练习册第2章《刚体定轴转动》答案

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大学物理刚体的定轴转动习题及答案

第4章刚体的定轴转动习题及答案1．刚体绕一定轴作匀变速转动,刚体上任一点是否有切向加速度是否有法向加速度切向和法向加速度的大小是否随时间变化答：当刚体作匀变速转动时,角加速度β不变;刚体上任一点都作匀变速圆周运动,因此该点速率在均匀变化,v l ω=,所以一定有切向加速度t a l β=,其大小不变;又因该点速度的方向变化,所以一定有法向加速度2n a l ω=,由于角速度变化,所以法向加速度的大小也在变化;2. 刚体绕定轴转动的转动定律和质点系的动量矩定理是什么关系答：刚体是一个特殊的质点系,它应遵守质点系的动量矩定理,当刚体绕定轴Z 转动时,动量矩定理的形式为zz dL M dt=,z M 表示刚体对Z 轴的合外力矩,z L 表示刚体对Z 轴的动量矩;()2z i iL m l I ωω==∑,其中()2i iI m l =∑,代表刚体对定轴的转动惯量,所以()z z dL d d M I I I dt dt dtωωβ====;既 z M I β=; 所以刚体定轴转动的转动定律是质点系的动量矩定理在刚体绕定轴转动时的具体表现形式,及质点系的动量矩定理用于刚体时在刚体转轴方向的分量表达式; 3．两个半径相同的轮子,质量相同,但一个轮子的质量聚集在边缘附近,另一个轮子的质量分布比较均匀,试问：1如果它们的角动量相同,哪个轮子转得快2如果它们的角速度相同,哪个轮子的角动量大答：1由于L I ω=,而转动惯量与质量分布有关,半径、质量均相同的轮子,质量聚集在边缘附近的轮子的转动惯量大,故角速度小,转得慢,质量分布比较均匀的轮子转得快；2如果它们的角速度相同,则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大; 4．一圆形台面可绕中心轴无摩擦地转动,有一玩具车相对台面由静止启动,绕轴作圆周运动,问平台如何运动如小汽车突然刹车,此过程角动量是否守恒动量是否守恒能量是否守恒答：玩具车相对台面由静止启动,绕轴作圆周运动时,平台将沿相反方向转动；小汽车突然刹车过程满足角动量守恒,而能量和动量均不守恒;5．一转速为1200r min 的飞轮,因制动而均匀地减速,经10秒后停止转动,求：（1）飞轮的角加速度和从开始制动到停止转动,飞轮所转过的圈数；（2）开始制动后5秒时飞轮的角速度; 解：1由题意飞轮的初角速度为飞轮作均减速转动,其角加速度为故从开始制动到停止转动,飞轮转过的角位移为因此,飞轮转过圈数为/2θπ∆=100圈;2开始制动后5秒时飞轮的角速度为6．如图所示, 一飞轮由一直径为2()d m ,厚度为()a m 的圆盘和两个直径为1()d m ,长为()L m 的共轴圆柱体组成,设飞轮的密度为3(/)kg m ρ,求飞轮对轴的转动惯量;解：如图所示,根据转动惯量的可加性,飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和;由此可得7. 如图所示,一半径为r,质量为m 1的匀质圆盘作为定滑轮,绕有轻绳,绳上挂一质量为m 2的重物,求重物下落的加速度;解：设绳中张力为T对于重物按牛顿第二定律有22m g T m a -= 1对于滑轮按转动定律有212Tr mr β=2 由角量线量关系有a r β= 3联立以上三式解得8. 如图所示,两个匀质圆盘同轴地焊在一起,它们的半径分别为r 1、r 2,质量为1m 和2m ,可绕过盘心且与盘面垂直的光滑水平轴转动,两轮上绕有轻绳,各挂有质量为3m 和4m 的重物,求轮的角加速度β;解：设连接3m 的绳子中的张力为T1,连接4m 的绳子中的张力为T2; 对重物3m 按牛顿第二定律有3133m g T m a -= 1 对重物4m 按牛顿第二定律有2444T m g m a -= 2对两个园盘,作为一个整体,按转动定律有112211221122T r T r m r m r β⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭3aLd 1d 2由角量线量之间的关系有 31a r β=442a r β= 5联立以上五式解得9. 如图所示,一半径为R,质量为m 的匀质圆盘,以角速度ω绕其中心轴转动;现将它平放在一水平板上,盘与板表面的摩擦因数为μ;1求圆盘所受的摩擦力矩；2问经过多少时间后,圆盘转动才能停止解：分析：圆盘各部分的摩擦力的力臂不同,为此,可将圆盘分割成许多同心圆环,对环的摩擦力矩积分即可得总力矩;另由于摩擦力矩是恒力矩,由角动量定理可求得圆盘停止前所经历的时间;1圆盘上半径为r 、宽度为dr 的同心圆环所受的摩擦力矩为负号表示摩擦力矩为阻力矩;对上式沿径向积分得圆盘所受的总摩擦力矩大小为2由于摩擦力矩是一恒力矩,圆盘的转动惯量212I mr =,由角动量定理可得圆盘停止的时间为10. 飞轮的质量m ＝60kg,半径R ＝0.25m,绕其水平中心轴O 转动,转速为900rev ·min -1．现利用一制动的闸杆,在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ,可使飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题4-10图所示,闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：1设F ＝100 N,问可使飞轮在多长时间内停止转动在这段时间里飞轮转了几转2如果在2s 内飞轮转速减少一半,需加多大的力F解: 1先作闸杆和飞轮的受力分析图如图b ．图中N 、N '是正压力,r F 、r F '是摩擦力,x F 和y F 是杆在A 点转轴处所受支承力,R 是轮的重力,P 是轮在O 轴处所受支承力．杆处于静止状态,所以对A 点的合力矩应为零,设闸瓦厚度不计,则有对飞轮,按转动定律有I R F r /-=β,式中负号表示β与角速度ω方向相反．∵ N F r μ=N N '=∴F l l l N F r 121+='=μμ 又∵ ,212mR I = ∴ F mRl l l I R F r 121)(2+-=-=μβ ① 以N 100=F 等代入上式,得由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为这段时间内飞轮的角位移为可知在这段时间里,飞轮转了1.53转． 210s rad 602900-⋅⨯=πω,要求飞轮转速在2=t s 内减少一半,可知用上面式1所示的关系,可求出所需的制动力为11. 如图所示,主动轮A 半径为r 1,转动惯量为1I ,绕定轴1O 转动；从动轮B 半径为r 2,转动惯量为2I ,绕定轴2O 转动；两轮之间无相对滑动;若知主动轮受到的驱动力矩为M ,求两个轮的角加速度1β和2β;解：设两轮之间摩擦力为f 对主动轮按转动定律有:111M fr I β-= 1对从动轮按转动定律有222fr I β= 2由于两个轮边沿速率相同,有1122r r ββ= 3联立以上三式解得12. 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,如题4-12a 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题4-12b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 2由①式由②式13. 一质量为m 、半径为R 的自行车轮,假定质量均匀分布在轮缘上,可绕轴自由转动．另一质量为0m 的子弹以速度0v 射入轮缘如题2-31图所示方向． 1开始时轮是静止的,在质点打入后的角速度为何值2用m ,0m 和θ表示系统包括轮和质点最后动能和初始动能之比．解: 1射入的过程对O 轴的角动量守恒 ∴ Rm m v m )(sin 000+=θω2020*********sin 21])(sin ][)[(210m m m v m R m m v m R m m E E k k +=++=θθ14. 如图所示,长为l 的轻杆,两端各固定质量分别为m 和2m 的小球,杆可绕水平光滑固定轴O 在竖直面内转动,转轴O 距两端分别为13l 和23l ．轻杆原来静止在竖直位置．今有一质量为m 的小球,以水平速度0υ与杆下端小球m 作对心碰撞,碰后以021υ 的速度返回,试求碰撞后轻杆所获得的角速度．解：碰撞过程满足角动量守恒：而 222212()2()333I m l m l ml =+=2m m O21 0vl l 31l所以 2023mv l ml ω=由此得到：032vlω=15. 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 A ＝10 kg ·m2 和 J B ＝20 kg ·m2．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：1 两轮啮合后的转速n ；2 两轮各自所受的冲量矩．解：1 两轮啮合过程满足角动量守恒：所以 A AA BI I I ωω=+ 因为 2n ωπ= 故 10600200/min 1020A A AB I n n r I I ⨯===++ 2 两轮各自所受的冲量矩：末角速度：2200202/603n rad s ππωπ⨯=== A 轮各所受的冲量矩：202060040010(2) 4.1910()3603A A L I I N m s ππωωπ∆=-=⨯-⨯=-=-⨯⋅⋅B 轮各所受的冲量矩：16. 有一半径为R 的均匀球体,绕通过其一直径的光滑固定轴匀速转动,转动周期为0T ．如它的半径由R 自动收缩为R 21,求球体收缩后的转动周期．球体对于通过直径的轴的转动惯量为J ＝2mR2 / 5,式中m 和R 分别为球体的质量和半径．解：1 球体收缩过程满足角动量守恒：所以17. 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．解：1 子弹击中圆盘过程满足角动量守恒：所以 002211()22mRv mv mR MR m M Rω==++ 2圆盘受到的摩擦力矩为由转动定律得 M Iβ'=。

湖南大学大学物理练习册答案(一、二两册全)

大学物理（一）练习册参考解答第1章质点运动学一、选择题1(D)，2(D)，3(B)，4(D)，5(D)，6(D)，7(D)，8(D )，9(B)，10(B)，二、填空题(1). sin 2t A ωω，()π+1221n (n = 0,1,… ),(2). 8 m ，10 m. (3). 23 m/s.(4). 16Rt 2 ，4 rad /s 2(5). 4t 3-3t 2 (rad/s)，12t 2-6t (m/s 2). (6).331ct ，2ct ，c 2t 4/R .(7). 2.24 m/s 2，104o(8). )5cos 5sin (50j t i t+-m/s ，0，圆. (9). h 1v /(h 1-h 2) (10). 0321=++v v v三、计算题1. 有一质点沿x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为x = 4.5 t 2 – 2 t 3 (SI) ．试求：(1) 第2秒内的平均速度； (2) 第2秒末的瞬时速度；(3) 第2秒内的路程．解：(1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2, v (2) =-6 m/s. (3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m.2. 一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt t v = 2t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 02⎰⎰=x 2= t 3 /3+x 0 (SI)3. 质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为 a ＝2＋6 x 2(SI)，如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度．解：设质点在x 处的速度为v ，62d d d d d d 2x tx xta +=⋅==v v()x x xd 62d 02⎰⎰+=v v v() 2 213 x x +=v4. 一物体悬挂在弹簧上作竖直振动，其加速度为-=a ky ，式中k 为常量，y 是以平衡位置为原点所测得的坐标. 假定振动的物体在坐标y 0处的速度为v 0，试求速度v 与坐标y 的函数关系式．解： yt yy t a d d d d d d d d vvv v===又 -=a ky ∴ -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C kyy ky 222121, d d vv v已知 =y y 0 ，=v v 0 则 20202121ky C --=v)(220202y y k -+=v v5. 一质点沿半径为R 的圆周运动．质点所经过的弧长与时间的关系为221ct bt S += 其中b 、c 是大于零的常量，求从0=t 开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间．解： ct b t S +==d /d v c t a t ==d /d v ()R ct b a n /2+=根据题意： a t = a n 即 ()R ct b c /2+=解得 cb cR t -=6. 如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动．转动的角速度ω与时间t 的函数关系为2kt =ω (k 为常量)．已知s t 2=时，质点P 的速度值为32 m/s ．试求1=t s 时，质点P 的速度与加速度的大小．解：根据已知条件确定常量k()222/rad 4//sRttk ===v ω24t =ω, 24Rt R ==ωvs t 1=时， v = 4Rt 2= 8 m/s2s /168/m Rt dt d a t ===v 22s /32/m R a n ==v()8.352/122=+=n t a a a m/s 27. (1)对于在xy 平面内，以原点O 为圆心作匀速圆周运动的质点，试用半径r 、角速度ω和单位矢量i、j 表示其t 时刻的位置矢量．已知在t = 0时，y = 0, x = r , 角速度ω如图所示；(2)由(1)导出速度 v与加速度 a的矢量表示式； (3)试证加速度指向圆心．解：(1) j t r i t r j y i x rs i n c o s ωω+=+=(2) j t r i t r t rc o s s i nd d ωωωω+-==v j t r i t r tas i n c o s d d 22ωωωω--==v (3) ()r j t r i t r a s i n c o s 22ωωωω-=+-=这说明 a 与 r 方向相反，即a指向圆心8. 一飞机驾驶员想往正北方向航行，而风以60 km/h 的速度由东向西刮来，如果飞机的航速（在静止空气中的速率）为 180 km/h ，试问驾驶员应取什么航向？飞机相对于地面的速率为多少？试用矢量图说明．解：设下标A 指飞机，F 指空气，E 指地面，由题可知：v FE =60 km/h 正西方向 v AF =180 km/h 方向未知v AE 大小未知，正北方向由相对速度关系有： FE AF AE v v v +=AE v 、 AF v 、EE v 构成直角三角形，可得 ()()k m /h 17022v v v =-=FEAFAE() 4.19/tg1==-AEFEv v θ（飞机应取向北偏东19.4︒的航向）．西北θFEv vAF v vAEvv四研讨题1. 在下列各图中质点M 作曲线运动，指出哪些运动是不可能的？参考解答：(1)、(3)、(4)是不可能的．(1) 曲线运动有法向加速度，加速度不可能为零；(3) 曲线运动法向加速度要指向曲率圆心； (4) 曲线运动法向加速度不可能为零.2. 设质点的运动方程为)(t x x =，)(t y y =在计算质点的速度和加速度时：第一种方法是，先求出22yx r +=，然后根据 td d r =v 及 22d d tr a =而求得结果；第二种方法是，先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 22)d d ()d d (ty t x +=v 和 222222)d d ()d d (ty tx a +=.你认为两种方法中哪种方法正确？参考解答：第二种方法是正确的。

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

刚体定轴转动练习题及答案

刚体定轴转动练习题一、选择题1、一刚体以每分钟60转绕Z 轴做匀速转动（ωϖ沿Z 轴正方向）。

设某时刻刚体上一点P 的位置矢量为k j i r ϖϖϖϖ543++=，其单位为m 210-，若以s m /102-为速度单位，则该时刻P 点的速度为：（） A υϖ＝94.2i ϖ+125.6j ϖ+157.0k ϖ； B υϖ=34.4k ϖ； C υϖ=-25.1i ϖ+18.8j ϖ； D υϖ=-25.1i ϖ-18.8j ϖ；2、一均匀细棒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。

3、刚体角动量守恒的充分而必要的条件是：（）A 刚体不受外力矩的作用B 刚体所受合外力矩为零C 刚体所受的合外力和合外力矩均为零D 刚体的转动惯量和角速度均保持不变4、某刚体绕定轴做匀变速转动时，对于刚体上距转轴为r 出的任一质元m ∆来说，它的法向加速度和切向加速度分别用n a 和t a 来表示，则下列表述中正确的是（）（A ）n a 、t a 的大小均随时间变化。

（B ）n a 、t a 的大小均保持不变。

（C ）n a 的大小变化, t a 的大小恒定不变。

（D ）n a 的大小恒定不变, t a 的大小变化。

5、有两个力作用在一个有固定转轴的刚体：（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；（1）当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零。

A 只有（1）是正确的。

B （1），（2）正确，（3），（4）错误。

大学物理AⅠ刚体定轴转动习题答案及解法

《大学物理A Ⅰ》2010 刚体定轴转动习题、答案及解法一．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A B J J >，但两圆盘的的质量和厚度相同，如两盘的密度各为A ρ和B ρ，则( A )（A ）B A ρρ> （B ）B A ρρ<（C ）B A ρρ= （D ）不能确定B A ρρ的大小参考答案： B B A Ah R h R M ρπρπ22== A A A h M MR J ρπ222121== BB B h M MR J ρπ222121== 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，它们对通过圆心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，则( C )（A ）21J J > （B ）21J J <（C ）21J J = （D ）不能确定21J J 的大小参考答案：∵ ⎰=Mdm r J 2 ∴ 21J J =3．一圆盘绕过圆心且于盘面垂直的光华固定轴O 以角速度1ω按图所示方向转动，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，那么( C )（A ）21ωω> （B ）21ωω=（C ）21ωω< （D ）不能确定如何变化参考答案：()12ωωJ J t r R F -=∆⋅- ()12ωω+∆⋅-=t r R JF4．均匀细棒OA 的质量为m 。

长为L ，可以绕通过其一端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，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法那一种是正确的[ A ]（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。

《大学物理C1(上、下)》练习册及答案

大学物理C（上、下）练习册✧质点动力学✧刚体定轴转动✧静电场电场强度✧电势静电场中的导体✧稳恒磁场✧电磁感应✧波动、振动✧光的干涉✧光的衍射注：本习题详细答案，结课后由老师发放一、质点动力学一、选择题1. 以下几种运动形式中，加速度a保持不变的运动是：（A ）单摆的运动；（B ）匀速率圆周运动；（C ）行星的椭圆轨道运动；（D ）抛体运动。

［］ 2. 质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每T 秒转一圈．在2T 时间间隔中，其平均速度大小与平均速率大小分别为(A) 2 R /T , 2 R/T ． (B) 0 , 2 R /T(C) 0 , 0． (D) 2 R /T , 0. ［］3. 质点作曲线运动，r表示位置矢量，v 表示速度，a 表示加速度，S 表示路程，a 表示切向加速度，下列表达式中， (1) a t = d /d v ， (2) v =t r d /d ，(3) v =t S d /d ， (4) t a t =d /d v．(A) 只有(1)、(4)是对的． (B) 只有(2)、(4)是对的． (C) 只有(2)是对的． (D) 只有(3)是对的．［］4. 一运动质点在某瞬时位于矢径r的端点处，其速度大小的表达式为(A )t d dr ；（B ）dt r d ；（C ）dt r d || ；（D ）222dt dz dt dy dt dx ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛［］ 5. 质点作半径为R 的变速圆周运动时的加速度大小为(v 表示任一时刻质点的速率)(A) t d d v ． (B)2V R．(C) R t 2d d v v +． (D) 2/1242d d ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛R t v v ．［］6. 质量为m的质点，以不变速率v沿图中正三角形ABC的水平光滑轨道运动．质点越过A角时，轨道作用于质点的冲量的大小为(A) mv． (B)．(C) ． (D) 2mv．［］7. 在水平冰面上以一定速度向东行驶的炮车，向东南（斜向上）方向发射一炮弹，对于炮车和炮弹这一系统，在此过程中（忽略冰面摩擦力及空气阻力）(A) 总动量守恒．(B) 总动量在炮身前进的方向上的分量守恒，其它方向动量不守恒．(C) 总动量在水平面上任意方向的分量守恒，竖直方向分量不守恒．(D) 总动量在任何方向的分量均不守恒．［］8. 一炮弹由于特殊原因在水平飞行过程中，突然炸裂成两块，其中一块作自由下落，则另一块着地点（飞行过程中阻力不计）(A) 比原来更远． (B) 比原来更近．(C) 仍和原来一样远． (D) 条件不足，不能判定．［］9. 如图，在光滑水平地面上放着一辆小车，车上左端放着一只箱子，今用同样的水平恒力F拉箱子，使它由小车的左端达到右端，一次小车被固定在水平地面上，另一次小车没有固定．试以水平地面为参照系，判断下列结论中正确的是(A)在两种情况下，F做的功相等．(B)在两种情况下，摩擦力对箱子做的功相等．(C)在两种情况下，箱子获得的动能相等．(D)在两种情况下，由于摩擦而产生的热相等．［］10. 质量为m的一艘宇宙飞船关闭发动机返回地球时，可认为该飞船只在地球的引力场中运动．已知地球质量为M，万有引力恒量为G，则当它从距地球中心R 1处下降到R 2处时，飞船增加的动能应等于(A)2R GMm(B)22R GMm(C) 2121R R R R GMm - (D) 2121R R R GMm - (E) 222121R R R R GMm -[ ]二填空11. 灯距地面高度为h 1，一个人身高为h 2，在灯下以匀速率v 沿水平直线行走，如图所示．他的头顶在地上的影子M 点沿地面移动的速度为v M = ．12. 质量分别为m 1、m 2、m 3的三个物体A 、B 、C ，用一根细绳和两根轻弹簧连接并悬于固定点O ，如图．取向下为x 轴正向，开始时系统处于平衡状态，后将细绳剪断，则在刚剪断瞬时，物体B 的加速度B a＝_______；物体A 的加速度A a＝______．13. 两个相互作用的物体A 和B ，无摩擦地在一条水平直线上运动．物体A 的动量是时间的函数，表达式为 P A = P 0 – b t ，式中P 0 、b 分别为正值常量，t是时间．在下列两种情况下，写出物体B 的动量作为时间函数的表达式：(1) 开始时，若B 静止，则 P B 1＝__________________； (2) 开始时，若Ｂ的动量为 – P 0，则P B 2 = _____________．三、计算题14. 有一质点沿x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为x = 4.5 t 2 – 2 t 3 (SI) ．试求：(1) 第2秒内的平均速度；(2)第2秒末的瞬时速度；(3) 第2秒内的路程．15. 质量为m的子弹以速度v 0水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为Ｋ，忽略子弹的重力，求：(1) 子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式；(2) 子弹进入沙土的最大深度．16. 一人从10 m深的井中提水．起始时桶中装有10 kg的水，桶的质量为1 kg，由于水桶漏水，每升高1 m要漏去0.2 kg的水．求水桶匀速地从井中提到井口，人所作的功．二、刚体定轴转动一、选择题1. 人造地球卫星，绕地球作椭圆轨道运动，地球在椭圆的一个焦点上，则卫星的 (A)动量不守恒，动能守恒． (B)动量守恒，动能不守恒．(C)对地心的角动量守恒，动能不守恒．(D)对地心的角动量不守恒，动能守恒．［］ 2. 一质点作匀速率圆周运动时，(A) 它的动量不变，对圆心的角动量也不变． (B) 它的动量不变，对圆心的角动量不断改变． (C) 它的动量不断改变，对圆心的角动量不变．(D) 它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变．［］ 3. 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 ．［］ 4. 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O 以角速度按图示方向转动.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(A) 必然增大． (B) 必然减少． (C) 不会改变． (D) 如何变化，不能确定．［］ 5. 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31J 0．这时她转动的角速度变为(A) 310． (B) ()3/1 0．(C) 3 0． (D) 3 0．［］ 6. 如图所示，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． (B) 只有动量守恒． (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．［］二、填空题7. 在光滑的水平面上，一根长L ＝2 m 的绳子，一端固定于O 点，另一端系一质量m ＝0.5 kg 的物体．开始时，物体位于位置A ，OA 间距离d ＝0.5 m ，绳子处于松弛状态．现在使物体以初速度v A ＝4 m ·s 1垂直于OA 向右滑动，如图所示．设以后的运动中物体到达位置B ,此时物体速度的方向与绳垂直．则此时刻物体对Ｏ点的角动量的大小L B ＝____________，物体速度的大小v ＝__________________．8. 如图所示，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，木球、子弹、细棒、地球系统的__________守恒．三、计算题9. 如图所示，一个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动．假设定滑轮质量为M 、半径为R ，其转动惯量为221MR ，滑轮轴光滑．试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系．10. 一长为1 m 的均匀直棒可绕过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60°，然后无初转速地将棒释放．已知棒对轴的转动惯量为231ml ，其中m 和l 分别为棒的质量和长度．求：(1) 放手时棒的角加速度； (2) 棒转到水平位置时的角加速度．11. 如图所示，A和B两飞轮的轴杆在同一中心线kg·m2．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：(1) 两轮啮合后的转速n；(2) 两轮各自所受的冲量矩．三、静电场电场强度一、选择题1. 高斯定理 ⎰⎰⋅=VSV S E 0/d d ερ(A) 适用于任何静电场． (B) 只适用于真空中的静电场． (C) 只适用于具有球对称性、轴对称性和平面对称性的静电场．(D) 只适用于虽然不具有(C)中所述的对称性、但可以找到合适的高斯面的静电场．［］2．如图所示，一个电荷为q 的点电荷位于立方体的A角上，则通过侧面abcd 的电场强度通量等于：(A) 06εq ． (B) 012εq ．(C) 024εq ． (D) 048εq ．［］3. 电荷面密度均为＋的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图放置，其周围空间各点电场强度E随位置坐标x 变化的关系曲线为：(设场强方向向右为正、向左为负) ［］02εx4. 将一个试验电荷q 0 (正电荷)放在带有负电荷的大导体附近P 点处(如图)，测得它所受的力为F ．若考虑到电荷q 0不是足够小，则(A) F / q 0比P 点处原先的场强数值大． (B) F / q 0比P 点处原先的场强数值小． (C) F / q 0等于P 点处原先场强的数值．(D) F / q 0与P 点处原先场强的数值哪个大无法确定．［］ 5. 如图所示，两个“无限长”的、半径分别为R 1和R 2的共轴圆柱面均匀带电，沿轴线方向单位长度上所带电荷分别为1和 2，则在内圆柱面里面、距离轴线为r 处的P 点的电场强度大小E 为：(A) r0212ελλπ+． (B) 20210122R R ελελπ+π(C) 1012R ελπ． (D) 0．［］6. 点电荷Q 被曲面S 所包围，从无穷远处引入另一点电荷q 至曲面外一点，如图所示，则引入前后：(A) 曲面S 的电场强度通量不变，曲面上各点场强不变． (B) 曲面S 的电场强度通量变化，曲面上各点场强不变． (C) 曲面S 的电场强度通量变化，曲面上各点场强变化． (D) 曲面S 的电场强度通量不变，曲面上各点场强变化．［］7. 根据高斯定理的数学表达式⎰∑⋅=Sq S E 0/d ε可知下述各种说法中，正确的是：(A) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零． (B) 闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定处处不为零．(C) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定处处为零．P+q 0(D) 闭合面上各点场强均为零时，闭合面内一定处处无电［］二、填空题7. 三个平行的“无限大”均匀带电平面，其电荷面密度都是＋，如图所示，则A 、B 、C 、D 三个区域的电场强度分别为：E A ＝_________________，E B ＝_____________，E C ＝_________，E D =___________ (设方向向右为正)．8. 一半径为R 的带有一缺口的细圆环，缺口长度为d (d<<R)环上均匀带有正电，电荷为q ，如图所示．则圆心O 处的场强大小E ＝__________________ __________，场强方向为______________________．9. 如图所示，真空中两个正点电荷Q ，相距2R ．若以其中一点电荷所在处O 点为中心，以R 为半径作高斯球面S ，则通过该球面的电场强度通量＝______________；若以 0r表示高斯面外法线方向的单位矢量，则高斯面上a 、b 两点的电场强度分别为________________________．三、计算题10. 带电细线弯成半径为R 的半圆形，电荷线密度为 = 0sin ，式中 0为一常数，为半径R 与x 轴所成的夹角，如图所示．试求环心O 处的电场强度．11.图中虚线所示为一立方形的高斯面，已知空间的场强分布为：E x ＝bx ， E y+σ+σ+σABCD＝0，E z＝0．求立方体六个面的电场强度通量。

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）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 ＜βB 6、（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。

刚体习题和答案

作业5 刚体力学♫刚体：在力的作用下不发生形变的物体⎰=-⇒=21ttdtdtdωθθθω角速度⎰=-⇒=21ttdtdtdβωωωβ角加速度1、基础训练（8）绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t＝0时角速度为5rad sω=，t＝20s时角速度为0.8ωω=，则飞轮的角加速度β=-0.05 rad/s2 ，t＝0到t＝100 s时间内飞轮所转过的角度θ=250rad．【解答】飞轮作匀变速转动，据tωωβ=+，可得出：200.05rad stωωβ-==-据212t tθωβ=+可得结果。

♫定轴转动的转动定律：定轴转动的角加速度与它所受的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比.βJM=质点运动与刚体定轴转动对照[C] 1、基础训练（2）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．【解答】逆时针转动时角速度方向垂直于纸面向外, 由于(m1＜m2)，实际上滑轮在作减速转动,角加速度方向垂直纸面向内,所以,由转动定律21()T T R Jβ-=可得：21T T>[ C] 2、自测提高（2）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m2m1O将(A) 小于． (B) 大于，小于2． (C) 大于2． (D) 等于2．【解答】设飞轮的半径为R ,质量为m ，根据刚体定轴转动定律M J β=，当挂质量为m 的重物是：mg T ma TR J a R ββ-===所以2mgRJ mRβ=+,当以2F mg =的拉力代替重物拉绳时，有： '2mgR J β=，2'mgRJβ=，比较二者可得出结论。

刚体的定轴转动习题

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• 刚体定轴转动的基本概念 • 刚体定轴转动的力学分析 • 刚体定轴转动的运动分析 • 刚体定轴转动的习题解析 • 刚体定轴转动的实际应用案例
PART 03
刚体定轴转动的运动分析
刚体的角速度与角加速度
角速度
描述刚体转动快慢的物理量，用ω表示。单位是弧度/秒（rad/s）。
角加速度
描述刚体转动角速度变化快慢的物理量，用α表示。单
转动轨迹
刚体转动的路径是一个圆或椭圆，其形状取决于刚体的质量和转动轴的位置。
PART 04
刚体定轴转动的习题解析
简单习题解析
题目
一个质量为m，半径为R的圆盘，以边缘某点为轴，以角速度ω做定轴转动，求圆盘的动量。
解析
根据动量的定义，圆盘的动量P=mv=mrω，其中r 是质点到转动轴的距离， m是质量，v是线速度，ω 是角速度。
题目
一质量为m的杆，长度为l，一端固定，绕另一端点做定轴转动，求杆的转动惯量。
航空航天器姿态调整中的应用
01
02
03
卫星轨道调整
卫星在轨道调整过程中，通过刚体定轴转动实现姿态的调整，从而改变推进力的方向。
飞机飞行控制
飞机飞行过程中，通过刚体定轴转动实现舵面的操纵，从而调整飞行姿态和方向。
火箭发射
火箭发射过程中，通过刚体定轴转动实现发动机的转向和稳定。

大学物理习题册及解答第二版刚体的定轴转动

Z
R
由平行轴定理，关于刀口的转动惯量为 J zo J zc MR 2 2MR 2
（2）由垂直轴定理有： J J 1 J MR2
由平行轴定理有：
J
xC
J
yC
2
MR2
zC
3
2 MR 2
PP
xC
（3）复摆的摆动周期为 T 2π J
2
mgl
T 2 2R T 2 3R
T1 4 1.1547
2.力矩的定义式为_M_____r__F_．
在力矩作用下，一个绕轴转动的物体作_变__角__动_量_运动．若系统所受的合外力矩为零，则系统的____角__动_量_____守恒．
3 质量为20 kg、边长为1.0 m的均匀立方物体，放在水平地面上．有一拉力F作用在该物体一顶边的中点，且与包含该顶边的物体侧面垂直，如图所示．地面极粗糙，物体不可能滑动．若要使该立方体翻转90°，则拉力F不能小于___
(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．
7．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J0
/3,这时她转动的角速度变为
(A) 1 (B) 1
分析：
2as
2 0
2 02
a r
0 r0
s
r
N
2
13.3圈
02 0.024rad / s2 2
4．一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）．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

第2章刚体定轴转动

第2章刚体定轴转动2.28 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：设圆柱体的高为H ，其体积为V = π(R 22 – R 12)h ，体密度为ρ = M/V ．在圆柱体中取一面积为S = 2πRH ，厚度为d r 的薄圆壳，体积元为d V = S d r = 2πrH d r ，其质量为d m = ρd V ，绕中心轴的转动惯量为d I = r 2d m = 2πρHr 3d r ，总转动惯量为213442112d ()2R R I Hr r H R R πρπρ==-⎰22211()2m R R =+．2.29 一矩形均匀薄板，边长为a 和b ，质量为M ，中心O 取为原点，坐标系OXYZ 如图所示．试证明：（1）薄板对OX 轴的转动惯量为2112OX I Mb =；（2）薄板对OZ 轴的转动惯量为221()12OZI M a b =+．证：薄板的面积为S = ab ，质量面密度为σ = M/S ．（1）在板上取一长为a ，宽为d y 的矩形元，其面积为d S = a d y ，其质量为d m =σd S ，绕X 轴的转动惯量为d I OX = y 2d m = σay 2d y ，积分得薄板对OX 轴的转动惯量为/2/223/2/21d 3b b OXb b I a y y a y σσ--==⎰32111212ab Mb σ==．同理可得薄板对OY 轴的转动惯量为2112OY I Ma =．（2）方法一：平行轴定理．在板上取一长为b ，宽为d x 的矩形元，其面积为d S = b d x ，质量为d m = σd S ，绕过质心的O`Z`轴的转动惯量等于绕OX 轴的转动惯量d I O`Z` = b 2d m /12．根据平行轴定理，矩形元对OZ 轴的转动惯量为 d I OZ = x 2d m + d I O`Z ` = σbx 2d x + b 2d m /12，积分得薄板对OZ 轴的转动惯量为/222/21d d 12a M OZa Ib x x b m σ-=+⎰⎰/232/211312a ab x b M σ-=+221()12M a b =+．方法二：垂直轴定理．在板上取一质量元d m ，绕OZ 轴的转动惯量为d I OZ = r 2d m ．由于r 2 = x 2 + y 2，所以d I OZ = (x 2 + y 2)d m = d I OY + d I OX ，因此板绕OZ 轴的转动惯量为221()12OZ OY OX I I I M a b =+=+．2.30 一半圆形细杆，半径为R ，质量为M ，求对过细杆二端AA `轴的转动惯量．解：半圆的长度为C = πR ，质量的线密度为λ = M/C ．在半圆上取图2.28一弧元d s = R d θ，其质量为d m = λd s ，到AA `轴的距离为r = R sin θ，绕此轴的转动惯量为d I = r 2d m = λR 3sin 2θd θ，半圆绕AA `轴的转动惯量为32sin d I R λθθ=⎰π31(1cos 2)d 2Rλθθ=-⎰π32122R MR λ==π2.31 如图所示，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．圆孔中心在圆盘半径的中点．求剩余部分对大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量．解：大圆的面积为S = πR 2，质量的面密度为σ = M/S ．大圆绕过圆心且与盘面垂直的轴线的转动惯量为I M = MR 2/2．小圆的面积为s = πr 2，质量为m = σs ，绕过自己圆心且垂直圆面的轴的转动惯量为I C = mr 2/2，根据平行轴定理，绕大圆轴的转动惯量为I m = I C + m (R/2)2．2221()(2)24m C R I I m m r R =+=+2221(2)4r r R σπ=+22221(2)4r M r R R =+，剩余部分的转动惯量为4222122()2M m r I I I M R r R=-=--．2.32 飞轮质量m = 60kg ，半径R = 0.25m ，绕水平中心轴O 转动，转速为900r·min -1．现利用一制动用的轻质闸瓦，在剖杆一端加竖直方向的制动力F ，可使飞轮减速．闸杆尺寸如图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦因数μ = 0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．（1）设F = 100N ，问可使飞轮在多长时间内停止转动？这段时间飞轮转了多少转？（2）若要在2s 内使飞轮转速减为一半，需加多大的制动力F ？解：设飞轮对闸瓦的支持力为N`，以左端为转动轴，在力矩平衡时有0.5N` – 1.25F = 0，所以N`=2.5F = 250(N)．闸瓦对飞轮的压力为N = N`= 250(N)，与飞轮之间摩擦力为f = μN = 100(N)，摩擦力产生的力矩为M = fR ．飞轮的转动惯量为I = mR 2/2，角加速度大小为β = -M/I = -2f/mR = -40/3(rad·s -2)，负号表示其方向与角速度的方向相反．飞轮的初角速度为ω0 = 30π(rad·s -1)．根据公式ω = ω0 + βt ，当ω = 0时，t = -ω0/β = 7.07(s)．再根据公式ω2 = ω02 + 2βθ，可得飞轮转过的角度为θ = -ω02/2β = 333(rad)，转过的圈数为n = θ/2π = 53r ．[注意]圈数等于角度的弧度数除以2π．（2）当t = 2s ，ω = ω0/2时，角加速度为β = -ω0/2t = -7.5π．力矩为M = -Iβ，摩擦力为f = M/R = -mRβ/2 = (7.5)2π．闸瓦对飞轮的压力为N = f /μ，需要的制动力为F = N /2.5 = (7.5)2π = 176.7(N)．OrR r图2.31图2.322.33 一轻绳绕于r = 0.2m 的飞轮边缘，以恒力F = 98N 拉绳，如图（a ）所示．已知飞轮的转动惯量I = 0.5kg·m 2，轴承无摩擦．求（1）飞轮的角加速度．（2）绳子拉下5m 时，飞轮的角速度和动能．（3）将重力P = 98N 的物体挂在绳端，如图（b ）所示，再求上面的结果．解：（1）恒力的力矩为M = Fr = 19.6(N·m)，对飞轮产生角加速度为β = M/I = 39.2(rad·s -2)．（2）方法一：用运动学公式．飞轮转过的角度为θ = s/r = 25(rad)，由于飞轮开始静止，根据公式ω2 = 2βθ，可得角速度为ω=s -1)；飞轮的转动动能为E k = Iω2/2 = 490(J)．方法二：用动力学定理．拉力的功为W = Fs = 490(J)，根据动能定理，这就是飞轮的转动动能E k ．根据公式E k = Iω2/2，得角速度为ω=s -1)． (3)物体的质量为m = P/g = 10(kg)．设绳子的张力为T ，则P – T = ma ，T r = Iβ．由于a = βr ，可得Pr = mr 2β + Iβ，解得角加速度为2Prmr I β=+= 21.8(rad·s -2)．绳子的张力为2I IPT r mr Iβ==+= 54.4(N)．张力所做的功为W` = Ts = 272.2(J)，这就是飞轮此时的转动动能E`k ．飞轮的角速度为`ω=s -1)．2.34 质量为m ，半径为R 的均匀圆盘在水平面上绕中心轴转动，如图所示．盘与水平面的摩擦因数为μ，圆盘从初角速度为ω0到停止转动，共转了多少圈？解：圆盘对水平面的压力为N = mg ，压在水平面上的面积为S = πR 2，压强为p = N /S = mg /πR 2．当圆盘滑动时，在盘上取一半径为r 、对应角为d θ面积元，其面积为d S = r d θd r ，对水平面的压力为d N = p d S = pr d r d θ，所受的摩擦力为d f = μd N = μpr d r d θ，其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为d M = r d f = μpr 2d r d θ，总力矩为220d d RM pr r πμθ=⎰⎰312π3p R μ=23mgR μ=．圆盘的转动惯量为I = mR 2/2，角加速度大小为43M gI Rμβ=-=-，负号表示其方向与角速度的方向相反．根据转动公式ω2 = ω02 + 2βθ，当圆盘停止下来时ω = 0，所以圆盘转过的角度为2200328R g ωωθβμ=-=，转过的圈数为 203216R n gωθππμ==．F=98N P=98N(a)(b) (图2.33)图2.34[注意]在圆盘上取一个细圆环，其面积为d s = 2πr d r ，这样计算力矩等更简单。

大学物理上练习册第2章《刚体定轴转动》答案-2013

第2章刚体定轴转动一、选择题1(B)，2(B)，3(C)，4(C)，5(C) 二、填空题(1). 62.5 1.67ｓ (2). 4.0 rad/ (3). 0.25 kg ·m 2(4). mgl μ21参考解：M ＝⎰M d ＝()mgl r r l gm l μμ21d /0=⎰(5). 2E 0三、计算题1. 如图所示，半径为r 1＝0.3 m 的A 轮通过皮带被半径为r 2＝0.75 m 的B 轮带动，B 轮以匀角加速度π rad /s 2由静止起动，轮与皮带间无滑动发生．试求A 轮达到转速3000 rev/min 所需要的时间．解：设A 、B 轮的角加速度分别为βA 和βB ，由于两轮边缘的切向加速度相同， a t = βA r 1 = βB r 2则 βA = βB r 2 / r 1 A 轮角速度达到ω所需时间为()75.03.060/2300021⨯π⨯π⨯===r r t B Aβωβωs ＝40 s2.一砂轮直径为1 m 质量为50 kg ，以 900 rev / min 的转速转动．撤去动力后，一工件以 200 N 的正压力作用在轮边缘上，使砂轮在11.8 s 内停止．求砂轮和工件间的摩擦系数．(砂轮轴的摩擦可忽略不计，砂轮绕轴的转动惯量为21mR 2，其中m 和R 分别为砂轮的质量和半径).解：R = 0.5 m ，ω0 = 900 rev/min = 30π rad/s ，根据转动定律 M = -J β ① 这里 M = -μNR ②μ为摩擦系数，N 为正压力，221mR J =． ③ 设在时刻t 砂轮开始停转，则有： 00=+=t t βωω从而得 β＝-ω0 / t ④将②、③、④式代入①式，得 )/(2102t mR NR ωμ-=- ∴ m =μR ω0 / (2Nt )≈0.5r1. 有一半径为R 的圆形平板平放在水平桌面上，平板与水平桌面的摩擦系数为μ，若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度ω0开始旋转，它将在旋转几圈后停止？（已知圆形平板的转动惯量221mR J =，其中m 为圆形平板的质量）解：在r 处的宽度为d r 的环带面积上摩擦力矩为r r r R mgM d 2d 2⋅π⋅π=μ总摩擦力矩 mgR M M R μ32d 0==⎰故平板角加速度 β =M /J设停止前转数为n ，则转角 θ = 2πn由 J /Mn π==4220θβω可得 g R MJ n μωωπ16/342020=π=2. 一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为ω0．设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即M ＝－k ω (k 为正的常数)，求圆盘的角速度从ω0变为021ω时所需的时间．解：根据转动定律： J d ω / d t = -k ω ∴ t J kd d -=ωω两边积分：⎰⎰-=t t J k02/d d 100ωωωω得 ln2 = kt / J∴ t ＝(J ln2) / k5.一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，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 T r ＝J β ② 由运动学关系有： a = r β ③ 由①、②、③式解得： J ＝m ( g －a ) r 2 / a ④ 又根据已知条件 v 0＝0 ∴ S ＝221at ， a ＝2S / t 2 ⑤将⑤式代入④式得：J ＝mr 2(Sgt22－1)3.如图所示，设两重物的质量分别为m 1和m 2，且m 1＞m 2，定滑轮的半径为r ，对转轴的转动惯量为J ，轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩擦不计．设开始时系统静止，试求t 时刻滑轮的角速度．解：作示力图．两重物加速度大小a 相同，方向如图.m 1g －T 1＝m 1a T 2－m 2g ＝m 2a 设滑轮的角加速度为β，则 (T 1－T 2)r ＝J β 且有 a ＝r β 由以上四式消去T 1，T 2得： ()()J r m m gr m m ++-=22121β 开始时系统静止，故t 时刻滑轮的角速度．()()Jrm m grt m m t ++-==22121 βω7.一根放在水平光滑桌面上的匀质棒，可绕通过其一端的竖直固定光滑轴O 转动．棒的质量为m = 1.5 kg ，长度为l = 1.0 m ，对轴的转动惯量为J = 231ml ．初始时棒静止．今有一水平运动的子弹垂直地射入棒的另一端，并留在棒中，如图所示．子弹的质量为m '= 0.020 kg ，速率为v = 400 m ·s -1．试问：(1) 棒开始和子弹一起转动时角速度ω有多大？(2) 若棒转动时受到大小为M r = 4.0 N ·m 的恒定阻力矩作用，棒能转过多大的角度θ？解：(1) 角动量守恒：ω⎪⎭⎫ ⎝⎛'+='2231l m ml l m v ∴ l m m m ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+'=31vω＝15.4 rad ·s -1(2) 由转动定律，得：－M r ＝(231ml ＋2l m ')β0－ω 2＝2βθ∴ rM l m m 23122ωθ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=＝15.4 rad8.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： mm , lOm '(1) 两轮啮合后的转速n ； (2) 两轮各自所受的冲量矩．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J A ωA ＋J B ωB = (J A ＋J B )ω，又ωB ＝0得： ω ≈ J A ωA / (J A ＋J B ) = 20.9 rad / s 转速 ≈n 200 rev/min (2) A 轮受的冲量矩⎰t MAd = J A (J A ＋J B ) = -4.19×10 2 N ·m ·s负号表示与A ωϖ方向相反． B 轮受的冲量矩⎰t MBd = J B (ω - 0) = 4.19×102 N ·m ·s方向与A ωϖ相同．4.一匀质细棒长为2L ，质量为m ，以与棒长方向相垂直的速度v 0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L 21处，如图所示．求棒在碰撞后的瞬时绕O 点转动的角速度ω．(细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为231ml ，式中的m 和l 分别为棒的质量和长度．)解：碰撞前瞬时，杆对O 点的角动量为L m L x x x x L L 0202/002/30021d d v v v v ==-⎰⎰ρρρ式中ρ为杆的线密度．碰撞后瞬时，杆对O 点的角动量为ωωω2221272141234331mL L m L m J =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=因碰撞前后角动量守恒，所以 L m mL 022112/7v =ω ∴ ω = 6v 0 / (7L)10. 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ω0．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 .)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．小球到B 点时： J 0ω0＝(J 0＋mR 2)ω ①2121()22220200212121BR m J mgR J v ++=+ωωω ② 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：ω＝J 0ω 0 / (J 0 + mR 2) 1分代入式②得222002J mR RJ gR B ++=ωv 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ω0，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 2212=v , gR C 4=v 四研讨题1. 计算一个刚体对某转轴的转动惯量时，一般能不能认为它的质量集中于其质心，成为一质点，然后计算这个质点对该轴的转动惯量？为什么？举例说明你的结论。

刚体的平面运动动力学课后答案

（7－8）
其中：是从速度瞬心引向M点的矢径，为平面图形的角速度矢量。
4、平面图形上各点的加速度
基点法公式：
（7－9）
其中：。基点法公式建立了平面图形上任意两点的加速度与平面图形的角速度和角加速度间的关系。只要平面图形的角速度和角加速度不同时为零，则其上必存在唯一的一点，其加速度在该瞬时为零，该点称为平面图形的加速度瞬心，用表示。
(b)
再根据对固定点的冲量矩定理：
系统对固定点A（与铰链A重合且相对地面不动的点）的动量矩为滑块对A点的动量矩和AB杆对A点的动量矩，由于滑块的
动量过A点，因此滑块对A点无动量矩，AB杆对A点的动量矩（也是系统对A点的动量矩）为：
将其代入冲量矩定理有：
(c)
由（a,b,c）三式求解可得：
(滑块的真实方向与图示相反)
其中：aK表示科氏加速度；牵连加速度就是AB杆上C点的加速度，即：
将上述公式在垂直于AB杆的轴上投影有：
科氏加速度，由上式可求得：
3-14：取圆盘中心为动点，半圆盘为动系，动点的绝对运动为直线运动；相对运动为圆周运动；牵连运动为直线平移。
由速度合成定理有：
速度图如图A所示。由于动系平移，所以，
根据点的复合运动速度合成定理有：
其中：，根据几何关系可求得：
AB杆作平面运动，其A点加速度为零，
B点加速度铅垂，由加速度基点法公式可知
由该式可求得
由于A点的加速度为零，AB杆上各点加速度的分布如同定轴转动的加速度分布，AB杆中点的加速度为：
再取AB杆为动系，套筒C为动点，
根据复合运动加速度合成定理有：
3－25设板和圆盘中心O的加速度分别为
，圆盘的角加速度为，圆盘上与板

大学物理A 练习题第2章《刚体定轴转动》

《第2章刚体定轴转动》一选择题1. 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．[ ]2. 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. 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β．如果以拉力2mg 代替重物拉绳时，飞轮的角加速度将 (A) 小于β． (B) 大于β，小于2 β． (C) 大于2 β． (D) 等于2 β．[ ]4. 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ω0．然后她将两臂收回，使转动惯量减少为31J 0．这时她转动的角速度变为(A) 31ω0． (B) ()3/1 ω0． (C) 3 ω0． (D) 3 ω0．[ ]5. 如图所示，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． (B) 只有动量守恒． (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．[ ]二填空题1. 一飞轮作匀减速转动，在5 s 内角速度由40π rad ·s -1减到10π rad ·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．2. 一作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量J ＝3.0 kg ·m 2，角速度ω 0＝6.0 rad/s ．现对物体加一恒定的制动力矩M ＝－12 N ·m ，当物体的角速度减慢到ω＝2.0 rad/s 时，物体已转过了角度∆θ ＝_________________．3. 如图所示，A 、B 两飞轮的轴杆在一条直线上，并可用摩擦啮合器C 使它们连结．开始时B 轮静止，A 轮以角速度ωA 转动，设在啮合过程中两飞轮不受其它力矩的作用．当两轮连结在一起后，共同的角速度为ω．若A 轮的转动惯量为J A ，则B 轮的转动惯量J B ＝________．4. 一根质量为m 、长为l 的均匀细杆，可在水平桌面上绕通过其一端的竖直固定轴转动．已知细杆与桌面的滑动摩擦系数为μ，则杆转动时受的摩擦力矩的大小为________________．5. 一滑冰者开始张开手臂绕自身竖直轴旋转，其动能为E 0，转动惯量为J 0，若他将手臂收拢，其转动惯量变为021J ，则其动能将变为__________________．(摩擦不计) 三计算题1. 均质圆轮A 的质量为M 1，半径为R 1，以角速度ω绕OA 杆的A 端转动，此时，将其放置在另一质量为M 2的均质圆轮B 上，B 轮的半径为R 2．B 轮原来静止，但可绕其几何中心轴自由转动．放置后，A 轮的重量由B 轮支持．略去轴承的摩擦与杆OA 的重量，并设两轮间的摩擦因素为μ，问自A 轮放在B 轮上到两轮间没有相对滑动为止，需要经过多长时间？2. 一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为ω0．设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即M ＝－k ω (k 为正的常数)，求圆盘的角速度从ω0变为021ω时所需的时间．3. 如图所示，设两重物的质量分别为m 1和m 2，且m 1＞m 2，定滑轮的半径为r ，对转轴的转动惯量为J ，轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩擦不计．设开始时系统静止，试求t 时刻滑轮的角速度．4. 一匀质细棒长为2L ，质量为m ，以与棒长方向相垂直的速度v 0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L 21处，如图所示．求棒在碰撞后的瞬时绕O 点转动的角速度ω．(细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为231ml ，式中的m 和l 分别为棒的质量和长度．)m21215. 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v 0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221MR ，忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩)四研讨题1. 计算一个刚体对某转轴的转动惯量时，一般能不能认为它的质量集中于其质心，成为一质点，然后计算这个质点对该轴的转动惯量？为什么？举例说明你的结论。

大学_大学物理教程上册(范仰才著)课后答案_1

大学物理教程上册(范仰才著)课后答案大学物理教程上册(范仰才著)内容提要绪论第一篇力学第1章质点运动学1.1 参考系和坐标系质点1.2 质点运动的描述1.3 自然坐标系中的速度和加速度1.4 不同参考系中速度和加速度的变换关系思考题习题第2章质点动力学2.1 牛顿运动定律2.2 惯性系与非惯性系2.3 力的空间积累效应2.4 保守力的功势能机械能守恒定律2.5 力的时间积累效应动量守恒定律__2.6 质心质心运动定理阅读材料(1)混沌及其特征思考题习题第3章刚体的定轴转动3.1 刚体及刚体定轴转动的描述3.2 刚体定轴转动定律3.3 定轴转动的功和能3.4 角动量定理和角动量守恒定律__3.5 进动阅读材料(2)对称性与守恒律思考题习题第二篇热学第4章气体动理论4.1 平衡态态参量理想气体物态方程 4.2 理想气体的压强公式4.3 理想气体的`温度公式4.4 能量按自由度均分理想气体的内能 4.5 麦克斯韦速率分布律__4.6 玻耳兹曼分布律4.7 分子的平均碰撞频率和平均自由程__4.8 气体内的输运过程__4.9 范德瓦尔斯方程真实气体阅读材料(3)低温与超导思考题习题第5章热力学基础5.1 准静态过程功热量和内能5.2 热力学第一定律及其在理想气体等值过程的应用 5.3 绝热过程多方过程5.4 循环过程卡诺循环5.5 热力学第二定律5.6 热力学第二定律的统计意义熵阅读材料(4)热学熵与信息熵思考题习题第三篇振动和波动第6章振动学基础6.1 简谐振动的运动学旋转矢量表示法6.2 简谐振动的动力学特征6.3 简谐振动的能量6.4 简谐振动的合成6.5 阻尼振动受迫振动共振思考题习题第7章波动学基础7.1 机械波的形成和传播7.2 平简谐波的波函数7.3 波的能量声波大学物理教程上册(范仰才著)目录《21世纪高等学校规划教材:大学物理教程(上)》可作为本科院校理工科各专业的大学物理教材，也可作为各类普通高等学校非物理类专业、各类成人高校物理课程的教材或教学参考书。

大学物理-刚体的定轴转动-习题和答案

第4章刚体的定轴转动习题及答案1．刚体绕一定轴作匀变速转动，刚体上任一点是否有切向加速度？是否有法向加速度？切向和法向加速度的大小是否随时间变化？答：当刚体作匀变速转动时,角加速度β不变。

刚体上任一点都作匀变速圆周运动，因此该点速率在均匀变化，v l ω=，所以一定有切向加速度t a l β=，其大小不变。

又因该点速度的方向变化，所以一定有法向加速度2n a l ω=，由于角速度变化，所以法向加速度的大小也在变化。

2. 刚体绕定轴转动的转动定律和质点系的动量矩定理是什么关系？答：刚体是一个特殊的质点系，它应遵守质点系的动量矩定理，当刚体绕定轴Z 转动时，动量矩定理的形式为zz dL M dt=，z M 表示刚体对Z 轴的合外力矩，z L 表示刚体对Z 轴的动量矩。

()2z i i L m l I ωω==∑,其中()2i i I m l =∑，代表刚体对定轴的转动惯量，所以()z z dL d d M I I I dt dt dtωωβ====。

既 z M I β=。

所以刚体定轴转动的转动定律是质点系的动量矩定理在刚体绕定轴转动时的具体表现形式，及质点系的动量矩定理用于刚体时在刚体转轴方向的分量表达式。

3．两个半径相同的轮子，质量相同，但一个轮子的质量聚集在边缘附近，另一个轮子的质量分布比较均匀，试问：（1）如果它们的角动量相同，哪个轮子转得快？（2）如果它们的角速度相同，哪个轮子的角动量大？答：(1)由于L I ω=，而转动惯量与质量分布有关，半径、质量均相同的轮子，质量聚集在边缘附近的轮子的转动惯量大，故角速度小，转得慢，质量分布比较均匀的轮子转得快；（2）如果它们的角速度相同，则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大。

4．一圆形台面可绕中心轴无摩擦地转动，有一玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动，问平台如何运动？如小汽车突然刹车，此过程角动量是否守恒？动量是否守恒？能量是否守恒？答：玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动时，平台将沿相反方向转动；小汽车突然刹车过程满足角动量守恒，而能量和动量均不守恒。

《刚体定轴转动》选择题解答与分析

2 刚体定轴转动转动惯量1. 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．答案：（C ）参考解答：首先明确转动惯量的物理意义，从转动定律与牛顿第二定律的对称关系可以看出，与质量m 是平动惯性大小的量度相对应，转动惯量I 则是刚体转动惯性大小的量度。

从转动惯量的的公式∑=∆=ni ii r m I12可以看出，其大小除了与刚体的形状、大小和质量分布有关外，还与转轴的位置有关。

凡选择回答错误的，均给出下面的进一步讨论：1. 计算一个刚体对某转轴的转动惯量时，一般能不能认为它的质量集中于其质心，成为一质点，然后计算这个质点对该轴的转动惯量？为什么？举例说明你的结论。

参考解答：不能．因为刚体的转动惯量∑∆i i m r 2与各质量元和它们对转轴的距离有关．如一匀质圆盘对过其中心且垂直盘面轴的转动惯量为221mR ，若按质量全部集中于质心计算，则对同一轴的转动惯量为零．2. 一刚体由匀质细杆和匀质球体两部分构成，杆在球体直径的延长线上，如图所示．球体的半径为R ，杆长为2R ，杆和球体的质量均为m ．若杆对通过其中点O 1，与杆垂直的轴的转动惯量为J 1，球体对通过球心O 2的转动惯量为J 2，则整个刚体对通过杆与球体的固结点O 且与杆垂直的轴的转动惯量为 (A) J ＝J 1＋J 2． (B) J ＝mR 2＋mR 2．(C) J ＝(J 1＋mR 2)＋(J 2＋mR 2)．(D) J ＝[J 1＋m (2R )2]＋[J 2＋m (2R )2]．答案：(C) 参考解答：根据转动惯量具有叠加性，则整个刚体对通过杆与球体的固结点0且与杆垂直的轴的转动惯量为细杆和球体分别对该轴转动惯量之合。

大学物理05刚体的定轴转动习题解答

第五章刚体的定轴转动一选择题1. 一绕定轴转动的刚体，某时刻的角速度为ω，角加速度为α，则其转动加快的依据是：（）A. α > 0B. ω > 0，α > 0C. ω < 0，α > 0D. ω > 0，α < 0解：答案是B 。

2. 用铅和铁两种金属制成两个均质圆盘，质量相等且具有相同的厚度，则它们对过盘心且垂直盘面的轴的转动惯量。

（）A. 相等；B. 铅盘的大；C. 铁盘的大；D. 无法确定谁大谁小解：答案是C 。

简要提示：铅的密度大，所以其半径小，圆盘的转动惯量为：2/2Mr J =。

3. 一轻绳绕在半径为r 的重滑轮上，轮对轴的转动惯量为J ，一是以力F 向下拉绳使轮转动；二是以重量等于F 的重物挂在绳上使之转动，若两种情况使轮边缘获得的切向加速度分别为a 1和a 2，则有：（）A. a 1 = a 2B. a 1 > a 2C. a 1< a 2D. 无法确定解：答案是B 。

简要提示：(1) 由定轴转动定律，1αJ Fr =和11αr a =，得：J Fr a /21=(2) 受力分析得：⎪⎩⎪⎨⎧===-2222ααr a J Tr ma T mg ，其中m 为重物的质量，T 为绳子的张力。

得：)/(222mr J Fr a +=，所以a 1 > a 2。

4. 一半径为R ，质量为m 的圆柱体，在切向力F 作用下由静止开始绕轴线作定轴转动，则在2秒内F 对柱体所作功为：（）A. 4 F 2/ mB. 2 F 2 / mC. F 2 / mD. F 2 / 2 m解：答案是A 。

简要提示：由定轴转动定律： α221MR FR =，得：mRF t 4212==∆αθ 所以：m F M W /42=∆=θ5. 一电唱机的转盘正以ω 0的角速度转动，其转动惯量为J 1，现将一转动惯量为J 2的唱片置于转盘上，则共同转动的角速度应为：（）A ．0211ωJ J J +B ．0121ωJ J J +C ．021ωJ JD ．012ωJ J 解：答案是A 。