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，角加速度为，则其转动加快的依据是：（）
A. > 0
B. > 0，> 0
C. < 0，
> 0 D. > 0，< 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
J Mr /2 °
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 按图示方向转动。

若将 两个大小相等、方向相反但不在同一条直线的
力F i 和F 2沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘 的角速度 的大小在刚作用后不久
（）
C.不会改变
D.如何变化， 疋
解：答案是B 。

简要提示：力F i 和F 2的对转轴力矩之和 垂直于纸面向里，根据刚体定轴转动定律，角 加速度的方向也是垂直于纸面向里，与角速度 的方向（垂直于纸面向外）相反，故开始时一 定减速。

A. 必然增大
B. 必然减少
4.一轻绳绕在半径为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 i和a2,则有： ()
A. a1 = a 2
B. a 1 > a 2
C. a 1< a 2
D. 无法确定
解：答案是B。

简要提示：(1) 由刚体定轴转动定律，
Fr J 1 和a1 r 1，得：a1 Fr 2 /J mg T ma2
Tr J 2
(2) 受力分析得：a2 r 2，其中
m 为重物的质量，T 为绳子的张力。

得：
2 2
a2 Fr /(J mr )，所以a 1 > a 2
5.一半径为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. 4F2/m
B. 2 F2/ m
C. F2/ m
D.F2/ 2 m
解：答案是A。

简要提示:由定轴转动定律：
1 21
2 4F
FR —MR2得t
2I寸•2mR
所以：W M4F2/m
6.一电唱机的转盘正以o的角速度转动，其转动惯量为J i,现将一转动惯量为J2的唱片置于转盘上，则共同转动的角速度应为：（）
J1J i J 2 A- J i
0 B . J i 0
J 2
J2
J1■ 0
C. J2 0
D. J1
解：答案是 A o
简要提示: 角动量守恒
7.已知银河系中一均匀球形天体，现时半径为R,绕对称轴自转周期为T,由于引力凝聚作用，其体积不断收缩，假设一万年后，其半径缩小为r，则那时该天体的：（）
A.自转周期增加，转动动能增加；
B-自转周期减小，转动动能减小；
C. 自转周期减小，转动动能增加；
D. 自转周期增加，转动动能减小。

解：答案是C o
简要提示：由角动量守恒，
所以转动周期减小。

转动动能为
12 MR 2 0,E k --Mr 2 2 可得 E k > E k0。

2 5 2 5
8. 如图，一质量为 m o 的均匀直杆可绕通 过O 点的水平轴转动，质量为m 卞 的子弹水平射入静止直杆的下 ，mo
端并留在直杆内，则在射入过程 选择题8图 中，由子
弹和杆组成的系统 （ ） A. 动能守恒 B. 动量守恒 C. 机械能守恒
D. 对O 轴的角动量守恒 解：答案是D
二填空题
1.半径为30cm 的飞轮，从静止开始以0.5rad s -的角
5
MR 2
o 訓
2
，得转动角频率增大，
E ko
加速度匀加速转动，则飞轮边缘上一
占八在转过2400时的切向加速度
为■法1向
力
口速度为。

解：答案是0.1 5 m s-2；0.4m
简要提示：a T r0.15m1s 。

由1
12
2 ，
t
得：
a n2r 0.4 m s 2
FR 】MR2
2 ，t
得
2 一质量为0.5 k g、半径为0.4 m的薄圆盘，以每分钟1500转的角速度绕过盘心且垂直盘面的轴的转动，今在盘缘施以0.98N的切向力直至盘静止，则所需时间为
s。

解：答案是16 s。

简要提示：由定轴转动定律，
t -mR 500.5 0.4
16s
2F 20.98
3 . 一长为I，质量不计的m1, ! m2
细杆，两端附着小球m1和m2 填空题3图
(m i > m2),细杆可绕通过杆
中心并垂直于杆的水平轴转动，先将杆置于水平然后放开，则刚开始转动的角加速度应为。

2血m2)g
解：答案是(m t m2)l 。

简要提示：由刚体定轴转动定律，
1 I2
(m i g m2g) (g m2) —
2 4
2(g m2)g
得: (m〔m2)l
4.如图所示，质量为m o,半径为r的绕有
细线的圆柱可绕固定水平对称轴无摩擦转动，若质量为m的物体缚在线索的一端并在重力作
用下，由静止开始向下运动，当m下降h的距
离时，m的动能与m o的动能之比为____________ 。

2m
解：答案是
m°
简要提示：由v r，，得：
如图所示，、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•开始时轮静止，轮以角速度A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・若轮的转动惯量为J A，则轮的转动惯J B =
2m
m o
m
填空题4图
填空题5图
E km
■
解：答案是J
A( A )/
简要提示：两飞轮不受外力矩的作用，所以系统的角动量守恒，得：
J
A A (J
A
J
B)
所以：
J B J A( A )/
6. 一位转动惯量为J O的花样滑冰运动员以角速度0自转，其角动量为__________________________ ；转动动能为____________ 。

当其收回手臂使转动
惯量减为J O /3时，则其角速度变为;转动动能变为________________ 。

2
解：答案是J O 0；J
O O
/2
； 3 o；
3J O Q/2
简要提示：角动量守恒
7. 一圆形转台可绕中心轴无摩擦的转动，台上有一辆玩具小汽车相对台面由静止启动，当其绕轴作顺时针圆周运动时，转台将作转动；当汽车突然刹车停止转动的过程中，系统的___________ 守恒；而___ 和不守
恒。

解：答案是逆时针；角动量；动量；机械能二计算题
1.一细杆绕其上端在竖直平面内摆动，杆
与竖直方向的夹角 4 C°S2 t。

求：（1）杆
摆动的角速度和角加速度；（2）距上端0.5m处
的一点的速度和加速度
解：（1）d
dt
2
sin t
8 2 ;
a
2
sin t 16 2
2. 有一个板长为a 、板宽为b 的均匀矩形 薄板，其质量为m 。

求矩形板对于与板面垂直 并通过板中心的轴的转动惯量。

解：如图，把矩形薄板分成无限多个小质 元，任取一个小质元，其面积为dS ，设薄板的 质量面密度为，则小质元质量为
dm dS dxdy
dt
16 cos —t 2
3T l
3
cos —t ・ 32 2 ；
a n
2
l
sin 2
t
128 2
小质元dm对于中心轴的转动惯量
2 2 2
dJ r2dm (x2 y2) dxdy
整个矩形板的转动惯量
a b
J dJ 2a °b(x2 y2) dxdy 丄ab(a2 b2) — m(a2 b2)
2 2 12 12
3.质量分别为m和2m、半径分别为r和2r的两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，可以绕通过盘心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动，对转轴的转动惯量为9mr2/ 2，大小圆盘边缘都绕有绳子，绳子下端都挂一质量为m的重物，如图所示•求盘的角加速度的大小.
解：隔离物体，分别对重物和转盘受力分析，如图所示。

根据牛顿定律和刚体转动定律，
有：
mg T ma T mg ma
T 2r Tr J 9mr212
由转盘和重物之间的运动学关系，有:
B a f V
T' I T
2r
a r
联立以上方程，可得：
2g 19r
4. 如图所示，半径为r ，转动惯量为J 的 定滑轮A 可绕水平光滑轴o 转动，轮上缠绕有
解：物体B 的运动满足牛顿第二定律
mg sin T ma
定滑轮A 的运动满足刚体定轴转动定律
Tr J
加速度和角加速度之间满足关系
联立解得B 的加速度
不能伸长的轻绳， 绳一端系有质量为 m 的物体B, B 可在 倾角为的光滑斜 面上滑动，求B 的
加速度和绳中张
J, r
mr 2
a
2~ mr
a 的方向沿斜面向下。

绳中张力为
5. 如图所示，质量为 m i 的物体可在倾角 为的光滑斜面上滑动。

m i 的一边系有劲度系 数为k 的弹簧，另一边系有不 可伸长的
轻绳，绳绕过转动惯 量为J ，半径为r 的小滑轮与 质量为m 2（ m i ）的物体相连。

开始时用外力托住m 2使弹簧保持原长，然后撤 去外力，求m 2由静止下落h 距离时的速率及 m 2下降的最大距离。

解：在m 2由静止下落h 距离的过程中机械 能守恒，因此有
jgsin T
mr
—mgsin J
计算题5图
口
m 2
v
式中 r ，解得m 2
由静止下落h 距离
时的速率
2(m 2 m 1 sin )gh kh 2
v
m 1 m 2 J / r 2
m
2下降到最低时，m
1、m
2速率为
零，代入上式，得到m 2下降的最大距离
6. 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 o ，环的半径为R ，初始时 环的角速度为o 。

质量为m 的小球静止在环
m^gh 2
(m
i
m 2)v 2
-kh 2
2
m -ghsin
max
k
(m 2
mn sin )g
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•在转动过程中沿 转轴方向的合外力矩为零，所以角动量守恒.对 地球、小球和环系统机械能守恒。

取过环心 0
的水平面为势能零点.
小球到B 点时，有：
2
J o 0 (J o mR )
其中V B 表示小球在 B 点时相对于地面的竖直 分速度，也就是它相对于环的速度。

由以上两
2Jo
mgR 2Jo
2 2 2 2m ( R
2 V B
式解出
小球到C点时，由角动量守恒定律，系统的角速度又回复至0,而由机械能守恒，有:
mv
2
mg(2R)
m o L 所以v c
\4gR
V B
7.质量为m o长为L的均匀直杆可绕过端点O的水平轴转动，一质量为m的质点以水平速度v与静止杆的下端发生碰撞，如图所示，若m o = 6 m，求质点与杆分别作完全非弹性碰撞和完全弹性碰撞后杆的角速度大小。

解：（1）完全非弹性碰撞时，质点射入杆内, 与杆一起转动。

在此过程中质点和杆系统的角动量守恒，设系统绕端点O 转动的角速度为因此
mvL J(~m0 L2 mL2) (2mL2 mL2)
3
解出
v
3L
（2）完全弹性碰撞时，碰撞前后系统关于端点O的角动量守
恒，设碰撞后质点的水平速
度为v ,直杆绕端点O转动的角速度为,因此有
1 2 mvL mv L J mv L
（6m）L
3
得到
v v 2L
（i）
碰撞前后系统的机械能守恒，因此有
1 2 1 2 1 , 2 12 _mv—mv — J mv
2 2 22
由上式得到
2 2 v v2L22
(2)
将（2）式和（1）式两边相除，得到
v v L
再由（3）式和（1）式解得
(3)
2v
3L
8.如图所示，一长为L,质量为m的均匀细棒，一端悬挂在O 点上，可绕水平轴在竖直面内无摩擦地转动，在同一悬挂点，有长为I的轻绳悬挂一小球，质量也为m，当小球悬线偏离铅垂方向某一角度由静止释放，小球在悬点正下方与静止细棒发生弹性碰撞。

若碰撞后小球刚好静止，试求绳长I应为多少?
解：在碰撞过程中，小球和棒都在
垂直位置，因此系统受到的关于转轴O的
合外力矩为零，因此系统在碰撞前后瞬间
的角动量守恒。

设碰撞后瞬间细棒绕转轴
O转动的角速度为，由角动量守恒，有
1 2 mvl mL
3
另外由于没有摩擦和阻尼，因此系统在碰撞期间的机械能也守恒。

即小球的动能全部转化
为棒的转动动能
或解 设碰撞后小球的速率为V ,则由角动
量守恒和机械能守恒，有
2 3l 2 L 0
解得
9■转台绕中心竖直轴以角速度 匀速转
动，相对于转轴的转动惯量为J ,现有质量为m 的小钢球以每秒n 个的速率垂直落入转台上半 径为r 的圆轨道内，求转台的角速度随时间的 变化关系。

解：由角动量守恒，初始时角动量为：L J o , t 时刻
系统的转动惯量和角动量为：
所以角速度为 :
J 0 /(J mntr 2)
由以上两式解得
1 2 mv 2 1.1mL 2 2 3 mvl
mv'l ImL 2 1 2 mv 2 F UmL 2 2 2 2 3
求得
令V 0，则
v' 3l 2 L 2 2 J J ntmr ；
在一半径为R、质量为m、可绕中心竖直轴自由转动的水平圆盘的边上，站着一个质量为m的人，求当人沿圆盘的边缘走完一周回到原有位置时，圆盘转过的角度为多大？
解：设人相对于圆盘的速率为v，圆盘转
动的角速度为。

将人和转盘作为一个系统，在转动过程中沿转轴方向的外力矩为零，因此系统的角动量守恒。

因此得到
L 1m0R2 m(v R)R 0
2
2mv
(m0 2m)R
设人沿圆盘的边缘走完一周回到原有位置时所需时间为T,则圆盘转过的角度为
T
T dt壬巴巫丑皿
0(m0 2m)R (m0 2m)R m0 2m
或解：设圆盘和人相对于地面转动的角速
度大小为和,与的转动方向相反。

则 人相对于圆盘的转动角速度为 。

将人和转 盘作为一个系统，在转动过程中沿转轴方向的 外力矩为零，因此系统的角动量守恒
1 2 2 m 0R 1 mR 2 0
2
m o
1 2m 设人沿圆盘的边缘走完一周回到原有位置时所 需时间为T ，则有
2)dt 2 n
将2參1代入上式，得到圆盘相对于地面转动 的角度
11.质量为5kg 、半径为25cm 的轮子，装
在一根长为40cm 的轻杆的中部，并可绕此杆 转动，杆的一端A 用一根链条挂起。

开始时杆 在水平位置，轮子的转动角速度为 12 rad s -,
1dt 4 n m
m o 2m
方向如图所示，求：(1)该轮子的自转角动量; (2)作用于轴上的外力矩； 角速度，并判断进动方向。

解：(1)自转角动量为：
L J 1mr 2 0.5 5 0.252 12 1.875(kg m
(2)外力矩为：
M mg- 5 9.8 9.8(kg m 2 s 2
)
2 2 (2)进动角速度为：
M i
p 5.2rad s L
有外力矩自转角动量的方向可以判断，从上往 下看，进动的方向为逆时针方向
系统的进动 计算题11图。