大学物理同步训练第2版第三章刚体定轴转动详解

3mv 2m1 L
分析：由角动量守恒可得
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v 1 3mv mvL m L m1 L2 2 3 2m1 L
式中质点的角动量为质点的动量乘以动量臂。 7. （☆）光滑的水平桌面上有一长为 2L、质量为 m 的均质细杆，可绕过其中点且垂直于杆 的竖直光滑固定轴 O 自由转动，其转动惯量为 mL2/3，起初杆静止。桌面上有两个质量均为 m 的小球各自在垂直于杆的方向上正对着杆的一端， 以相同速率 v 相向运动， 如图 11 所示。 当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后， 就与杆粘在一起转动， 则这一系统碰 撞后的转动角速度应为 答案： 。
A J B A
6. （☆）如图 10 所示，一静止的均匀细棒，长为 L，质量为 m1，可绕通过棒的端点且垂直 于棒长的光滑固定轴 O 在水平面内转动，转动惯量为 m1L2/3。一质量为 m、速率为 v 的子 弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为 v/2，则 此时棒的角速度应为 答案： 。
6v 7L
6v 1 2mvL mL2 2mL2 7L 3
分析：由角动量守恒可得
注：两个小球的角动量方向相同（顺时针方向；等式右边第一项为小球粘在细杆上形成的新 刚体对转轴 O 的转动惯量。 8. 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 J，开 始时转台以匀角速度 0 转动，此时有一质量为 m 的人站在转台中心。随后人沿半径向外跑 去，当人到达离转轴为 r 处时，转台的角速度为 答案： 。
m1 g T1 m1a T m g m a J m1 m2 g m1 m2 g 2 2 2 T1 T2 0 2 J m1 R 2 m2 R 2 m1 m2 J / R R T1 T2 R J R a
1 1 m2 m m 2 2 ， ，故转动惯量小的密度大。 J mR R R2h h 2 2 h
2. （◆）有两个半径相同、质量相等的细圆环。1 环的质量分布均匀，2 环的质量分布不均 匀。它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为 J1 和 J 2 ，则 （A） J1 J 2 （C） J1 J 2 答案：C 分析： J R 2 dm mR 2 ，与密度无关，故 C 选项正确。 3. （◆） 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴 O 以角速度 1 按 图 1 所示方向转动。将两个大小相等、方向相反的力 F 沿盘面同时作 用到圆盘上，则圆盘的角速度变为 2 ，则 （A） 1 2 （C） 1 2 答案：C 分析：左边的力对应的力臂大，故产生的（顺时针）力矩大于右边的力所产生的力矩，即合 外力距（及其所产生的角加速度）为顺时针方向，故圆盘加速，角速度变大。 4. 均匀细棒 OA 的质量为 M， 长为 L， 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 2 所示。今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述 说法哪一种是正确的？ （A）合外力矩从大到小，角速度从小到大，角加速度从大到小 （B）合外力矩从大到小，角速度从小到大，角加速度从小到大 （C）合外力矩从大到小，角速度从大到小，角加速度从大到小 （D）合外力矩从大到小，角速度从大到小，角加速度从小到大 答案：A 分析： （定性）由转动定律 M I 可知，角加速度与力矩成正比，故 B、D 错误；由机械 （B） 1 2 （D）不能确定如何变化 （B） J1 J 2 （D）不能确定 J1 和 J 2 哪个大
2
、
、
。
。
分析：由转动惯量的定义 I
m
i i
2 i
可得 I 3m (2l ) 2m l m 0 14ml 。
2 2 2 2
3. （☆）如图 8 所示，一长为 l 的均匀直棒可绕其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动。 抬起另一端使棒向上与水平面成 60o，然后无初速地将棒释放。已知棒对轴的转动惯量为
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第三章 刚体定轴转动
许照锦
10. （☆）一个物体正在绕固定光滑轴自由转动，则它受热膨胀时 （A）角速度不变 （C）角速度变大 答案：B 分析：物体与外界的接触为固定光滑轴，故物体角动量守恒，即 L I 常数，由转动惯 量的定义 I （B）角速度变小 （D）无法确定角速度如何变化
mg
3g 1 cos L 1 1 1 cos mL2 2 2 2 3 L
可知当 从 0 至 90 度的过程中，角速度从小到大。 5. （☆）如图 3 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 G，而且 G=mg。设 A、B 两 滑轮的角加速度分别为βA 和βB，不计滑轮轴的摩擦，则有 （A） A B （C） A B 答案：C 分析： （定性）由于物体 m 有向下的加速度，故作用于物体上的绳子张力小于 mg，即小于 右边绳子的张力（=mg） ，故 A 滑轮受到的力矩小于 B 滑轮，故 A B 。 （定量）设圆盘转动惯量为 I ，参考计算题第 1 题的计算过程，可得 A、B 圆盘的转动角加 速度为 （B） A B （D）开始时 A B ，以后 A B
ml 2 / 3 ，其中 m 和 l 分别为棒的质量和长度，则放手时棒的角加速度为
平位置时的角加速度为 。
，棒转到水
3g 3g 答案： ； 4l 2l
分析：由力矩定义可知，当棒与水平面夹角为 时，产生的力矩为
l M mg cos 2
由转动定律可得
l 1 3g mg cos I ml 2 cos 2 3 2l
I 1 mvh mvh I 2mr 2 2 2
即，选项 A 正确。
I 1 1 I 2mr 2
9. 现有 A、B 两个系统，如图 6 所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴 O 旋转，初始态为静止悬挂。现有一个小球自左方水平打击细杆。设小球与细杆之间为非弹 性碰撞，把碰撞过程中的细杆与小球取作系统 A；另外，一水平圆盘可绕通过其中心的固定 竖直轴转动，盘上站着一个人。当此人在盘上随意走动时（若忽略轴的摩擦） ，若人和圆盘 取作系统 B，则 （A）A、B 两系统机械能都守恒 （B）A、B 两系统只有对转轴 O 的角动量守恒 （C）A、B 两系统动量都守恒 （D）A、B 两系统机械能、动量和角动量均守恒 答案：B 分析：由于两个系统都有非保守内力做功（A：非弹性碰撞；B：人随意走动） ，机械能不守 恒，选项 AD 错误。由于两个系统都有可能受到转轴上的力（外力）的作用，故系统的动量 不一定守恒， 选项 C 错误。 由于两个系统只与光滑固定转轴接触， 受到的合外力矩必然为 0， 故满足角动量守恒，选项 B 正确。
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第三章 刚体定轴转动
许照锦
第三章 刚体定轴转动
一、选择题 1. （◆） 两个匀质圆盘 A 和 B 相对于过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为 J A 和 J B ， 若 J B J A ，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘的密度各为 A 和 B ，则 （A） A B （C） A B 答案：A 分析： （B） B A （D）不能确定 A 和 B 哪个大
mg TA ma mgR mgR A ； GR I B B TA R I A 2 I mR I R a A
故 A B 。 6. 一轻绳跨过一具有水平光滑轴、转动惯量为 J 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 4 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 （C）右边大于左边 答案：C 分析： （定性）由于重的物体 m2 最终必然下落，可知圆盘最后将做顺时针转动，因此圆盘 受到的合外力矩应为顺时针，即右边绳子的张力要大于左边绳子的张力。 （定量）参考课本例题（ （★）阿特伍德机：P84，例 3-5）可得 （B）左边大于右边 （D）无法判断哪边大
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许照锦
7. 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 （C）转速必然改变 答案：D 分析：力的矢量和和力的作用点无关，力矩的矢量和和力的作用点有关，故力的矢量和为零 不能导出力矩的矢量和为零，因此 D 正确。具体例子可参考选择题第 3 题，图中两力的矢 量和为零，当两个力不在一条直线上时，外力矩不为零（此时转速改变） ；当两个力在一条 直线上时，外力矩为零（此时转速不变） 。 8. 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴 O 转动，角速度为 1 ，如图 5 所示，射来两个 质量相同、速度大小相同、方向相反并在同一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且停留在盘 内，若子弹射入后的瞬间圆盘的角速度为 2 ，则 （A） 1 2 （C） 1 2 答案：A 分析： 由于子弹和圆盘构成的系统与外界的接触只有固定的光滑转轴， 故该系统对该转轴角 动量守恒。设两子弹的速度大小为 v，动量线（速度所在直线）与 O 的垂直距离为 h，圆盘 的转动惯量为 I，子弹射入圆盘并嵌在圆盘上时与 O 的距离为 r，则有 （B） 1 2 （D）无法确定 （B）转速必然不变 （D）转速可能不变，也可能改变
J10 J1 2 J1 0 / 3
5. （☆） 如图 9 所示， A、 B 两飞轮的轴杆在一条直线上， 并可用摩擦啮合器 C 使它们联结。 开始时 B 轮以角速度 B 转动，A 轮以角速度 A 转动，设在啮合过程中两飞轮不受其他力矩
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许照锦
的作用。当两轮联结在一起后，共同的角速度为 。若 A 轮的转动惯量为 JA，则 B 轮的转 动惯量 JB= 答案： 。
A J B A
分析：系统与外界接触的只有光滑固定转轴，系统角动量守恒，即
J A A J BB J A J B J B
m
i i
2 i
可知，当物体膨胀时，质元 mi 与转轴的距离 i 变大，故转动惯量变
大。由角动量不变可知角速度变小。 二、填空题 1. 刚体对轴的转动惯量取决于： 答案：刚体质量；质量分布；转轴位置。 分析：略。 2. （☆）如图 7 所示，Q、R 和 S 是附于刚性轻质细杆上的质量分别为 3m、 2m 和 m 的 3 个质点，QR=RS=l，则系统对 OO’轴的转动惯量为 答案： 14ml

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第三章 刚体定轴转动
许照锦
能守恒可知，棒在下落的过程中重力做功，故角速度从小到大，C 错误。故选 A。 （定量）设某一时刻细棒与水平线夹角为 ，由力矩定义及转动定律可得
M mg
L 1 cos mL2 2 3
可知当 从 0 至 90 度的过程中，M（及β）从大到小。由机械能守恒可得
o o 故， 60 时， 3 g / 4l ； 0 时， 3 g / 2l 。
4. （☆）一飞轮以角速度 0 绕光滑固定轴旋转，飞轮对轴的转动惯量为 J1；另一静止飞轮 突然和上述转动的飞轮啮合并绕同一转轴转动， 该飞轮对轴的转动惯量为前者的两倍。 啮合 后整个系统的角速度 为 答案： 0 / 3 分析：物体与外界接触的地方只有光滑固定转轴，系统角动量守恒，即 。