【精选】第3章刚体的定轴转动作业答案

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刚体的定轴转动(带答案)

刚体的定轴转动一、选择题1、（本题3分）0289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。

2、（本题3分）0165均匀细棒OA可绕通过某一端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降，在棒摆到竖直位置的过程中，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。

3.（本题3分）5640一个物体正在绕固定的光滑轴自由转动，则[D ]（A）它受热或遇冷伸缩时，角速度不变.（B）它受热时角速度变大，遇冷时角速度变小.（C）它受热或遇冷伸缩时，角速度均变大.（D ）它受热时角速度变小，遇冷时角速度变大.4、（本题3分）0292一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，滑轮质量为m ，绳下端挂一物体，物体所受重力为P ，滑轮的角加速度为β，若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子，滑轮的角加速度β将 [ C ]（A ）不变（B ）变小（C ）变大（D ）无法判断5、（本题3分）5028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βA 和βB ，不计滑轮轴的摩擦，则有 [ C ]（A ）βA =βB （B ）βA ＞βB（C ）βA ＜βB （D ）开始时βA =βB ，以后βA ＜βB6、（本题3分）0294刚体角动量守恒的充分而必要的条件是 [ B ]（A ）刚体不受外力矩的作用。

（B ）刚体所受合外力矩为零。

第3章刚体的定轴转动习题答案

1
1 v r 78 . 5 1 78 . 5 m s (3) 解：
an r 78.5 1 6162 .2 m s
2 2
2
a r 3.14 m s
2
3-13. 如图所示，细棒长度为l，设转轴通过棒上距中心d的一点并与棒垂直。求棒对此轴的转动惯量 J O '，并说明这一转动惯量与棒对质心的转动惯量 J O之间的关系。(平行轴定理)
n0
J 2 2 n 收回双臂后的角动能 E k J n 0 2 J 0 n
1 2 2 1 2
Ek 0 J
1 2
2 0
3-17. 一人张开双臂手握哑铃坐在转椅上，让转椅转动起来，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转速、转动动能、角动量如何变化？
解：首先，该系统的角动量守恒。
设初始转动惯量为 J ，初始角速度为 0 收回双臂后转动惯量变为 J n ，由转动惯量的定义容易知，n 1 由角动量守恒定理容易求出，收回双臂后的角速度初始角动能
M t J
代入数据解得：M 12.5 N m
3-4. 如图所示，质量为 m、长为 l 的均匀细杆，可绕过其一端 O 的水平轴转动，杆的另一端与一质量为m的小球固定在一起。当该系统从水平位置由静止转过角时，系统的角
速度、动能为？此过程中力矩所做的功？
解：由角动能定理得：
解：设该棒的质量为m，则其
线密度为 m l
1 l d 2 1 l d 2
O
d O'
J O'

0
r dr
2
3
0
r dr

第三章刚体力学习题答案

第三章刚体力学习题答案3-1 如图3-1示,一轻杆长度为2l ,两端各固定一小球,A 球质量为2m ,B 球质量为m ,杆可绕过中心的水平轴O 在铅垂面内自由转动,求杆与竖直方向成θ角时的角加速度.解：系统受外力有三个，即A ，B 受到的重力和轴的支撑作用力，轴的作用力对轴的力臂为零，故力矩为零，系统只受两个重力矩作用. 以顺时针方向作为运动的正方向，则A 球受力矩为正，B 球受力矩为负，两个重力的力臂相等为sin d l θ=，故合力矩为2sin sin sin M mgl mgl mgl θθθ=-=系统的转动惯量为两个小球（可视为质点）的转动惯量之和22223J ml ml ml =+=应用转动定律 M J β=有：2sin 3mgl ml θβ= 解得sin 3g lθβ=3-2 计算题3-2图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体,其质量为M ,半径为r ,在绳与轮边缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面与物体间的摩擦,设1m ＝50kg,2m ＝200kg,M ＝15kg,r ＝0.1m.解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对 1m ,2m 运用牛顿定律，有a m T g m 222=- ① a m T 11= ②对滑轮运用转动定律，有图3-1 图3-2β)21(212Mr r T r T =- ③又， βr a = ④ 联立以上4个方程，得2212s m 6.721520058.92002-⋅=++⨯=++=M m m g m a3-3 飞轮质量为60kg,半径为0.25m,当转速为1000r/min 时,要在5s 内令其制动,求制动力F ,设闸瓦与飞轮间摩擦系数μ＝0.4,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算,闸杆尺寸如图所示.解：以飞轮为研究对象，飞轮的转动惯量212J mR =，制动前角速度为1000260ωπ=⨯rad/s ，制动时角加速度为tωβ-=- 制动时闸瓦对飞轮的压力为N F ，闸瓦与飞轮间的摩擦力f N F F μ=，运用转动定律，得 212f F R J mR ββ-== 则 2N mR F tωμ=以闸杆为研究对象，在制动力F 和飞轮对闸瓦的压力N F -的力矩作用下闸杆保持平衡，两力矩的作用力臂分别为(0.500.75)l =+m 和1l ＝0-50m ，则有10N Fl F l -=110.50600.252100015720.500.7520.4560N l l mR F F l l t ωπμ⨯⨯⨯===⨯=+⨯⨯⨯N 图3-33-4 设有一均匀圆盘,质量为m ,半径为R ,可绕过盘中心的光滑竖直轴在水平桌面上转动. 圆盘与桌面间的滑动摩擦系数为μ,若用外力推动它使其角速度达到0ω时,撤去外力,求：(1) 此后圆盘还能继续转动多少时间？ (2) 上述过程中摩擦力矩所做的功.解：（1）撤去外力后，盘在摩擦力矩f M 作用下停止转动- 设盘质量密度为2mRσπ=，则有20223Rf Mg r dr mgR μπσμ==⎰ 根据转动定律 21,2f M J mR Jα-==43g Rμα-= 034R t gωωαμ-==（2）根据动能定理有摩擦力的功2220011024f W J mR ωω=-=-3-5 如题3-6图所示,一匀质细杆质量为m ,长为l ,可绕过一端O 的水平轴自由转动,杆于水平位置由静止开始摆下．求： (1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过θ角时的角速度.解: (1)由转动定律，有β)31(212ml mg= ∴ lg23=β(2)由机械能守恒定律，有图3-622)31(21sin 2ωθml l mg =∴ lg θωsin 3=3-6 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴O O '转动．设大小圆柱体的半径分别为R 和r ,质量分别为M 和m ．绕在两柱体上的细绳分别与物体1m 和2m 相连,1m 和2m 则挂在圆柱体的两侧,如3-8图所示．设R ＝0.20m, r ＝0.10m,m ＝4 kg,M ＝10 kg,1m ＝2m ＝2 kg,且开始时1m ,2m 离地均为h ＝2m ．求：(1)柱体转动时的角加速度； (2)两侧细绳的张力．解: 设1a ,2a 和β分别为1m ,2m 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．(a)图 (b)图(1) 1m ,2m 和柱体的运动方程如下：2222a m g m T =- ① 1111a m T g m =- ②βI r T R T ='-'21 ③式中 ββR a r a T T T T ==='='122211,,,而 222121mr MR I += 由上式求得22222222121s rad 13.68.910.0220.0210.042120.0102121.022.0-⋅=⨯⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯=++-=gr m R m I rm Rm β(2)由①式8.208.9213.610.02222=⨯+⨯⨯=+=g m r m T βN由②式1.1713.6.2.028.92111=⨯⨯-⨯=-=βR m g m T N3-7 一风扇转速为900r/min,当马达关闭后,风扇均匀减速,止动前它转过了75转,在此过程中制动力做的功为44.4J,求风扇的转动惯量和摩擦力矩.解：设制动摩擦力矩为M ，风扇转动惯量为J ，止动前风扇的角位移2N θπ=，摩擦力矩所做的功为2A M M N θπ=-=-摩擦力所做的功应等于风扇转动动能的增量，即2102A J ω=-2222(44.4)0.01(9002/60)AJ ωπ⨯-=-=-=⨯kg ⋅m 2 44.40.09422275A M N ππ-=-=-=⨯N ⋅m 3-8 一质量为M 、半径为r 的圆柱体,在倾斜θ角的粗糙斜面上从距地面h 高处只滚不滑而下,试求圆柱体滚止地面时的瞬时角速度ω.解：在滚动过程中，圆柱体受重力Mg 和斜面的摩擦力F 作用，设圆柱体滚止地面时，质心在瞬时速率为v ，则此时质心的平动动能为212Mv ，与此同时，圆柱体以角速度ω绕几何中心轴转动，其转动动能为212J ω.将势能零点取在地面上，初始时刻圆柱体的势能为Mgh ，由于圆柱体只滚不滑而下，摩擦力为静摩擦力，对物体不做功，只有重力做功，机械能守恒，于是有221122Mgh Mv J ω=+ 式中 21,2J Mr v r ω==，代入上式得 22211()22Mgh Mr Mr ω=+即 23gh r ω=3-9 一个轻质弹簧的倔强系数 2.0k =N/m,它的一端固定,另一端通过一条细绳绕过一个定滑轮和一个质量为m ＝80g 的物体相连,如图所示. 定滑轮可看作均匀圆盘,它的质量为M ＝100g,半径r ＝0.05m. 先用手托住物体m ,使弹簧处于其自然长度,然后松手.求物体m 下降h ＝0.5m 时的速度为多大？忽略滑轮轴上的摩擦,并认为绳在滑轮边缘上不打滑.解：由于只有保守力（弹性力、重力）做功，所以由弹簧、滑轮和物体m 组成的系统机械能守恒，故有222111222mgh kh I mv ω=++21,2v r I Mr ω==所以 22 1.4812mgh kh v M m -==+m/s3-10 有一质量为1m 、长为l 的均匀细棒, 静止平放在滑动摩擦系数为μ的水平桌面上,它可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动. 另有一水平运动的质量为2m 的小滑块, 从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相碰撞, 设碰撞时间极短. 已知小滑块在碰撞前后的速度分别为1V 和2V ,如图示,求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间（已知棒绕O点的转动惯量2113J m l =）.图3-11图3-12解：对棒和滑块组成的系统，因为碰撞时间极短，所以棒和滑块所受的摩擦力矩远小于相互间的冲量矩，故可认为合外力矩为零，所以系统的角动量守恒，且碰撞阶段棒的角位移忽略不计，由角动量守恒得22122113m v l m v l m l ω=-+碰撞后在在转动过程中棒受到的摩擦力矩为 11012tf m M gdx m gl l μμ=-=-⎰由角动量定理得转动过程中210103tfM dt m l ω=-⎰ 联立以上三式解得：12212V V t m m gμ+= 3-11 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距离为1r ＝8.75×1010m 时的速率是1v ＝5.46×104m ·s -1,它离太阳最远时的速率是2v ＝9.08×102m ·s -1，这时它离太阳的距离2r 为多少?(太阳位于椭圆的一个焦点.)解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有 2211mv r mv r =∴ m 1026.51008.91046.51075.81224102112⨯=⨯⨯⨯⨯==v v r r 3-12 平板中央开一小孔,质量为m 的小球用细线系住,细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物．小球做匀速圆周运动,当半径为0r 时重物达到平衡．今在1M 的下方再挂一质量为2M 的物体,如3-14图．试问这时小球做匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少?图3-14解: 在只挂重物时1M ，小球作圆周运动的向心力为g M 1，即201ωmr g M =①挂上2M 后，则有221)(ω''=+r m g M M②重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．即 v m r mv r ''=00ωω''=⇒2020r r ③联立①、②、③得10021123011213212()M g mr M g M M mr M M M M r g r m M M ωωω=+'=+'==⋅'+3-13 如图示, 长为l 的轻杆, 两端各固定质量分别为m 和2m 的小球, 杆可绕水平光滑轴在竖直平面内转动, 转轴O 距两端的距离分别为/3l 或2/3l . 原来静止在竖直位置. 今有一质量为m 的小球, 以水平速度0v 与杆下端的小球m 做对心碰撞, 碰后以0/2v 的速度返回, 试求碰撞后轻杆所获得的角速度ω.解：将杆与两端的小球视为一刚体，水平飞来的小球m 与刚体视为一系统，在碰撞过程中，外力包括轴O 处的作用力和重力，均不产生力矩，故合外力矩为零，系统角动量守恒- 选逆时针转动为正方向，则由角动量守恒得 0022323v ll mv m J ω=-+ 222()2()33l l J m m =+图3-13解得 032v lω=3-14 圆盘形飞轮A 质量为m , 半径为r , 最初以角速度0ω转动, 与A 共轴的圆盘形飞轮B质量为4m ,半径为2r , 最初静止, 如图所示, 两飞轮啮合后, 以同一速度ω转动, 求ω及啮合过程中机械能的损失.解：以两飞轮组成的系统为研究对象，由于运动过程中系统无外力矩作用，角动量守恒，有22201114(2)222mr mr m r ωωω=+ 得 0117ωω=初始机械能为 2222100111224W mr mr ωω==啮合后机械能为222222201111114(2)2222174W mr m r mr ωωω=+=则机械能损失为 221201611617417W W W mr W ω∆=-==3-15 如图示,一匀质圆盘半径为r ,质量为1m ,可绕过中心的垂轴O 转动.初时盘静止,一质量为2m 的子弹一速度v 沿与盘半径成160θ︒=的方向击中盘边缘后以速度/2v 沿与半径方向成230θ︒=的方向反弹,求盘获得的角速度.解：对于盘和子弹组成的系统，撞击过程中轴O 的支撑力的力臂为零，不提供力矩，其他外力矩的冲量矩可忽略不计，故系统对轴O 的角动量守恒，即12L L =，初时盘的角动量为零，只有子弹有角动量，故图3-14 图3-1512sin 60L m vr ︒=末态中盘和子弹都有角动量，设盘的角速度为ω，则22211sin 3022v L m r m r ω︒=+ 故有 22211sin 60sin 3022v m vr m r m r ω︒︒=+可解得：1ω=3-16 一人站在一匀质圆板状水平转台的边缘,转台的轴承处的摩擦可忽略不计,人的质量为'm ,转台的质量为10'm ,半径为R .最初整个系统是静止的,这人把一质量为m 的石子水平地沿转台的边缘的切线方向投出,石子的速率为v （相对于地面）.求石子投出后转台的角速度与人的线速度.解：以人、转台和石子组成的系统为研究对象，由于系统无外力矩作用，角动量守恒，设转台角速度ω的转向与投出的石子速度v 方向一致，初始时系统角动量为零，得0J mRv ω+= 人和转台的转动惯量'2'21102J m R m R =+，代入上式后得 '6mvm Rω=-人的线速度为'6mvv R mω==-其中负号表示转台角速度转向和人的线速度方向与假设方向相反-3-17 一人站在转台上,两臂平举,两手各握一个4m =kg,哑铃距转台轴00.8r =m,起初转台以02ωπ=rad/s 的角速度转动,然后此人放下两臂,使哑铃与轴相距r =0.2m,设人与转台的转动惯量不变,且5J =kg ⋅m 2,转台与轴间摩擦忽略不计,求转台角速度变为多大？整个系统的动能改变了多少？解：以人、转台和哑铃组成的系统为研究对象，由于系统无外力矩作用，角动量守恒，有2200(2)(2)J mr J mr ωω+=+22002225240.8212.025240.2J mr J mr ωωπ++⨯⨯==⨯=++⨯⨯rad/s 动能的增量为222200011(2)(2)22W W W J mr J mr ωω∆=-=+-+222211(5240.2)12(5240.8)(2)22π=⨯+⨯⨯⨯-⨯+⨯⨯⨯ ＝183J3-18 如3-20图所示,质量为M ,长为l 的均匀直棒,可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动,它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m 的弹性小球飞来,正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后,使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ30°处．(1)设这碰撞为弹性碰撞,试计算小球初速0v 的值； (2)相撞时小球受到多大的冲量?解: (1)设小球的初速度为0v ，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v ，按题意，小球和棒做弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：mvl I l mv +=ω0 ①2220212121mv I mv +=ω ② 上两式中231Ml I =，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度o30=θ，按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212︒-=lMg I ω ③ 由③式得2121)231(3)30cos 1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=lg I Mgl ω由①式mlI v v ω-=0 ④ 由②式mI v v 2202ω-= ⑤所以22001)(2ωωmv ml I v -=-图18求得glmM m m M l ml I l v +-=+=+=31232(6)311(2)1(220ωω(2)相碰时小球受到的冲量为⎰-=∆=0d mvmv mv t F由①式求得ωωMl l I mv mv t F 31d 0-=-=-=⎰ gl M 6)32(6--=负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．3-19如图示,一个转动惯量为I ,半径为R 的定滑轮上面绕有细绳,并沿水平方向拉着一个质量为M 的物体 A. 现有一质量为m 的子弹在距转轴2R 的水平方向以速度0v 射入并固定在定滑轮的边缘,使滑轮拖住A 在水平面上滑轮.求(1)子弹射入并固定在滑轮边缘后,滑轮开始转动时的角速度ω.(2)若定滑轮拖着物体A 刚好转一圈而停止,求物体A 与水平面间的摩擦系数μ（轴上摩擦力忽略不计）.解：（1）子弹射入定滑轮前后，子弹、定滑轮及物体A 构成的系统角动量守恒220[]2Rmv mR I MR ω=++ 解得 0222()mv RmR I MR ω=++（2）定滑轮转动过程中物体A 受的摩擦力所做的功等于系统动能的增量 2221()22I mR MR Mg R ωμπ-++=-⨯ 解得 202216()m v RMg mR MR I μπ=++ 3-20 行星在椭圆轨道上绕太阳运动,太阳质量为1m ,行星质量为2m ,行星在近日点和远日点时离太阳中心的距离分别为1r 和2r ,求行星在轨道上运动的总能量.解：将行星和太阳视为一个系统，由于只有引力做功，系统机械能守恒，设行星在近日点图3-19和远日点时的速率分别为1v 和2v ，有2212121122121122m m m m m v G m v G r r -=- 行星在轨道上运动时，受太阳的万有引力作用，引力的方向始终指向太阳，以太阳为参考点，行星所受力矩为零，故行星对太阳的角动量守恒 111222m rv m r v =行星在轨道上运动时的总能量为2212121122121122m m m m E m v G m v G r r =-=- 联立以上三式得：1212Gm m E r r =-+3-21 半径为R 质量为'm 的匀质圆盘水平放置,可绕通过圆盘中心的竖直轴转动. 圆盘边缘及/2R 处设置了两条圆形轨道,质量都为m 的两个玩具小车分别沿两轨道反向运行,相对于圆盘的线速度值同为v . 若圆盘最初静止,求两小车开始转动后圆盘的角速度.解：设两小车和圆盘运动方向如图所示，以圆盘转动方向为正向，外轨道上小车相对于地面的角动量为()mR R v ω-，内轨道上小车相对于地面的角动量为11()22m R R v ω+，圆盘的角动量为'212J m R ωω=，由于两小车和圆盘组成的系统，外力对转轴的力矩为零，角动量守恒，得 '2111()()0222mR R v m R R v m R ωωω-+++= '2(52)mvm m Rω=+ 3-22 如图示,一匀质圆盘A 作为定滑轮绕有轻绳,绳上挂两物体B 和C,轮A 的质量为1m ,半径为r ,物体B 、C 的质量分别为2m 、3m ,且2m >3m . 忽略轴的摩擦,求物体B 由静止下落到t 时刻时的速度.图3-21图3-22解：把滑轮和两个物体作为一个系统，其运动从整体上看对定轴O 是顺时针方向的，即轮A 沿顺时针方向转动物体B 向下运动物体C 向上运动，故以顺时针方向的运动作为系统运动的正方向，根据角动量定理，得00tMdt L L =-⎰（1）（1）式左边为系统受到的合外力矩对轴O 的冲量矩，由于轮A 所受重力和轴的作用力对轴O 的力矩为零，故只有两物体所受重力提供力矩，注意到两个重力矩的方向相反，故合力矩为2121()M m gr m gr m m gr =-=- （2）（1）式右边为系统对轴O 的角动量的增量- 0t =时系统静止，角动量00L = （3）到t 时刻，A 、B 、C 三个物体均沿顺时针方向运动，角动量均为正- 设此时轮A 的角速度ω，B 、C 两物体速率相同设为v ，则有212312A B C L L L L m r m vr m vr ω=++=++ （4）把(2)、(3)、(4)式代入(1)式有2211231()2m m grt m r m vr m vr ω-=++由于系统为一连接体，两物体的速率与轮边缘的速率相同，即有v r ω= 把此式代入(5)式即可求得物体下落t 时的速度 211232()23m m gtv m m m -=++。

物理同步训练答案—刚体定轴转动答案

刚体定轴转动习题答案一、选择题 1、（A ） 2、（C ）3（C ）4、（A ）5、 (C) 6、 (C) 7、（B ） 8、（A ） 9、（B ） 10、（B ）二、填空题1、答：刚体的质量、刚体的质量分布、刚体的转轴的位置。

2、14ml 23、lg 43，lg 23 4、 2ω0 5、ωωωω--B A A J )( 6、MLm 23v．7、L76v8、02ωmrJ J +三、计算题1、解：对水桶和圆柱形辘轳分别用牛顿运动定律和转动定律列方程mg －T ＝ma ① 1分 TR ＝J β ② 1分 a ＝R β ③ 1分由此可得 T ＝m (g －a )＝m ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-J TR g /2 那么 mg J mRT =⎪⎪⎭⎫⎝⎛+21 将 J =21MR 2代入上式，得mM m M g T 2+=2分图2分2、解：(1) 各物体受力情况如图图2分T －mg ＝ma 1分 mg －T '＝m a ' 1分 T ' (3r )－Tr ＝14mr 2β 2分 a ＝r β 1分 a '＝(3r )β 1分由上述方程组解得：β＝g / (12r )＝16.33 rad ·s -2 2分3、解：以小球为研究对象，由转动定律βJ M =得：水平位置时：lg ml mgl ==002ββ 5分杆与水平方向夹角为60°时：' ' m ´glgml l mg2212==ββ 5分4、解：将杆与子弹视为一刚体，水平飞来子弹与刚体视为一系统．由角动量守恒得：ω)(2J ml mvl += ω=)/(2.02s rad Jmlmvl =+。

03-刚体的定轴转动习题答案

刚体的定轴转动习题参考答案1. t t t 4323+-=θ，4632+-==t t dt d θω，角加速度6622-==t dtd θβ2. 根据转动定律βI M =可知：和外力矩越大，角加速度越大。

3. 细杆静止，细杆所受各力对过B 的水平轴的力矩和为零，θθsin 2cos lmg Nl =，可知2tan θmg N =。

4. 根据转动惯量的定义⎰=Vdm r I 2，可知B A I I =5. 力矩为零，角动量守恒。

质点受力不为零，动量不守恒。

6. 根据力对转轴力矩的概念，（A ）正确。

7. 外力力矩为零，角动量守恒。

8. 根据角动量守恒，ωω00031I I =，可得03ωω=。

二、填空题1、j i vππ68+-=2、16-⋅S rad ,210-⋅-Srad3、质量、质量分布、转轴的位置4、R mg μ325、2mR aag - 6、232mL ，mLv 7、角动量，04ω8、122-⋅⋅Sm kg1. j i r vππω68+-=⨯=。

2. 角速度t dt d 108-==θω，角加速度10-==dtd ωβ，可得t=0.2s 时刚体的角速度为16-⋅S rad 、角加速度为210-⋅-S rad 。

3. 根据转动惯量的定义，转动惯量与质量、质量分布以及转轴的位置有关。

4. 将圆形平板看做一系列同心圆环组成的，摩擦力对转轴的力矩为：32202mgR rdr R mrgrgdm M Rf μππμμ===⎰⎰。

5. 对于m ：ma T mg =-；对于定滑轮：RaII TR ==β；将两式联立可求得定滑轮转动惯量2mR aag I -=。

6. 根据转动惯量∑∆=2mr I ，232mL I =；角动量mLv I =ω。

7. 物体受力为有心力，该力对圆心的力矩为零，所以角动量守恒；根据角动量守恒定律，有ωω202)2(R m mR =，则04ωω=。

8. 由角动量定理，1221L L Mdt t t -=⎰，有122-⋅⋅=∆=∆s m kg t FL L 。

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 转匀加快地增添到每分钟 2700 转，求：（ 1）角加快度；（ 2）在此时间内，曲轴转了多少转？解：（1）40 ( / )1rad s 2 90 (rad / s)2t 1 901240 25 (rad / s 2 ) 13 .1( rad / s 2 )6匀变速转动2 2（2）2 12 780 (rad ) n3 9 0(圈)23-2 一飞轮的转动惯量为J ,在 t 0 时角速度为0 ，今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，比率系数K 0 。

求：（ 1）当0 3时 ,飞轮的角加快度；（ 2）从开始制动到0 3 所需要的时间。

解：（1）依题意M JK 2 K 2 K 02 (rad / s2 )J 9Jd K 2 t 0 3 Jd 2J（ 2）由dt J 得dt0 K2tK 03-3 如下图，发电机的轮 A 由蒸汽机的轮 B 经过皮带带动。

两轮半径 R A=30cm， R B75cm。

当蒸汽机开动后，其角加快度B0.8πrad/s2，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n A=600rev/min？（2）蒸汽机停止工作后一分钟内发电机转速降到300rev/min ，求其角加快度。

解：（1） AA t BB t因为轮和皮带之间没有滑动，所以A 、B 两轮边沿的线速度同样，即ARA BRB2600 (rad / s) 联立得 tARA10(s)又 A20BRB60（2） A2 300 10 (rad / s) A AA( rad / s 2 )60t63-4 一个半径为R1.0m 的圆盘，能够绕过其盘心且垂直于盘面的转轴转动。

一根轻绳绕在圆盘的边沿，其自由端悬挂一物体。

若该物体从静止开始匀加快降落，在t ＝ 2.0s 内降落的距离 h ＝ 0.4m 。

求物体开始降落后第 3 秒末，盘边沿上任一点的切向加快度与法向加快度。

大学物理五第三章习题答案

第三章刚体的转动习题答案1、对于定轴转动刚体上不同的点来说：线速度、法向加速度、切向加速度具有不同的值，角位移、角速度、角加速度具有相同的值。

2、由sin M r F Fr θ=⨯=可知，（1）0,0F M ≠=，当0r =或者sin 0θ=，即力通过转轴或者力与转轴平行；（2）0,0F M =≠，这种情况不存在；（3）0,0F M ==，这种情况任何时候都存在。

3、根据均匀圆盘对中心轴的转动惯量：221122I mr vr ρ==可知，对于相同几何形状的铁盘和铝盘，密度大的转动惯量大。

通常我们取铁的密度为37.9/g cm ，铝的密度32.7/g cm ，因此铁盘对中心轴的转动惯量大；根据刚体动能定理：21222111d 22A M I I θθθωω==-⎰，可知对铁盘的外力矩要做更多的功。

4、轮A 的转动惯量212I mr =，轮B 的转动惯量2I mr =，根据刚体的转动定律M I β=，因为两者所受的阻力矩相等，可知轮A 的转动角加速度大于轮B 的转动角加速度，故轮A 先停止。

5、舞蹈演员在旋转过程中，可以近似地认为角动量守恒，当其把双手靠近身体时，转动惯量减小，故角速度增大；当其把双手伸开，转动惯量增大，故角速度减小。

6、解：2334d a bt ct dtθω==+-， 2612d b t c t dtωβ==-。

7、解：11200240/60rad s πωπ⨯==，22700290/60rad s πωπ⨯==， 2215025/126rad s t ωωππβ-===∆， 2117803902t t n θωβπ=+==。

8、解：根据均匀球体对直径轴的转动惯量225I mr =，得到地球对自转轴的转动惯量3729.810I kg m =⨯⋅，地球自转角速度2/246060rad s πω=⨯⨯，转动动能22813102k E I J ω==⨯。

9、解：已知030/rad s ωπ=，切断电源后的角位移752150θππ=⨯=，根据匀减速运动规律2220023/2rad s ωωβθβπθ=⇒==，由于电扇是匀减速，可知阻力矩为常量，因此根据刚体转动动能定理22101144.422M I I J θωω=-=-，可得到转动惯量2244.420.01I kg m ω⨯==⋅，以及阻力矩44.40.1150M N m π=≈⋅。

第03章(刚体力学)习题答案

内力做功，机械能守恒，动量守恒的条件为合外力为零，转轴不属于系统，转轴与盘之间有
作用力，动量不守恒。
3-2 如图所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑
O
固定轴 O 旋转，初始状态为静止悬挂．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，则在碰撞过程中对细杆
与小球这一系统的哪种物理量守恒？答：在碰撞时，小球重力过转轴，杆的重力也过轴，外力矩为
思考题 32 图
零，所以角动量守恒。因碰撞时转轴与杆之间有作用力，所以动量不守恒。碰撞是非弹性的，
所以机械能也不守恒。
3-3 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴 O 以角速度w按图示方向转动.若如图
所示的情况那样，将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力
F 沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度w 如何变化？
解：此过程角动量守恒
Jw0
=
1 3
Jw
Þ
w
=
3w0
3-10 一轴承光滑的定滑轮，质量为 M＝2.00 kg，半径为 R＝0.100 m，
一根不能伸长的轻绳，一端固定在定滑轮上，另一端系有一质量为 m＝5.00
kg 的物体，如图所示．已知定滑轮的转动惯量为 J＝ 1 MR 2 ，其初角速 2
w 0
R M
解：（1）设在任意时刻定滑轮的角速度为w，物体的速度大小为 v，则有 v=Rw.
则物体与定滑轮的总角动量为： L = Jw + mvR = Jw + mR2w
根据角动量定理，刚体系统所受的合外力矩等于系统角动量对时间的变化率：
M = dL ,该系统所受的合外力矩即物体的重力矩:M=mgR dt
所以： b

刚体的定轴转动答案

刚体的定轴转动1一、选择题1、一自由悬挂的匀质细棒AB ，可绕A 端在竖直平面内自由转动，现给B 端一初速v 0，那么棒在向上转动进程中仅就大小而言[B ]A 、角速度不断减小，角加速度不断减少；B 、角速度不断减小，角加速度不断增加；C 、角速度不断减小，角加速度不变；D 、所受力矩愈来愈大，角速度也愈来愈大。

分析：合外力矩由重力提供，1sin 2M mgl θ=，方向与初角速度方向相反，因此角速度不断减小，随着θ的增加，重力矩增大，因此角加速度增加。

2、今有半径为R 的匀质圆板、圆环和圆球各一个，前二个的质量都为m ，绕通过圆心垂直于圆平面的轴转动；后一个的质量为2m，绕任意一直径转动，设在相同的力矩作用下，取得的角加速度别离是β1、β2、β3，那么有 A 、β3＜β1＜β2 B 、β3＞β1＜β2C 、β3＜β1＞β2D 、β3＞β1＞β2 [ D ]分析：质量为m ，半径为R 的圆板绕通过圆心垂直于圆平面的轴的转动惯量为2112J mR =；圆环的转动惯量为22J mR =，圆球质量为2m ，绕任意一直径转动的转动惯量为2325J mR =，依照转动定律，M J β=，因此在相同力矩下，转动惯量大的，取得的的角加速度小。

213J J J >>，因此选择 D 。

3、一轻绳跨过一具有水平滑腻轴、质量为M 的定滑轮，绳的两头别离悬有质量为m 1和m 2的物体(m 1＜m 2)，如下图．绳与轮之间无相对滑动．假设某时刻滑轮沿逆时针方向转动，那么绳中的张力 (A) 处处相等． (B) 左侧大于右边． (C) 右边大于左侧． (D) 哪边大无法判定．［ C ］ 4、一轻绳跨过两个质量均为m 、半径均为R 的匀质圆盘状定滑轮。

绳的两头系着质量别离为m 和2m 的重物，不计滑轮转轴的摩擦。

将系统由静止释放，且绳与两滑轮间均无相对滑动，那么两滑轮之间绳的张力为。

A 、mg ；B 、3mg /2；C 、2mg ；D 、11mg /8。

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刚体的定轴转动作业题答案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，角加速度从小到大答案:A题型:单选题2.一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，滑轮的转动惯量为J，绳下端挂一物体．物体所受重力为P，滑轮的角加速度为．若将物体去掉而以与P相等的力直接向下拉绳子，滑轮的角加速度将（）A.不变B.变小C.变大D.如何变化无法判断答案:C题型:单选题3.一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.把人和圆盘取作系统，当此人在盘上随意走动时，若忽略轴的摩擦，此系统（）A.动量守恒B.机械能守恒C.对转轴的角动量守恒D.动量、机械能和角动量都守恒E.动量、机械能和角动量都不守恒答案:C题型:单选题4.一刚体以每分钟60转绕z轴做匀速转动(沿z轴正方向)设某时刻刚体上一点P的位置矢量为，其单位为“10-2m”，若以“10-2m·s-1”为速度单位，则该时刻P点的速度为（）A.B.C.D.试题编号:E17549 24678答案:B题型:单选题5.{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.哪边大无法判断试题编号:E17549 24680答案:C题型:单选题6.{一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O以角速度w按图示方向转动.若如图所示的情况那样，将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度将（）}A.必然增大B.必然减少C.不会改变D.如何变化，不能确定试题编号:E17549 24681答案:A题型:单选题7.两个匀质圆盘A和B的密度分别为和，若＞，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J A和J B，则（）A.J A＞J BB.J B＞J AC.J A＝J BD.J A、J B哪个大，不能确定试题编号:E17549 24682答案:B题型:单选题8.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C.大于D.等于试题编号:E17549 24684答案:C题型:单选题9.{光滑的水平桌面上有长为、质量为m的匀质细杆，可绕通过其中点O且垂直于桌面的竖直固定轴自由转动，转动惯量为，起初杆静止．有一质量为m的小球在桌面上正对着杆的一端，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.B.C.D.试题编号:E17549 24686答案:C题型:单选题10.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（）A.，顺时针B.，逆时针C.，顺时针D.，逆时针试题编号:E17549 24687答案:A题型:单选题11.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.B.C.D.试题编号:E17549 24688答案:A题型:单选题12.一块方板，可以绕通过其一个水平边的光滑固定轴自由转动．最初板自由下垂．今有一小团粘土，垂直板面撞击方板，并粘在板上．对粘土和方板系统，如果忽略空气阻力，在碰撞中守恒的量是（）A.动能B.绕木板转轴的角动量C.机械能D.动量试题编号:E17549 24690答案:B题型:单选题13一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时轮子的角速度＝－，则＝___.试题编号:E17549 24694答案:24 rad/s题型:填空题14.{有一半径为R的匀质圆形水平转台，可绕通过盘心O且垂直于盘面的竖直固定轴OO＇转动，转动惯量为J．台上有一人，质量为m．当他站在离转轴r处时(r＜R)，转台和人一起以的角速度转动，如图．若转轴处摩擦可以忽略，问当人走到转台边缘时，转台和人一起转动的角速度＝___.}试题编号:E17549 24696答案:题型:填空题15.{长为l、质量为M的匀质杆可绕通过杆一端O的水平光滑固定轴转动，转动惯量为，开始时杆竖直下垂，如图所示．有一质量为m的子弹以水平速度射入杆上A点，并嵌在杆中，OA＝2l/ 3，则子弹射入后瞬间杆的角速度＝___.}试题编号:E17549 24697答案:题型:填空题16.{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 l2/ 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v0垂直射入棒端并嵌在其中．则子弹嵌入后棒的角速度＝___.}试题编号:E17549 24698答案:3v0/ (2l)题型:填空题17.一个圆柱体质量为M，半径为R，可绕固定的通过其中心轴线的光滑轴转动，原来处于静止．现有一质量为m、速度为v的子弹，沿圆周切线方向射入圆柱体边缘．子弹嵌入圆柱体后的瞬间，圆柱体与子弹一起转动的角速度＝___.(已知圆柱体绕固定轴的转动惯量J＝)试题编号:E17549 24700答案:题型:填空题18.一飞轮以角速度绕光滑固定轴旋转，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，绕同一转轴转动，该飞轮对轴的转动惯量为前者的二倍．啮合后整个系统的角速度＝___.试题编号:E17549 24703答案:题型:填空题19.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___.试题编号:E17549 24704答案:2.5 rad / s2题型:填空题20.一飞轮作匀减速转动，在5 s内角速度由40rad·s-1减到10rad·s-1，则飞轮在这5 s内总共转过了___圈，飞轮再经___的时间才能停止转动．试题编号:E17549 24705答案:62.5 | 1.67ｓ题型:填空题21.{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＝___.}试题编号:E17549 24706答案:4M/ (mR) |题型:填空题22.一长为L的轻质细杆，两端分别固定质量为m和2m的小球，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固定轴(O轴)转动．开始时杆与水平成60°角，处于静止状态．无初转速地释放以后，杆球这一刚体系统绕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＝___；角加速度___.试题编号:E17549 24707答案:3mL2/ 4 |mgL |题型:填空题23.{有两位滑冰运动员，质量均为50 kg，沿着距离为3.0 m的两条平行路径相互滑近．他们具有10 m/s的等值反向的速度．第一个运动员手握住一根3.0 m长的刚性轻杆的一端，当第二个运动员与他相距3m时，就抓住杆的另一端．(假设冰面无摩擦)(1)试定量地描述两人被杆连在一起以后的运动．(2)两人通过拉杆而将距离减小为1.0m，问这以后他们怎样运动？}A. (%)试题编号:E17549 24710答案:{解:(1)对两人系统，对于杆中点合外力矩为零，角动量守恒.故 1分1分=2v/＝6.67 rad / s∴w0两人将绕轻杆中心O作角速度为6.67 rad/s的转动． 1分(2)在距离缩短的过程中，合外力矩为零，系统的角动量守恒，则J0w0= J1w11分1分即作九倍原有角速度的转动．}题型:计算题题型:计算题24.{一轴承光滑的定滑轮，质量为M＝2.00 kg，半径为R＝0.100 m，一根不能伸长的轻绳，一端固定在定滑轮上，另一端系有一质量为m＝5.00 kg的物体，如图所示．已知定滑轮的转动惯量为J＝，其初角速度＝10.0 rad/s，方向垂直纸面向里．求：(1)定滑轮的角加速度的大小和方向；(2)定滑轮的角速度变化到0时，物体上升的高度；(3)当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度的大小和方向．}A. (%)试题编号:E17549 24712答案:{解:(1) ∵ mg－T＝ma 1分TR＝J2分a＝R1分∴＝81.7 rad/s21分方向垂直纸面向外． 1分(2) ∵当＝0时，物体上升的高度h=R=6.12×10-2m 2分(3)10.0 rad/s方向垂直纸面向外.2分}题型:计算题25.{一质量均匀分布的圆盘，质量为M，半径为R，放在一粗糙水平面上(圆盘与水平面之间的摩擦系数为)，圆盘可绕通过其中心O的竖直固定光滑轴转动．开始时，圆盘静止，一质量为m的子弹以水平速度v0垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上，求(1)子弹击中圆盘后，盘所获得的角速度．(2)经过多少时间后，圆盘停止转动．(圆盘绕通过O的竖直轴的转动惯量为，忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩)}A. (%)试题编号:E17549 24715答案:{解:(1)以子弹和圆盘为系统，在子弹击中圆盘过程中，对轴O的角动量守恒．1分mv0R＝(MR2＋mR2)2分1分(2)设s表示圆盘单位面积的质量，可求出圆盘所受水平面的摩擦力矩的大小为2分设经过时间圆盘停止转动，则按角动量定理有－M f＝0－J＝－(MR2＋mR2-)＝-mv0R 2分∴ 2分}题型:计算题26.{质量为M1＝24 kg的圆轮，可绕水平光滑固定轴转动，一轻绳缠绕于轮上，另一端通过质量为M2＝5 kg的圆盘形定滑轮悬有m＝10 kg的物体．求当重物由静止开始下降了h＝0.5 m时，(1)物体的速度；(2)绳中张力．(设绳与定滑轮间无相对滑动，圆轮、定滑轮绕通过轮心且垂直于横截面的水平光滑轴的转动惯量分别为，)}A. (%)试题编号:E17549 24717答案:{解:各物体的受力情况如图所示．图2分由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程，可列出以下联立方程:T 1R ＝J 11＝方程各1分共5分T 2r －T 1r ＝J 22＝mg －T 2＝ma , a ＝R 1＝r2, v2＝2ah求解联立方程，得m/s 2=2 m/s 1分T 2＝m(g －a)＝58 N 1分T 1＝＝48 N 1分 }题型:计算题 27.{如图所示的阿特伍德机装置中，滑轮和绳子间没有滑动且绳子不可以伸长，轴与轮间有阻力矩，求滑轮两边绳子中的张力．已知m 1＝20 kg ，m 2＝10 kg ．滑轮质量为m 3＝5 kg ．滑轮半径为r ＝0.2 m ．滑轮可视为均匀圆盘，阻力矩M f ＝6.6N·m ，已知圆盘对过其中心且与盘面垂直的轴的转动惯量为．}A. (%)试题编号:E17549 24718 答案:{解:对两物体分别应用牛顿第二定律(见图)，则有 m 1g －T 1=m 1a ①T 2– m 2g= m 2a ② 2分对滑轮应用转动定律，则有③ 2分对轮缘上任一点，有 a =r ④ 1分又:=T1，=T2⑤则联立上面五个式子可以解出＝2 m/s22分T1＝m1g－m1a＝156 NT2＝m2g－m2a＝118N 3分}题型:计算题2844.{一匀质细棒长为2L，质量为m，以与棒长方向相垂直的速度v0在光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点O发生完全非弹性碰撞．碰撞点位于棒中心的一侧处，如图所示．求棒在碰撞后的瞬时绕O点转动的角速度．(细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为，式中的和分别为棒的质量和长度．)}A. (%)试题编号:E17549 24720答案:{解:碰撞前瞬时，杆对O点的角动量为3分式中r为杆的线密度．碰撞后瞬时，杆对O点的角动量为3分因碰撞前后角动量守恒，所以3分∴= 6v0/ (7L) 1分.{一匀质细棒长为2L，质量为m，以与棒长方向相垂直的速度v0在光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点O发生完全非弹性碰撞．碰撞点位于棒中心的一侧处，如图所示．求棒在碰撞后的瞬时绕O点转动的角速度．(细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为，式中的和分别为棒的质量和长度．)}A. (%)试题编号:E17549 24720答案:{解:碰撞前瞬时，杆对O点的角动量为3分式中r为杆的线密度．碰撞后瞬时，杆对O点的角动量为3分因碰撞前后角动量守恒，所以3分∴= 6v0/ (7L) 1分29.质量为75 kg的人站在半径为2 m的水平转台边缘．转台的固定转轴竖直通过台心且无摩擦．转台绕竖直轴的转动惯量为3000 kg·m2．开始时整个系统静止．现人以相对于地面为1 m·s-1的速率沿转台边缘行走，求：人沿转台边缘行走一周，回到他在转台上的初始位置所用的时间．A. (%)试题编号:E17549 24709答案:解:由人和转台系统的角动量守恒 J11+ J22= 0 2分其中 J1＝300 kg·m2，1=v/r=0.5rad / s， J2＝3000kg·m2∴2＝－J11/J2＝－0.05 rad/s 1分人相对于转台的角速度＝1－2＝0.55 rad/s 1分∴ t＝2/＝11.4 s 1分。

大学物理答案第三章刚体的定轴转动

第三章刚体的定轴转动3-1 （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2222539.8(ra d /s )222 1.25ωβ===θ⨯π⨯（3）铁饼在手中加速的时间为t ，则t ω=β(s)628025251222..=⨯⨯==πωθt3-2 （1）初角速度为(rad/s)9206020020./=⨯=πω末角速度为(rad/s)3146030002=⨯=/πω角加速度为231420.941.9(ra d /s )t7.0ω-ω-β===（2）转过的角度为)186(rad 101717231492023圈=⨯=⨯+=+=..t ωωθ（3）切向加速度为2t a R 41.90.28.38(m /s )=β=⨯=法向加速度为)(m /s10971203142422n ⨯=⨯==..R a ω总加速度为)(m/s10971)10971(378242422n 2t ⨯=⨯+=+=...a a a总加速度与切向的夹角为9589378101.97arctanarctan4tn '︒=⨯==.a a θ3-3 （1）对轴I 的转动惯量222219)cos602(])cos60()cos60([2maa a m a a a m J =︒++︒++︒=对轴II 的转动惯量2223)sin60(4maa m J =︒=（2）对垂轴的转动惯量2222312)2()cos30(222maa m a m maJ =+︒+=3-4 （1）设垂直纸面向里的方向为正，反之为负，则该系统对O 点的力矩为mgl l mg l mg l mg l mgM438141418343430=⋅-⋅-⋅+=（2）系统对O 点的总转动惯量等于各部分对O 点的转动惯之和，即22222432104837)43()43)(43(31)4)(4(31)4(mll m l m l m l m J J J J J =+++=+++= （3）由转动定律 βJ M = 可得lg mlmglJ M37364837432===β3-5 （1）摩擦力矩恒定，则转轮作匀角加速度运动，故角加速度为0001201)-(0.8ωωωωβ.-==∆-=t第二秒末的角速度为0000260220ωωωβωω..=⨯-=+=t（2）设摩擦力矩r M 与角速度ω的比例系数为α，据题设可知αωωαω==tJMrd d 即,t Jt Jtαωωαωωωω==⎰⎰0lnd d 0据题设s 1=t 时，0180ωω.=，故可得比例系数80ln .J =α由此s 2=t 时，转轮的角速度2ω为ln0.82ln2=ωω002264080ωωω..==∴3-6 设飞轮与闸瓦间的压力为N ，如图示，则二者间摩擦力N f r μ=，此摩擦力形成阻力矩f r，由转动定律βJ R f r =其中飞轮的转动惯量2mRJ =，角加速度n t520πωωβ-=-=，故得14(N)30.25(1000/60)605252-mnRf r =⨯⨯⨯-=-=ππ见图所示，由制动杆的平衡条件可得0= )(121l N l l F '-+r f N N '==μ得制动力(N)3140.75)(0.54050314)(211=+⨯=+=..l l l f F r μ3-7 如图所示，由牛顿第二定律对11111:a m g m T m =- 对22222:a m T g m m =- 对整个轮，由转动定律β⎪⎭⎫⎝⎛+=-22221111222121R MR M R T R T 又由运动学关系 1122a /R a /R β== 联立解以上诸式，即可得222221111122)2/()2/()(R m MR m M gR m R m +++-=β3-8 设米尺的总量为m ，则直尺对悬点的转动惯量为习题3-6图习题3-7图2211222211J m l m l 331212m 0.4m 0.635351.4m150.093m=+=⨯⨯+⨯⨯==mg 1.02152mg 522153mg 53=⨯⨯-⨯⨯=M又 1.4M J I m 15=β=2M 0.1m g 1510.5(ra d s)J 1.4m-⨯∴β===从水平位置摆到竖直位置的过程中机械能守恒（以水平位置为O 势能点）221ωJ mghc=即 25.14.1211.0ωm mg ⨯=⨯21=⇒ω3-9 m 视为质点，M 视为刚体（匀质圆盘）。

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.。

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。

第3章刚体的定轴转动习题解答-推荐下载

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）1 40 (rad / s) 2 90 (rad / s)
2 1 90 40 25 (rad / s2 ) 13.1(rad / s2 )
由对称性可知 J x J y ，又 J z mR2
得
方法二：
J

Jx
dm

Jy
dl

1 2

mR 2
Rd
，其中
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，系电通，力1根保过据护管生高线产中0不工资仅艺料可高试以中卷解资配决料置吊试技顶卷术层要是配求指置，机不对组规电在范气进高设行中备继资进电料行保试空护卷载高问与中题带资2负料2，荷试而下卷且高总可中体保资配障料置各试时类卷，管调需路控要习试在题验最到；大位对限。设度在备内管进来路行确敷调保设整机过使组程其高1在中正资，常料要工试加况卷强下安看与全22过，22度并22工且22作尽22下可护都能1关可地于以缩管正小路常故高工障中作高资；中料对资试于料卷继试连电卷接保破管护坏口进范处行围理整，高核或中对者资定对料值某试，些卷审异弯核常扁与高度校中固对资定图料盒纸试位，卷置编工.写况保复进护杂行层设自防备动腐与处跨装理接置，地高尤线中其弯资要曲料避半试免径卷错标调误高试高等方中，案资要，料求编试技5写、卷术重电保交要气护底设设装。备备置管4高调、动线中试电作敷资高气，设料中课并技3试资件且、术卷料中拒管试试调绝路包验卷试动敷含方技作设线案术，技槽以来术、及避管系免架统不等启必多动要项方高方案中式；资，对料为整试解套卷决启突高动然中过停语程机文中。电高因气中此课资，件料电中试力管卷高壁电中薄气资、设料接备试口进卷不行保严调护等试装问工置题作调，并试合且技理进术利行，用过要管关求线运电敷行力设高保技中护术资装。料置线试做缆卷到敷技准设术确原指灵则导活：。。在对对分于于线调差盒试动处过保，程护当中装不高置同中高电资中压料资回试料路卷试交技卷叉术调时问试，题技应，术采作是用为指金调发属试电隔人机板员一进，变行需压隔要器开在组处事在理前发；掌生同握内一图部线纸故槽资障内料时，、，强设需电备要回制进路造行须厂外同家部时出电切具源断高高习中中题资资电料料源试试，卷卷线试切缆验除敷报从设告而完与采毕相用，关高要技中进术资行资料检料试查，卷和并主检且要测了保处解护理现装。场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。

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A.
J

J m
R2
0
B.
(J

J m)R2
0
C.
J m R2
0
D. 0
二、填空题
1. 半径为0.2m，质量为1kg的匀质圆盘，可绕过圆心且垂直于盘的轴转动。现有一变力F＝0.1t （F以牛顿计，t以秒计）沿切线方向作用在圆盘边缘上。如果圆盘最初处于静止状态，那么
它在第3秒末的角加速度β＝ 3rad s，2 角速度 ω＝ 4.5rad s1。
A．ω↗β↗ C．ω↘β↘
B．ω↗β↘
D．ω↘β↗
7.如图示，一均匀细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴O旋转，初始状态为静止悬挂。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，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统
A. 只有机械能守恒;
o
B. 只有动量守恒;
rM
C. 只有对转轴O的角动量守恒; D. 机械能、动量和角动量均守恒。
A．增大 B．减小 C．不变 D．无法确定
9.质量相等，半径相同的一金属环A和同一种金属的圆盘B，对于垂直于圆面的中心转轴，它两的转动惯量有：
A．IA＝IB C．IA＞IB
B．IA＜IB D．不能判断
10．有一半径为R的水平圆转台，可绕通过其中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
质点和刚体运动规律对照表
质点

d
F ma m
t
2
Fd
t
t1

P2

dt P1
Fi外 0
i
P
mii 恒矢量
A
ir2
F

dr

1r1m
2
2 2

1 2
m12
刚体
M

J

J
Hale Waihona Puke dt2 Mdt
t1

L2
dt L1
为 1 mgl 。
2
M f

rgdm
m
l x m gdx
0l
5.转动飞轮转动惯量为I，在t =0时角速度为ω0，飞轮
经历制动过程，阻力矩M大小与角速度ω平方成正比，
比例系数为k（k为大于0常数）。
当ω= 13ω0时，飞轮的角加速度β＝ k02 / 9，I
从开始制动到ω= ω13 0经过时间t ＝ 2I / k0。
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轴的距离x的函数关系为
4(
70l 2
l2 3x
2
(杆对OO′轴转动惯量为
)。
O
0
1 3
ml )2
[
1 3
ml
2

m(
l )2 2
]0
[
1 3
ml
2

mx
2
]
l
1l m m
2
O
4.质量m、长l均匀细杆，在水平桌面上绕通过其一端竖直固定轴转动，细杆与桌面的滑动摩擦系数为μ，则杆转动时受摩擦力矩的大小
ml
mr (m r2 1 Ml 2 )
m (mr Ml 2 )
如果要
m
3
(mr

1
Ml )
必须有
3r
r
2l
2
3
8．对一个绕固定水平轴O匀速转动的转盘，沿如图所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，则子弹射入后转盘的角速度应为
B. 动量、机械能守恒，但角动量是否守恒还不能确
C. 动量守恒，但机械能和角动量是否守恒还不能确定
D. 动量和角动量守恒，但机械能是否守恒还不能确定
2. 一刚体绕定轴转动，若它的角速度很大，则 A. 作用在刚体上的合外力一定很大
B. 作用在刚体上的合外力一定为零 C. 作用在刚体上的合外力矩一定很大 D. 以上说法都不对
3．关于力矩有以下几种说法，其中正确的是 A．内力矩会改变刚体对某个定轴的角动量 B．作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零 C．角速度的方向一定与外力矩的方向相同 D．质量相同、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
4.一力矩M作用于飞轮上，使该轮得到角加速度1，如撤去这一力矩，此轮的角加速度为 - 2 , 则该轮的转动
Mi外 0
i
L Jii 恒矢量
i
A 2Md
1

1 2
J 22

1 2
J 12
A外 A非保内 0 Ek EP 恒量
一、选择题
刚体定轴转动作业答案
1. 力学体系由两个质点组成，它们之间只有引力作用,
若两质点所受的外力的矢量和为零，则此系统
A. 动量、机械能以及角动量都守恒
惯量为
M
A. 1
M
B. 2
M
C. 1 2
M
D. 1 2
5.一根长为l，质量为m的均匀细直棒在地上竖立着。如果让竖立着的棒，以下端与地面接触处为轴倒下，当上端达地面时速率应为
A. 6gl B. 3gl C. 2gl D. 3g
2l
6.一均匀细棒由水平位置绕一端固定轴能自由转动，今从水平静止状态释放落至竖直位置的过程中，则棒的角速度ω和角加速度β将
2.一飞轮直径为D，质量为m(可视为圆盘),边缘绕有绳子，现用恒力拉绳子一端，使其由静
止开始均匀地加速，经过时间t，角速度增加为
ω，则飞轮的角加速度为 / t，
这段时间内飞轮转过 N t / 4 转，
拉力做的功为 A 1 mD 2 2。
16
1 t2
2 A 1 J 2
力矩 M = 0 ；角动量 L = mabk。
M
M r
r
F
mr amaLmr
2mr
r

0

L

r

m
1 ) M = k2 = I → 2 ) M = k 2 = I d
dt
∫ ∫ 0 3 0
d 2
=
k I
t dt → t
0
6. 一质量为m的质点沿着一条空间曲线运动，该曲线在直角坐标系下的定义式为
r acos( t) i bsin( t) j
式中a、b、ω都是常数, 则此质点所受的对原点
2
N / 2
J 1 m( D )2 1 mD 2 22 8
3. 在一水平放置的质量为m、长度为l的均匀细
杆上，套着一个质量为m套管B(可看作质点)，
套管用细线拉住，它到竖直光滑固定轴OO′距离
为 l /，2 杆和套管组成系统以角速度绕0 OO′轴
转动，如图所示。若在转动过程中细线被拉断，