大学物理 第三章练习及答案
大学物理第三章-部分课后习题答案
大学物理第三章 课后习题答案3-1 半径为R 、质量为M 的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为R 的圆孔，孔的中心在12R 处，求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。
分析：用补偿法〔负质量法〕求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。
注意对同一轴而言。
解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2112J MR =① 由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2222213()()2424232c M R M R J J md MR =+=⨯⨯+⨯= ②由①②式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2121332J J J MR =-=3-2 如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M ，长度为L ，在其中点O 处弯成120θ=︒角，放在xOy 平面内，求铁丝对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。
分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得 解：〔1〕对x 轴的转动惯量为：2022201(sin 60)32Lx M J r dm l dl ML L ===⎰⎰ 〔2〕对y 轴的转动惯量为：20222015()(sin 30)32296Ly M L M J l dl ML L =⨯⨯+=⎰〔3〕对Z 轴的转动惯量为：22112()32212z M L J ML =⨯⨯⨯=3-3 电风扇开启电源后经过5s 到达额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16s 风扇停止转动，已知风扇转动惯量为20.5kg m ⋅，且摩擦力矩f M 和电磁力矩M 均为常量，求电机的电磁力矩M 。
分析：f M ，M 为常量，开启电源5s 内是匀加速转动，关闭电源16s 内是匀减速转动，可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩M 。
解：由定轴转动定律得：1f M M J β-=，即11252520.50.5 4.12516f M J M J J N m ππβββ⨯⨯=+=+=⨯+⨯=⋅ 3-4 飞轮的质量为60kg ，直径为0.5m ，转速为1000/min r ，现要求在5s 内使其制动，求制动力F ，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4μ=，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，尺寸如题图3-4所示。
大学物理第三章课后习题答案
r3
， k 为常量。试求两粒子相距为 r 时的势能，设力为零的
r = a cos ωt i + b sin ωt j ， r 式中 a ， b ， ω 是正值常数，且 a ≻ b 。
（1）说明这质点沿一椭圆运动，方程为
�
x2 y 2 + = 1； a2 b2
（2）求质点在 A 点 (a ,0) 时和 B 点 (0, b ) 时的动能； （3）当质点从 A 点到 B 点，求力 F 所做的功，并求 F 的分力 Fx i 和 Fy j 所做的 功； （4） F 力是不是保守力？ 12 . 如果物体从髙为 h 处静止下落，试求（1）时间为自变量； 12. （2）高度为自变量， 画出它的动能和势能图线，并证明两曲线中动能和势能之和相等。 . 一质量为 m 的地球卫星，沿半径为 3R e 的轨道运动， R e 为地球的半径，已知 13 13. 地球的质量为 M e ，求（1）卫星的动能； （2）卫星的引力势能； （3）卫星的机械 能。 . 如图所示， 14 14. 小球在外力作用下， 由静止开始从 A 点出发做匀加速运动，到达 B 点时撤消外力，小球 无摩擦的冲上竖直的半径为 R 的半圆环， 到达最高 点 C 时，恰能维持在圆环上做圆周运动，并以此速 度抛出而刚好落回到原来的出发点 A 处， 如图试求 小球在 AB 段运动的加速度为多大？ . 如图所示，有一自动卸货矿车，满载时的质量 15 15. 为 M ，从与水平倾角 α = 30° 斜面上的点 A 由静 止下滑。设斜面对车的阻力为车重的 0.25 倍， 矿 车下滑距离 l 时，矿车与缓冲弹簧一道沿斜面运 动。当矿车使弹簧产生最大压缩形变时，矿车自 动卸货， 然后矿车借助弹簧的弹性力作用， 使之返回原位置 A 在装货。试问要完成这 一过程，空载时车的质量与满载时车的质 量之比应为多大? . 半径为 R 的光滑半球状圆塔的顶点 A 16 16. 上，有一木块 m ，今使木块获得水平速度
大学物理教程第3章习题答案
⼤学物理教程第3章习题答案思考题3.1 什么是连续性⽅程？答：若以闭合表⾯内既⽆源，⼜⽆负源，则根据质量守恒，进⼊该闭合表⾯的净流量等于闭合表⾯内物质的增加率，应⽤在稳定流动的流管中，我们得到连续性⽅程：ρ1A1v1=ρ2A2v2。
其中，ρ为密度,假设它在截⾯积A处是均匀的；v为经过截⾯积A 处的平均速度（v与A垂直）。
若流体⼜是不可压缩的，连续性⽅程简化为A1v1=A2v2。
3.2 什么是伯努利⽅程？答：流体是稳定的，⾮黏性的，不可压缩的，伯努利⽅程给出同⼀流线任两点处的压强p，流速v，⾼度y满⾜p1+12ρv12+ρgy1= p2+12ρv22+ρgy2注意伯努利⽅程中每⼀项都是取的单位⾯积的内的量值。
⽅程指出：压⼒沿流线所作的功等于动能和势能的改变（都指单位⾯积）。
3.3 在定常流动中，流体是否可能加速运动？答：定常流动是指宏观上流体在空间某位置的流速保持不变，对某个流体质点⽽⾔，它在空间各点速度可能不同，也就是说，它可能是加速运动。
3.4 从⽔龙头徐徐流出的⽔流，下落时逐渐变细，为什么？答：据连续性原理知，，流速⼤处截⾯积⼩，所以下落时⽔的流速逐渐增⼤，⾯积逐渐减少变细。
3.5 两船平⾏前进时，若靠的较近，极易碰撞，为什么？答：两船平⾏前进时，两条流线⽅向相同，，如果靠的较近，两船之间的流速将⼤于两船外侧的流速，这样两船都将受到⼀个指向对⽅的⼀个压⼒的作⽤，极易造成两船碰撞，稍有晃动，流线重合，船体就会相撞。
3.6 两条流线不能相交，为什么？答：如果两条流线相交，那么焦点处就会出现两个速度，这个结论是错误的，所以两条流线不能相交。
3.7 层流和湍流各有什么特点？引⼊雷诺数有哪些意义？答：流线是相互平⾏的流动称层流。
流体微团作复杂的⽆规则的运动称为湍流。
⽆量纲的量雷诺数是层流向湍流过渡的⼀种标志。
以临界雷诺数为准，⼩于它为层流，⼤于它为湍流。
习题3.1若被测容器A 内⽔的压强⽐⼤⽓压⼤很多时，可⽤图中的⽔银压强计。
大学物理第三章-动量守恒定律和能量守恒定律-习题及答案
即：作用在两质点组成的系统的合外力的冲量等于系统内两质点动量之和的增 量，即系统动量的增量。 2．推广：n 个质点的情况
t2 t2 n n n n F d t ＋ F d t m v mi vi 0 i外 i内 i i i 1 i 1 i 1 i 1 t1 t1
yv 2
同乘以 ydy，得
y 2 gdty y
积分 得
y
0
y
gdty
yvdt( yv)
0
1 3 1 gy ( yv) 2 3 2
因而链条下落的速度和落下的距离的关系为
2 v gy 3
1/ 2
7
第4讲
动量和冲量
考虑到内力总是成对出现的，且大小相等，方向相反，故其矢量和必为零， 即
F
i 0
n
i内
0
设作用在系统上的合外力用 F外力 表示，且系统的初动量和末动量分别用
5
第4讲
动量和冲量
P0 和 P 表示，则
t2 n n F d t m v mi vi 0 i i 外力 t1
F外 dt＝dPFra bibliotek力的效果 关系 适用对象 适用范围 解题分析
*动量定理与牛顿定律的关系 牛顿定律 动量定理 力的瞬时效果 力对时间的积累效果 牛顿定律是动量定理的 动量定理是牛顿定律的 微分形式 积分形式 质点 质点、质点系 惯性系 惯性系 必须研究质点在每时刻 只需研究质点（系）始末 的运动情况 两状态的变化
1
第4讲
动量和冲量
§3－1 质点和质点系的动量定理
实际上，力对物体的作用总要延续一段时间，在这段时间内，力的作用将 积累起来产生一个总效果。下面我们从力对时间的累积效应出发，介绍冲量、 动量的概念以及有关的规律，即动量守恒定律。 一、冲量 质点的动量定理 1．动量：Momentum——表示运动状态的物理量 1）引入：质量相同的物体，速度不同，速度大难停下来，速度小容易停下；速 度相同的物体，质量不同，质量大难停下来，质量小容易停下。 2）定义：物体的质量 m 与速度 v 的乘积叫做物体的动量，用 P 来表示 P=mv 3）说明：动量是矢量，大小为 mv，方向就是速度的方向；动量表征了物体的 运动状态 -1 4）单位：kg.m.s 5）牛顿第二定律的另外一种表示方法 F=dP/dt 2．冲量:Impulse 1）引入：使具有一定动量 P 的物体停下，所用的时间Δt 与所加的外力有关， 外力大，Δt 小；反之外力小，Δt 大。 2）定义： 作用在物体外力与力作用的时间Δt 的乘积叫做力对物体的冲量， 用 I 来表 示 I= FΔt 在一般情况下，冲量定义为
(完整版)大学物理学(课后答案)第3章
第3章动量守恒定律和能量守恒定律习题一选择题3-1 以下说法正确的是[ ]（A）大力的冲量一定比小力的冲量大（B）小力的冲量有可能比大力的冲量大（C）速度大的物体动量一定大（D）质量大的物体动量一定大解析：物体的质量与速度的乘积为动量，描述力的时间累积作用的物理量是冲量，因此答案A、C、D均不正确，选B。
3-2 质量为m的铁锤铅直向下打在桩上而静止，设打击时间为t∆，打击前锤的速率为v，则打击时铁捶受到的合力大小应为[ ]（A）mvmgt+∆（B）mg（C）mvmgt-∆（D）mvt∆解析：由动量定理可知，F t p mv∆=∆=，所以mvFt=∆，选D。
3-3 作匀速圆周运动的物体运动一周后回到原处，这一周期内物体[ ] （A）动量守恒,合外力为零（B）动量守恒,合外力不为零（C）动量变化为零,合外力不为零, 合外力的冲量为零（D）动量变化为零,合外力为零解析：作匀速圆周运动的物体运动一周过程中，速度的方向始终在改变，因此动量并不守恒，只是在这一过程的始末动量变化为零，合外力的冲量为零。
由于作匀速圆周运动，因此合外力不为零。
答案选C。
3-4 如图3-4所示，14圆弧轨道(质量为M)与水平面光滑接触，一物体（质量为m）自轨道顶端滑下，M与m间有摩擦，则[ ]（A ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒,M 、m 与地组成的系统机械能守恒（B ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量守恒，M 、m 与地组成的系统机械能不守恒（C ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量不守恒，M 、m 与地组成的系统机械能守恒（D ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒，M 、m 与地组成的系统机械能不守恒解析：M 与m 组成的系统在水平方向上不受外力，在竖直方向上有外力作用，因此系统水平方向动量守恒，总动量不守恒,。
由于M 与m 间有摩擦，m 自轨道顶端滑下过程中摩擦力做功，机械能转化成其它形式的能量，系统机械能不守恒。
大学物理第三章练习及答案
大学物理第三章练习及答案(总4页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--一、判断题1. 刚体是质点与质点之间的相对位置保持不变的质点系。
………………………………[√]2. 刚体中任意质点都遵循质点力学规律。
…………………………………………………[√]3. 定轴转动的刚体上的每一个质点都在作圆周运动，都具有相同的角速度。
…………[√]4. 刚体对轴的转动惯量越大，改变其对轴的运动状态就越困难。
………………………[√]5. 刚体质量一定，其转动惯量也就一定。
…………………………………………………[×]6. 当作用在刚体上的两个力合力矩为零时，则它们的合力也一定为零。
………………[×]7. 当作用在刚体上的两个力合力为零时，则它们的合力矩也一定为零。
………………[×]8. 平行于转轴的力对刚体定轴转动没有贡献。
……………………………………………[√]9. 刚体所受合外力矩为零时，刚体总角动量守恒。
………………………………………[√] 10. 刚体对某一轴的角动量守恒，刚体的所受合外力矩为零。
……………………………[×] 二、填空题11. 质量为m 的质点沿半径为r 的圆周以速率v 运动，质点对过圆心的中心轴转动惯量J =2mr ，角动量L =；质量为m 的质点沿着直线以速率v 运动，它相对于直线外距离为d 的一点的角动量为L =mdv 。
12. 长度为l 的均匀细棒放在Oxy 平面内，其一端固定在坐标原点O 位置，另一端可在平面内自由转动，当其转动到与x 轴正方向重合时，在细棒的自由端受到了一个34F i j =+牛顿的力，则此力对转轴的力矩M =4l 。
13. 在Oxy 平面内有一个由3个质点组成的质点系，其质量分别为1m 、2m 、3m ，坐标分别为()11,x y 、()22,x y 、()33,x y ，则此质点系对z 轴的转动惯量J =()()()222222*********m x y m x y m x y +++++。
大学物理第3章-刚体力学习题解答
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：23212643ct bt ct bt a dt d dtd -==-+==ωθβω3.14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/1054.1/1024.93426.014.3210166909.02909.013rev h rev n R v ⨯=⨯===⨯⨯⨯⨯π3.15 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==212222112..()2r 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12mR 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：214AA I mR '=3.18 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，圆孔中心在半径R 的中点，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量。
大学物理习题解答3第三章热力学
第三章热力学本章提要1．准静态过程系统连续经过的每个中间态都无限接近平衡态的一种理想过程。
准静态过程可以用状态图上的曲线表示。
2．内能系统内所有分子热运动动能和分子之间相互作用势能的和，其数学关系式为(,)E E V T=内能是态函数。
3．功功是过程量。
微分形式：VpA dd=积分形式：⎰=21dV VV pA4．热量两个物体之间或物体内各局部之间由于温度不同而交换的热运动能量。
热量也是过程量。
5．热力学第一定律热力学第一定律的数学表达式：Q E A=∆+热力学第一定律的微分表达式：d d dQ E A=+由热力学第一定律可知，第一类永动机是不可能造成的。
6．理想气体的热功转换〔1〕等体过程：d 0A = 热量增量为m m (d )d d V V MQ E C T μ,,==或m 21m 21V ,V ,MQ E E C (T T )μ=-=-〔2〕等压过程: 热量增量为(d )d d d d p Q E A E p V =+=+因m 21()V ME C T T μ∆,-=212121()()V V MA p V p V V R T T μd ==-=-⎰那么)()(21212T T R MT T R i M Q P -+-=μμ 〔3〕等温过程：d 0E =热量增量为(d )d d V Q A p V ==因2121d ln V T V V MV MA RT RT V V μμ==⎰那么2112lnln T T V pMM Q A RT RT V p μμ=== 〔4〕绝热过程：d 0Q = 根据热力学第一定路可得d d 0E A +=那么m d d d d V ,MA p V E C Tμ==-=-或221121m ()d d V V V ,V V MA E E p V C T μ=--==-⎰⎰)(112211V p V p A --=γ 在绝热过程中理想气体的p 、V 、T 三个状态参量之间满足如下关系：常量=γpV常量=-1γTV 常量=--γγT p 17．热容量等体摩尔热容量：m (d )d d d V V Q EC T T,== 等压摩尔热容量：m (d )d d d d d p p Q E VC p TT T,==+ 对于理想气体，假设分子自由度为i ，那么m 2V ,i C R = m 22P,i C R +=迈耶公式：m m p,V ,C C R =+比热容比：m m22p,V ,C i C γ+==8．焓在等压过程中，由热力学第一定律可得2121()()P Q E p V E E V V =∆+∆=-+-由于12P P P ==，上式可写为222111()()P Q E p V E pV =+-+ 如果令H E pV =+21P Q H H H =-=∆焓是一个态函数。
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一、判断题
1. 刚体是质点与质点之间的相对位置保持不变的质点系。
………………………………[√]
2. 刚体中任意质点都遵循质点力学规律。
…………………………………………………[√]
3. 定轴转动的刚体上的每一个质点都在作圆周运动，都具有相同的角速度。
…………[√]
4. 刚体对轴的转动惯量越大，改变其对轴的运动状态就越困难。
………………………[√]
5. 刚体质量一定，其转动惯量也就一定。
…………………………………………………[×]
6. 当作用在刚体上的两个力合力矩为零时，则它们的合力也一定为零。
………………[×]
7. 当作用在刚体上的两个力合力为零时，则它们的合力矩也一定为零。
………………[×]
8. 平行于转轴的力对刚体定轴转动没有贡献。
……………………………………………[√]
9. 刚体所受合外力矩为零时，刚体总角动量守恒。
………………………………………[√] 10. 刚体对某一轴的角动量守恒，刚体的所受合外力矩为零。
……………………………[×] 二、填空题
11. 质量为m 的质点沿半径为r 的圆周以速率v 运动，质点对过圆心的中心轴转动惯量J =
2mr ，角动量L =mrv ；质量为m 的质点沿着直线以速率v 运动，它相对于直线外距离为d
的一点的角动量为L =mdv 。
12. 长度为l 的均匀细棒放在Oxy 平面内，其一端固定在坐标原点O 位置，另一端可在平面内
自由转动，当其转动到与x 轴正方向重合时，在细棒的自由端受到了一个34F i j =+v v v 牛顿
的力，则此力对转轴的力矩M =4l 。
13. 在Oxy 平面内有一个由3个质点组成的质点系，其质量分别为1m 、2m 、3m ，坐标分别为
()
11,x y 、
()
22,x y 、
()
33,x y ，则此质点系对z 轴的转动惯量
J =()()()2222
22111222333m x y m x y m x y +++++。
14. 质量为m 半径为r 的均匀圆盘绕垂直于盘面的中心轴转动，转动惯量J =2
12mr ；
质量为m 长度为l 的细棒，对于经过细棒一端且垂直于棒的轴的转动惯量J =213ml ；
质量为m 长度为l 的细棒，对于与细棒中心轴平行、相距为4l 的轴的转动惯量J =27
48
ml ；
15. 如图1，一长为l 的轻质细杆，两端分别固定质量为m 和2m 的
小球，此系统在竖直平面内可绕过其中心点O 且与杆垂直的水平固定轴转动。
开始时，杆与水平成60o 角，处于静止状态，无初速度地释放，杆球系统绕O 转动，杆与两小球为一刚体，绕O
轴转动惯量J =234ml 。
释放后当杆转到水平位置时，刚体受到的合外力矩M =3
2mgl ,角
加速度α=
2g
l。
16. 花样滑冰运动员绕过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为J ，角速度为0ω。
然后他将两臂收回，使转动惯量减小为J/3。
这时他的角速度变为03ω。
三、计算题
17. 10m 高的烟囱因底部损坏而倒下来，求其上端到达地面时的线速度，设倾倒时底部未移
动，可近似认为烟囱为细均匀杆。
解： 把烟囱视为均匀细杆，设烟囱倒塌过程中其与水平面夹角为θ，则烟囱所受的重力力矩为
12cos M mgl θ= (1)
根据刚体定轴转动动能定理，重力力矩的功 等于烟囱转动动能的增量
/2
221123
Md J J ml πθω==⎰
(2) 由(1) (2) 可得 3/g l ω=
18. 在自由旋转的水平圆台边上站一质量为m 的人，圆台的半径为R ，转动惯量为J ，角速
度为0ω。
当人从盘边走到盘心时，角速度改变了多少
解：当人从圆盘边缘都走到中央的过程中，由人和圆盘构成的系统所受对转轴的外力矩为零，所以系统对转轴的角动量守恒 人在边缘时 2000L J mR ωω=+ 人在中心时 L J ω=
所以有 200/mR J ωωω=+
1T
2T
mg
o
θ
19. 如图2所示，重物的质量12m m >，定滑轮半径为r ，质量为m ，轻质软绳与滑轮之间无
相对滑动，滑轮的轮轴处无摩擦，物体2与水平支撑面之间的摩擦系数为μ。
计算重物加速度的大小。
解：设重物12,m m 受到绳子拉力的大小分别是12,T T ，分别对它们进行受力分析得 对1111 m m g T m a -= (1) 对2222 m T m g m a μ-= (2)
对动滑轮（转动定律） 21122
T r T r mr α-= (3) 又有滑轮边缘的切向加速度即是重物的加速度 a r α= (4)
由以上四个式子 可得
12122()2()g m m m m m a μ-++=
20. 图3所示为麦克斯韦滚摆，已知转盘质量为m ，对盘轴的转动惯量为c J ，盘轴直径为2r ，
求下降时的加速度和每根绳的张力。
解：以转盘作为研究对象，它的运动是平动与转动的合成，对转盘进行受力分析，设平动加速度为a ，转动角加速度为α，绳子上的拉力T
平动下：2mg T ma -= 转动下：2c Tr J α=
因为转盘下降过程中，盘轴边缘切向加速度与转盘加速度大小相等方向相反，所以 a r α= 从而 22
c
mgr mr J α+=
，22()c c
mgJ
mr J T +=
21. 如图4，质量为M 长度为L 的匀质木杆以无摩擦的铰链悬挂在天棚上，初始时木杆在竖
直状态。
一质量为0m 的子弹沿水平方向以速度0v 射入木杆下端，二者绕铰链一起运动，求开始时刻二者共同的角速度。
解 ： 子弹射入木棒的过程非常短，可以认为木棒是静止的，那么以子弹和木棒构成的系统所受合外力矩为零，从而子弹与木棒的总角动量守恒 子弹打入木棒之前 000L m v L =
子弹射入木棒之后 22103
()L m L ML ω=+ 所以有子弹与木棒的共同角速度是 00
033m v m L ML
ω+=
22. 如图5，从一个半径为R 的均匀薄板上挖去一个直径为R 的圆板，所形成的圆洞中心在距
原薄板中心2R 处，所剩薄板的质量为m 。
求此薄板对于通过原中心而与板面垂直的轴的转动惯量。
解：由题意可知被挖去的圆板质量/3m ，它对穿过圆心'o 的垂直
轴转动惯量是'2
1232••()m R J =，根据平行轴定理，被挖去的圆板对o 轴的转动惯量是'2
232
()/8m R J J mR =+=； 完整薄板对o 轴的转动惯量是剩余部分与被挖去部分对o 轴转动惯量之和，所以剩余部分对o 轴的转动惯量是2013/24J mR =
23. 如图6，质量为m 长度为l 的均质杆，其B 端放在桌面上，A 端用手支柱，使杆成水平。
突然释放A 端，在此瞬时，求：
（1） 杆质心的加速度；（2）杆B 端所受的力。
解：（1）放手瞬间杆受重力和支持力作用下绕B 点转动，对定点B 的合力矩为
/2M mgl =
根据刚体定轴转动定律，
2 (/3)M J J ml α== 有3/2g l α=
从而 质心加速度是/23/4C a l g α==
（2） 设B 端在放手瞬间所受的力为B N ，根据牛顿第二定律：
3/4B C mg N ma mg -==
得：/4B N mg =。