第六章 刚体转动自测题答案

第六章 刚体转动自测题答案
一、选择题答案 1、（C ） 2、（B ） 3、（B ） 4、（C ） 5、（C ） 6、（D ） 7.（B ） 8、(B) 9、（D ） 10、（A ） 11、（C ） 12、(B) 13、(B) 14、（C ） 15、(A) 16、(C) 17、(C) 18、（D ） 19、(C) 20、(D) 21、(C)
二、填空题答案
1、1 ；
2、3 ；
3、变化 ；
4、合外力矩 ；
5、合外力矩 ；
6、mL 2/12；
7、mL 2
/3 ；8、mr 2
/2； 9、ω2； 10、不变 ； 11、0； 12、3g/2l ； 13、0 ；
14、mgl/2 ； 15、ml 2ω/3 。

三、计算题
1.一半径为 0.3m 的转轮作匀角加速度转动，其初角速度ω0=0.5π rad·s -1，在t =10 s 时，其角速度ω=6.5π rad·s -1，求：(1)在t =10 s 时，转轮转过的角度；(2) t =10 s 时，转轮边沿点的切向速度、切向加速度和法向加速度各为多少？ 解：(1)由于转轮做匀角加速度转动，因此根据公式有
t βωω+=0 （2分）
2002
1t t βωθθ++= （2分）
可得到t =10 s 时转轮转过的角度为0θθθ-=∆=35πrad 。

（2分） (2)切向速度的大小为
πω95.1==r v m/s （2分）
切向加速度为
πβτ18.0===r dt
dv a m/s 2 （2分）
法向加速度
222
7.12πω===r r
v a n m/s 2 （2分） 2.如图所示，一根长为l 、质量为m 的均匀细直棒可绕其一端在竖直面内自由转动，开始时棒处于水平位置，求棒转到与水平线成角度θ 时的角加速度和角速度。

(细棒对转轴的转动惯
量为23
1
ml J =)
解：棒所受合外力矩 θcos 2
1
mgl M = （3分）
由转动定律得角加速度
图
l g ml mgl J M 2cos 33
1cos 21
2θθβ=
== （3分） 因为 θω
ω
θθωωβd d dt d d d dt d === （2分） 所以 ⎰⎰=θωθθ
ωω002cos 3d l g d （3分）
l
g θ
ωsin 3=
（1分）
3.如图所示，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。

(细棒对转轴的转动惯量为23
1
ml J =)
解: (1)由转动定律，有
β)31
(22ml l mg = （4分） l g
23=β （2分）
(2)由机械能守恒定律，有
2
2)3
1
(21sin 2ωθml l mg =
（4分）
l
g θ
ωsin 3=
（2分）
4.如图所示，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，杆由水平位置由静止开始摆到竖直位置。

试证明， 杆在下摆过程中，角加速度越来越小，角速度越来越大。

证明：当杆转过θ角时，棒所受合外力矩
θcos 2
1
mgl M = （2分）
由转动定律得角加速度
l g ml mgl J M 2cos 33
1cos 21
2θ
θβ=
== （2分） 可得，杆由水平位置摆到竖直位置过程中，角加速度β随θ角的增大而增小。

图
图
因为 θω
ω
θθωωβd d dt d d d dt d === （2分） 所以 ⎰⎰=θωθθ
ωω002cos 3d l g d （2分）
l
g θ
ωsin 3=
（2分） 可得，杆由水平位置摆到竖直位置过程中，角速度ω随θ角的增大而增大。

5.如右图所示，质量为M ，长为l 的直杆，可绕O 无摩擦地转动。

设一质量为m 的子弹沿水平方向飞来，恰好射入杆的下端，若直杆(连同射入的子弹)的最大摆角为060=θ，试证明子弹速度大小为()()2
0632m
gl
M m M m v ++=。

证：碰撞过程中，系统角动量守恒
ω)3
1
(220Ml ml l mv += （5分）
上摆过程中，系统机械能守恒。

取直杆下端为势能零点，则
)60cos 21
1()60cos 1()31(21200222-+-=++Mgl mgl Ml ml l Mg ω （5分）
可证得：()()2
0632m
gl
M m M m v ++=
（2分）
6.计算如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 ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，且绳子与滑轮之间无相对滑动，忽略桌面与物体间的摩擦，设1m ＝50kg ，2m ＝200 kg,M ＝15 kg, r ＝0.1 m,滑轮的转动惯量22
1Mr J =
，g=9.8 m/s 2。

解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，对1m ,2m 运用牛顿定律，有
a m T g m 222=- ① （3分）
a m T 11= ② （3分）
对滑轮运用转动定律，有
β)2
1
(212Mr r T r T =- ③
（3分）
图
βr a = ④ （2分） 联立以上4个方程，得
2212s m 6.72
15
20058
.92002-⋅=+
+⨯=++=M m m g m a （1分）
7.有一倾角为θ的斜面，其上装一定滑轮，一软细绳跨过滑轮，两端分别接两物体A 和B ，A 与B 的质量皆为m ，设A 与斜面间是光滑的，绳与滑轮无相对滑动，轮轴无摩擦力，滑轮的转动惯量为J ，求物体下降的加速度。

解：对B 物体受力分析 ma T mg =-1 （3分）
对A 物体受力分析ma mg T =-θsin 2 （3分） 对滑轮受力分析 ()βJ r T T =-21 （3分） 由于 βr a = （2分）
解得 2
2
22sin mr J r mg mgr a +-=θ （1分）
8.有一质量为M 、半径为R 的均匀圆盘，以角速度ω0旋转着，某时刻，有一质量为m 的小碎块从其边缘飞出，方向正好竖直向上，求：⑴ 小碎块能上升的最大高度；⑵ 破裂后圆盘的角速度和角动量。

解：（1）设物体能飞起的高度为h ，由机械能守恒定律得，碎片飞出时的角速度为0ω，碎片转动惯量为m J ，可得 2
2
1ωm J mgh =
（2分） 2mR J m = （2分） 解上两式得：h ＝g
R 22
2ω （2分）
（2）设余下部分的角速度为'ω，圆盘总的转动惯量为22
1MR J =，余下部分对转轴的
转动惯量为m J J -。

则在碎片飞出的瞬间碎片和所剩部分对转轴的角动量守恒，由角动量守恒定律得，
')(00ωωωm m J J J J -+= （2分） 解上式得：0'ωω= 即角速度不变。

（2分）
余下部分角动量为：=L ')(ωm J J -=022)2
1
(ωmR MR - （2分）
9.如右图所示，有一长l 的均匀细杆，其质量为M ，杆的一端
固定在过O 点的光滑水平轴上并可在竖直面内自由地转动。

开始时
使细杆静止在竖直位置处，现让一质量m 的子弹以速度v 0的速率射
入细杆并留在杆中，子弹的速度沿水平方向，射入点距O 点的距离d 。

求：⑴ 子弹停在杆中时，杆和子弹共同运动的角速度；⑵ 杆能偏转的最大角度。

解：⑴ 设子弹停在杆中时，杆和子弹共同运动的角速度为ω，对于子弹、杆组成一系统，应用角动量守恒，有 ω)3
1
(220md Ml d mv += （5分） 即 22
03
1md Ml d mv +=
ω （1分）
⑵ 设杆能偏转的最大角度为θ，子弹射入杆后，以子弹、细杆和地球为系统，系统机械能守恒，故
)cos 1(2
)cos 1()31(21222θθω-+-=+l
Mg mgd md Ml （5分） )
3
1)(2(211cos 22
2
202md Ml mgd l Mg d v m ++-
=θ ])
31)(2(211arccos[2
22
202md Ml mgd l Mg d v m ++-=θ （1分）。