞轮的外周边缘上．如果飞轮从静止开始做匀角加速运动且在4 s内绳被展开10 m，则飞轮的角加速度为________________．(答案：2.5 rad / s2）
3.（本题3分，07A，08B）一个作定轴转动的轮子，对轴的转动惯量J = 2.0kg·m2，正以
角速度
ω作匀速转动．现对轮子加一恒定的力矩M = -12N·m，经过时间t ＝8.0s 时轮0
子的角速度ω＝－0ω，则0ω＝______________．（答案：14 rad/s）
4.（本题3分，08A）一个作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量J，正以角速度
ω＝10
rad/s作匀速转动, 现对物体加一恒定的力矩M = -15N·m，经过时间t ＝5.0s 后，物体停
止了转动，物体转动惯量J＝______________．（答案：0.25kg·m2）
5.（本题5分，09A，09B）如图所示，一质量为m、半径为R的薄圆盘，可绕通过其一直
径的光滑固定轴A A'转动，转动惯量J＝mR2 / 4．该圆盘从静止开始在恒力矩M作用下转
动，t秒后位于圆盘边缘上与轴A A'的垂直距离为R的B点的切向加速度
a t ＝_____________，法向加速度a n ＝_____________．
[答案：4M / (mR ) （2分）； 3
22
216R m t M （3分）]
6. （本题3分，09A ）地球的自转角速度可以认为是恒定的，地球对于自转的转动惯量J ＝9.8×1033kg ·m 2．地球对于自转轴的角动量L ＝_____________．（答案：
7.1×1037kg ·m 2/s ） 三、计算题 1（本题5分；09B ）
一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为0．设它所受阻力矩与转动角
速度成正比，即M ＝－k (k 为正的常数)，求圆盘的角速度从
0变为
02
1
ω时所需的时间．
解：/Jd dt k =-ωω
//d kdt J ∴=-ωω （2分）
两边积分 00
/2
1t
k
d dt J ωωω=-ω⎰
⎰ （3分）
得
ln 2/(ln 2)/kt J t J k
=∴= （3分）
2.（本题10分；07A ，08B ）
一质量为M ＝15 kg 、半径为R ＝0.30 m 的圆柱体，可绕与其几何轴重合的水平固定轴转动(转动惯量J ＝
22
1
MR )．现以一不能伸长的轻绳绕于柱面，而在绳的下端悬一质量m ＝8.0 kg 的物体．不计圆柱体与轴之间的摩擦，求：
(1) 物体自静止下落， 5 s 内下降的距离； (2) 绳中的张力． 解： J ＝
22
1
MR ＝0.675 kg ·m 2 ∵ mg －T ＝ma
2分
TR ＝J 2分 a ＝R
1分
∴ a ＝mgR 2 / (mR 2 + J )＝5.06 m / s 2 1分
A
R B
A
mg
T
T
Mg
a F
β R
因此(1)下落距离h＝2
2
1
at＝63.3 m 2分
(2) 张力T ＝m(g－a)＝37.9 N 2分
3. （本题10分；09A）质量为m的物体悬于一条轻绳的一端，绳的另一端绕在轮轴的轴上，如图所示，轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r，整个装置架在光滑的固定轴承之上，当物体从静止释放后，在时间t内下降了一段距离S，试求整个轮轴的转动惯量（用m、r、t和S表示）.
解：设绳子对物体（或绳子对轮轴）的拉力为T，则根据牛顿运动定律和转动定律得：
mg－T＝ma（1）2分
TR＝J（2）2
分
由运动学关系a＝R（3）2
分
由（1）、（2）和（3）式解得：J＝m(g－a)r2/ a （4）
又根据已知条件
v=
22
1
,2/
2
S at a S t
∴==(5) 2分
将（5）式代入（4）式得：
2
2(1)
2
gt
J mr
S
=-2分
4. （本题10分；08A）两个匀质圆盘，一大一小，同轴地粘在一起，构成一个组合轮，小圆盘的半径为r，质量m；大圆盘的半径R=2r，质量M=2m，组合轮可绕通过其中心且垂直于圆盘面的光滑水平固定轴O转动，对O轴的转动惯量J＝9 mr2/2. 两圆盘边缘上分别
饶有轻质，细绳下端各悬挂质量为m的物体A和B，如图所示.
这一系统从静止开始运动，绳与盘无相对滑动，绳的长度不变，
已知r=10cm. 求：
（1）组合轮的角加速度β；
（2）当物体A上升h=40cm时，组合轮的角速度ω.
解：（1）各物体的受力情况如图（画2分）
T mg ma
-=1分
mg T ma
''
-=1分
2
(2)9/2
T r Tr mrβ
'-=1分
a rβ
=1分
(2)a r β'= 1分
由上述方程组解得 2
2/(19)10.3g r rad s β-==⋅ 1分
（2）设θ为组合轮转过的角度，则 /h r θ=，22ωβθ= 所以，1/21(2/)9.08h r rad s -==⋅ωβ 2分
4. （本题5分；08A ）如图所示，一半径为R 的匀质小木球固结在一长度为l 的匀质细棒
的下端，且可绕水平光滑固定轴O 转动．今有一质量为m ，速
度为0v ϖ的子弹，沿着与水平面成
角的方向射向球心，且嵌于球心．已知小木球、细棒对通过O 的水平轴的转动惯量的总和为
J ．求子弹嵌入球心后系统的共同角速度．
解：选子弹、细棒、小木球为系统．子弹射入时，系统所受合外力矩为零，系统对转轴的角
动量守恒． 2分
mv 0 (R + l )cos = [J + m (R + l )2 ] 2分
()()20cos l R m J l R m +++=α
ωv
1分
5（本题10分；09B ）一块宽L=0.60m ，质量为M=1kg 的均匀薄木板，可绕水平固定轴
OO ’无摩擦地自由转动，当木板静止在平衡位置时，有一质量为m=10×10-3kg 的子弹垂
直击中木板A 点，A 离转轴OO ’距离l=0.36m ，子弹击中木板前的速度为500m/s ，穿出
木板后的速度为200m/s.求
（1） 子弹给予木板的冲量
（2） 子弹获得的角速度
（已知：木板绕OO ’ 轴的转动惯量J=213ML ）
解：（1）子弹受到的冲量为0()I Fdt m v v ==-⎰
子弹对木板的冲量为0()3I F dt Fdt m v v N s ''==-=-=⋅⎰⎰
方向与0v v
相同. （4分） O l R α m 0v ϖ
（2）由角动量定理
0()Mdt l F dt lm v v J '==-=ω⎰⎰ （4分） 1023()9lm v v rad s ML
--ω==⋅ （2分） 6.（本题5分；07A ，08B ，09A ）
一均匀木杆，质量为m 1 = 1 kg ，长l = 0.4 m ，可绕通过它的中点且与杆身垂直的光滑
水平固定轴，在竖直平面内转动．设杆静止于竖直位置时，一质量为m 2 = 10 g 的子弹在距
杆中点l / 4处穿透木杆(穿透所用时间不计)，子弹初速度的大小v 0 = 200 m/s ，方向与杆
和轴均垂直．穿出后子弹速度大小减为v = 50 m/s ，但方向未变，求子弹刚穿出的瞬时，
杆的角速度的大小．(木杆绕通过中点的垂直轴的转动惯量J = m 1l 2 / 12)
解：在子弹通过杆的过程中，子弹与杆系统因外力矩为零，故角动量守恒．则有（1分）
m 2v 0 l / 4 = m 2vl / 4 +J
2分 ()()l
m m J l m 1020234v v v v -=-=ω ＝11.3rad/s 2分。