大学物理第3章刚体和流体选择题
第03章---刚体力学习题汇总
（A）匀角速转动； （B）匀角加速转动；
（D）
（C）角加速度越来越大的变加速运动；
（D）角加速度越来越小的变加速运动。
分析：当棒转到θ角位置时，棒所受 到的外力矩为:
θ
M 1 mgLcos 根据转动定律 M I ，有：
2
mg
1 mgL cos
可见角5
5. （a）（b）两图中的细棒和小球均相同，系统可绕o 轴在竖直面内自由转动系统从水平位置静止释放，转
(D)只有动量守恒
（C）
分析：
（A）错。非弹性碰撞，机械能不守恒。 （B）错。轴上有外力，动量不守恒。
（C）对。外力矩为零，角动量守恒。
2
2.一绕固定水平轴0匀速转动的转盘，沿图示的同一 水平直线从相反方向射入两颗质量相同、速率相等的 子弹并留在盘中，则子弹射入转盘后的角速度
(A)增大 (B)不变 分析：
边缘并粘在上面，则系统的角速度是
3v
。
分析：取如图的细长条面积：
4b
b
I r 2ds r 2adr
1 ab3 1 mb2
0
3
3
合外力矩为零，系统角动量守恒。
mvb (1 mb2 mb2 )
3
3v
4b
9
二、填空题
1.如图，半径为R，质量为M的飞轮，
可绕水平轴o在竖直面内自由转动（飞
R2
2 3
mgR
11
3.一飞轮的转动惯量为I，在t=0时角速度为 0 ， 此后
飞轮经历制动过程。阻力矩M的大小与角速度的平方
成正比，比例系数K>0。当 0 / 3 时，飞轮的角加
速度 = k02 9I ，从开始制动到 0 / 3所经过
《大学物理》刚体力学练习题及答案解析
《大学物理》刚体力学练习题及答案解析一、选择题1.刚体对轴的转动惯量，与哪个因素无关 [ C ]（A）刚体的质量（B）刚体质量的空间分布（C）刚体的转动速度（D）刚体转轴的位置2.有两个力作用在一个有固定轴的刚体上. [ B ](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)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.在上述说法中,(A)只有(1)是正确的；(B) (1)、(2) 正确, (3)、(4)错误；(C) (1)、(2)、(3)都正确, (4)错误；(D) (1)、(2)、(3)、(4)都正确.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，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 ](A) 角速度从小到大，角加速度从大到小；(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.4．如图所示，圆锥摆的小球在水平面内作匀速率圆周运动，小球和地球所组成的系统，下列哪些物理量守恒（ C ）（A）动量守恒，角动量守恒（B）动量和机械能守恒（C）角动量和机械能守恒（D）动量，角动量，机械能守恒5.一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计，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，它们同时射入圆盘并且留在盘内，在子弹射入后的瞬间，对于圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度ω则有（ B ）（A）L不变，ω增大（B）L不变，ω减小（C）L变大，ω不变（D）两者均不变6.一花样滑冰者，开始自转时，其动能为20021ωJ E =。
然后他将手臂收回，转动惯量减少为原来的1/3，此时他的角速度变为ω，动能变为E ，则下列关系正确的是（ D ） （A ）00,3E E ==ωω （B ）003,31E E ==ωω （C ）00,3E E ==ωω （D ）003,3E E ==ωω1C 2.B ，3.A ，4.C ，5.B ，6.D二、填空1.当刚体受到的合外力的力矩为零时，刚体具有将保持静止的状态或_____________状态，把刚体的这一性质叫刚体___________。
大物习题解答-大学物理习题答案(许瑞珍_贾谊明)-第3章 刚体力学
第三章 刚体力学3－1 一通风机的转动部分以初角速度ω0绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C 为一常量。
若转动部分对其轴的转动惯量为J ，问：（1）经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？（2）在此时间内共转过多少转？ 解：（1）由题可知：阻力矩ωC M -=，又因为转动定理 dtd JJ M ωβ== dtd JC ωω=-∴ dt JC d t ⎰⎰-=∴00ωωωω t JC-=0lnωω t JCe-=0ωω当021ωω=时，2ln CJt =。
（2）角位移⎰=tdt 0ωθ⎰-=2ln 00C J t JC dt eωCJ 021ω=，所以，此时间内转过的圈数为CJ n πωπθ420==。
3－2 质量面密度为σ的均匀矩形板，试证其对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为)(1222b a ab J +σ=。
其中a ，b 为矩形板的长，宽。
证明一：如图，在板上取一质元dxdy dm σ=，对与板面垂直的、通过几何中心的轴线的转动惯量为 dm r dJ ⎰=2dxdy y x a a b b σ⎰⎰--+=222222)()(1222b a ab +=σ证明二：如图，在板上取一细棒bdx dm σ=，对通过细棒中心与棒垂直的转动轴的转动惯量为2121b dm ⋅，根据平行轴定理，对与板面垂直的、通过几何中心的轴线的转动惯量为22)2(121x adm b dm dJ -+⋅=dx x ab dx b 23)2(121-+=σσ 33121121ba a b dJ J σσ+==∴⎰)(1222b a ab +=σ3-3 如图3-28所示，一轻绳跨过两个质量为m 、半径为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m 2和m 的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，求重物的加速度和各段绳中的张力。
解：受力分析如图ma T mg 222=- （1） ma mg T =-1 （2） βJ r T T =-)(2 （3） βJ r T T =-)(1 （4）βr a =，221mr J =(5) 联立求出g a 41=， mg T 811=，mg T 451=，mg T 232=3-4 如图3-29所示，一均匀细杆长为L ，质量为m ，平放在摩擦系数为μ的水平桌面上，设开始时杆以角速度0ω绕过细杆中心的竖直轴转动，试求：（1）作用于杆的摩擦力矩；（2）经过多长时间杆才会停止转动。
大学物理学(第3版.修订版)北京邮电大学出版社上册第三章知识题3答案解析
习题33.1选择题(1) 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ω0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，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 (A)2ωmR J J+ (B) 02)(ωR m J J + (C)02ωmR J(D) 0ω [答案： (A)](2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称轴OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为 (A)13rad/s (B)17rad/s (C)10rad/s (D)18rad/s(a) (b)题3.1（2）图[答案： (A)](3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度 在距孔为R的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体（A）动能不变，动量改变。
（B）动量不变，动能改变。
（C）角动量不变，动量不变。
（D）角动量改变，动量改变。
（E）角动量不变，动能、动量都改变。
[答案：(E)]3.2填空题(1) 半径为30cm的飞轮，从静止开始以0.5rad·s-2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240˚时的切向加速度aτ= ，法向加速度a n= 。
[答案：0.15; 1.256](2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的守恒，原因是。
木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒。
题3.2（2）图[答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o 轴的合外力矩为零，机械能守恒](3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。
大学物理第3章习题解答
第三章 刚体的定轴转动3-1掷铁饼运动员手持铁饼转动1.25圈后松手，此刻铁饼的速度值达到125-⋅=s m v 。
设转动时铁饼沿半径为R=1.0 m 的圆周运动并且均匀加速。
求: (1)铁饼离手时的角速度; (2)铁饼的角加速度;(3)铁饼在手中加速的时间(把铁饼视为质点)。
解：（1）铁饼离手时的角速度为(rad/s)250125===.//R v ω（2）铁饼的角加速度为)(rad/s 83925122252222..=⨯⨯==πθωα（3）铁饼在手中加速的时间为(s)628025251222..=⨯⨯==πωθt3-2一汽车发动机的转速在7.0s 内由2001min -⋅r 均匀地增加到3001min -⋅r 。
(1)求在这段时间内的初角速度和末角速度以及角加速度; (2)求这段时间内转过的角度和圈数;(3)发动机轴上装有一半径为r=0.2m 的飞轮，求它的边缘上一点在第7.0s 末的切向加速度、法向加速度和总加速度。
解：（1）初角速度为(rad/s)9206020020./=⨯=πω末角速度为(rad/s)3146030002=⨯=/πω角加速度为)(rad/s 9410792031420...=-=-=tωωα（2）转过的角度为)186(rad 1017172314920230圈=⨯=⨯+=+=..t ωωθ（3）切向加速度为)(m/s 388209412t ...=⨯==R a α法向加速度为)(m /s 10971203142422n ⨯=⨯==..R a ω总加速度为)(m/s 10971)10971(378242422n 2t ⨯=⨯+=+=...a a a总加速度与切向的夹角为9589378101.97arctan arctan 4t n '︒=⨯==.a a θ3-3 如图所示，在边长为a 的六边形顶点上分别固定有质量都是m 的6个小球(小球的直径a d <<)。
大学物理同步训练第 版 刚体定轴转动详解
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A J 和B J ，若B A J J >，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘的密度各为A ρ和B ρ，则（A ）A B ρρ>（B ）B A ρρ> （C ）A B ρρ=（D ）不能确定A ρ和B ρ哪个大答案：A 分析：22m m R R h hρππρ=→=，221122m J mR h πρ==，故转动惯量小的密度大。
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1J 和2J ，则（A ）12J J >（B ）12J J < （C ）12J J =（D ）不能确定1J 和2J 哪个大 答案：C分析：22J R dm mR ==⎰，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1ω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2ω，则（A ）12ωω>（B ）12ωω= （C ）12ωω<（D ）不能确定如何变化答案：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 β=可知，角加速度与力矩成正比，故B 、D 错误；由机械能守恒可知，棒在下落的过程中重力做功，故角速度从小到大，C 错误。
大学物理习题答案03刚体运动学
⼤学物理习题答案03刚体运动学⼤学物理练习题三⼀、选择题1.⼀⼒学系统由两个质点组成，它们之间只有引⼒作⽤。
若两质点所受外⼒的⽮量和为零，则此系统(A) 动量、机械能以及对⼀轴的⾓动量都守恒。
(B) 动量、机械能守恒，但⾓动量是否守恒不能断定。
(C) 动量守恒，但机械能和⾓动量守恒与否不能断定。
(D) 动量和⾓动量守恒，但机械能是否守恒不能断定。
[ C ]解：系统＝０合外F，内⼒是引⼒（保守内⼒）。
（１）021 F F,＝０合外F ，动量守恒。
（２）2211r F r F A ＝合。
21F F，但21r r时0A 外，因此Ｅ不⼀定守恒。
（３）21F F，2211d F d F M ＝合。
两⼒对定点的⼒臂21d d 时，0 合外M，故L 不⼀定守恒。
2. 如图所⽰，有⼀个⼩物体，置于⼀个光滑的⽔平桌⾯上，有⼀绳其⼀端连结此物体，另⼀端穿过桌⾯中⼼的⼩孔，该物体原以⾓速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从⼩孔往下拉。
则物体 (A) 动能不变，动量改变。
(B) 动量不变，动能改变。
(C) ⾓动量不变，动量不变。
(D) ⾓动量改变，动量改变。
(E)⾓动量不变，动能、动量都改变。
[ E ]解：合外⼒（拉⼒）对圆⼼的⼒矩为零，⾓动量O Rrmv L 守恒。
r 减⼩，v 增⼤。
因此p 、E k 均变化（m不变）。
3. 有两个半径相同，质量相等的细圆环A 和B 。
A 环的质量分布均匀，B 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J A 和J B ，则(A)A J >B J (B) A J < B J(C) A J =B J (D) 不能确定A J 、B J 哪个⼤。
[ C ]解：2222mR dm R dm R dm r J， J 与m 的分布⽆关。
另问：如果是椭圆环，J 与质量分布有关吗？（是）4. 光滑的⽔平桌⾯上，有⼀长为2L 、质量为m 的匀质细杆，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31mL 2，起初杆静⽌。
大学物理刚体习题
大学物理刚体习题(总13页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--习 题第三章 刚体的转动刚体的定轴转动47. 一定滑轮半径为R ，质量为M ，用一质量不计的绳绕在滑轮上，另一端系一质量为m 的物体并由静止释放，这时滑轮的角加速度为1β，若不系物体而用一力F = mg 拉绳子使滑轮转动，这时角加速度为2β，这时有（）1β2β（）1β2β （C ）1β2β（D ）无法判断 分析由转动定律M I β=本题中I 不变β的大小完全取决于M 的大小而 M TR =系物体m 时 : T mg <不系物体而用一力F = mg 时: TF mg ==因此力矩变大所以有12ββ<mF选49.一飞轮的转动惯量为J ，t = 0时角速度为0ω，轮子在转动过程中受到一力矩2ωk M-=，则当转动角速度为0/3ω时的角加速度β = 从0ω到0/3ω飞轮转动经过的时间t ∆= 解: (1) 求β当0/3ω时, 20()3M k ω=-由 M J β=, 可得此时 209k MJ J ωβ==-(2) d M J J dt ωβ== 2d k J dt ωω-=分离变量，两边积分32td kdt Jωωωω-=⎰⎰解得: 02J t k ω∆=50．长为l 的均匀直棒可绕其下端与棒垂直的水平光滑轴在竖直平面内转动。
抬起一端使与水平夹角为60=θ，棒对轴的转动惯量为231ml J =，由静止释放直棒，则t = 0时棒的β＝？；水平位置时的β＝？这时的ω=（1）求β 据转动定律M J β=, MJβ= 0t =时， cos 602lM mg =︒水平位置时， 2lM mg =代入MJβ=，可别解得034glβ= 和 32g l β= （2）求ωd d d d M J J J J dt d dt d ωωθωβωθθ====将cos 2l M mg θ=和213J ml =代入化简并积分得， 0033cos 2g d d l ωπθθωω=⎰⎰ 60可求得332g l ω=（本题还可用动能定律机械能守恒方便求解ω）2211sin 60223l mg ml ω︒=⋅ 332g lω⇒=51．一飞轮以min /600rev 的转速转动，其转动惯量为25.2m kg J ⋅=，以恒定力矩使飞轮在一分钟内停止转动，求该力矩M 。
大学物理第3章-刚体力学习题解答
大学物理第3章-刚体力学习题解答第3章 刚体力学习题解答3.13 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。
求t 时刻的角速度和角加速度。
解：23212643ct bt ct bt a dt d dtd -==-+==ωθβω3.14桑塔纳汽车时速为166km/h ，车轮滚动半径为0.26m ，发动机转速与驱动轮转速比为0.909, 问发动机转速为每分多少转？解：设车轮半径为R=0.26m ，发动机转速为n 1, 驱动轮转速为n 2, 汽车速度为v=166km/h 。
显然，汽车前进的速度就是驱动轮边缘的线速度，909.0/2212Rn Rn v ππ==，所以：min/1054.1/1024.93426.014.3210166909.02909.013rev h rev n R v ⨯=⨯===⨯⨯⨯⨯π3.15 如题3-15图所示，质量为m 的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为r 1和r 2，求对通过其中心轴的转动惯量。
解：设圆柱体长为h ，则半径为r ，厚为dr 的薄圆筒的质量dm 为：2..dm h r dr ρπ=对其轴线的转动惯量dI z 为232..z dI r dm h r dr ρπ==212222112..()2r z r I h r r dr m r r ρπ==-⎰ 3.17 如题3-17图所示，一半圆形细杆，半径为，质量为，求对过细杆二端轴的转动惯量。
解：如图所示，圆形细杆对过O 轴且垂直于圆形细杆所在平面的轴的转动惯量为mR 2，根据垂直轴定理z x y I I I =+和问题的对称性知：圆形细杆对过轴的转动惯量为12mR 2，由转动惯量的可加性可求得：半圆形细杆对过细杆二端轴的转动惯量为：214AA I mR '=3.18 在质量为M ，半径为R 的匀质圆盘上挖出半径为r 的两个圆孔，圆孔中心在半径R 的中点，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量。
04《大学物理学》刚体部分练习题(马)
《大学物理学》刚体部分学习材料一、选择题4-1．有两个力作用在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； （B ）（1）、（2）正确，（3）、（4）错误； （C ）（1）、（2）、（3）都正确，（4）错误； （D ）（1）、（2）、（3）、（4）都正确。
【提示：（1）如门的重力不能使门转动，平行于轴的力不能提供力矩；（2）垂直于轴的力提供力矩，当两个力提供的力矩大小相等，方向相反时，合力矩就为零】4-2．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； （B ）（1）、（2）是正确的； （C ）（2）、（3）是正确的； （D ）（1）、（2）、（3）都是正确的。
【提示：（1）刚体中相邻质元间的一对内力属于作用力和反作用力，作用点相同，则对同一轴的力矩和为零，因而不影响刚体的角加速度和角动量；（2）见上提示；（3）刚体的转动惯量与刚体的质量和大小形状有关，因而在相同力矩的作用下，它们的运动状态可能不同】3．一个力(35)F i j N =+作用于某点上，其作用点的矢径为m j i r )34(-=，则该力对坐标原点的力矩为 （ ）（A ）3kN m -⋅； （B ）29kN m ⋅； （C ）29kN m -⋅； （D ）3kN m ⋅。
【提示：(43)(35)4302092935i j kM r F i j i j k k k =⨯=-⨯+=-=+=】4-3．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。
面向新世纪课程教材大学物理大作业答案——刚体力学作业
L2
−
L1
=
J 2ω2
−
J1ω1
质点的动量定理
dpr
=
r F
⋅
dt
∫ r
I
=
tr F ⋅ dt =
t0
pr − pr0 = mvr − mvr0
三、刚体的角动量守恒定律
1. 角动量守恒定律
∫ 由角动量定理
r M
当
r M外
=
0
时，
外
d
t r
ΔL
= =
Δ 0
r L
r L
=
恒矢量
P.6
1
区分两类冲击摆
(1)
大作业题解
刚体力学
第3章 刚体力学基础
一、对转轴的力矩
r M
=
rr
×
r F
单位：N·m
r M
=
rr
×
r F⊥
r M
=
rr
×
r F
大小: 方向:
M = Frsinϕ
rr
→
r F
右旋前进方向
二、定轴转动定律
M z = Jβ
P.2
转动惯量(moment of inertia)
∑ 1. 定义 J = iri2mi 单位: kg ⋅ m 2
l/4 O
[ A]
mg l = 1 Jω 2 J = 7 ml 2
22
48
⇒ ω = 4 3g 7l
P.11
9．如图所示，一人造卫星到地球中心C的最大距离和
最小距离分别为RA和RB。设人造卫星对应的角动量分
别为LA和LB，动能分别为EkA和EkB，则有
(A) LB > LA，EkB > EkA
大学物理刚体力学
大学物理刚体力学标题：大学物理中的刚体力学在物理学的研究中，大学物理是引领我们探索自然界规律的重要途径。
而在大学物理中，刚体力学是一个相对独特的领域，它专注于研究物体在受到外力作用时的质点运动规律。
本文将探讨大学物理中的刚体力学。
一、刚体概念及特性刚体是指物体内部各质点之间没有相对位移，形状和体积不发生变化的理想化物体。
在刚体力学中，我们通常将刚体视为一个整体，研究其宏观运动规律。
刚体具有以下特性：1、内部质点无相对位移。
2、刚体不发生形变，形状和体积保持不变。
3、刚体在运动过程中，内部任意两质点间的距离保持不变。
二、刚体力学的基础知识1、刚体的运动形式刚体的运动形式包括平动、转动和振动。
平动是指刚体沿直线作均匀速度的运动；转动是指刚体绕某轴线作角速度变化的运动；振动是指刚体在平衡位置附近作往复运动的周期性运动。
2、刚体的动力学基础动力学是研究物体运动状态变化的原因和规律的科学。
在刚体力学中，动力学的基本方程包括牛顿第二定律、动量定理和动能定理等。
这些方程为我们提供了分析刚体运动状态变化的基本工具。
三、刚体的转动惯量转动惯量是描述刚体转动惯性大小的物理量。
它与刚体的质量、形状和大小有关。
在物理学中，转动惯量是研究刚体转动规律的重要参数。
通过计算转动惯量，我们可以了解刚体在受到外力矩作用时角速度变化的规律。
四、刚体的角动量角动量是描述物体绕某轴线旋转的物理量，与物体的质量、速度和半径有关。
在刚体力学中，角动量是一个非常重要的概念。
它可以帮助我们理解刚体在受到外力矩作用时的角速度变化规律。
同时，角动量守恒定律也是刚体力学中的一个重要定律。
在已知刚体的质量、转动惯量和角动量的基础上，我们可以建立刚体的动力学方程。
动力学方程可以帮助我们分析刚体在受到外力作用时的运动状态变化规律。
对于复杂的动力学问题，我们通常需要借助数学软件进行数值模拟和分析。
六、总结在大学物理中，刚体力学是一个相对独立且具有重要应用价值的领域。
《新编大学物理》(上、下册)教材习题答案
第1章 质点运动学一、选择题 题1.1 ： 答案：[B]提示：明确∆r 与r ∆的区别题1.2： 答案：[A]题1.3： 答案：[D]提示：A 与规定的正方向相反的加速运动， B 切向加速度， C 明确标、矢量的关系，加速度是d dtv题1.4： 答案：[C] 提示： 21r r r ∆=-，12,R R r j ri ==-，21v v v ∆=-，12,v v v i v j =-=-题1.5： 答案：[D]提示：t=0时，x=5；t=3时，x=2得位移为-3m ；仅从式x=t 2-4t+5=(t-2)2+1，抛物线的对称轴为2，质点有往返题1.6： 答案：[D]提示：a=2t=d dt v ，2224t v tdt t ==-⎰，02tx x vdt -=⎰，即可得D 项题1.7：答案：[D]北v 风v 车1v 车2提示： 21=2v v 车车，理清=+v v v 绝相对牵的关系二、填空题 题1.8：答案： 匀速(直线)，匀速率题1.9：答案：2915t t -，0.6 提示： 2915dxv t t dt==-，t=0.6时，v=0题1.10：答案：（1）21192y x =-（2）24t -i j 4-j（3）411+i j 26-i j 3S提示： (1) 联立22192x t y t =⎧⎨=-⎩，消去t 得：21192y x =-，dx dydt dt =+v i j (2) t=1s 时，24t =-v i j ，4d dt==-va j (3) t=2s 时，代入22(192)x y t t =+=+-r i j i j 中得411+i j t=1s 到t=2s ，同样代入()t =r r 可求得26r∆=-i j ，r 和v 垂直，即0∙=r v ，得t=3s题1.11： 答案：212/m s 提示：2(2)2412(/)dv d x a v x m s dt dt=====题1.12： 答案：1/m sπ提示： 200tdvv v dt t dt =+=⎰，11/t v m s ==，201332tv dt t R θπ===⎰，r π∆==题1.13：答案：2015()2t v t gt -+-i j 提示： 先对20(/2)v tg t =-r j 求导得，0()y v gt =-v j 与5=v i 合成得05()v gt =-+-v i j 合 201=5()2t v t gt -+-∴⎰r v i j t合0合dt=题1.14： 答案：8, 264t提示：8dQ v R Rt dt τ==，88a R τ==，2264n dQ a R t dt ⎛⎫== ⎪⎝⎭三、计算题 题1.15：解：（1）3t dv a t dt == 003v tdv tdt =∴⎰⎰ 232v t ∴=又232ds v t dt == 20032stds t dt =∴⎰⎰ 312S t =∴（2）又S R θ= 316S tRθ==∴（3）当a 与半径成45角时，n a a τ=2434n v a t R == 4334t t =∴t =∴题1.16：解：（1）dva kv dt ==- 00v tdv kdt v =-∴⎰⎰， 0ln v kt v =-（*） 当012v v =时，1ln 2kt =-，ln 2t k=∴ （2）由（*）式：0ktv v e-=0kt dxv e dt -=∴，000xtkt dx v e dt -=⎰⎰ 0(1)kt v x e k-=-∴第2章 质点动力学一、选择题 题2.1： 答案：[C]提示：A ．错误，如：圆周运动B ．错误，m =p v ，力与速度方向不一定相同 D ．后半句错误，如：匀速圆周运动题2.2： 答案：[B]提示：y 方向上做匀速运动：2y y S v t t == x 方向上做匀加速运动（初速度为0），Fa m=22tx v a d t t ==⎰，223tx x t S v dt ==⎰2223t t =+∴S i j题2.3： 答案：[B]提示：受力如图MgF杆'F 猫mg设猫给杆子的力为F ，由于相对于地面猫的高度不变'F mg = 'F F = 杆受力 1()F Mg F M m g =+=+ 1()F M m ga M M+==题2.4 ：答案：[D] 提示：a a A22A B AB m g T m a T m a a a ⎧⎪-=⎪=⎨⎪⎪=⎩ 得45Aa g = （2A B a a =，通过分析滑轮，由于A 向下走过S ，B 走过2S） 2A B a a =∴题2.5： 答案：[C]提示： 由题意，水平方向上动量守恒， 故 0(cos60)()1010m mv m v =+ 共 0=22v v 共题2.6： 答案：[C] 提示：RθθRh-R由图可知cos h RRθ-=分析条件得，只有在h 高度时，向心力与重力分量相等所以有22cos ()mv mg v g h R Rθ=⇒=-由机械能守恒得（以地面为零势能面）22001122mv mv mgh v =+⇒=题2.7： 答案：[B]提示： 运用动量守恒与能量转化题2.8： 答案：[D] 提示：v v y由机械能守恒得2012mgh mv v =⇒=0sin y v v θ=sin Gy Pmgv mg ==∴题2.9： 答案： [C]题2.10： 答案： [B]提示： 受力如图fT F由功能关系可知，设位移为x （以原长时为原点）2()xF mg Fx mgx kxdx x kμμ--=⇒=⎰弹性势能 2212()2p F mg E kx kμ-==二、填空题题2.11: 答案：2mb提示： '2v x bt == '2a v b == 2F m a m b==∴题2.12：答案：2kg 4m/s 2 提示：4N8Nxy 0由题意，22/x a m s = 4x F N =8y F N = 2Fm k ga== 24/y y F a m s m==题2.13： 答案：75，1110提示： 由题意，32()105F a t m ==+ 27/5v adt m s ⇒==⎰当t=2时，1110a =题2.14： 答案：180kg提示：由动量守恒，=m S -S m 人人人船相对S （）=180kg m ⇒船题2.15： 答案：11544+i j 提示：各方向动量守恒题2.16：答案： ()mv +i j ，0，-mgR提示：由冲量定义得 ==()()mv mv mv --=+I P P i j i j 末初- 由动能定律得 0k k E W E ∆=⇒∆=，所以=0W 合 =W m g R -外题2.17： 答案：-12提示：3112w Fdx J -==⎰题2.18：答案： mgh ，212kx ，Mm G r - h=0，x=0，r =∞ 相对值题2.19： 答案： 02mgk ，2mg，题2.20： 答案： +=0A∑∑外力非保守力三、计算题 题2.21：解：（1）=m F xg L 重 ()mf L xg L μ=- （2）1()(1)ga F f x g m Lμμ=-=+-重（3）dv a v dx =，03(1)v LL g vdv x g dx L μμ⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦⎰⎰，v =题2.22： 解：（1）以摆车为系统，水平方向不受力，动量守恒。
大学物理03章试题库刚体的定轴转动
《大学物理》试题库管理系统内容第三章 刚体的定轴转动1 题号：03001 第03章 题型：选择题 难易程度：较难试题: 某刚体绕定轴作匀变速转动，对刚体上距转轴为r 处的任一质元的法向加速度n a 和切向加速度τa 来说正确的是（ ）．A.n a 的大小变化，τa 的大小保持恒定B.n a 的大小保持恒定，τa 的大小变化C.n a 、τa 的大小均随时间变化D.n a 、τa 的大小均保持不变 答案: A2 题号：03002 第03章 题型：选择题 难易程度：适中试题: 有A 、B 两个半径相同、质量也相同的细环，其中A 环的质量分布均匀，而B 环的质量分布不均匀．若两环对过环心且与环面垂直轴的转动惯量分别为B A J J 和，则（ ）．A. B A J J =B. B A J J >C. B A J J <D. 无法确定B A J J 和的相对大小 答案: A3 题号：03003 第03章 题型：选择题 难易程度：适中试题: 一轻绳绕在具有水平转轴的定滑轮上，绳下端挂一物体，物体的质量为m ，此时滑轮的角加速度为β，若将物体取下，而用大小等于mg 、方向向下的力拉绳子，则滑轮的角加速度将（ ）．A.变大B.不变C.变小D.无法确定 答案: A试题: 一人张开双臂手握哑铃坐在转椅上，让转椅转动起来，若此后无外力矩作用，则当此人收回双臂时，人和转椅这一系统的（ ）．A.系统的角动量保持不变B.角动量加大C.转速和转动动能变化不清楚D.转速加大，转动动能不变 答案: A5 题号：03005 第03章 题型：选择题 难易程度：较难试题: 某力学系统由两个质点组成，它们之间仅有引力作用．若两质点所受外力的矢量和为零，则此力学系统（ ）．A.动量守恒，但机械能和角动量是否守恒不能确定B.动量和角动量守恒，但机械能是否守恒不能确定C.动量、机械能守恒，但角动量是否守恒不能确定D.动量、机械能以及对某一转轴的角动量一定守恒 答案: A6 题号：03006 第03章 题型：选择题 难易程度：较难试题: 如图所示，两个质量均为m 、半径均为R 的匀质圆盘形滑轮的两端，用轻绳分别系着质量为m 和2m 的小物块．若系统从静止释放，则释放后两滑轮之间绳内的张力为（ ）．A.mg 811 B.mg 23C.mg 21 D.mg答案: A试题: 某质点受的力为kx e F F -=0，若质点从静止开始运动（即，0=x 时0=v ），则该质点所能达到的最大动能为（ ）．A.k F 0 B. k eF0 C. k e kF 0 D. 0kF 答案: A8 题号：03008 第03章 题型：选择题 难易程度：适中试题: 如图所示，在水平光滑的圆盘上，有一质量为m 的质点，拴在一根穿过圆盘中心光滑小孔的轻绳上．开始时质点离中心的距离为r ，并以角速度转动．今以均匀速率向下拉绳，将质点拉至离中心2r 处时，拉力做的功为（ ）．A.2223ωmr B. 2225ωmr C.2227ωmr D. 2221ωmr 答案: A9 题号：03009 第03章 题型：选择题 难易程度：适中试题: 已知地球的质量为m ，太阳的质量为M ，地心与日心的距离为R ，引力常数为G ，则地球绕太阳作圆周运动的角动量为（ ）．A.GMR mB.R G MmC.R GMmD.RGMm 2 答案: A10 题号：03010 第03章 题型：选择题 难易程度：适中F ϖrm试题: 卫星绕地球做椭圆运动，地心为椭圆的一个焦点，在运动过程中，下列叙述中正确的是（）．A.角动量守恒B.动量守恒C.机械能不守恒D.动量和角动量都不守恒答案: A11 题号：03011 第03章题型：选择题难易程度：适中试题: 三个完全相同的轮子可绕一公共轴转动，角速度的大小都相同，但其中一轮的转动方向与另外两轮的转动方向相反．若使三个轮子靠近啮合在一起，则系统的动能与原来三个轮子的总动能相比为（）．A.减小到1/9B.减小到1/3C.增大9倍D.增大3倍答案: A12 题号：03012 第03章题型：选择题难易程度：较难试题: 下列说法中，错误的是（）．A.对于给定的刚体而言，他的质量和形状是一定的，则其转动惯量也是唯一确定的M=，其中M、J和β均是对同一转轴而言的B.刚体定轴转动的转动定律为βJC.刚体的转动动能等于刚体上各质元的动能之和D.刚体作定轴转动时，其上各点的角速度相同而线速度不同答案: A13 题号：03013 第03章题型：选择题难易程度：适中试题: 下列说法中，正确的是（）．A.作用在定轴转动刚体上的合力矩越大，刚体转动的角加速度越大B.作用在定轴转动刚体上的合力矩越大，刚体转动的角速度就越大C.作用在定轴转动刚体上的合力矩为零，刚体转动的角速度就为零D.作用在定轴转动刚体上的合力越大，刚体转动的角加速度就越大 答案: A14 题号：03014 第03章 题型：选择题 难易程度：难试题: 轮圈半径为R 、其质量M 均匀分布在轮缘上，长为R 、质量为m 的匀质辐条固定在轮心和轮缘间，辐条共有2N 根．今若将辐条数减少N 根，但保持轮对通过轮心、垂直于轮平面轴的转动惯量不变，则轮圈的质量应为（ ）．A.M m N +3 B.M m N +6 C.M m N +12 D. M m N +32 答案: A15 题号：03015 第03章 题型：选择题 难易程度：适中 试题: 如图一质量为m 的匀质杆长为l ，绕铅直轴O O '成θ角转动，其转动惯量为（ ）．A.θ22sin 31mlB.231mlC.θ22sin 41ml D.2121ml 答案: A16 题号：03016 第03章 题型：选择题 难易程度：适中 试题: 如图一质量为m 的匀质杆长为l ，绕铅直轴O O '成θ角转动，则匀质杆所受的合外力矩为（ ）．A.θsin 21mgl B.θcos 21mgl C.θsin mgl D.θcos mgl 答案: A17 题号：03017 第03章 题型：选择题 难易程度：适中 试题: 如图一质量为m 的匀质杆长为l ，绕铅直轴O O '成θ角转动，则匀质杆的角动量为（ ）．A.θω22sin 31mlB.ω231mlC.ω2121ml D.θω22sin 41ml 答案: A18 题号：03018 第03章 题型：选择题 难易程度：难 O O '成θ角转试题: 如图一质量为m 的匀质杆长为l ，绕铅直轴动，则匀质杆的角加速度为（ ）．A.θsin 23l g B.lg θsin 23C.l g θsin 32D.θsin 32l g 答案: A19 题号：03019 第03章 题型：选择题 难易程度：难试题: 如图所示，两根长度和质量分别相等的细杆分别绕着光滑的水平轴1O 和2O 转动，设他们自水平位置从静止释放时，角加速度分别为1β和2β，则二者角加速度之间的关系为（ ）．1Ol O32lA. 21ββ=B.21ββ>C. 21ββ<D.不能确定 答案: A20 题号：03020 第03章 题型：选择题 难易程度：难试题: 如图所示，光滑的水平桌面上有一长为2l 、质量为m 的匀质细杆，可绕通过中点O 、且与杆垂直的竖直轴自由转动，开始时细杆静止．现有一质量为m 的小球，沿桌面正对着杆的一端，以速度v ρ运动，并与杆的A 端碰撞后与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速度为（ ）．A.lv43 B. l v 2C.l v 32 D. lv54 答案: A21 题号：03021 第03章 题型：填空题 难易程度：容易 试题: 刚体是一理想模型,他虽然有一定的形状和大小，但形状和大小永远保持 ． 答案: 不变22 题号：03022 第03章 题型：填空题 难易程度：容易 试题: 刚体定轴转动的运动方程的表示式是 ． 答案: )(t θθ=23 题号：03023 第03章 题型：填空题 难易程度：较难 试题: 把不涉及转动的原因，只研究如何描述刚体的定轴转动的问题称为 ．Ol 2 mv ρmA答案: 刚体定轴转动运动学24 题号：03024 第03章 题型：填空题 难易程度：较难 试题: 把研究刚体定轴转动原因的问题称为 ． 答案: 刚体定轴转动的动力学25 题号：03025 第03章 题型：填空题 难易程度：适中试题: 刚体的转动惯量取决于刚体的总质量、质量分布和 等三个因素． 答案: 转轴的位置26 题号：03026 第03章 题型：填空题 难易程度：较难试题: 一飞轮以1min rad 300-⋅的转速转动，转动惯量为2m kg 5⋅，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 ． 答案: m N ⋅=5.78M27 题号：03027 第03章 题型：填空题 难易程度：适中 试题: 如图所示，质量为1m 和2m 的均匀细棒长度均为2l ，在两棒对接处嵌有一质量为m 的小球，对过A 的轴而言，若2222141127121ml l m l m J A ++=，则B J 为 ． 答案:2222141127121ml l m l m ++ 28 题号：03028 第03章 题型：填空题 难易程度：较难试题: 质量为m 的匀质细杆，长为l ，以角速度ω绕过杆的端点且垂直于杆的水平轴转动，则杆的动量大小为 ．答案:ωml 21A B29 题号：03029 第03章 题型：填空题 难易程度：适中试题: 质量为m 的匀质细杆，长为l ，以角速度ω绕过杆的端点且垂直于杆的水平轴转动，则杆绕转动轴的动能为 ．答案:2261ωml 30 题号：03030 第03章 题型：填空题 难易程度：适中试题: 质量为m 的匀质细杆，长为l ，以角速度ω绕过杆的端点且垂直于杆的水平轴转动，则杆绕转动轴的角动量大小为 ．答案: ω231ml31 题号：03031 第03章 题型：填空题 难易程度：适中试题: 若飞轮从静止开始作匀加速转动，在最初2min 转了3600转，则飞轮的角加速度为 ． 答案: 2s rad -⋅=14.3β32 题号：03032 第03章 题型：填空题 难易程度：较难试题: 若飞轮从静止开始作匀加速转动，在最初1min 转了3600转，则飞轮在第50秒末的角速度为 ． 答案: 1s rad -⋅=314ω33 题号：03033 第03章 题型：填空题 难易程度：适中 试题: 若某飞轮绕其中心轴转动的运动方程为t t t 4223+-=θ，其中θ的单位为rad ，t 的单位为s ，则飞轮在第2秒末的角加速度为 ． 答案: 2s rad -⋅=12β34 题号：03034 第03章 题型：填空题 难易程度：较难试题: 若某飞轮绕其中心轴转动的运动方程为t t t 4223+-=θ，其中θ的单位为rad ，t 的单位为s ，则飞轮从s 2=t 到s 4=t 这段时间内的平均角加速度为 ． 答案: 2s rad -⋅=12β35 题号：03035 第03章 题型：填空题 难易程度：较难试题: 若质量为m 、半径为R 的匀质薄圆盘绕过中心且与盘面垂直轴的转动惯量为221mR ，则质量为m 、半径为R 、高度为h 的匀质圆柱体绕过中心且与端面垂直轴的转动惯量为 ．答案:221mR 36 题号：03036 第03章 题型：填空题 难易程度：适中试题: 一转动惯量为J 的刚体绕某固定轴转动，当他在外力矩M ρ的作用下，角速度从1ω变为2ω，则该刚体在此过程)(21t t →中所受的冲量矩⎰21t t dt M ρ等于 ． 答案: 12ωωJ J -37 题号：03037 第03章 题型：填空题 难易程度：适中试题: 一转动惯量为J 的刚体绕某固定轴转动，当他在外力矩M ρ的作用下，角速度从1ω变为2ω，则该刚体在此过程)(21θθ→中力矩所做的功⎰21θθθMd 等于 ．答案:21222121ωωJ J - 38 题号：03038 第03章 题型：填空题 难易程度：容易试题: 刚体角动量守恒的条件为 ． 答案: 0=外M ρ39 题号：03039 第03章 题型：填空题 难易程度：较难试题: 一质量为m 的粒子，相对于坐标原点处于j y i x r ρρρ+=点，速度为j v i v v y x ρρρ+=，则该质点相对于坐标原点的角动量为 ． 答案: k yv xv m L x y ρρ)(-=40 题号：03040 第03章 题型：填空题 难易程度：适中试题: 一飞轮的转动惯量为J ，0=t 时角速度为0ω，此后飞轮经历一制动过程，受到的阻力矩的大小与角速度成正比，即ωk M -=，式中k 为正的常量．当3ωω=时，飞轮的角加速度为 ．答案: Jk 30ωβ-= 41 题号：03041 第03章 题型：计算题 难易程度：适中 试题: 一条缆索绕过一个定滑轮拉动升降机，如图所示．滑轮的半径为m 5.0=r ，如果升降机从静止开始以加速度2s m 4.0-⋅=a 匀加速上升，求：（1）滑轮的角加速度；（2）开始上升后t = 5s 末滑轮的角速度； （3）在这5秒内滑轮转过的圈数；（4）开始上升后s 1='t 末滑轮边缘上一点的加速度（假定缆索和滑轮之间不打滑）．答案: 为了图示清晰，将滑轮放大为如图所示．a ρv ρ（1）由于升降机的加速度和滑轮边缘上的一点的切向加速度相等，所以滑轮的角加速度为2s rad 8.0-⋅===rar a τβ （2）由于00=ω，所以5秒末滑轮的角速度为1s rad 0.4-⋅==t βω（3）在这5秒内滑轮转过的角度为rad 10212==t βθ 所以在这5秒内滑轮转过的圈数为圈6.1210==πN（4）结合题意，由图可以看出2s m 4.0-⋅==a a τ2222s m 32.0-⋅===t r r a n βω由此可得滑轮边缘上一点在升降机开始上升后s 1='t 时的加速度为222s m 51.0-⋅=+='τa a a n这个加速度的方向与滑轮边缘的切线方向的夹角为117.384.032.0tan tan =⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫⎝⎛=--ταa a n 42 题号：03042 第03章 题型：计算题 难易程度：难 试题: 一绳跨过定滑轮，两端分别系有质量分别为m 和M 的物体，且m M >．滑轮可看作是质量均匀分布的圆盘，其质量为m '，半径为R有摩擦，滑轮转动时受到了摩擦阻力矩阻M 且与滑轮间无相对滑动．求物体的加速度及绳中的张力． 答案: 由于滑轮有质量，所以不得不考虑滑轮的转动惯性；在转动过程中滑轮还受到阻力矩的作用，在滑轮绕轴作加速转动时，它必须受到两侧绳子的拉力所产生的力矩，以便克服转动惯性与阻力矩的作用，因此滑轮两a ρ1a侧绳子中的拉力一定不相等．设两侧绳子中的拉力分别为1T 和2T ，则滑轮及两侧物体的受力如图所示，其中11T T '=，22T T '=（作用力与反作用力大小相等）．因为m M >，所以左侧物体上升，右侧物体下降．设其加速度分别为1a 和2a ，据题意可知，绳子不可伸长，则21a a =，令它们为a ．滑轮以顺时针转动，设其角加速度为β，则摩擦阻力矩阻M 的指向为逆时针方向，如图所示．对于上下作平动的两物体，可以视为质点，由牛顿第二运动定律得⎩⎨⎧=-=-Ma T Mg M mamg T m 21：对：对 （1） 滑轮作定轴转动，受到的外力矩分别为R T 2'和R T 1'及阻M （轴对滑轮的支持力N 通过了转轴，其力矩为零）．若以顺时针方向转的力矩为正，逆时针转的方向为负，则由刚体定轴转动的转动定律得ββ⎪⎭⎫⎝⎛'==--21221R m J M R T R T 阻 （2）据题意可知，绳与滑轮间无相对滑动，所以滑轮边缘上一点的切向加速度和物体的加速度相等，即βτR a a == （3）联立（1）、（2）、（3）三个方程，得2)(m m M R M g m M a '++--=阻2)22()(1m m M R mM mg m M a g m T '++-'+=+=阻2)22()(2m m M R MM Mg m m a g M T '+++'+=-=阻43 题号：03043 第03章 题型：计算题 难易程度：适中试题: 求长为L ，质量为m 的均匀细棒AB 的转动惯量．（1）对于通过棒的一端与棒垂直的轴；（2）对于通过棒的中点与棒垂直的轴． 答案: （1）如图所示，以过A 端垂直于棒的o o '为轴，沿棒长方向为x 轴，原点在轴上，在棒上取一长度元dx ，则这一长度元的质量为dx Lmdm =，所以202231mL dx L m x dm x J L m =⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎰⎰端点（2）同理，如图所示，以过中点垂直于棒的o o '为轴，沿棒长方向为x 轴，原点在轴上，在棒上取一长度元dx ，因此22222121mL dx L m x dm x J L L m=⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎰⎰-中点 由此可见，对于同一均匀细棒，转轴的位置不同，棒的转动惯量不同． 44 题号：03044 第03章 题型：计算题 难易程度：容易试题: 试求质量为m 、半径为R 的匀质圆盘对垂直于平面且过中心轴的转动惯量． 答案: 已知条件如图所示．由于质量连续分布，所以220222mR dl R m R dm R J Rm=⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎰⎰ππ 45 题号：03045 第03章 题型：计算题 难易程度：适中试题: 试求质量为m 、半径为R 的匀质圆环对垂直于平面且过中心轴的转动惯量．o AA dm答案: 已知条件如图所示．由于质量连续分布，设圆盘的厚度为l ，则圆盘的质量密度为lR m2πρ=．因圆盘可以看成是许多有厚度的圆环组成，所以()ρππρl R ldr r r dm r J R m 4022212=⋅⋅==⎰⎰代入圆盘的质量密度，得221mR J =46 题号：03046 第03章 题型：计算题 难易程度：较难试题: 如图所示，一质量为M 、半径为R 的匀质圆盘形滑轮，可绕一无摩擦的水平轴转动．圆盘上绕有质量可不计的绳子，绳子一端固定在滑轮上，另一端悬挂一质量为m 的物体，问物体由静止落下h 高度时，物体的速率为多少答案: 法一 用牛顿第二运动定律及转动定律求解．受力分析如图所示，对物体m 用牛顿第二运动定律得ma T mg =- （1）对匀质圆盘形滑轮用转动定律有βJ R T =' （2）物体下降的加速度的大小就是转动时滑轮边缘上切向加速度，所以βR a = （3）又由牛顿第三运动定律得T T '=（4）物体m 落下h 高度时的速率为lah v 2= （5）因为221MR J =，所以联立以上（1）、（2）、（3）、（4）和（5）式，可得物体m 落下h 高度时的速率为mM mghv 22+=（小于物体自由下落的速率gh 2）．解法二 利用动能定理求解．如图所示，对于物体m 利用质点的动能定理有222121mv mv Th mgh -=- （6） 其中0v 和v 是物体的初速度和末速度．对于滑轮利用刚体定轴转动的转动定理有222121ωωθJ J TR -=∆ （7） 其中θ∆是在拉力矩TR 的作用下滑轮转过的角度，0ω和ω是滑轮的初角速度和末角速度．由于滑轮和绳子间无相对滑动，所以物体落下的距离应等于滑轮边缘上任意一点所经过的弧长，即θ∆=R h ．又因为00=v ，00=ω，R v ω=，221MR J =，所以联立（6）和（7）式，可得物体m 落下h 高度时的速率为mM mghv 22+=．解法三 利用机械能守恒定律求解．若把滑轮、物体和地球看成一个系统，则在物体落下、滑轮转动的过程中，绳子的拉力T 对物体做负功（Th -），T '对滑轮做正功（Th ）即内力做功的代数和为零，所以系统的机械能守恒．若把系统开始运动而还没有运动时的状态作为初始状态，系统在物体落下高度h 时的状态作为末状态，则0212121222=-+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛mgh mv R v MR 所以物体m 落下h 高度时的速率为mM mghv 22+=．47 题号：03047 第03章 题型：计算题 难易程度：容易试题: 哈雷慧星绕太阳运行的轨道是一个椭圆，如图所示，它离太阳最近的距离是m 1075.810⨯=近日r ，此时速率为-14s m 1046.5⋅⨯=近日v ；它离太阳最远时的速率为-12s m 1008.9⋅⨯=远日v ，这时它离太阳的距离？远日=r答案: 彗星受太阳引力的作用，而引力通过了太阳，所以对太阳的力矩为零，故彗星在运行的过程中角动量守恒．于是有远日远日近日近日v r v r ρρρρ⨯=⨯因为远日远日近日近日，v r v r ρρρρ⊥⊥，所以有远日近日近日远日v v r r =代入数据，得m 1026.512⨯=远日r48 题号：03048 第03章 题型：计算题 难易程度：较难试题: 如图所示，一个长为l 、质量为M 的匀质杆可绕支点o 自由转动．一质量为m 、速率为v 的子弹以与水平方向成060角的方向射入杆内距支点为a 处，使杆的偏转角为030．问子弹的初速率为多少答案: 把子弹和匀质杆作为一个系统，由于该系统所受的外力有重力及轴对杆的约束力，在子弹射入杆的极短过程中，重力和约束力都通过了转轴o ，因此它们对转轴的力矩均为零，故该系统的角动量守恒．设ρ子弹射入杆后与杆一同前进的角速度为ω，则碰撞前的角动量等于碰撞后的角动量，即()ω⎪⎭⎫⎝⎛+=2203160cos ma Ml a v m子弹在射入杆后与杆一起摆动的过程中只有重力做功，所以由子弹、杆和地球组成的系统机械能守恒，因此有()()022230cos 1230cos 13121-⋅+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+l Mg mga ma Ml ω 联立上述这两个方程得子弹的初速率为()()22326322ma Ml ma Ml g mav ++-=49 题号：03049 第03章 题型：计算题 难易程度：较难试题: 如图所示，一根质量为M 、长为2 l 的均匀细棒，可以在竖直平面内绕通过其中心的光滑水平轴转动，开始时细棒静止于水平位置．今有一质量为m 的小球，以速度u ρ垂直向下落到了棒的端点，设小球与棒的碰撞为完全弹性碰撞．试求碰撞后小球的回跳速度v ρ及棒绕轴转动的角速度ω．答案: 以棒和小球组成的系统为研究对象，则该系统所受的外力有小球的重力、棒的重力和轴给予棒的支持力， 后两者的作用线都通过了转轴，对轴的力矩为零．由于碰撞时间极短，碰撞的冲力矩远大于小球所受的重力矩，所以小球对轴的力矩可忽略不计．分析可知所取系统的角动量守恒．由于碰撞前棒处于静止状态，所以碰撞前系统的角动量就是小球的角动量lmu ． 由于碰撞后小球以速度v 回跳，其角动量为lmv ；棒获得的角速度为ω，棒的角动量为()ωω22312121Ml l M =⎥⎦⎤⎢⎣⎡．所以碰撞后系统的角动量为ω231Ml lmv +．由角动量守恒定律得omuω231Ml lmv lmu += （1） 注意：上式中u ，v 这两个速度是以其代数量来表示．以碰撞前小球运动的方向为正，即0>u ；碰撞后小球回跳，u 与v 的方向必然相反，应该有0<v ．由题意知，碰撞是完全弹性碰撞，所以碰撞前后系统的动能守恒，即222231212121ω⎪⎭⎫⎝⎛+=Ml mv mu （2） 联立（1）和（2）式，可得小球的速度为u Mm Mm v +-=33棒的角速度为luM m m ⋅+=36ω讨论：由于碰撞后小球回跳，所以v 与u 的方向不同，而0>u ，则0<v ．从结果可以看出，要保证0<v ，则必须保证m M 3>．否则，若M m 31≥，无论如何，碰撞后小球也不能回跳，杂耍运动员特别注意这一点．50 题号：03050 第03章 题型：计算题 难易程度：较难试题: 如图所示，一长为l 、质量为m 的匀质细棒竖直放置，其下端与一固定铰链o 相连结，并可绕其转动．由于此竖直放置的细棒处于非稳定平衡状态，当其受到微小扰动时，细棒将在重力的作用下由静止开始绕铰链o 转动．试计算细棒转到与竖直位置成θ角时的角加速度和角速度．答案: 法一 利用定轴转动的转动定律求解．分析受力如图所示，其中G ρ为细棒所受的重力、N ρ为铰链给细棒的约束力．由于约束力N ρ始终通过转轴，所以其作用力矩为零；铰链与细棒之间的摩擦力矩题中没有给定可认为不存在．又由于细棒为匀质细棒，所以重力G ρ的作用点在细棒中心．故由定轴转动的转动定律可得βθ⎪⎭⎫ ⎝⎛=231sin 21ml mgl 因此细棒转过θ角时的角加速度为θβsin 23lg=由角加速度的定义可得θθθωsin 23lgdt d d d =⋅ 整理可得θθωωd l g d ⎪⎭⎫⎝⎛=sin 23 由于0=t 时，0=θ，0=ω；而t t =时，θθ=，ωω=．所以上式两边取积分有θθωωθω⎰⎰⎪⎭⎫⎝⎛=0sin 23d l g d 因此细棒转过θ角时的角速度为()θωcos 13-=lg解法二 利用机械能守恒定律求解．以细棒和地球组成的系统为研究对象，由于细棒所受的重力为保守内力，铰链给细棒的约束力不做功，铰链与细棒之间的摩擦力题中没有给定可认为不存在，因此系统的机械能守恒．于是有()223121cos 12ωθ⎪⎭⎫ ⎝⎛=-⋅ml l mg 因此细棒转过θ角时的角速度为()θωcos 13-=lg此时的角加速度为θωβsin 23lgdt d ==解法三 利用定轴转动的动能定理求解．铰链的约束力对细棒不做功，摩擦力矩没有给定可以认为不存在，只有重力矩做功，所以对于细棒而言，合外力所做的功就是重力矩所做的功，即()θθθθθθcos 121sin 200-=⎪⎭⎫⎝⎛==⎰⎰mgl d l mg Md W由定轴转动的动能定理得()223121cos 121ωθ⎪⎭⎫ ⎝⎛=-ml mgl 因此细棒转过θ角时的角速度为()θωcos 13-=lg此时的角加速度为θωβsin 23lgdt d ==51 题号：03051 第03章 题型：计算题 难易程度：适中试题: 如图所示，在光滑的水平面上有一长为l 、质量为m 的匀质细棒以与棒长方向相互垂直的速度v ρ向前平动，平动中与一固定在桌面上的钉子o 相碰撞，碰撞后，细棒将绕点o 转动，试求其转动的角速度．答案: 由于细棒在光滑的水平面上运动，所以细棒与钉子o 碰撞的过程中遵守角动量守恒定律，则碰撞后碰撞前L L =对于转轴o 而言：⎪⎭⎫⎝⎛=4l mv L 碰撞前方向垂直于纸面向外；ωω⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+==242l l m J J L o 中心轴碰撞后ωω2224874121ml l m ml =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+=方向垂直于纸面向外．所以有ω24874ml l mv =⎪⎭⎫⎝⎛ 故细棒碰撞后绕轴o 转动的角速度为lv712=ω 52 题号：03052 第03章 题型：计算题 难易程度：适中试题: 如图所示，在光滑的水平面上有一劲度系数为k 的轻质弹簧，它的一端固定，另一端系一质量为M 的滑块．最初滑块静止时，弹簧处于自然长度0l ．现有一质量为m 的子弹以速度0v 沿水平方向并垂直于弹簧轴线射向滑块且留在其中，滑块在水平面内滑动．当滑块被拉伸到长度为l 时，求滑块速度的大小和方向．答案: 此题的物理过程有两个，第一个过程为子弹与滑块的碰撞过程．在该过程中子弹与滑块组成的系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒．于是有()V m M mv +=0第二个过程为滑块与子弹一起，以共同的速度V 在弹簧的约束下运动的过程．在该过程中弹簧的弹力不断增大，但始终通过转轴o ，它的力矩为零，所以角动量守恒；与此同时若以子弹、滑块、弹簧和地球组成的系统为研究对象，则该过程也满足机械能守恒定律．因此有()()θsin 0v m M l V m M +=+()()()2022212121l l k v m M V m M -++=+ 其中θ为滑块运动方向与弹簧轴线方向之间的夹角．联立以上三个方程可得滑块速度的大小和方向分别为()m M l l k m M mv v +--⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=2020 ()()⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=--212020001sin m M l l k m M mv m M l l mv θ 53 题号：03053 第03章 题型：计算题 难易程度：适中试题: 一飞轮半径r = 1m ，以转速1min r 1500-⋅=n 转动，受制动均匀减速，经s 50=t 后静止．试求：（1）角加速度β和从制动开始到静止这段时间飞轮转过的转数N ；（2）制动开始后s 25=t 时飞轮的角速度ω；（3）在s 25=t 时飞轮边缘上一点的速度和加速度．答案: （1）角加速度20s rad 14.35060150014.325020-⋅-=⨯⨯-=-=-=ntπωωβ从制动开始到静止这段时间飞轮转过的转数62514.325014.3215060150014.322212220=⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=+=∆=πβωπθtt N 圈（2）制动开始后s 25=t 时飞轮的角速度10s rad 5.782514.360150014.322-⋅=⨯-⨯⨯=+=+=t n t βπβωω （3）在s 25=t 时飞轮边缘上一点的速度和加速度分别为11s m 5.78s m )15.78()(--⋅=⋅⨯==τττωρρρρr v ()()τβωττρρρρρr n r a n a a n +=+=2()[]()232s m )14.31016.6(14.315.78-⋅-⨯=⨯-+⨯=ττρρρρn r n54 题号：03054 第03章 题型：计算题 难易程度：适中试题: 如图所示．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o J '．试说明这一转动惯ol量o J '与棒对过棒中心并与此轴平行的转轴的转动惯量o J 之间的关系（此为平行轴定理）．答案: 如图所示，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 '点处，在棒上取一长度元x d '，则()⎰'='mo dm x J 2()⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛''=d l d l x d lm x 22222121md ml +=所以o J '与o J 之间的关系为2md J J o o +='55 题号：03055 第03章 题型：计算题 难易程度：适中试题: 如图所示．两物体的质量分别为1m 和2m ，滑轮的转动惯量为J ，半径为r ．若2m 与桌面的摩擦系数为μ，设绳子与滑轮间无相对滑动，试求系统的加速度a 的大小及绳子中张力1T 和2T 的大小．答案: 分析受力如题图所示．21m m 和设其加速度分别为1a 和2a ，则由牛顿运动定律得22221111⎩⎨⎧=-=-a m g m T a m T g m μ 滑轮作定轴转动，则由转动定律有βJ r T r T =-21由于绳子与滑轮间无相对滑动，所以r a a a β===21d ox 'x 1。
大学物理第3章刚体的定轴转动习题解答
习题3-1 一汽车发动机曲轴的转速在12s 内由每分钟1200转匀加速地增加到每分钟2700转，求：（1）角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？解：（1）)/(401s rad πω= )/(902s rad πω=)/(1.13)/(6251240902212s rad s rad t≈=-=∆-=πππωωβ匀变速转动（2）)(78022122rad πβωωθ=-= )(3902圈==πθn 3-2 一飞轮的转动惯量为J ,在0=t 时角速度为0ω，此后飞轮经历制动过程。
阻力矩M 的大小与角速度ω的平方成正比，比例系数0>K 。
求：（1）当30ωω=时,飞轮的角加速度；（2）从开始制动到30ωω=所需要的时间。
解：（1）依题意 2ωβK J M -== )/(92202s rad JK J K ωωβ-=-= （2）由J K dt d 2ωωβ-== 得 ⎰⎰-=32000ωωωωK Jd dt t ωK Jt 2=3-3 如图所示， 发电机的轮A 由蒸汽机的轮B 通过皮带带动。
两轮半径A R =30cm ，=B R 75cm 。
当蒸汽机开动后，其角加速度π8.0=B βrad/s 2，设轮与皮带之间没有滑动。
求（1）经过多少秒后发电机的转速达到A n =600rev/min ？（2）蒸汽机停止工作后一分钟内发电机转速降到300rev/min ，求其角加速度。
解：（1）t A A βω= t B B βω=因为轮和皮带之间没有滑动，所以A 、B 两轮边缘的线速度相同，即B B A A R R ωω=又)/(20606002s rad A ππω=⨯=联立得)(10s R R t B B A A ==βω（2）)/(10603002s rad A ππω=⨯=)/(62s rad t A A A πωωβ=-'= 3-4 一个半径为=R 1.0m 的圆盘，可以绕过其盘心且垂直于盘面的转轴转动。
大学物理第3章作业解答
第三章刚体的定轴转动选择题3－1 如图所示,四个质量相同、线度相同而形状不同的物体,它们对各自的几何对称轴的转动惯量最大的是（ A ）（A） (B) (C) (D)3－2 在上题中,它们对各自的几何对称轴的转动惯量最小的是（ C ）3－3 如图所示,P、Q、R、S是附于刚体轻细杆上的四个质点,它们的质量分别为4m、3m、2m和m,PQ QR RS l===,该系统对O O'轴的转动惯量为（ A ）(A) 29m l.10m l; (D) 214m l; (C) 250m l; (B) 23－4 均匀细棒O A,可绕通过点O与棒垂直的光滑水平轴转动,如图所示.如果使棒从水平位置开始下落,在棒到竖直位置的过程中,下列陈述正确的是（ A ）(A) 角速度从小到大,角加速度从大到小;(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.3－5 几个力同时作用在一个具有固定转轴的刚体上.如果这几个力的矢量和为零,则下列陈述正确的是（ D ）(A) 刚体必然不会转动; (B) 刚体的转速必然不变;(C) 刚体的转速必然会变; (D) 刚体的转速可能变,也可能不变.3－6 在光滑的桌面上开一个小孔,把系在绳的一端质量为m的小球置于桌面上,绳的另一端穿过小孔而执于手中.设开始时使小球以恒定的速率v 在水平桌面上作半径为1r 的圆周运动,然后拉绳使小球的轨道半径缩小为2r ,新的角速度2ω和原来的角速度1ω的关系为（ B ） (A) 1212r r ωω⎛⎫ ⎪⎝⎭=; (B) 21212r r ωω⎛⎫⎪⎝⎭=;(C) 2211r r ωω⎛⎫ ⎪⎝⎭=; (D) 22211r r ωω⎛⎫⎪⎝⎭=.3－7 在上题中,新的动能和原来的动能之比为 （ A ）(A) 212r r ⎛⎫ ⎪⎝⎭; (B) 12r r ; (C) 21rr ; (D) 221r r ⎛⎫ ⎪⎝⎭.3－8 刚体绕定轴高速旋转时,下列陈述正确的是 （ D ）(A) 它受的外力一定很大; (B) 它受的外力矩一定很大;(C) 它的角加速度一定很大; (D) 它的角动量和转动动能一定很大. 3－9 芭蕾舞演员绕通过脚尖的竖直轴旋转,当她伸长手臂时的转动惯量为J ,角速度为ω.她将手臂收回至前胸时,转动惯量减小为3J ,此时她的角速度为 （ A ）(A) 3ω; (D) 13ω.3－10 三个完全相同的转轮绕一公共轴旋转.它们的角速度大小相同,但其中一轮的转动方向与另外两个轮相反.今沿轴的方向施力,将三者靠在一起,使它们获得相同的角速度.此时靠在一起后系统的动能与原来三转轮的总动能相比是 （ B ）(A) 减少到13; (B) 减少到19;(C) 增大到3倍; (D) 增大到9倍.计算题3－11 一电动机的电枢转速为11800r min -⋅,当切断电源后,电枢经20s 停下.求:(1) 切断电源后电枢转了多少圈;(2) 切断电源后10s 时,电枢的角速度以及电枢边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度(设电枢半径为10cm ).解 (1) 切断电源时,电枢的转速为11018002πrad s60πrad s60ω--⨯=⋅=⋅电枢的平均角加速度为22060πrad s3.0πrad s20tωα----==⋅=-⋅∆由2202ωωαθ-=∆,且0ω=,可得切断电源后电枢转过的角度为()()22060πrad 600πrad 223πωθα--∆===⨯-转过的圈数为600πr 300r 2π2πN θ∆===(2) 切断电源后10s 时,电枢的角速度为()11060π 3.0π10rad s30πrad s t ωωα--=+=-⨯⋅=⋅此时电枢边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度分别为()111222t 222222n 0.1030πm s3.0πm s9.42m s0.10 3.0πm s0.30πm s0.942m s0.1030πm s90πm s888m sr a r a r ωαω---------==⨯⋅=⋅=⋅==-⨯⋅=-⋅=-⋅==⨯⋅=⋅=⋅v3－12 一飞轮由直径为0.30m 、厚度为22.010m -⨯的圆盘和两个直径为0.10m 、长为28.010m -⨯的圆柱体组成.设飞轮的密度为337.810kg m -⨯⋅,求飞轮对转轴的转动惯量.解 飞轮上的圆盘的半径为10.15m r =,圆柱体的半径为20.05m r =. 飞轮上的圆盘质量为2322111π7.810π0.15 2.010kg 11.0kg m r h ρ-==⨯⨯⨯⨯=圆柱体的质量为2322222π7.810π0.058.010kg 4.90kgm r h ρ-==⨯⨯⨯⨯⨯=飞轮的转动惯量是圆盘和两个圆柱体的转动惯量之和为22222211221111.00.15 4.900.05kg m 0.136kg m 22J m r m r ⎛⎫=+=⨯⨯+⨯⋅=⋅ ⎪⎝⎭3－13 如图所示,质量分别为2m 、3m 和4m 的三个小球,用长均为l 、质量均为m 的三根均匀细棒相连,如图所示(小球的半径r l <<,可视为质点).求该物件对通过点O 垂直于图面的转轴的转动惯量.解 该物件的转动惯量是三个小球和三根细棒的转动惯量之和为2222212343103J m l m l m l m l m l =+++⨯=3－14 细棒长为l ,质量为m ,设转轴通过棒上离中心为h 的一点并与棒垂直.求棒对此轴的转动惯量.解 由平行轴定理,细棒的转动惯量为22222c 111212J J m h m l m h m l h ⎛⎫=+=+=+ ⎪⎝⎭3－15 一个半径为R 质量为m 的均匀圆盘,挖去直径为R 的一个圆孔,如图所示.求剩余部分对通过圆心O 且与盘面垂直的轴的转动惯量.解 开孔圆盘的转动惯量等于完整圆盘的转动惯量减去位于圆孔部位的被挖去的小圆盘的转动惯量:2222111322424232m R m R J m R m R ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦ 3－16 如图所示,某飞轮的直径为0.50m 、转动惯量为22.4k g m ⋅、转速为311.010r min-⨯⋅.如果制动时闸瓦对轮的压力为490N ,闸瓦与轮之间的滑动摩擦因数为0.4,求制动后飞轮转多少圈才停止.解 制动前,飞轮的转速为31102π 1.010rad s105rad s60ω--⨯⨯=⋅=⋅飞轮所受的制动力矩为n 0.44900.25N m 49N m M F R μ=-=-⨯⨯⋅=-⋅根据转动定律,M J α=,可得制动后飞轮的角加速度为2249rad s20.4rad s2.4M J α---==⋅=-⋅由2202ωωαθ-=∆,且0ω=,可得制动后飞轮转过角度为220105rad 270rad 22(20.4)ωθα--∆===⨯-转过的圈数为270r 43.0r 2π2πN θ∆===3－17 如图所示,一物体质量为5kg ,从一倾角为o 37的斜面滑下,物体与斜面的摩擦因数为0.25.一滑轮装在固定轴O 处,轻绳的一端绕在滑轮上,另一端与物体相连.若滑轮可视为是实心圆盘,其质量为20kg 、半径为0.2m ,绳与轮间无相对滑动,且轮轴的摩擦阻力矩忽略不计.求：(1) 物体沿斜面下滑的加速度; (2) 绳中的张力.解 物体和滑轮的示力图以及坐标选取如图所示.图中P 为重力,N F 为正压力,r F 为摩擦力,T F 为张力,T T F F '=.O x 轴沿斜面向下,Oy 垂直于斜面.设物体的质量为1m ,滑轮的质量为2m ,滑轮的半径为r .对物体,根据牛顿第二定律,在O x 和Oy 方向分别有o1T r 1sin 37m g F F m a --=oN 1cos 370F m g -=重力2P 和轮轴对滑轮的压力N 2F 均通过转轴,对转轴的力矩为零.以垂直纸面向里为正方向,滑轮所受的力矩为T T M F r F r '=⋅=⋅.对滑轮,根据转动定律,有T F r J α⋅=而a r α=r N F F μ=2212J m r =联立解以上方程,可得物体沿斜面下滑的加速度和绳中的张力分别为()oo11222sin 37cos 3712345 0.259.8 m s 1.31 m s1555202m a gm m μ--=-+⎛⎫=-⨯⨯⨯⋅=⋅ ⎪⎝⎭+⨯T 21120 1.31 N 13.1 N 22F Jm a rα===⨯⨯=3－18 如图所示,长为l 、质量为m 的均匀细棒可绕点O 转动.此棒原先静止在竖直位置,受微小扰动而倒下.若不计摩擦和空气阻力,求细棒倒至与竖直位置成θ角时的角加速度和角速度.解 细棒的倒下,可看成定轴转动,其转轴通过地面上细棒端点,垂直于细棒的转动平面.在细棒倒下的过程中,细棒与地球组成的系统机械能守恒.以地面为势能零点,设细棒倒至与竖直方向成θ角时,角速度为ω,有21cos 222l l J m gm gωθ+=而213J m l =由此可得,角速度为ω=只有细棒所受的重力对转轴有力矩.以垂直纸面向里为正方向,细棒倒至与竖直方向成θ角时,重力对转轴的力矩为sin 2l M m g θ=.设此时的角加速度为α,则对细棒,根据转动定律,有sin 2l m gJ θα= 将213J m l =代入上式,可得角加速度为3sin 2g lαθ=3－19 如图所示,两个物体质量分别为1m 和2m .定滑轮的质量为m 、半径为R ,可视为圆盘.已知2m 与桌面间的摩擦因数为μ.设轻绳与轮间无相对滑动,且可不计滑轮轴的摩擦力矩,求1m 下落的加速度和滑轮两边绳中的张力.解 两个物体和滑轮的示力图以及坐标选取如图所示.图中P 为重力,N F 为正压力,r F 为摩擦力,T F 为张力,T1T1F F '=,T 2T 2F F '=.O x 轴水平向右,Oy 轴竖直向下.两个物体的加速度虽方向不同,但大小相同,12a a a ==.对物体1m ,根据牛顿第二定律,在Oy 方向有1T 11m g F m a -=对物体2m ,根据牛顿第二定律,在O x 方向有T 2r 2F F m a -=滑轮所受的重力和转轴对滑轮的压力都通过转轴,对转轴的力矩为零.以垂直纸面向里为正方向,滑轮所受的力矩为T 1T 2M F R F R =-.对滑轮,根据转动定律,有T 1T 2F R F R J α-=而212J m R =a R α=r 2F m gμ=联立解以上方程,可得物体的加速度与绳中的张力分别为()1212222m m a g m m mμ-=++()2T 11122122m m F m gm m m μ++=++()1T 22122122m m F m gm m mμ++=++3－20 一圆盘状的均匀飞轮,其质量为100kg 、半径为0.5m ,绕几何中心轴转动.在30s 内,由起始转速13000r m in-⋅均匀地减速至11000r m in -⋅.求阻力矩所做的功.解 飞轮初、末角速度分别为1102π3000rad s100πrad s60ω--⨯=⋅=⋅112π1000100rad sπrad s603ω--⨯=⋅=⋅飞轮的转动惯量为2222111000.5kg m 12.5kg m 22J m R ==⨯⨯⋅=⋅根据动能定理理,外力矩对飞轮所做的功等于飞轮转动动能的增量,可得在飞轮减速的过程中,阻力矩对飞轮所做的功为()222200225111()2221100π 12.5100πJ 5.4810J23A J J J ωωωω=-=-⎡⎤⎛⎫=⨯⨯-=-⨯⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦3－21 质量为m '、半径为R 的转台,可绕过中心的竖直轴转动.质量为m 的人站在转台的边缘.最初人和转台都静止,后来人在转台的边缘开始跑动.设人的角速度(相对于地面)为ω,求转台转动的角速度(转台可看成质量均匀分布的圆盘,并忽略转轴处的摩擦力矩和空气的阻力).解 人和转台组成的系统对中心轴角动量守恒.以人的角速度的方向为正方向,设转台的角速度为1ω,有210J m R ωω+=而212J m R '=由此可得12m m ωω-='式中的负号表明,转台的转动方向与人的转动方向相反.3－22 如图所示,一个转动惯量为J 、半径为R 的圆木盘,可绕通过中心垂直于圆盘面的轴转动.今有一质量为m 的子弹,在距转轴2R 的水平方向以速度0v 射入,并嵌在木盘边缘.求子弹嵌入后木盘转动的角速度.解 子弹和木盘组成的系统,对转轴角动量守恒.以垂直于纸面向外为正方向,设子弹嵌入后,木盘转动的角速度为ω,有2()2R J m R m ω+=v由此可得022()m R J m R ω=+v3－23 如图所示,一均匀细棒长为l 、质量为m ,可绕经过端点O 的水平轴转动.棒被拉到水平位置由静止轻轻放开,下落至竖直位置时,下端与放在地面上的静止物体相撞.若物体的质量也为m ,物体与地面间的摩擦因数为μ,物体滑动s 距离后停止.求: (1) 棒与物体碰撞后,物体的速度;(2) 棒与物体碰撞后,棒的角速度.解 (1)根据动能定理,摩擦力对滑块所做的功等于滑块动能的增量.设物体因碰撞而获得的速度为v ,有2102m gs m μ-=-v由此可得=v (2) 细棒下落的过程中,细棒与地球组成的系统机械能守恒定律.以地面为势能零点,设细棒下落至竖直位置时的角速度为0ω,有20122l J m gω=而213J m l =由此可得0ω=.碰撞过程中角动量守恒.以垂直纸面向外为正方向,设碰撞后,细棒的角速度为ω,有0J m l J ωω+=v将213J m l =、=v 和0ω=代入上式,可得lω=若0ω>,碰撞后细棒继续向右转动, 若0ω<,碰撞后细棒向左转动.。
《大学物理》第三章 刚体的定轴转动
P
t
=
1 2
ω J 2 自
t
=
ω J 2 自 2P
=
2×105× (30π)
2×736×103
2
=
1.21×103s
(2) ω进 = 1度 秒 = 0.0175rad/s
ω进 =
M
Jω自
M = Jω进ω自
M = 2×105×0.0175×30π= 3.3×105 N返回.m退出
3-14 在如图所示的回转仪中，转盘的 质量为 0.15kg , 绕其轴线的转动惯量为： 1.50×10-4 kg.m2 ,架子的质量为 0.03kg, 由转盘与架子组成的系统被支持在一个支柱 的尖端O，尖端O到转盘中心的距离为0.04 m , 当转盘以一定角速度ω 绕其轴旋转时， 它便在水平面内以1/6 rev/s的转速进动。
为25cm，轴的一端 A用一根链条挂起，如
果原来轴在水平位置，并使轮子以ω自=12 rad／s的角速度旋转，方向如图所示，求：
（1）该轮自转的角动量；
（2）作用于轴上的外力矩；
（3）系统的进动角速度， ω
并判断进动方向。
AO
B
R
l 返回 退出
解：
(1)
J
=
m
R
2
回
=
5×(0.25 )2
ω
= 0.313 kg.m2
a
=
m
1+
m m
1g 2+
J
r2
T1 =
m 1g (m 2+ J m 1+m 2 + J
r 2) r2
T2 =
m 1m 2g m 1+m 2 + J
大学物理刚体力学测试题答案
3
3.质量均为 m 的三个小球用长为 l 的三根轻质的刚性杆连成一个
刚体。建立坐标系如图所示，将刚体置于 OYZ 平面内，则此刚体：
（ 量1为）_对__1_O_mX__l轴_2 _的__转。动惯量为____45__m__l _2 __；（2）对
(4)
2
(4)式代入（1）式得
a
2 m 'g m 2m '
(5)
a 2 m 'g R (m 2 m ') R
(5)式代入（4）式，得
T
mm' m 2m'
g
2 .如 图 所 示 ， 一 长 为 L = 0 .4 0 m 的 均 匀 木 棒 ， 质 量 M = 1 .0 k g ， 可 绕 水 平
25rads 10s 时的角速度为
1 ,在 10s 内转过的角度
为 125rad 。
由静止开始的匀加速转动运动学公式
角速度 0tt2.51025rads1 角（位角移度）0t1 2t21 2t21 22.5102125rad
2.半径为 30cm 的飞轮，从静止开始以 0.5rad s 2 的角加速度
（A）动量大小不变，动能变，角动量变
（B）动量大小变，动能不变，角动量变
（C）动量大小与动能都变，角动量不变
（D）三者都不变
rO
质点受有心力作用，合外力矩为零，
质点角动量守恒
F
Lm r恒 量
绳下拉过程半径r变小，速度v变大， 动量mv变大，动能变大
1.一砂轮由静止开始作匀加速运动，角加速度 2.5rad s 2 。则
轴 O 在 竖 直 面 内 转 动 。开 始 时 ，棒 自 然 地 竖 直 悬 垂 ，现 有 质 量 m ＝ 8 .0 g
第3章刚体的定轴转动
大学物理习题及习题解答第三章 刚体的定轴转动31 两个不同半径的皮带轮 A 、B ，由传动皮带相连，轮半径 A Br r > .当它们转动时，问： （1）两轮边缘各点的线速度大小是否相等？ （2）两轮角速度的大小是否相等？（3）两轮边缘处质点的法向加速度大小是否相等？ （4）两轮边缘处质点的切向加速度大小是否相等？ 答：当皮带在两轮上不打滑时，（1）相等，两轮边缘各点线速度的大小都等于皮带上点的速率。
（2）不等。
由于v r w = ， A B v v = ，而 A B r r > 故 A Bw w < （3）不等。
由于 2n v a r= ， A B v v = 而 A B r r > ，故 nA nBa a < （4）相等。
由于 A B v v = ，而A Bdv dv dt dt= ，故 tA tB a a = 32 一飞轮以转速 1 min 1500 - × = r n 转动，受制动均匀减速，经 s t 50 = 后静止。
（1）求角加速度a 和从制动开始到静止这段时间飞轮转过的转数 N ； （2）求制动开始后 s t 25 = 时飞轮的角速度w ；（3）设飞轮的半径 , 1m r = 求在 s t 25 = 时飞轮边缘上一点的速度和加速度。
解：（1） 1 0 2 601500- × ´ =s rad p w 由 0 t t w w a -= ，且 0 t w = ，得220 15002 3.14 6050rad s rad s t w pa - =-=-´×=-× 又 2 0 11() 22 N t t w a p =+´ ，将 0t w a =- 代入得111500 50 r 625 r 2260N t w ==´´= （注意求转数时p 可消去，能减少计算误差。
大学物理习题参考解答物理习题参考解答刚体基本运动_转动定律_动能定理
选择题_03图示单元四 刚体基本运动 转动动能 1一 选择题01. 一刚体以每分钟60转绕z 轴做匀速转动(ω沿转轴正方向)。
设某时刻刚体上点P 的位置矢量为345r i j k =++，单位210m -，以210/m s -为速度单位，则该时刻P 点的速度为： 【 B 】(A) 94.2125.6157.0v i j k =++；(B) 25.118.8v i j =-+；(C) 25.118.8v i j =--；(D) 31.4v k =。
02. 轮圈半径为R ，其质量M 均匀布在轮缘上，长为R ，质量为m 的均质辐条固定在轮心和轮缘间，辐条共有2N 根。
今若将辐条数减少N 根但保持轮对通过轮心，垂直于轮平面轴的转动惯量保持不变，则轮圈的质量为 【 D 】(A)12N m M +； (B) 6N m M +； (C) 23N m M +； (D) 3Nm M +。
03. 如图所示，一质量为m 的均质杆长为l ，绕铅直轴OO '成θ角转动，其转动惯量为 【 C 】(A)2112ml ；(B) 221sin 4ml θ；(C) 221sin 3ml θ； (D) 213ml 。
04. 关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 【 C 】 (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。
05. 两个匀质圆盘A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ，若A B ρρ>，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘对通过盘心垂直于盘面轴的转动惯量各为A J 和B J ，则 【 B 】(A) A B J J >； (B) B A J J >；(C) A B J J =； (D) A J 和B J 哪个大，不能确定。
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大学物理
第3章刚体和流体
选择题
一、选择题
1.一飞轮从静止开始作匀加速转动时,飞轮边缘上一点的法向加速度n a 和切向加速度ιa 的值怎样?
[](A)n a 不变,ιa 为0
(B)n a 不变,ιa 不变(C)n a 增大,ιa 为0
(D)n a 增大,ιa 不变2.当飞轮作加速转动时,飞轮上到轮心距离不等的二点的切向加速度ιa 和法向加速度n a 是否相同?
[](A)ιa 相同,n a 相同
(B)ιa 相同,n a 不同(C)ιa 不同,n a 相同
(D)ιa 不同,n a 不同3.下列各因素中,不影响刚体转动惯量的是[](A)外力矩(B)刚体质量
(C)刚体质量的分布(D)转轴的位置
4.关于刚体的转动惯量,以下说法中错误的是
[](A)转动惯量是刚体转动惯性大小的量度
(B)转动惯量是刚体的固有属性,具有不变的量值
(C)转动惯量是标量,对于给定的转轴,刚体顺时针转动和逆时针转动时,其转动惯
量的数值相同
(D)转动惯量是相对量,随转轴的选取不同而不同
5.两个质量分布均匀的圆盘A 和B 的密度分别为A 和B ,如果有A ＞B ,但两圆盘的总质量和厚度相同．设两圆盘对通过盘心垂直于盘面的轴的转动惯量分别为J A 和J B ,则有:
[](A)J A ＞J B (B)J A ＜J B
(C)J A ＝J B (D)不能确定J A 、J B 哪个大
6.如图3-1-6所示，一均匀圆环质量为m ,内半径为R 1,外半径
为R 2,圆环绕过中心且垂直于圆环面的转轴的转动惯量是
[](A))(212122R R m -(B))(212122R R m +1R 2
R
(C)2
12)(
21R R m -(D)212)(2
1R R m +7.地球的质量为m ,太阳的质量为0m ，地心与太阳中心的距离为R ,引力常数为G ,地球绕太阳转动的轨道角动量的大小为
[](A)R m G m 0(B)R m m G 0
(C)R G m m 0(D)R
mm G 208.一滑冰者,开始自转时其角速度为0ω,转动惯量为0J ，当他将手臂收回时,其转动惯量减少为
J 31,则它的角速度将变为[](A)031ω(B)031ω(C)03ω(D)0
ω9.绳的一端系一质量为m 的小球,在光滑的水平桌面上作匀速圆周运动.
若从桌面中心孔向下拉绳子,则小球的
[](A)角动量不变(B)角动量增加
(C)动量不变(D)动量减少
10.刚体角动量守恒的充分而必要的条件是
[
](A)刚体不受外力矩作用(B)刚体所受的合外力和合外力矩均为零
(C)刚体所受合外力矩为零(D)刚体的转动惯量和角速度均保持不变
11.一个可绕定轴转动的刚体,若受到两个大小相等、方向相反但不在一条直线上的恒力作用,而且力所在的平面不与转轴平行,刚体将怎样运动?
[](A)静止(B)匀速转动
(C)匀加速转动(D)变加速转动
12两个质量相同、飞行速度相同的球A 和B,其中A 球无转动,B 球转动,假设要把它们接住，所做的功分别为A 1和A 2,则:
[](A)A 1＞A 2(B)A 1＜A 2
(C)A 1=A 2(D)无法判定
13.一个半径为R 的水平圆盘以恒定角速度ω作匀速转动.一质量为m 的人从圆盘边缘走到圆盘中心,圆盘对他所做的功为[](A)
2ωmR (B)2ωmR -(C)2
221ωmR (D)2
22
1ωmR -14.银河系中一均匀球体天体,其半径为R ,绕其对称轴自转的周期为T ．
由于引力凝聚作用,其体积在不断收缩.则一万年以后应有
[](A)自转周期变小,动能也变小(B)自转周期变小,动能增大
(C)自转周期变大,动能增大(D)自转周期变大,动能减小
15.人造地球卫星绕地球作椭圆轨道运动.卫星轨道近地点和远地点分别为A 和B ，用L 和E k 分别表示卫星对地心的角动量及其动能的瞬时值,则应有
[](A)kB kA B A E E L L >>,(B)kB
kA B A E E L L <=,F ωR
(C)kB kA B A E E L L >=,(D)kB
kA B A E E L L <<,16.如图3-1-16所示，一质量为0m 的木块静止在光滑水平面上,质量为0m 的子弹射入木块后又穿出来．子弹在射入和穿出的过程中，
[](A)子弹的动量守恒
(B)子弹和木块系统的动量守恒,机械能不守恒
(C)子弹的角动量守恒
(D)子弹的机械能守恒
17.如图3-1-17所示，一块长方形板以其一个边为轴自由转动，最初板自由下垂．现有一小团粘土垂直于板面撞击板,并粘在板上.对粘土和板系统,如
果不计空气阻力,在碰撞过程中守恒的量是
[](A)动能(B)绕长方形板转轴的角动量
(C)机械能(D)动量
18.在下列四个实例中,物体机械能不守恒的实例是
[](A)质点作圆锥摆运动
(B)物体在光滑斜面上自由滑下
(C)抛出的铁饼作斜抛运动(不计空气阻力)
(D)物体在拉力作用下沿光滑斜面匀速运动
19.人站在摩擦可忽略不计的转动平台上,双臂水平地举起二哑铃,当人在把此二哑铃水平地收缩到胸前的过程中,人与哑铃组成的系统有
[](A)机械能守恒,角动量守恒(B)机械能守恒,角动量不守恒
(C)机械能不守恒,角动量守恒(D)机械能不守恒,角动量不守恒
20.一人手拿两个哑铃,两臂平伸并绕右足尖旋转,转动惯量为J ,角速度为ω．若此人突然将两臂收回,转动惯量变为
J 31．如忽略摩擦力,则此人收臂后的动能与收臂前的动能之比为
[
](A)19(B)13(C)91(D)3121.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3-1-37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)角速度从小到大，角加速度从大到小
(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
22.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
在上述说法中
[](A)只有(1)是正确的
(B)(1)、(2)正确，(3)、(4)错误(C)(1)、(2)、(3)都正确，(4)错误(D)(1)、(2)、(3)、(4)都正确
0m 0m O O 'A O mg θ∙
23.光滑的水平面上有长为2l 、质量为m 的匀质细杆，可绕过其中点O 且垂直于桌面的竖直固定轴自由转动，转动惯量为231ml ．起初杆静止．有一质量为m 的小球沿桌面正对着杆的一端，在垂直
于杆长的方向上，以速率v 运动，如图3-1-40所示．当小
球与杆端发生碰撞后，就与杆粘在一起随杆转动，则这一系统碰撞后的转动角速度是
[](A)12
v
l (B)2v (C)l 43v (D)l v
3图
3-1-23O l l
v。