大学物理习题及解答(刚体力学)
1 如图所示，质量为m 的小球系在绳子的一端，绳穿过一铅直套管，使小球限制在一光滑水平面上运动。先使小球以速度0v 。绕管心作半径为r D 的圆周运动，然后向下慢慢拉绳，使小球运动轨迹最后成为半径为r 1的圆，求(1)小球距管心r 1时速度大小。(2)由r D 缩到r 1过程中，力F 所作的功。
解 (1)绳子作用在
小球上的力始终通过中
心O ，是有心力，以小球
为研究对象，此力对O 的
力矩在小球运动过程中
始终为零，因此，在绳子缩短的过程中，小球对O 点的角动量守恒，即
1
0L L =
小球在r D 和r 1位置时的角动量大小 1100r mv r mv = 1
00r r v v =
(2)可见，小球的速率增大了，动能也增大了，由功能定理得力所作的功 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-=-=1)(21 2
1)(21 2
1212102020210202021r r mv mv r r mv mv mv W
2 如图所示，定滑轮半径为r ，可绕垂直通过轮心的无摩擦水平轴转动，转动惯量为J ，轮上绕有一轻绳，一端与劲度系数为k 的轻弹簧相连，另一端与质量为m 的物体相连。 物体置于倾角为θ的光滑斜面上。 开始时，弹簧处于自然长度，物体速度为零，然后释放物体沿斜面下
滑，求物体下滑距离l 时，
物体速度的大小。
解 把物体、滑轮、弹簧、
轻绳和地球为研究系统。在
物体由静止下滑的过程中，只有重力、弹性力作功，其它外力和非保守内力作功的和为零，故系统的机械能守恒。
设物体下滑l 时，速度为v ，此时滑轮的角速度为ω
则 θωsin 2121210222mgl mv J kl -++= （1）
又有 ωr v = （2） 由式（1）和式（2）可得 m r J kl mgl v +-=22
sin 2θ
本题也可以由刚体定轴转动定律和牛顿第二定律求得，读者不妨一试。 3 如右图所示，一长为l 、质量为m '的杆可绕支点O 自由转动，一质量为m 、速率为v 的子弹射入杆内距支点为a 处，使杆的偏转为︒30。问子弹的初速率为多少？
解 把子弹和杆看作一个系统，系统所受的外力有重力和轴对细杆的约束力。在子弹射入杆的极短时间里，重力和约束力均通过轴O ，因此它们对轴O 的力矩均为零，系统的角动量应当守恒。于是有 ω⎪⎭⎫ ⎝⎛+'=2231 ma l m a mv （1）
子弹射入杆后，细杆在摆动过程中只有重力作功，故如以子弹、细杆和地球为一系统，则此系统机械能守恒。于是有
()()︒-'+︒-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+'30cos 1230cos 13121222l g m mga ma l m ω （2）
解式（1）和式（2），得 ()()(
)2
2323261ma l m ma l m g ma v +'+'-=
F T2 F T1 F T 4 如图所示，一轻绳跨过两个
质量为m 、半径均为R 的均匀圆盘状滑轮，绳的两端分别系着质量为m 和2m 的重物，系
统由静止释放，绳与两滑轮无
相对滑动，求重物的加速度和两滑轮间绳的张力。
解： 图示受力图
ma F mg 22T2=-
βI R F R F T T =-2
βI R F R F T T =-1
ma mg F =-T1
及 2
21mR I = 、βR a = 得 g a 4
1=
所以 mg I F F T T 8
111=+=β 5一汽车发动机曲轴的转速在12s 内由
1.2×103r .min -1均匀的增加到
2.7×103r .min -1。（1）求曲轴转动的角加速度；
（2）在此时间内，曲轴转了多少转？ 6一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为m N 1003.23⋅⨯，涡轮的转动惯量为2m kg 0.25⋅。当轮的转速由13min r 1080.2-⋅⨯增大到14min r 1012.1-⋅⨯时，所经历的时间为多少？
题6解1：在匀变速转动中，角加速度t 0
ωωβ-=，由转动定律βI M =，可得飞轮所经历
的时间 s .)n n (M I I M t 810200
=-=-=πωω
解2：飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有
)(I Mdt t 00ωω-=⎰
则
s .)n n (M
I I M t 810200
=-=-=πωω 7.如图所示，质量kg 161=m 的实心圆柱体A ，
其半径为cm 15=r ，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计。一条轻的柔绳绕在圆柱体上，其另一端系一个质量kg 0.82
=m 的物体B 。求：
（1）物体由静止开始下降s 0.1后的距离；（2）绳的张力
解：（1）分别作两物体的受力分析图。对实心圆柱体而言，由转动定律得 ββ2121r m I r F T == （1）
对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有
a m F g m F P 2T 2T 2='-='- （2）
且T
T F F '=。又由角量与线量的关系，得
β
r a =
解上述方程组，可得物体下落的加速度 21222m m g m a +=
在t = 1.0 s 时，B 下落的距离为
m 45.222121222=+==m m gt m at s
（2）由式（2）可得绳中的张力为
()N 2.3922121=+=-=g m m m m a g m F T
8. 在光滑的水平面上有一木杆，其质量为kg 0.11=m ，长为cm 40=l ，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动，一质量为g 102=m 的子弹，以12s m 100.2-⋅⨯=v 的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交。若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度。
解：根据角动量守恒定理
ωω'+=)I I (I 2
12 式中2222)l (m I =为子弹绕
轴的转动惯量，I 2ω为
子弹在陷入杆前的角动量，v 2=ω为子弹在此刻绕轴的角速度。12211l m I =为杆绕轴的转动惯量，ω'是子弹陷入杆后它们一起绕轴的角速度。可得杆的角速度为
()1212212s 1.2936-=+=+='l m m v m J J J ωω
9．一质量为kg 12.1，长为m 0.1的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂。以N 100的力打击它的下端点，打击时间为s 02.0。（1）若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；（2）棒的最大偏转角。
解：（1）在瞬间打击过程中，由刚体的角动量定理得
120s m kg 0.2d -⋅⋅=∆===∆⎰t Fl t M J L ω （1）
（2）在棒的转动过程中，取棒
和地球为一系统，并选O 处为重力势能零点。在转动过程中，系统的机械能守恒，即 ()θωc o s 1212120-=m g l J （2） 由式（1）、（2）可得棒的偏转角度为
838831arccos 222'
=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∆-= gl m t F θ
大学物理练习册习题及答案4
习题及参考答案 第3章 刚体力学 参考答案 思考题 3-1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。 答：（B ）。 3-2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 （A ）βA = βB （B ）βA > βB （C ）βA < βB （D ）开始时βA = βB ，以后βA < βB 答：（C ）。 3-3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 答：（C ）。 3-4一水平圆盘可绕通过其中心的固定铅直轴转动，盘上站着一个人，初始时整个系统处于静止状态，当此人在盘上随意走动时，若忽略轴的摩擦，则此系统 (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：（C ）。 3-5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o 且垂直于 杆的竖直光滑固定轴自由转动，其转动惯量为2 13mL ， 起初杆静止，桌面上有两个质量均为m 的小球，各自在 垂直于杆的方向上，正对着杆的一端，以相同速率v 相向 运动，如图所示，当两小球同时与杆的两个端点发生完全 非弹性碰撞后，就与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速度应为 A M F 思考题3-2图 v 思考题3-5图
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 dt d J J M ω β== dt d J C ωω=-∴ dt J C d t ??-=∴00ωωωω t J C -=0ln ωω t J C e -=0ωω 当021ωω= 时，2ln C J t =。 （2）角位移?=t dt 0ωθ? -=2ln 0 0C J t J C dt e ωC J 0 21ω= ， 所以，此时间内转过的圈数为 C J 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)(12 22b 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 ? =2 dxdy y x a a b b σ? ? --+=2222 22)( )(12 22b 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 212 1 b 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 a dm b dm dJ -+?= dx x a b dx b 23)2 (121-+=σσ 33121121ba a b dJ J σσ+==∴?)(12 22b a ab +=σ 3-3 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 =，2 2 1mr J = (5) 联立求出 g a 41= ， mg T 811=，mg T 451=，mg T 2 32= 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。 （1） 解：设杆的线l m = λ，在杆上取一小质元dx dm λ= gdx dmg df μλμ== gxdx dM μλ= 考虑对称 mgl gxdx M l μμλ?==20 4 1 2 （2） 根据转动定律d M J J dt ωβ== ? ?=-t w Jd Mdt 0 ω 图3-28 习题3-3图 图3-29 习题3-4图 T
大学物理习题及解答(刚体力学)
1 如图所示，质量为m 的小球系在绳子的一端，绳穿过一铅直套管，使小球限制在一光滑水平面上运动。先使小球以速度0v 。绕管心作半径为r D 的圆周运动，然后向下慢慢拉绳，使小球运动轨迹最后成为半径为r 1的圆，求(1)小球距管心r 1时速度大小。(2)由r D 缩到r 1过程中，力F 所作的功。 解 (1)绳子作用在 小球上的力始终通过中 心O ，是有心力，以小球 为研究对象，此力对O 的 力矩在小球运动过程中 始终为零，因此，在绳子缩短的过程中，小球对O 点的角动量守恒，即 1 0L L = 小球在r D 和r 1位置时的角动量大小 1100r mv r mv = 1 00r r v v = (2)可见，小球的速率增大了，动能也增大了，由功能定理得力所作的功 ??????-=-=-=1)(21 2 1)(21 2 1212102020210202021r r mv mv r r mv mv mv W
2 如图所示，定滑轮半径为r ，可绕垂直通过轮心的无摩擦水平轴转动，转动惯量为J ，轮上绕有一轻绳，一端与劲度系数为k 的轻弹簧相连，另一端与质量为m 的物体相连。 物体置于倾角为θ的光滑斜面上。 开始时，弹簧处于自然长度，物体速度为零，然后释放物体沿斜面下 滑，求物体下滑距离l 时， 物体速度的大小。 解 把物体、滑轮、弹簧、 轻绳和地球为研究系统。在 物体由静止下滑的过程中，只有重力、弹性力作功，其它外力和非保守内力作功的和为零，故系统的机械能守恒。 设物体下滑l 时，速度为v ，此时滑轮的角速度为ω 则 θωsin 2121210222mgl mv J kl -++= （1） 又有 ωr v = （2） 由式（1）和式（2）可得 m r J kl mgl v +-=22 sin 2θ
大学物理刚体力学基础习题思考题与答案
习题 5 5-1．如图，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2m和m的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定 2 滑轮的转动惯 量 均 为 m r/2，将由两个定滑轮以及质量为2m和m的重物组成 的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳内 的张 力。 解：受力分析如图，可建立方程： 2mgT22ma┄① T1┄② mgma T (TT)rJ┄③ 2 (TT) 1rJ┄④a， r 2 Jmr┄⑤ /2 1 联立，解得：ag 4 11 ，Tmg 8 。 5-2．如图所示，一均匀细杆长为l，质量为m，平放在摩擦系数为的水平桌面 上，设开始时杆以角速度0绕过中心O且垂直与桌面的轴转动，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。 解：（1）设杆的线密度为：m l ，在杆上 取 一小质元dmdx，有微元摩擦力：dfdmggdx， 微元摩擦力矩：dMgxdx， 考虑对称性，有摩擦力矩： l 1 M2gxdxmgl； 2 4 （2）根据转动定律 MJJ d dt ，有： t MdtJd， 11 2 mgltml，∴ 0 412 t 3 0l g 。 或利用：MtJJ，考虑到0， 1 2 Jml，
12 有：0 t 3 l g 。
5-3．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，绳子的质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动。假设定滑轮质量 为M、半径为 2 R,其转动惯 量 为 M R/2，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。 解：受力分析如图，可建立方程： mgTma┄① TR┄② J aR， 1 2 JmR┄③ 2 2mgMmg 联立，解得：aT ，，M2m M2m 考虑到a dv dt ，∴ vt2mg dvdt 00 M2m ，有：v 2m gt M2m 。 5-4．轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的质量为M/4，均 匀分布在其边缘上，绳子A端有一质量为M的人抓住了绳端，而在绳的另一端B系了一质量为M/4的重物，如图。已知滑轮对O 2 轴的转动惯量J/4，设人从静止开始以相对绳匀速向 上爬 MR 时，绳与滑轮间无相对滑动，求B端重物上升的加速度？ 解一： 分别对人、滑轮与重物列出动力学方程 Mg T1人 Ma A MM T2ga物 B 44 T1RTRJ滑轮 2 2 由约束方程:aaRJ,解上述方程组 A和MR/4 B
大学物理(第四版)课后习题及答案 刚体复习课程
大学物理(第四版)课后习题及答案刚体
题4.1：一汽车发动机曲轴的转速在s 12内由13min r 102.1-??均匀的增加到 13min r 107.2-??。（1）求曲轴转动的角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多 少转？ 题4.1解：（1）由于角速度ω =2πn （n 为单位时间内的转数），根据角加速度的定义t d d ωα= ，在匀变速转动中角加速度为 ()200 s rad 1.132-?=-= -= t n n t πωωα （2）发动机曲轴转过的角度为 ()t n n t t t 00 202 2 1+=+= +=πωωαωθ 在12 s 内曲轴转过的圈数为 圈3902 20 =+== t n n N πθ 题4.2：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τ ωωt e --=，式中 10s rad 0.9-?=ω，s 0.2=τ。求：（1）s 0.6=t 时的转速；（2）角加速度随时间变 化的规律；（3）启动后s 0.6内转过的圈数。 题4.2解：（1）根据题意中转速随时间的变化关系，将t = 6.0 s 代入，即得 100s 6.895.01--==??? ? ? ?-=ωωωτ t e （2）角加速度随时间变化的规律为 220s 5.4d d ---===t t e e t τ τ ωωα （3）t = 6.0 s 时转过的角度为 rad 9.36d 1d 60 060=??? ? ? ?-==? ?-s t s t e t τ ωωθ 则t = 6.0 s 时电动机转过的圈数 圈87.52== π θ N
题4.3：如图所示，一通风机的转动部分以初角速度0ω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？ 题4.3解：（1）通风机叶片所受的阻力矩为 ωM C -=，由转动定律αM J =，可得叶片的角 加速度 为 J C t ω ωα-== d d （1） 根据初始条件对式（1）积分，有 ??-=ω ωω00d d d t t J C t 由于C 和J 均为常量，得 t J C e -=0ωω 当角速度由002 1ωω→时，转动所需的时间为 2ln C J t = （2）根据初始条件对式（2）积分，有 ?? -=t t J C t e 00 d d ωθθ 即 C J 20ωθ= 在时间t 内所转过的圈数为 C J N πωπθ420 ==
普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社刚体力学习题解答
第七章刚体力学 习题解答 7.1.2 汽车发动机的转速在12s 内由1200rev/min 增加到3000rev/min.⑴假设转动是匀加速转动，求角加速度。⑵在此时间内，发动机转了多少转？ 解：⑴212 60 /2)12003000(/7.15s rad t == =-??πωβ ⑵rad 27.152)60/2)(12003000(21039.262 222 02?== = ??--πβ ωωθ 对应的转数=42010214 .3239.262≈?= ??πθ 7.1.3 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 dt d -== -+== ωθβω 7.1.4 半径为0.1m 的圆盘在铅直平面内转动，在圆盘平面内建立o-xy 坐标系，原点在轴上，x 和y 轴沿水平和铅直向上的方向。边缘上一点A 当t=0时恰好在x 轴上，该点的角坐标满足θ=1.2t+t 2 (θ:rad,t:s)。⑴t=0时，⑵自t=0开始转45o时，⑶转过90o时，A 点的速度和加速度在x 和y 轴上的投影。 解：0.222.1== +== dt d dt d t ωθβω ⑴t=0时，s m R v v y x /12.01.02.10 ,2.1=?====ωω 2 222 /2.01.00.2/144.01.0/12.0/s m R a a s m R v a a y y n x =?===-=-=-=-=βτ ⑵θ=π/4时,由θ=1.2t+t 2,求得t=0.47s,∴ω=1.2+2t=2.14rad/s s m R v s m R v y x /15.02/21.014.245sin /15.02/21.014.245cos =??=?=-=??-=?-=ωω 2 2222 2 2 22 222/182.0)14.20.2(1.0) (45sin 45sin 45sin /465.0)14.20.2(1.0)(45cos 45cos 45cos s m R R R a s m R R R a y x -=-? =-?=?-?=-=+?-=+?-=?-?-=ωβωβωβωβ ⑶θ=π/2时,由θ=1.2t+t 2,求得t=0.7895s,ω=1.2+2t=2.78rad/s
大学物理课后习题及答案刚体
题：一汽车发动机曲轴的转速在s 12内由13min r 102.1-??均匀的增加到13min r 107.2-??。（1）求曲轴转动的角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转 题解：（1）由于角速度 2n （n 为单位时间内的转数），根据 角加速度的定义t d d ωα=，在匀变速转动中角加速度为 ()200 s rad 1.132-?=-= -= t n n t πωωα （2）发动机曲轴转过的角度为 ()t n n t t t 00 202 2 1+=+= +=πωωαωθ 在12 s 内曲轴转过的圈数为 圈3902 20 =+== t n n N πθ 题：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τ ωωt e - -=，式中 10s rad 0.9-?=ω，s 0.2=τ。求： （1）s 0.6=t 时的转速；（2）角加速度随时间变化的规律；（3）启动后s 0.6内转过的圈数。 题解：（1）根据题意中转速随时间的变化关系，将t s 代入，即得 100s 6.895.01--==??? ? ? ?-=ωωωτ t e （2）角加速度随时间变化的规律为
220s 5.4d d ---===t t e e t τ τ ωωα （3）t = s 时转过的角度为 rad 9.36d 1d 60 060 =??? ? ? ?-==? ?-s t s t e t τ ωωθ 则t = s 时电动机转过的圈数 圈87.52== π θ N 题：如图所示，一通风机的转动部分以初角速度0ω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 题解：（1）通风机叶片所受的阻力矩为ωM C -=，由转动定律αM J =，可得叶片的角加 速度为 J C t ω ωα-== d d （1） 根据初始条件对式（1）积分，有 ??-=ω ωω00d d d t t J C t 由于C 和J 均为常量，得
大学物理 刚体力学基础习题思考题及答案
习题5 5-1．如图，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，两个定滑轮的转动惯量均为2/2 mr ，将由两个定滑轮以及质量为m 2和m 的重物组成的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳内的张力。 解：受力分析如图，可建立方程： ma T mg 222=-┄① ma mg T =-1┄② 2()T T r J β-=┄③ βJ r T T =-)(1┄④ βr a = ，2/2J mr =┄⑤ 联立，解得：g a 41=，mg T 8 11 = 。 5-2．如图所示，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绕过中心O 且垂直与桌面的轴转动，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。 解：（1）设杆的线密度为：l m =λ，在杆上取一小质元dm d x λ=，有微元摩擦力： d f dmg gd x μμλ==， 微元摩擦力矩：d M g xd x μλ=， 考虑对称性，有摩擦力矩： 20 1 24 l M g xd x mgl μλμ==?； （2）根据转动定律d M J J dt ωβ==，有：000t Mdt Jd ωω-=??， 2011 412 mglt m l μω-=-，∴03l t g ωμ=。 或利用：0M t J J ωω-=-，考虑到0ω=，21 12 J ml =， 有：03l t g ωμ=。 T
5-3．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，绳子的质量可以忽略，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2/2 MR ，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。 解：受力分析如图，可建立方程： m g T ma -=┄① βJ TR =┄② a R β= ，21 2 J mR = ┄③ 联立，解得：22mg a M m =+，2Mmg T M m =+， 考虑到dv a dt =，∴0022v t mg dv dt M m =+??，有：22mg t v M m = +。 5-4．轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的质量为4/M ，均匀分布在其边缘上，绳子A 端有一质量为M 的人抓住了绳端，而在绳的另一端B 系了一质量为 4/M 的重物，如图。已知滑轮对O 轴的转动惯量4/2MR J =，设人从静止开始以相对绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B 端重物上升的加速度？ 解一： 分别对人、滑轮与重物列出动力学方程 A Ma T Mg =-1人 B a M g M T 4 42=- 物 αJ R T R T =-21滑轮 由约束方程: αR a a B A ==和4/2 MR J =,解上述方程组 得到2 g a = . 解二： 选人、滑轮与重物为系统，设u 为人相对绳的速度，v 为重 物上升的速度，注意到u 为匀速， 0d u dt =，系统对轴的角动量为：
第五章 刚体力学基础 动量矩参考答案
第五章 刚体力学基础 动量矩 班级______________学号____________姓名________________ 一、选择题 1、力kN j i F )53( +=，其作用点的矢径为m j i r )34( -=，则该力对坐标原点的 力矩大小为 （ B ） (A)m kN ⋅-3； （B ）m kN ⋅29； (C)m kN ⋅19； (D)m kN ⋅3。 2、圆柱体以80rad /s 的角速度绕其轴线转动，它对该轴的转动惯量为24m kg ⋅。由于恒力矩的作用，在10s 内它的角速度降为40rad /s 。圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为( D ) (A)80J ，80m N ⋅；(B)800J ，40m N ⋅；(C)4000J ，32m N ⋅；(D)9600J ，16m N ⋅。 3、 一匀质圆盘状飞轮质量为20kg ，半径为30cm ，当它以每分钟60转的速率旋转时，其动能为 ( D ) (A)22.16π J ； (B)21.8πJ ；（C ）1.8J ； （D ）2 8.1π J 。 4、如图所示，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。绳的两端分别系着质量分别为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，则两滑轮之间绳的张力。（ D ） (A)mg ； (B)3mg /2； (C)2mg ； (D)11mg /8。 5、一根质量为m 、长度为L 的匀质细直棒，平放在水平桌面上。若它与桌面间的滑动摩擦系数为μ，在t =0时，使该棒绕过其一端的竖直轴在水平桌面上旋转，其初始角速度为0ω，则棒停止转动所需时间为 (A ) (A)μωg L 3/20； (B) μωg L 3/0； (C) μωg L 3/40； (D) μωg L 6/0。 6、关于力矩有以下几种说法，其中正确的是 ( B ) （A ）内力矩会改变刚体对某个定轴的角动量（动量矩）； （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。 7、一质量为60kg 的人站在一质量为60kg 、半径为l m 的匀质圆盘的边缘，圆盘可绕与盘面相垂直的中心竖直轴无摩擦地转动。系统原来是静止的，后来人沿圆盘边缘走动，当人相对圆盘的走动速度为2m/s 时，圆盘角速度大小为 ( D ) (A) 1rad/s ； (B) 2rad/s ； (C) 2/3rad/s ； (D) 4/3rad/s 。 8、如图所示，一根匀质细杆可绕通过其一端O 的水平轴在竖直平面内自由转动，杆长5/3m 。今使杆从与竖直方向成︒60角由静止释放(g 取10m/s 2)，则杆的最大角速度为( A ) （A ）3rad/s ； (B)πrad/s ； (C)3.0rad/s ； (D)3/2rad/s 。 9、对一个绕固定水平轴O
大学物理学 习题四 刚体力学
习题四 刚体力学 院 系： 班 级:_____________ 姓 名:___________ 班级个人序号:______ 一、选择题 1．一根长为l 、质量为M 的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。现有一质量为m 的子弹以水平速度 v 0射向棒的中心，并以v 0/2的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为90︒，则v 0的大小为 [ ] （A ； （B ； （C ； （D ） 22 163M gl m 。 答案：A 解： 11122 ,1122 J J J J Mg l ωωωω=+⎧⎪ ⎨=⋅⎪⎩ 22 211, 243l ml J m J Ml ⎛⎫=== ⎪⎝⎭ 0012/2v v l l ω==，0021/21 /22 v v l l ωω===，111121 ()2J J J J ωωωω-= = 21122J Mgl ω=， 2 112J J Mgl J ω⎛⎫ ⋅= ⎪⎝⎭ ， 22 114J Mgl J ω= 2 2 20244143v ml l Mgl Ml ⎛⎫ ⎪⎝⎭=⋅，Mgl M v m =⋅202163，2 202 163M v gl m =，所以 3 40gl m M v = 2．圆柱体以80rad/s 的角速度绕其轴线转动，它对该轴的转动惯量为24kg m ⋅。在恒力矩作用下，10s 内其角速度降为40rad/s 。圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为 [ ] （A ）80J ，80N m ⋅； （B ）800J ，40N m ⋅；（C ）4000J ，32N m ⋅；（D ）9600J ，16N m ⋅。 答案：D 解：800=ω，40=ω，10=t ，4J = 2201122k E J J ωω-∆= - 2 2011()4(64001600)9600(J)22 k E J ωω∆=-=⨯⨯-= M 恒定，匀变速，所以有 0t ωωα=-，0t ωω α-= ，08040 416N m 10 M J J t ωω α--==⋅ =⨯ =⋅
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：23 212643ct bt ct bt a dt d dt d -==-+== ω θβω 3.14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 /1054.1/1024.93426.014.3210 166909.02909.013 rev h rev n R v ⨯=⨯===⨯⨯⨯⨯π 3.15 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== 2 1 222211 2..()2 r 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 1 2 mR 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：21 4 AA I mR '=
清华大学《大学物理》习题库试题及答案02刚体习题
2、刚体 一、选择题、 1．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 2．一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O 以角速度ω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ω (A) 必然增大 (B) 必然减少 (C) 不会改变 (D) 如何变化，不能确定 3．均匀细棒OA 可绕通过其一端O 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 4．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 5 ．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α。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α将 (A) 不变 (B) 变小 (C) 变大 (D) 如何变化无法判断 6．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0ω。 然后她将两臂收回，使转动惯量减少为31 J 0。这时她转动的角速度变为： (A) 031ω (B) () 03/1ω (C) 03ω (D) 03ω 7．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31 mL 2，起初杆静止。桌面上有两个质量均为m 的小球，各自在 垂直于杆的方向上，正对着杆的一端，以相同速率 v 相向运动，如图所示。当两小球同时与杆的两个端点发生完全非 弹性碰撞后，就与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速 度应为： (A) L 32v (B) L 54v (C) L 76v (D) L 98v (E) L 712v 8．如图所示，一静止的均匀细棒，长为L 、质量为M ，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固 定轴O 在水平面内转动，转动惯量为2 31ML 。一质量为m 、速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的 方向射出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为v 21(A) ML m v (B) ML m 23v O v 俯视图 v 俯视图
刚体力学基础习题解答
命题教师：郑永春 试题审核人：张郡亮 1、三个质量均为m 的质点，位于边长为a 的等边三角形的三个顶点上。此系统对通过三角形中心并垂直于三角形 平面的轴的转动惯量J 0=__ ma _，对通过三角形中心且平行于其一边的轴的转动惯量为 J A = _丄口£_，对通过三角形 — --- = —2—" 中心和一个顶点的轴的转动惯量为匾 (C ) 5、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴 0转动，如图1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，子弹射入圆盘并且留在盘内， 衡水学院理工科专业 《大学物理B 》刚体力学基础 习题 2、两个质量分布均匀的圆盘 A 和B 的密度分别为 设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为 3、一作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量 J = 力矩M 12 N • m 当物体的角速度减慢到 =rad/s 时，物体已转过了角度 P A 和P B ( P A > P B )，且两圆盘的总质量和厚度均相 同。 J A 和 J B ，则有 J A < J B 。 4、 两个滑冰运动员的质量各为70 kg ,均以m/s 的速率沿相反的方向滑行，滑行路线间的垂直距离为10 m 当彼 此交错时，各抓住一 10 m 长的绳索的一端，然后相对旋转，则抓住绳索之后各自对绳中心的角动量 L =__2275 kg -m 2 -s 1 ;它们各自收拢绳索，到绳长为 5 m 时，各自的速率 = 13 m-s 1 。 5、 有一质量均匀的细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动。如将此棒放在水平位置，然后任其下落，则在下落 过程中的角速度大小将 变大 ，角加速度大小将 变小。 、单项选择题(每小题2分) 1、有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上，下列说法正确的是: B. A.这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零; 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零; C. D. 当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零; 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是 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 A. .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 不变； B. 变小； C. 变大； D. 如何变化无法判 断。 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。 4、一人造地球卫星到地球中心 0的最大距离和最小距离分别是 Rx 和FB.设卫星对应的角动量分别是 L A 、L B ， 动能分别是氐A 、氐，贝U 应有 L A ， E KA = E KB ； < L A ， E KA = E KB ； L A ， E KA < E KB ； L A ， E KA > E KB .
大学物理-刚体力学习题解答
1 大学物理-刚体力学习题解答 一、选择题 1、 B,r v ⨯=ω 2、 C, 3 、B, 4 、C, 5、 B, 平轴的力矩和为零，θθsin 2 cos l mg Nl =，所以2)tan (θmg N =。 6 、B, 7、 A, 3220 2 mgR rdr R m rg rgdm M R f μππμμ===⎰⎰ 8、 B ，在碰撞过程中，小球和摆对O 轴的角动量守恒，所以有 1011sin 10 0mlv l v m =θ，220v v = 二、填空题 1．t 108-==θω ，10-==θβ ，所以s rad s t 62.0==ω；22.010s rad s t -==β； s m R v m R s t 35.0,2.0====ω；()2 5.0,2.05s m R a m R s t -====βτ； ()2 25.0,2.018s m R a m R s t n ====ω 2s m 18-⋅。 2．刚体对转轴转动惯性大小的量度；2 I r dm =⎰ ；质量、质量分布、转轴的位置。 3．mLv 。 4． ()()k t mgv j gt v i v j gt t v i t v v r L αααααcos 21sin cos 21sin cos 2 000200 00-=-+⨯⎪⎪⎭ ⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⨯=；k t mgv dt L d αcos 00 -=；k t mgv dt L d M αcos 00-==。 5．角动量；04ω 。 6．同时到达。 7． 32 g 。 8． 2 0012 I ω。 三、计算题， 1、设1m 向下运动，2m 向上运动，对两物体应用牛顿定律列方程有： 1111m g T m a -=，2222T m g m a -=， 对鼓轮应用转动定律有：11220T r T r -= ， （因为鼓轮的质量忽略不计） 设鼓轮的角加速度为β，则有：11a r β= ，22a r β= 。 联立求解以上各式得：
自-西北工业大学大学物理作业答案3刚体力学10
第三次作业 刚体力学基础 一、选择题1.AEG ； 2.AE ;3．Ｃ; 4．CD ；5.C ； 6．E;７.C ；８.C 。 二、填空题1. -2s 0.8rad ⋅; -1s 0.8rad ⋅； 1s m 51.0 -⋅。 ２. 4104⨯; 6108⨯。 3． b FRl μ。 ４． 9 12ml ; l g 2cos 3θ 。 ５. s rad 81.25 1-⋅。 6. l g θ sin 2 3 ; θsin 23mgl ; θsin 23mgl 。 7. 2 2 sin 2R J m kx mgx +-θ或265.212.3x x -； ０．5９m 。 ８. 02 ωmR J J +; 4．4９ 三、回答题 １. 答:质点：合力为零; 刚体：合外力、合外力矩均为零。 ２. 答：转动惯量J 是描述刚体在转动中转动惯性大小量度的物理量。 影响刚体转动惯量的因素有三个:（1)刚体的转轴位置；(2）刚体的总质量；(3）在总质量一定的情况下,质量相对转轴的分布。 四、计算与证明题 １．解:① 设此题中定滑轮顺时针转动为正,根据牛顿定律和转动定律列出方程组： ma mg-T =1 ① J βR -T T =)(21 ② （注意:这里有个力矩与角加速度正负的 设定问题，若设顺时针为正,则如本题解；但若学生按逆时针为正也可,只是题解中力矩符号相反,答案中a 和β则为负，只意味着顺时针转动,后续计算中要取掉负号）。 02=-kx T ③ βR a = ④
联立求解得： 2 R J m mg-kx a += 而 2 d d d d d d d d R J m mg-kx x t x x t a += =⋅==υυυυ ⎰⎰-+=h x kx mg R J m d 0 02 d )(1υυυ 解上式得： 22-2R J m kh mgh +=υ 或 J mR h kR mghR +=2 2 22 -2υ ② 系统机械能守恒，取初始位置的势能为零点,则 021 2121222=-++mgh kh J ωm υ 且 R ωυ= 解上式得：22-2R J m kh mgh +=υ 或 J mR h kR mghR +=2 2 22 -2υ，结果同上。 ③ 代入有关数据得： s /m 24.2=υ ２．解：取逆时针转动的力矩为正，则 对A 列转动定律方程： 12111112121 βR m J R T R T M ==-+-β 对Ｂ列转动定律方程： 22 2 22222212 1βR m J R T R T ==+-β 且 2211R R ββ= 联立求解得: 21211)(2R m m M +- =β,2 1212 (2 R )R m m M +-=β (负号表示A 、B 两轮为顺时针转动) 注意:本题有个力矩与角加速度正负的设定问题,若按逆时针为正,则如本题解;但若学生设顺时针为正也可，只是题解中力矩符号相反,答案中也为正。 另外，学生可能会用 2211βJ βJ M +=求解,这是不对的，概念严重错误，这是不成立的,因为转动定律只对固定轴成立。 ３．证明: 碰撞过程，系统角动量守恒:
大学物理刚体习题
大学物理刚体习题 在大学物理的学习中，刚体是一个重要的概念。刚体是指物体内部各点之间没有相对位移，不发生形变，整体运动状态一致的理想化模型。在解决物理问题时，刚体的性质为我们提供了极大的便利。以下是一些常见的大学物理刚体习题。 一、基本概念题 1、什么是刚体？列举一些常见的刚体实例。 2、刚体在什么情况下可以被视为刚体？其基本性质是什么？ 3、描述刚体的运动，并解释相关概念，如转动、角速度、角加速度等。 二、刚体的动力学问题 4、一个刚体绕固定轴转动，在某时刻受到一个外力矩的作用，求该刚体接下来的运动状态。 41、一个刚体在平面上做纯滚动，如何计算其加速度和速度？ 411、一个刚体在重力场中处于平衡状态，求其重心的位置。
三、刚体的静力学问题 7、一个刚体受到两个大小相等、方向相反的力作用，求该刚体的平衡状态。 71、一个刚体在平面上受到一个力矩的作用，求该刚体的转动效果。711、一个刚体在三个不在同一直线上的力作用下处于平衡状态，求该刚体的重心位置。 四、刚体的运动学问题 10、一个刚体绕固定轴转动，其角速度与时间成正比，求该刚体的角加速度和转速。 101、一个刚体在平面上做纯滚动，其速度与时间成正比，求该刚体的加速度和转速。 1011、一个刚体受到一个周期性外力矩的作用，求该刚体的运动状态。以上就是一些常见的大学物理刚体习题。解决这些问题需要我们深入理解刚体的性质和相关的物理概念，如力、力矩、重心等。通过这些习题的练习，我们可以更好地掌握刚体的相关知识，提高我们的物理水平。
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
大学物理2-1第四章（刚体力学）习题答案
大学物理2-1第四章（刚体力学）习题答案 习题四 4-1 一飞轮的半径为2m ，用一条一端系有重物的绳子绕在飞轮上，飞轮可绕水平轴转动，飞轮与绳子无相对滑动。当重物下落时可使飞轮旋转起来。若重物下落的距离由方程2at x =给出，其中2s m 0.2=a 。试求飞轮在t 时刻的角速度和角加速度。 [解] 设重物的加速度为t a ，t 时刻飞轮的角速度和角加速度分别为ω和β，则 a t x a 2d d 22t == 因为飞轮与绳子之间无相对滑动，所以βR a =t 则 2t rad/s 0.22 0.222=?=== R a R a β 由题意知 t =0时刻飞轮的角速度00=ω 所以 rad 0.20t t t ==+=ββωω 4-2 一飞轮从静止开始加速，在6s 内其角速度均匀地增加到200min rad ，然后以这个速度匀速旋转一段时间，再予以制动，其角 速度均匀减小。又过了5s 后，飞轮停止转动。若该飞轮总共转了100转，求共运转了多少时间 [解] 分三个阶段进行分析 10 加速阶段。由题意知111t βω= 和11212θβω= 得 2 21 11211t ωβωθ== 20 匀速旋转阶段。212t ωθ= 3 制动阶段。331t βω= 332 1
2θβω= 2 23 13213t ωβωθ== 由题意知100321=++θθθ 联立得到 πωωω21002 2 3 1211 1?=+ +t t t 所以 s 18360 2002560200 2660200210022=-??- = ππππt 因此转动的总时间 s 19418356321=++=++=t t t t 4-3 历史上用旋转齿轮法测量光速的原理如下：用一束光通过匀速旋转的齿轮边缘的齿孔A ，到达远处的镜面反射后又回到齿轮上。设齿轮的半径为5cm ，边缘上的齿孔数为500个，齿轮的转速，使反射光恰好通过与A 相邻的齿孔B 。(1)若测得这时齿轮的角速度为600s r ，齿轮到反射镜的距离为500 m ，那么测得的光速是多大(2)齿轮边缘上一点的线速度和加速度是多大 [解] (1) 齿轮由A 转到B 孔所需要的时间5 1031 26005002?= = =ππω θ t 所以光速 s m 10310315002285 =??==T L c
上海理工大学-大学物理-第五章-刚体力学答案
第五章 刚体力学参考答案（2012） 一、选择题 [ 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m 1和m 2的物体(m 1＜m 2)，如图5-7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． 参考答案： 逆时针转动时角速度方向垂直于纸面向外, 由于(m 1＜m 2)，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 J β-=可得：21T T > [B ]2、基础训练（5）如图5-9所示，一静止的均匀细棒，长为L 、质量为M ，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内转动，转动惯量为2 3 1 ML ．一质量为m 、速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为v 2 1，则此时棒的角速度应为 (A) ML m v ． (B) ML m 23v ． (C) ML m 35v ． (D) ML m 47v ． 图5-9 参考答案： 把质点与子弹看作一个系统，该系统所受合外力矩为零，系统角动量守恒有： 211 23 L mv L m v ML ω⋅=⋅+⋅ 由此可得出答案。 [ C ]3、基础训练（7）一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图5-11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，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度 (A) 增大． (B) 不变． (C) 减小． (D) 不能确定． 参考答案: 把三者看作同一系统时,系统所受合外力矩为零,系统角动量守恒。 设L 为每一子弹相对与O 点的角动量大小，据角动量守恒定律有： 00 ()J L L J J J J J ωω ωωω+-=+= <+子弹子弹 m 2 m 1 O 图5-7 O M m m 图5-11 v 2 1 v 俯视图