大学物理刚体力学测试题答案
《大学物理》刚体力学练习题及答案解析
《大学物理》刚体力学练习题及答案解析一、选择题1.刚体对轴的转动惯量，与哪个因素无关 [ C ]（A）刚体的质量（B）刚体质量的空间分布（C）刚体的转动速度（D）刚体转轴的位置2.有两个力作用在一个有固定轴的刚体上. [ B ](1)这两个力都平行于轴作用时,它们对轴的合力矩一定是零;(2)这两个力都垂直于轴作用时,它们对轴的合力矩可能是零;(3)这两个力的合力为零时,它们对轴的合力矩也一定是零;(4)当这两个力对轴的合力矩为零时,它们的合力也一定是零.在上述说法中,(A)只有(1)是正确的；(B) (1)、(2) 正确, (3)、(4)错误；(C) (1)、(2)、(3)都正确, (4)错误；(D) (1)、(2)、(3)、(4)都正确.3.均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖立位置的过程中，下述说法哪一种是正确的[ A ](A) 角速度从小到大，角加速度从大到小；(B) 角速度从小到大，角加速度从小到大；(C) 角速度从大到小，角加速度从大到小；(D) 角速度从大到小，角加速度从小到大.4．如图所示，圆锥摆的小球在水平面内作匀速率圆周运动，小球和地球所组成的系统，下列哪些物理量守恒（ C ）（A）动量守恒，角动量守恒（B）动量和机械能守恒（C）角动量和机械能守恒（D）动量，角动量，机械能守恒5.一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计，如图射来两个质量相同，速度大小相同、方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，在子弹射入后的瞬间，对于圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度ω则有（ B ）（A）L不变，ω增大（B）L不变，ω减小（C）L变大，ω不变（D）两者均不变6.一花样滑冰者，开始自转时，其动能为20021ωJ E =。
然后他将手臂收回，转动惯量减少为原来的1/3，此时他的角速度变为ω，动能变为E ，则下列关系正确的是（ D ） （A ）00,3E E ==ωω （B ）003,31E E ==ωω （C ）00,3E E ==ωω （D ）003,3E E ==ωω1C 2.B ，3.A ，4.C ，5.B ，6.D二、填空1.当刚体受到的合外力的力矩为零时，刚体具有将保持静止的状态或_____________状态，把刚体的这一性质叫刚体___________。
大学物理习题及解答(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10L L =小球在r D 和r 1位置时的角动量大小 1100r mv r mv = 100r 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 21)(21 21212102020210202021r r mv mv r r mv mv mv W2 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 +-=22sin 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。
刚体力学基础 习题 解答
衡水学院 理工科专业 《大学物理B 》 刚体力学基础 习题命题教师：郑永春 试题审核人：张郡亮一、填空题（每空1分）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 2 _，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 ＝__12ma 2_，对通过三角形中心和一个顶点的轴的转动惯量为J B ＝__21ma 2 。
2、两个质量分布均匀的圆盘A 和B 的密度分别为ρA 和ρ B (ρA >ρB )，且两圆盘的总质量和厚度均相同。
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J A 和J B ，则有J A < J B 。
3、 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ω0＝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 ＝__4.0rad4、两个滑冰运动员的质量各为70 kg ，均以6.5 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υ ＝__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 。
二、单项选择题（每小题2分）（ A ）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：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；B.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.当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零；D.当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零。
《大学物理学》刚体部分练习题解答
解答一、选择题：1.B2.B3.B4.C5.D6.D7.B8.C9.A 10. D 11.A 12.D 13.A 14.B 15.A三．计算题1．解：由于组合轮是一个整体，有12J J J =+。
应用牛顿运动定律：对物体A ，1111m g T m a -=；对物体B ，2222T m g m a -=，对组合轮，应用转动定律：12T R T r J α-=。
考虑到：1a R α=，2a r α=，解得：121221212122221212m R m r a g R J J m R m r m R m r a g r J J m R m r -⎧=⋅⎪+++⎪⎨-⎪=⋅⎪+++⎩；21222112212122121122221212J J m r m R rT m gJ J m R m r J J m R m R rT m gJ J m R m r ⎧+++=⋅⎪+++⎪⎨+++⎪=⋅⎪+++⎩。
2．解：由于飞轮的质量全部分布在轮缘上，有：2J m R =；而力矩为恒力矩，有：()3200102/6020/53rad s t ωππα-⋅===； 闸瓦给飞轮的正压力： 1.25 2.5'0.5l F FN F l ⨯⨯===， ∴0.42.50.250.25f M NR F F μ==⋅⨯=；由转动定律：M J α=，有：2f M mR α=→2200.25600.253F π=⋅⋅，有314F N =。
3． 解：由角动量守恒定律：200()2J m r J ωω+=，得 2J m r =。
由于 ：310/m kg s t-=所以 ：5323235105s 1101100.1110m J t r ----⨯====⨯⨯⨯⨯⨯ 4．解：设圆盘相对于地面的角速率为0ω，则人相对于地面的角速率为0vRωω∆=+。
应用角动量守恒定律：200J mR ωω+=，有：22000vJ mR mR Rωω∆++⋅=， 解得： 202mR vJ mR Rω∆=-⋅+。
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连,m1和m2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,m1＝m2＝2 kg,且开始时m1,m2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．
2
1( J
2mr
2)
0
2
0
2
2
0
1
1
(5
2 4
0.22)
122
(5 2
4 0.82)
(2 )2
2
2
＝183J
3-18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30°处．
L2
m2
vr sin 30
1m1r2
2
2
v
1
2
故有
m2vr sin60 m22r sin30
2m1r
可解得：
(2 3 1)m2v
2m1r
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
10m',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
2
mv
6m'R
人的线速度为vR
mv
6m'
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m
大学物理刚体力学测试题答案
T
的角加速度方向为正方向，运用牛顿定律
和转动定理，得
T
m 'g ? T ? m 'a
（1）
a
m' g
TR ? J ? ? 1 mR 2? （2）
2
a ? R?
（3）
(3)式代入(2)式得 T ? m a
一．选择题 1.两个匀质圆盘 A、B 密度分别为 ? A , ? B ，若 ? A ? ? B ，但质量和厚
度相同 ，两圆盘的旋转轴都通过盘心并垂直盘面， 则转动惯量： （C ）
(A) J A ? J B
(B) J A ? J B (C) J A ? J B (D)不一定
均匀圆盘的转动惯量
J ? 1 mR2 2
4.花样滑冰一运动员可绕通过脚尖的垂直轴旋转， 当他伸长两臂旋转
时的转动惯量为 J 0 ，角速度为 ? 0 ，当他突然收臂使转动惯量减少
2
为 3 J 0 时，则角速度为 ( A )
(A)
3 2
?
0
(B)
2 3
?
0
(C)
3?
2
0
(D)
2?
3
0
合外力矩为零，系统角动量守恒
J 0? 0
?
2 3
J
0?
?
?
?
3 2
?
0
5.有一小球，置于一光滑的水平桌面上，用细绳拴住小球，绳的另一
端穿过桌面中心的孔 O，该小球以角速度 ? 在半径为 R 的圆周上运
动，如图所示，今将绳从小孔往下拉，则小球 ( C )
（A）动量大小不变，动能变，角动量变
（B）动量大小变，动能不变，角动量变 （C ）动量大小与动能都变，角动量不变
大学物理习题答案03刚体运动学
⼤学物理习题答案03刚体运动学⼤学物理练习题三⼀、选择题1.⼀⼒学系统由两个质点组成，它们之间只有引⼒作⽤。
若两质点所受外⼒的⽮量和为零，则此系统(A) 动量、机械能以及对⼀轴的⾓动量都守恒。
(B) 动量、机械能守恒，但⾓动量是否守恒不能断定。
(C) 动量守恒，但机械能和⾓动量守恒与否不能断定。
(D) 动量和⾓动量守恒，但机械能是否守恒不能断定。
[ C ]解：系统＝０合外F，内⼒是引⼒（保守内⼒）。
（１）021 F F,＝０合外F ，动量守恒。
（２）2211r F r F A ＝合。
21F F，但21r r时0A 外，因此Ｅ不⼀定守恒。
（３）21F F，2211d F d F M ＝合。
两⼒对定点的⼒臂21d d 时，0 合外M，故L 不⼀定守恒。
2. 如图所⽰，有⼀个⼩物体，置于⼀个光滑的⽔平桌⾯上，有⼀绳其⼀端连结此物体，另⼀端穿过桌⾯中⼼的⼩孔，该物体原以⾓速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从⼩孔往下拉。
则物体 (A) 动能不变，动量改变。
(B) 动量不变，动能改变。
(C) ⾓动量不变，动量不变。
(D) ⾓动量改变，动量改变。
(E)⾓动量不变，动能、动量都改变。
[ E ]解：合外⼒（拉⼒）对圆⼼的⼒矩为零，⾓动量O Rrmv L 守恒。
r 减⼩，v 增⼤。
因此p 、E k 均变化（m不变）。
3. 有两个半径相同，质量相等的细圆环A 和B 。
A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀。
它们对通过环⼼并与环⾯垂直的轴的转动惯量分别为J A 和J B ，则(A)A J >B J (B) A J < B J(C) A J =B J (D) 不能确定A J 、B J 哪个⼤。
[ C ]解：2222mR dm R dm R dm r J， J 与m 的分布⽆关。
另问：如果是椭圆环，J 与质量分布有关吗？（是）4. 光滑的⽔平桌⾯上，有⼀长为2L 、质量为m 的匀质细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O ⾃由转动，其转动惯量为31mL 2，起初杆静⽌。
推荐学习 精品-清华大学《大学物理》专项练习及解析 06刚体力学答案
刚体力学1、（0981A15）B2、（5028B30）C3、（0148B25）D4、（0153A15）A5、（0165A15）A6、（0289A10）C7、（0291B25）C8、（0292A15）C9、（0499A15）B 10、（0646A15）B 11、（5265B25）C 12、（5401B25）B 13、（0500C50）D 14、（5641B30）C 15、（0126A20）D 16、（0132A20）C 17、（0133A20）B 18、（0137A30）C 19、（0197A15）C 20、（0228A20）A 21、（0230B30）C 22、（0247A15）C 23、（0294A15）B 24、（0677A15）B 25、（0772A20）D 26、（5030B30）B 27、（5640B25）D 28、（5643A20）A 14、参考解： 挂重物时， mg －T ＝ ma ＝ mR β , TR ＝J β 由此解出 JmR mgR+=2β 而用拉力时，2mgR ＝ J β' β'＝2mgR / J故有 β'＞2β28、参考解：根据角动量守恒，有J ω0＝(J ＋m 2R )ω02ωωmRJ J+=二、填空题： 1、（0110A15） 6.54 rad / s 2 ； 4.8 s 2、（0111A10） v ≈15.2 m /s ； n 2＝500 rev /min3、（0290A10） 4 s ； －15 m ·s -14、（0302A10） 2.5 rad / s 25、（0645A10） －0.05 rad ·s -2 ； 250 rad6、（0977A15） 9.61 s ； 48 rev 参考解：()()π⨯⨯π⨯-π⨯=-=26022102152222122θωωβrad/s 2 ＝ 6.54 rad/s 2 t ＝ ω / β ＝ 10×2π / 6.54s ＝ 9.61 s()54.6221021221222⨯π⨯⨯π=π=π=βωθN ＝ 48 rev7、（0980B25） 62.5 ； 1.67ｓ 8、（0982A10） 0.15 m ·s -2 ； 1.26 m ·s -2参考解：a t ＝R ·β ＝0.15 m/s 2 a n ＝R ω 2＝R ·2βθ ＝1.26 m/s 29、（0983A15） 20参考解：r 1ω1＝r 2ω2 , β1 ＝ ω1 / t 1,θ1＝21121t β 21211412ωθr r n π=π=4825411⨯π⨯⨯π=t ＝20 rev 10、（0146A15） 否. ； 在棒的自由下摆过程中，转动惯量不变，但使棒下摆的力矩随摆的下摆而减小．由转动定律知棒摆动的角加速度也要随之变小. 11、（0147A15） 刚体的质量和质量分布以及转轴的位置（或刚体的形状、大小、密度分布和转轴位置；或刚体的质量分布及转轴的位置．） 12、（0149A20） g / l ； g / (2l ) 13、（0150B25） 98 N 14、（0152A20）mgl 21； 2g / (3l ) 15、（0240A15） 157 N ·m16、（0243A15） 4M / (mR ) ； 322216Rm t M 17、（0244A15） 5.0 N ·m 18、（0543A10） 50ml 2 19、（0546B30） W ； kl cos θ ； W ＝2kl sin θ 20、（0551A15） 4.0 rad 21、（0552A15） 24 rad/s 22、（0553A15） 0.25 kg ·m 2 23、（0559A20） 3mL 2 / 4 ； 21mgL ； L g3224、（0647A10） 0.5kg ·m 2 25、（0675A10） 25 kg ·m 226、（0676A10）Ma 2127、（0683A20） mr rJmg+28、（0684A20） m (g －a )R 2 / a 29、（0685A20）`21C B A B m m m gm ++30、（5031C45） J k 920ω- ； 02ωk J31、（5402A20） 0 ； lg2332、（5642B25） mgl μ21参考解：M ＝⎰M d ＝()mgl r r l gm lμμ21d /0=⎰ 33、（0125B30）031ω 34、（0139A15） 定轴转动刚体所受外力对轴的冲量矩等于转动刚体对轴的角动量（动量矩） ；0)(d 21ωωJ J t M t t z -=⎰； 刚体所受对轴的合外力矩等于零35、（0144B25）()222347xl l +ω36、（0229A20）()212mRJ mr J ++ω37、（0235B35）()lm M v /3460+38、（0236B30） 3v 0 / (2l )39、（0248A10） F r M ϖϖϖ⨯= ； 变角速 ； 角动量40、（0296A20） 0.496 rad ·s -1 41、（0305A10） 杆和子弹 ； 角动量 42、（0542B25） m v l 43、（0556A20）20mR J mR J +-vω44、（0649A20） J A (ωA – ω)/ω 45、（0650A20） M ω 0 / (M +2m ) 46、（0651A10） 7.1×1033 kg ·m 2·s -1 47、（0678B25）()Rm M m 22+v48、（0679B25） 0.4 rad ·s -1 49、（0680B25） 8 rad ·s -1 50、（0681B25） 3.77 rad ·s -1 51、（0682B25） 0.2πrad ·s -1 52、（0773A20） 对O 轴的角动量 ； 对该轴的合外力矩为零 ； 机械能 53、（0774A20） （1）、（2）、（4） 54、（0776B25）()lm u m m 1223+v三、计算题： 1、（0114A20）解：从图上得 r A ＝r ＋l ； r B ＝r －l则 v A ＝r ω＋l ω 2分 v B ＝r ω－l ω 2分那么 v A －v B ＝2l ωω2BA l v v -=1分 2、（0116A20）解：设在某时刻之前，飞轮已转动了t 1时间，由于初角速度 ω 0＝0则 ω1β=t 1 ① 1分而在某时刻后t 2 ＝5 s 时间内，转过的角位移为222121t t βωθ+= ② 2分 将已知量=θ100 rad ， t 2 ＝5s ， =β 2 rad /s 2代入②式，得ω1 ＝ 15 rad /s 1分从而 t 1 ＝ ω1/=β 7.5ｓ即在某时刻之前，飞轮已经转动了7.5ｓ． 1分3、（0119B35）解：体系所做的运动是匀速→匀加速→匀减速定轴转动．其中ω1是匀加速阶段的末角速度，也是匀减速阶段的初角速度，由此可得t ＝8 s 时， ω1＝ω0＋9＝27 rad /s 3分当ω＝0时，得 t ＝(ω1＋24）/ 3＝17s所以，体系在17s 时角速度为零． 2分4、（0120A15）解：根据运动学公式t 0βωω+= ① 1分2021t t βωθ+= ② 2分 ∴ 2/) (2t t θωβ-= ③ 1分ω＝15 rad /s ，t ＝10 s ，θ＝32πrad ，=β0.99 rad /s 2 1分5、（0122A20）解：由线速度r ϖϖϖ⨯=ωv 得A 、B 、C 三点的线速度 ωr C B A ===v v v ϖϖϖ 1分各自的方向见图．那么，在该瞬时 ωr A B A 22==-v v v ϖϖϖθ＝45° 2分同时 ωr A C A 22==-v v v ϖϖϖ方向同A v ϖ． 1分平动时刚体上各点的速度的数值、方向均相同，故0=-=-C A B A v v v v ϖϖϖϖ 1分［注］此题可不要求叉积公式，能分别求出 A v ϖ、B v ϖ的大小，画出其方向即可． 6、（0112C50） 解：选坐标如图所示，任一时刻圆盘两侧的绳长分别为x 1、x 2 选长度为x 1、x 2的两段绳和绕着绳的盘为研究对象．设a 为绳的加速度，β为盘的角加速度，r 为盘的半径，ρ为绳的线密度，且在1、2两点处绳中的张力分别为T 1、T 2，则ρ ＝ m / l ，a ＝ r β ① 2分 x 2 ρ g －T 2 ＝ x 2ρ a ② 1分 T 1－x 2 ρ g ＝ x 1ρ a ③ 1分(T 1－T 2 ) r ＝ (21M ＋πr ρ)r 2β ④ 4分解上述方程，利用l ＝ πr ＋x 1＋x 2，并取x 2－x 1 ＝ S 得lM m Smga )21(+=2分 7、（0115B40）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=μ3分 总摩擦力矩 mgR M M R μ32d 0==⎰ 1分故平板角加速度 β ＝M /J 1分设停止前转数为n ，则转角 θ ＝ 2πn由 J /Mn π==4220θβω 2分可得 g R MJ n μωωπ16/342020=π=1分θ BC AωB v ϖC v ϖA v ϖB v ϖ－A v ϖB v v A ϖϖ－ -C v ϖ A v ϖrSM aOx 2x 1128、（0123B30）解：如果平均阻力为f ，根据转动定律得βJ r f =- ① 2分其中 2/D r =，8/)(212D D m J +=∴ )4/()(/221D D D m D J f ββ+-=-= ② 1分 又从已知条件 ω t ＝ 0则角加速度 β ＝ (ω t －ω 0) / t ＝－ω 0 / t ③ 1分 将③式代入②式，得f 的量值为f ＝ m ω 0(D 2＋21D ) / (4Dt ) 1分9、（0124B30）解：R ＝ 0.5 m ，ω0 ＝ 900 rev/min ＝ 30π rad/s ，根据转动定律 M ＝ -J β ① 1分 这里 M ＝ -μNR ② 1分μ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 1分将②、③、④式代入①式，得)/(2102t mR NR ωμ-=- 1分 ∴m =μR ω0 / (2Nt )≈0.5 1分10、（0155A20）解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程对物体： mg －T ＝ma ① 2分 对滑轮： TR ＝ J β ② 2分 运动学关系： a ＝R β ③ 1分将①、②、③式联立得a ＝mg / (m ＋21M ) 1分 ∵ v 0＝0，∴ v ＝at ＝mgt / (m ＋21M ) 2分 11、（0156A15）解：根据转动定律 f A r A ＝ J A βA ① 1分其中221A A A r m J =，且 f B r B ＝ J B βB ② 1分 其中221B B B r m J =．要使A 、B 轮边上的切向加速度相同，应有a ＝ r A βA ＝ r B βB ③ 1分由①、②式，有BB B AA AB A B A B A B A r m r m r J r J f f ββββ== ④ 由③式有 βA / βB ＝ r B / r A将上式代入④式，得 f A / f B ＝ m A / m B ＝ 212分12、（0157A20）MR βT mga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 2分 T r ＝J β ② 2分 由运动学关系有： a ＝ r β ③ 2分由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 2分将⑤式代入④式得：J ＝mr 2(Sgt 22－1) 2分13、（0159B30）解：根据转动定律 M ＝J d ω / d t1分即 d ω＝(M / J ) d t 1分其中 M ＝Fr ， r ＝0.1 m ， F ＝0.5 t ，J ＝1×10-3 kg ·m 2, 分别代入上式，得d ω＝50t d t 1分则1 s 末的角速度 ω1＝⎰150t d t ＝25 rad / s 2分14、（0160B35）解：在有外力矩作用时ω 01＝0，ω t 1＝100 rev / min ＝10.5 rad / s, 其角加速度β1 ＝ (ω t 1 – ω 01) / t 1 ＝ ω t 1 / t 1 1分 根据转动定律得 M －M f ＝J β1 ① 2分在没有外力矩作用时ω 02＝ω t 1，ω t 2＝0，其角加速度β 2＝(ω t 2－ω 02) / t 2＝－ω t 1 / t 2 1分 根据转动定律得 －M f ＝J β2 ② 2分①、②式联立求解，得 M ＝J (β1－β2)＝J (ω t 1 / t 1＋ω t 1 / t 2)从而 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=21111t t M J t ω＝17.3 kg ·m 2 2分15、（0161B35）解：根据牛顿运动定律和转动定律，对飞轮和重物列方程，得TR －M f ＝Ja / R ① 2分 mg －T ＝ma ② 2分h ＝221at ③ 1分 则将m 1、t 1代入上述方程组，得a 1＝2h /21t ＝0.0156 m / s 2 T 1＝m 1 (g －a 1)＝78.3 NJ ＝(T 1R －M f )R / a 1 ④ 2分将m 2、t 2代入①、②、③方程组，得a 2＝2h /22t ＝6.4×10-3 m / s 2 T 2＝m 2(g －a 2)＝39.2 N J ＝ (T 2R －M f )R / a 2 ⑤ 2分由④、⑤两式，得J ＝R 2(T 1－T 2) / (a 1－a 2)＝1.06×103 kg ·m 2 1分 16、（0162A20）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 /∆-那么 mg J mR T =⎪⎪⎭⎫⎝⎛+21将 J ＝21MR 2代入上式，得mM mMgT 2+=＝24.5 N 2分17、（0163A15）解：设棒的质量为m ，当棒与水平面成60°角并开始下落时，根据转动定律M ＝ J β 1分其中 4/30sin 21mgl mgl M ==ο 1分 于是 2rad/s 35.743 ===lgJ M β 1分当棒转动到水平位置时， M ＝21mgl 1分那么 2rad/s 7.1423 ===lgJ M β 1分18、（0241B30）解：(1) ∵ mg －T ＝ma 1分 TR ＝J β 2分 a ＝R β 1分 ∴ β ＝ mgR / (mR 2＋J )()R M m mgMR mR mgR +=+=222122 ＝81.7 rad/s 2 1分 方向垂直纸面向外． 1分(2) ∵ βθωω2202-=当ω＝0 时， rad 612.0220==βωθ 物体上升的高度h ＝ R θ ＝ 6.12×10-2 m 2分(3)==βθω210.0 rad/s方向垂直纸面向外.2分19、（0242A15） 解： J ＝221MR ＝0.675 kg ·m 2 ∵ mg －T ＝ma 1分 TR ＝J β 2分 a ＝R β 1分 ∴ a ＝mgR 2 / (mR 2 + J )＝5.06 m / s 2 1分a因此(1)下落距离 h ＝221at ＝63.3 m 2分 (2) 张力 T ＝m (g －a )＝37.9 N 1分20、（0245A15） 解：(1) 圆柱体的角加速度 ββ＝a / r ＝4 rad / s 22分(2) 根据t t 0βωω+=，此题中ω 0 ＝ 0 ，则 有 ωt＝βt那么圆柱体的角速度====55 t t t βω20 rad/s 1分(3) 根据转动定律 fr ＝ J β则 f ＝ J β / r ＝ 32 N 2分21、（0307A20） 解：当人爬到离地面x 高度处梯子刚要滑下，此时梯子与地面间为最大静摩擦，仍处于平衡状态 (不稳定的) ．1分 N 1－f ＝0， N 2－P ＝0 1分 N 1h －Px ·ctg θ ＝0 1分f ＝μN 2 1分 解得 222/tgh L h h x -=⋅=μθμ 1分22、（0554C45）解：根据转动定律： J d ω / d t ＝ -k ω∴t Jkd d -=ωω2分 两边积分：⎰⎰-=tt Jk 02/d d 100ωωωω得 ln2 ＝ kt / J∴ t ＝(J ln2) / k 3分23、（0557C45） 解：设正压力N A 、N B ，摩擦力f A ，f B 如图．根据力的平衡，有 f A ＋N B ＝ F+P ＝ 3P ① 1分N A ＝f B ② 1分 根据力矩平衡，有 Fd ＝ ( f A + f B ) r ③ 2分刚要转动有 A A N f 31= ④B B N f 31=⑤ 1分 (1) 把④及 ②、⑤代入①可求得 N A ＝0.9P ， f A ＝0.3P 2分 (2) 由③可求得 d ＝ 0.6 r 1分24、（0560B30）解：受力分析如图所示． 2分 2mg －T 1＝2ma 1分T 2－mg ＝ma 1分T 1 r －T r ＝β221mr 1分N 1h N 2 P R θ R x RfAB Fϖr f B P ϖ d R f A N BR N A Rm 2m βT 2 2P ϖ1P ϖβTa T 1aT r －T 2 r ＝β221mr 1分 a ＝r β 2分解上述5个联立方程得： T ＝11mg / 8 2分25、（0562B25）解：将杆与两小球视为一刚体，水平飞来小球与刚体视为一系统．由角动量守恒得 1分ωJ l m lm +-=3223200v v （逆时针为正向） ① 2分 又 22)3(2)32(l m l m J += ② 1分将②代入①得 l230v =ω 1分26、（0130B40）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 1分 J A ωA ＋J B ωB ＝ (J A ＋J B )ω， 2分又ωB ＝0得 ω ≈ J A ωA / (J A ＋J B ) ＝ 20.9 rad / s转速 ≈n 200 rev/min 1分(2) A 轮受的冲量矩⎰t M Ad ＝ J A (J A ＋J B ) ＝ -4.19×10 2 N ·m ·s 2分负号表示与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 2分方向与A ωϖ相同． 27、（0131B25）解：球体的自动收缩可视为只由球的内力所引起，因而在收缩前后球体的角动量守恒． 1分设J 0和ω 0、J 和ω分别为收缩前后球体的转动惯量和角速度, 则有J 0ω 0 ＝ J ω ① 2分由已知条件知：J 0 ＝ 2mR 2 / 5，J ＝ 2m (R / 2)2 / 5代入①式得 ω ＝ 4ω 0 1分即收缩后球体转快了，其周期442200T T =π=π=ωω1分 周期减小为原来的1 / 4． 28、（0141C60）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 3分式中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 =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛= 3分因碰撞前后角动量守恒，所以L m mL 022112/7v =ω 3分 ∴ ω ＝ 6v 0 / (7L) 1分29、（0211B30）解：选棒、小物体为系统，系统开始时角速度为ω1 ＝ 2πn 1＝1.57 rad/s ．(1) 设小物体滑到棒两端时系统的角速度为ω2．由于系统不受外力矩作用，所以角动量守恒． 2分故 2221222112212ωω⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ml Ml mr Ml 3分 2212222112212ml Ml ml Ml +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ωω＝0.628 rad/s 2分(2) 小物体离开棒端的瞬间，棒的角速度仍为ω2．因为小物体离开棒的瞬间内并未对棒有冲力矩作用． 30、（0231B30）解：(1) 设当人以速率v 沿相对圆盘转动相反的方向走动时，圆盘对地的绕轴角速度为ω，则人对与地固联的转轴的角速度为R R v v221-=-='ωωω ① 2分 人与盘视为系统，所受对转轴合外力矩为零，系统的角动量守恒． 1分设盘的质量为M ，则人的质量为M / 10，有：ωωω'⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+22022211021211021R M MR R M MR ② 2分 将①式代入②式得：R2120v+=ωω ③ 1分(2) 欲使盘对地静止，则式③必为零．即ω0 +2v / (21R )＝0 2分 得： v ＝－21R ω0 / 2 1分式中负号表示人的走动方向与上一问中人走动的方向相反，即与盘的初始转动方向一致． 31、（0232C65）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．两个守恒及势能零点各1分，共3分 小球到B 点时： J 0ω0＝(J 0＋mR 2)ω ① 1分()22220200212121B R m J mgR J v ++=+ωωω ② 2分 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 0222002J mR RJ gR B ++=ωv 1分 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 2分32、（0297B30）解：(1) 子弹受到的冲量为 ()0d v v -==⎰m t F I子弹对木块的冲量为 ()s N 3d d 0⋅=-=-='='⎰⎰ v v m t F t F I方向与0v ϖ相同． 2分(2) 由角动量定理()ωJ lm t F l t M =-='=⎰⎰v vd d 2分()120s rad 93-⋅=-=v v MLlm ω 1分 33、（0303B25）解：由人和转台系统的角动量守恒J 1ω1 + J 2ω2 ＝ 0 2分其中 J 1＝300 kg ·m 2，ω1＝v /r ＝0.5 rad / s ， J 2＝3000 kg •m 2∴ ω2＝－J 1ω1/J 2＝－0.05 rad/s 1分 人相对于转台的角速度 ωr ＝ω1－ω2＝0.55 rad/s 1分∴ t ＝2π /r ω＝11.4 s 1分 34、（0304B25）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02002122121ωω⎪⎭⎫⎝⎛==+l m J l m l m v v1分∴ ω 0 ＝2v / l ＝6.67 rad / s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 J 0ω 0 ＝ J 1ω112102212212ωω⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛l m l m 1分()002119/ωωω==l l 1分即作九倍原有角速度的转动． 35、（0306B25）解：由动量定理，对木块M ，－f ∆t ＝M (v 2－v 1) 1分对于圆柱体，由角动量定理f ∆tR ＝J (ω－ω 0) 2分∴ -M (v 2－v 1)＝J (ω－ω 0) / R∵ 00=ω, 有 -M (v 2-v 1)＝J ω / R ＝J v 2/ R 2． 1分∴ 2121MR J +=v v 1分36、（0976B30）解：(1) 根据给定条件．取如右下图的坐标轴方向，小室C 的运动速度表示为：()i at C ϖϖ-=0v v 1分 由于配重D 与小室C 间装有动滑轮，故配重D 的运动速度表示式为i t i at D ϖϖϖ)00.100.8()(20+-=--=v v (SI) 1分加速度为： i i a a D ϖϖϖ00.12== (SI) 1分(2) 由于绳与绞盘间无滑动，∴ A 的角速度和角加速度分别为(以逆时针为正) ()()25.050.000.4220t r at r A A D -⨯-=--==v v ω ＝ - (32-4t ) (SI) 1分β ＝ a D / r A ＝ 2a / r A ＝ 4.00 rad/s 21分37、（0978A10） 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 2分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 s 3分38、（0979A15）解：(1) 转盘角速度为602782π⨯=π=n ωrad/s ＝8.17 rad/s 1分P 点的线速度和法向加速度分别为v ＝ω r ＝8.17×0.15＝1.23 m/s 1分 a n ＝ω2r ＝8.172×0.15＝10 m/s 2 1分 (2) 1517.800-=-=t ωβrad/s 2＝－0.545 rad/s 21分21517.821221⨯⨯π=π=t ωN ＝9.75 rev 1分39、（0560B30）解：受力分析如图所示． 2分2mg －T 1＝2ma 1分T 2－mg ＝ma 1分 T 1 r －T r ＝β221mr 1分 T r －T 2 r ＝β221mr 1分a ＝r β 2分解上述5个联立方程得： T ＝11mg / 8 2分40、（0561B25） 解：受力分析如图． 2分 mg －T 2 ＝ ma 2 1分 T 1－mg ＝ ma 1 1分T 2 (2r )－T 1r ＝ 9mr 2β / 2 2分2r β ＝ a 2 1分 r β ＝ a 1 1分 解上述5个联立方程，得：rg192=β 2分OxD v ϖCv ϖa a 141、（0563B30） 解：受力分析如图所示．设重物的对地加速度为a ，向上.则绳的A 端对地有加速度a 向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a 向下.2分根据牛顿第二定律可得：对人： Mg －T 2＝Ma ① 2分对重物： T 1－21Mg ＝21Ma ② 2分 根据转动定律，对滑轮有(T 2－T 1)R ＝J β＝MR 2β / 4 ③ 2分因绳与滑轮无相对滑动， a ＝βR ④ 1分 ①、②、③、④四式联立解得 a ＝2g / 742、（0564B25）解：作示力图．两重物加速度大小a 相同，方向如图.示力图 2分 m 1g －T 1＝m 1a 1分 T 2－m 2g ＝m 2a 1分设滑轮的角加速度为β，则 (T 1－T 2)r ＝J β 2分且有 a ＝r β 1分由以上四式消去T 1，T 2得：()()Jr m m grm m ++-=22121β2分开始时系统静止，故t 时刻滑轮的角速度．()()Jr m m grtm m t ++-==22121 βω １分43、（0779B30）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 1β1＝12121βR M 方程各1分共5分 T 2r －T 1r ＝J 2β2＝22121βr M mg －T 2＝ma , a ＝R β1＝r β2 , v 2＝2ah 求解联立方程，得 ()42121=++=m M M mga m/s 2ah 2=v ＝2 m/s 1分 T 2＝m (g －a )＝58 N 1分T 1＝a M 121＝48 N 1分 44、（0780B30）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 ' (2r )－Tr ＝9mr 2β / 2 1分 a ＝r β 1分221N a2a '＝(2r )β 1分由上述方程组解得：β＝2g / (19r )＝10.3 rad ·s -2 1分(2) 设θ为组合轮转过的角度，则θ＝h / rω2＝2βθ所以，ω ＝ (2βh / r )1/2＝9.08 rad ·s -12分45、（0781B25） 解：各物体受力情况如图． 图2分F －T ＝ma 1分 T '＝ma 1分(T T '-)R ＝β221mR 1分 a ＝R β 1分由上述方程组解得： β ＝2F / (5mR )＝10 rad ·s -22分T ＝3F / 5＝6.0 N 1分 T '＝2F / 5＝4.0 N 1分 46、（0782B30）解：各物体受力情况如图． 2分 T A －mg ＝ma 1分 (2m)g －T A ＝(2m )a 1分(T －T A )r ＝β221mr 1分 (T B －T )(2r )＝21(2m )(2r )2β' 1分a ＝r β＝(2r )β' 1分 由上述方程组解得：β＝2g / (9r )＝43.6 rad ·s -2 1分 β'＝β21＝21.8 rad ·s -2 1分 T ＝(4/3)mg ＝78.4 N 1分 47、（0783A15）解：(1) 0＝ω 0＋β tβ＝－ω 0 / t ＝－0.50 rad ·s -2 2分(2) M r ＝ml 2β / 12＝－0.25 N ·m 2分(3) θ10＝ω 0t ＋21β t 2＝75 rad 1分 48、（527B350）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ββ⋅==-'-'232121r m J M r T r T f ③ 2分 对轮缘上任一点，有 a ＝ β r ④ 1分a 'a 'aa T ’又： 1T '＝ T 1， 2T '＝ T 2 ⑤ 则联立上面五个式子可以解出rm r m r m M gr m gr m a f3212121++--=＝2 m/s 2 2分T 1＝m 1g －m 1a ＝156 N T 2＝m 2g －m 2 a ＝118N 3分 49、（0784B25） 解：选子弹、细棒、小木球为系统．子弹射入时，系统所受合外力矩为零，系统对转轴的角动量守恒． 2分 m v 0 (R + l )cos α ＝ [J + m (R + l )2 ]ω 2分()()20cos l R m J l R m +++=αωv 1分50、（0785B35）解：以转台和二人为研究对象，所受外力只有重力及轴的支撑力，诸力对转轴的合力矩为零，所以系统角动量守恒．各转动惯量分别为 2分221mR J =，221mR J A =，()22/21R m J B = 2分 以地面为参照系，A 处的人走动的角速度为ω＋(v / R )，B 处的人 1分走动的角速度为ω－(2v /21R )＝ω－(4v / R )．由角动量守恒定律 1分 ()02222/212121ω⎥⎦⎤⎢⎣⎡++R m mR mR ＝ ()R mR mR /212122v ++=ωω()R R m /421212v -⎪⎭⎫ ⎝⎛+ω 2分解出 ω ＝ω 0 2分51、（0786C45）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m v 0R ＝(21MR 2＋mR 2)ω 2分R m M m ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=210v ω 1分(2) 设σ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 ⎰π⋅=Rf r rg r M 0d 2σμ＝(2 / 3)πμσgR 3＝(2 / 3)μMgR 2分设经过∆t 时间圆盘停止转动，则按角动量定理有－M f ∆t ＝0－J ω＝－(21MR 2＋mR 2)ω＝- m v 0R 2分 ∴()Mg m MgR R m M R m t fμμ2v 33/2v v 000===∆ 2分 52、（0787B30）解：(1) 角动量守恒：m 1g m 2g m 1 m 21T rβ2T 'T 'ω⎪⎭⎫ ⎝⎛'+='2231l m ml l m v 2分 ∴ l m m m ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+'=31vω＝15.4 rad ·s -1 2分(2) －M r ＝(231ml ＋2l m ')β 2分0－ω 2＝2βθ 2分∴ rM l m m 23122ωθ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=＝15.4 rad 2分53、（5045C60）解：对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力矩<<滑块的冲力矩．故可认为合外力矩为零，因而系统的角动量守恒，即 1分m 2v 1l ＝－m 2v 2l ＋ω2131l m ① 3分碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为gl m x x l m gM lf 10121d μμ-=⋅-=⎰ ② 2分 由角动量定理 ω210310l m dt M tf -=⎰ ③ 2分由①、②和③解得 gm m t 12122μv v += 2分54、（5267B25）解：在子弹通过杆的过程中，子弹与杆系统因外力矩为零，故角动量守恒．则有1分 m 2v 0 l / 4 ＝ m 2v l / 4 +J ω 2分()()lm m J l m 1020234v v v v -=-=ω ＝11.3rad/s 2分四、证明题： 1、（0121B25）证：刚体中任一点的法向加速度a n ＝r ω2 2分式中r 是该点到转轴的距离，ω为角速度．设刚体的等角加速度为β，角位移为θ，则在运动过程中有θωωβ222-=∵ ω 0 ＝ 0也就有 ω2θβ2= 2分于是有 βθωr r a n 22==即，等角加速运动刚体中任一点（r 为常量）的法向加速度a n 与刚体的角位移θ 成正比． 1分2、（0154A10）证：由图(O 轴垂直于图面)可知，对O 轴，M ＝ F 2l 2 – F 1l 1 ＝ F(l 2 – l 1) ＝ Fl可见，力偶对于转轴的力矩等于力和两力间垂直距离的乘积， 而与轴的位置无关． 5分 3、（0239B30）证：首先考虑刚体内任一质元i (见图)，设其质量为∆m i ，到转轴O 的距离为r i ，所受的外力为i F ϖ，内力为i f ϖ，外力和内力与 i r ϖ的夹角各为φi 和θi ．根据牛顿第二定律，质元i在其运动轨迹的切线方向的运动方程为F i sin φ i ＋f i sin θ i ＝∆ m i a it 2分式中的a it 为质元i 的切向加速度，a it ＝r i β 1分 式中的β为刚体的角加速度，代入前式得F i sin φ i ＋f i sin θ i ＝∆ m i r i β 将上式两边乘以r i ，则得F i r i sin φ i ＋f i r i sin θ i ＝∆ m i β2i r 1分对所有质元写出同样的方程式，将这些方程式相加，则∑∑+iiii iiii r f r F θφsin sin ∑∆=β2i i r m 2分因为一对内力(即作用力与反作用力)沿着同一直线且等值反向，所以0sin =∑ii i r f θ 2分因此 ∑∑∑∆∆==iii ii i iiii r m r m r F 22sin ββφ 而 ∑∆=iii r m J 2M r F iii i =∑φsin (即外力矩之和)．所以有 M ＝ J β 2分4、（0298B25）证：地球与尘埃系统角动量守恒 J 0ω 0 ＝ J ω 2052MR J =, 23252R m M J ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=3/43D R M π=, hd R m 24π= 3分DRhd M m J J T T 51351000+=+===ωω 1分 DRhdT T T 500=- 1分 5、（0555B25）证：两轮间没有相对滑动时，两轮的角速度ω1和ω2必有下列关系：r 1ω1＝r 2ω2 ① 1分 另外，由转动定律： －f r 1＝121121βr m ② 1分 f r 2＝222221βr m ③ 1分 f ＝μ N ④ 1分 N ＝m 1g ⑤ 1分 β1＝(ω1－ω) / t ⑥ 1分F 1=F 2=Fβ2＝(ω2－0) / t ⑦ 1分由②、④、⑤、⑥：－μ g ＝r 1 (ω1－ω) / (2 t )由③、④、⑤、⑦： －μ m 1 g ＝m 2 r 2 ω 2 / (2t )由上述两式及①可得()21122m m g r m t +=μω3分6、（0556B30）证： T A －m A g ＝m A a A ① 2分 m B g －T B ＝m B a B ② 2分 T B r B －T A r A ＝J β ③ 2分 a A ＝r A β ④ 1分 a B ＝r B β ⑤ 1分由①式： T A ＝m A (g ＋a A ) 由②，④，⑤式：T B ＝ m B [])/(A B A r r a g - 将上述二式和④式代入③式：m B r B [g – (a A r B / r A )] – m A r A (g +a A )＝Ja A / r A ∴ ()[])/(/A B A B A A A A A B r r a g r a g r m r Ja m -++=()AB B A A AA A a r g r r a g r m Ja 22-++= 2分fN Aω1ω2,BfNA aT BAm B gβB am A gB T A。
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由 m V R2d R2 m d
J 1 mR2 1 m m 1
2
2 d
2.一个可以绕定轴转动的刚体：( D )
(A)若转动角速度很大，则角加速度一定很大； 匀角速度转动
(B)若转动角加速度为零，则受力一定为零；
（C）若受力很大，则角速度一定很大；
（D）若受力矩为零，则角加速度也一定为零。
m 3 L 0 m( 3 L)2 1 ML2
4
4
3
代入数据可求得
8.88rad s1
（2）在系统上摆过程，m、M机械能守恒
1 m( 3 l)2 1 J 2 mg 3 l(1 cos ) Mg l (1 cso )
24
2
4
2
代入数据可求得
94016'
时的转动惯量为 J 0 ，角速度为0 ，当他突然收臂使转动惯量减少
为
2 3
J
0
时，则角速度为(
A
)
(A)
3 2
0
(B)
2 3
0
(C)
3 2
0
(D) 320
合外力矩为零，系统角动量守恒
J 00
2 3
J 0
3 2
0
5.有一小球，置于一光滑的水平桌面上，用细绳拴住小球，绳的另一
端穿过桌面中心的孔 O，该小球以角速度 在半径为 R 的圆周上运
刚体。建立坐标系如图所示，将刚体置于 OYZ 平面内，则此刚体：
（ 量1为）_对__1_O_mX__l轴_2_的__转。动惯量为____45__m__l_2__；（2）对
OZ
轴的转动惯
z
2
2
对OX轴（垂直纸面向外）的转动惯量为
J
mi ri 2
m
1 2
l
2
m
1 2
l
2
m
2
3 2
l
的 子 弹 以 v 200m s 1 的 速 率 从 A 点 水 平 射 入 棒 中 。 A 点 与 O 点 的 距
离 为
d
3 4
L
。
求
：
(1 )
开 始 转 动 时 的 角 速 度 ； (2 )棒 的 最 大 偏 转 角
。
（1）在子弹打入棒的瞬间，可看作棒仍在竖直 位置，合外力过转轴，m、M系统的角动量守恒。
M J
FF
3.力矩不变的情况下，下列说法正确的是：( B )
A. 质量越大的刚体角加速度越大
B．刚体的角加速度取决于刚体的质量，质量分布及刚体转轴
的位置
C．体积越大的刚体角加速度越小
D．均不正确。
M J, J miri2
ri为质元mi距离转轴的垂直距离
4.花样滑冰一运动员可绕通过脚尖的垂直轴旋转，当他伸长两臂旋转
动，如图所示，今将绳从小孔往下拉，则小球 ( C )
（A）动量大小不变，动能变，角动量变
（B）动量大小变，动能不变，角动量变
rO
（C）动量大小与动能都变，角动量不变
（D）三者都不变
质点受有心力作用，合外力矩为零，
质点角动量守恒
F
L mr 恒量
绳下拉过程半径r变小，速度v变大， 动量mv变大，动能变大
一．选择题 1.两个匀质圆盘 A、B 密度分别为 A , B ，若 A B ，但质量和厚
度相同，两圆盘的旋转轴都通过盘心并垂直盘面，则转动惯量： （C ）
(A) J A J B
(B) J A J B (C) J A J B (D)不一定
均匀圆盘的转动惯量
J 1 mR2 2
m相同d相同，而R的关系不知。
2l
4l
h 1 l sin 30o
（1）质心下落高度为
2
h 1 l sin 30o
30o
2
重力的功
A mg 1 l sin 30o
2
由刚体的动能定理，
mg
mg 1 l sin 30o 1 J2 0 1 1 ml2
2
2
23
3g sin 30o 3g
l
2l
重力的力矩
重力力臂 d 1 l cos 30o 2
l
l
5 ml2 4
对OZ轴的转动惯量为
3
1
lO
y
J
mi ri2
m
1 2
l
2
m
1 2
l
2
0Hale Waihona Puke 1 2ml 2x
4.长为 l 的均匀细棒可绕通过其一端并与之垂直的水平光滑轮转动。
设棒从水平位置开始释放，转过 300 时棒的角速度为____3__g_____,角
加速度为____3__3_g___。
及绳中的张力。（圆盘的转动惯量为
1 2
m
R2
）
解：分别选物体、圆盘为研究对象，受力分析
如图所示。分别以物体的加速度方向、刚体
的角加速度方向为正方向，运用牛顿定律
T
和转动定理，得
T
a
m'g
m'g T m'a
（1）
TR J 1 mR2 （2）
2
a R
（3）
(3)式代入(2)式得 (4)式代入（1）式得
1 t2 4
t2
2
3
2
4
3
16
2
3
0.5 3
切向加速度 法向加速度
at R 0.3 0.5 0.15 m s2
an R2 R t2 0.3 0.52 t2 0.3 0.52 16 0.4 m s2
3
3.质量均为 m 的三个小球用长为 l 的三根轻质的刚性杆连成一个
(5)式代入（4）式，得
T ma
(4)
2
a
2m' g m 2m'
(5)
a R
(m
2m'g 2m')R
T
mm' m 2m'
g
2 .如 图 所 示 ， 一 长 为 L = 0 .4 0 m 的 均 匀 木 棒 ， 质 量 M = 1 .0 k g ， 可 绕 水 平
轴 O 在 竖 直 面 内 转 动 。开 始 时 ，棒 自 然 地 竖 直 悬 垂 ，现 有 质 量 m ＝ 8 .0 g
M mgd mg 1 l cos30o 2
由转动定理
M J
mg 1 l cos 30o 1 ml2
2
3
30o
mg
3g cos 30o 3 3g
2l
4l
5若.半有径质为量为 R，m质，量速为度M为的v圆的柱子可弹绕射水入平圆固柱定体轴边缘O并转留动在，其它中原，来如静图止所，
示，则圆柱体转动的角速度为____________。 2mv (M 2m)R
2
1 2.5 102 2
125rad
2.半径为 30cm 的飞轮，从静止开始以 0.5rad s 2 的角加速度
转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过 2400 时的切向加速度 at
＝ 0.15m s2 ，法向加速度 a n = 0.4 m s2 。
角度需变为弧度计算
240o 4 rad
1.一砂轮由静止开始作匀加速运动，角加速度 2.5rad s 2 。则
10s 时的角速度为 25rad s1 ,在 10s 内转过的角度 为 125rad 。
由静止开始的匀加速转动运动学公式
角速度 0 t t 2.5 10 25rad s1
角位移 （角度）
0t
1 t2
2
1 t2
在子弹射入圆柱体的边缘的瞬间，其
合外力——重力过O轴，合外力矩为零， 子弹、圆盘系统对过O轴的角动量守恒。
mR 0 Jm JM
R O
m
R
0
mR2
1 2
MR2
2m
(M 2m)R
1.如图所示，一均匀圆盘，半径为 R，质量为 m，其中心轴装在光 滑的固定轴上，并与圆盘垂直。在圆盘边上绕一轻绳，绳的下端挂 一质量为 m' 的物体，求圆盘的角加速度和圆盘边缘各点切向加速度