大学物理学第二章刚体力学基础自学练习题
大学物理学第二章刚体力学基础自学练习题
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第二章 刚体力学基础 自学练习题
一、选择题
4-1．有两个力作用在有固定转轴的刚体上：
（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）当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； 对上述说法，下述判断正确的是：（ ）
（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。
【提示：（1）如门的重力不能使门转动，平行于轴的力不能提供力矩；（2）垂直于轴的力提供力矩，当两个力提供的力矩大小相等，方向相反时，合力矩就为零】
4-2．关于力矩有以下几种说法：
（1）对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度； （2）一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；
（3）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，它们的运动状态一定相同。
对上述说法，下述判断正确的是：（ ）
（A ）只有（2）是正确的； （B ）（1）、（2）是正确的； （C ）（2）、（3）是正确的； （D ）（1）、（2）、（3）都是正确的。
【提示：（1）刚体中相邻质元间的一对内力属于作用力和反作用力，作用点相同，则对同一轴的力矩和为零，因而不影响刚体的角加速度和角动量；（2）见上提示；（3）刚体的转动惯量与刚体的质量和大小形状有关，因而在相同力矩的作用下，它们的运动状态可能不同】
3．一个力(35)F i j N =+作用于某点上，其作用点的矢径为m j i r )34(
-=，则
该力对坐标原点的力矩为 （ ）
（A ）3kN m -?； （B ）29kN m ?； （C ）29kN m -?； （D ）3kN m ?。
【提示：(43)(35)430209293
5
i j k
M r F i j i j k k k =?=-?+=-=+=】
4-3．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，如图所示。今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是：（ ） （A
）角速度从小到大，角加速度不变； （B ）角速度从小到大，角加速度从小到大； （C ）角速度从小到大，角加速度从大到小； （D ）角速度不变，角加速度为零。
【提示：棒下落的过程中，越来越快，则角速度变大；力矩变小，则角加速度变小】
5． 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：（ ）
（A ）80J ，80m N ?；（B ）800J ，40m N ?；（C ）4000J ，32m N ?；（D ）9600J ，16m N ?。
【提示：损失的动能： 2
2011960022
k
E J J ωω?=
-=；由于是恒力矩，可利用0t ωωα=+求得4α=-，再利用M J α=得16M N m =-?】
6． 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： （ ）
（A ）22.16π J ； （B ）21.8πJ ； （C ）1.8J ； （D ）28.1πJ 。
【圆盘转动惯量：210.92J mR =
=；角速度：2260
n πωπ==；动能：221 1.82k E J ωπ?==】 4-5．假设卫星绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的（ ）
（A ）角动量守恒，动能守恒； （B ）角动量守恒，机械能守恒； （C ）角动量不守恒，机械能守恒； （D ）角动量不守恒，动能也不守恒。
【提示：因为万有引力是指向圆心的有心力，所以提供的力矩为零，满足角动量守恒定律；又因为万有引力是保守力，所以满足机械能守恒定律】
4--1．如图所示，一均匀细杆，质量为m ，长度为l
由水平位置自由下落，则在最开始时的水平位置处，其质心 的加速度为：（ ）
（A ）g ； （B ）0； （C ）34g ； （D ）1
2
g 。
【提示：均匀细杆质心位置在l /2处。利用转动定律M J α
=→212
3
l mg ml α?=?有最开始时的质心加
速度：3
24
C
l a g α=?=】
4--2．如图所示，两个质量均为m ，半径均为R
滑轮的两端，用轻绳分别系着质量为m 和2m 的物体，若 系统由静止释放，则两滑轮之间绳内的张力为：（ ）
（A ）118m g ； （B ）32m g ； （C ）m g ； （D ）1
2
m g 【提示：均匀细杆质心位置在l /2处。利用转动定律M J α
=→212
3
l mg ml α?=?，有最开始时的质心加
速度：3
24
C
l a g α=?=】
4--3．一花样滑冰者，开始时两臂伸开，转动惯量为0J ，自转时，其动能为
2
000
12E J ω=，然后他将手臂收回，转动惯量减少至原来的13，此时他的角速度变为ω，动能变为E ，则有关系：（ ）
（A ）03ωω=，0E E =； （B ）01
3
ωω=，03E E =；
（C ）0ω=，0E E =； （D ）03ωω=，03E E =。
【提示：利用角动量守恒定律有：00J J ωω
=→03ωω=，则20132
E J E ω==】
11． 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 ）023L g ωμ； （B ）03L g ωμ； （C ） 043L g ωμ； （D ） 06L g
ωμ。
【提示：摩擦力产生的力矩为
01
2
L
m g
xd x mgL L μμ=?（或考虑摩擦力集中于质心有12f M mg L μ=-?）；取21
3
J mL =；利用角动量定律0f M t J J ωω?=- →023L t g ωμ=】
12． 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 （ ）
（A ） 1rad/s ；（B ）2rad/s ； （C ）23rad/s ； （D ） 4
3
rad/s 。
【提示：匀质圆盘的转动惯量2112
J mR =
，人的转动惯量2
2J mR =；利用系统的角动量守恒定律： 1121()J J ωωω=?-→12433
ωω?==】
13． 如图所示，一根匀质细杆可绕通过其一端O
平面内自由转动，杆长5
3
m 。今使杆从与竖直方向成60释放(g 取10m /s 2)，则杆的最大角速度为： （
）
（A ）3 rad/s ； （B ）π rad/s ；（C ；（D 【提示：棒的转动惯量取2
13
J mL =，重力产生的力矩考虑集中于质心， 有：1sin 2M mg L θ=?
）；利用机械能守恒定律：223
12Md J ππθω=?→232g L ω=
→
3ω=】 4-4． 对一个绕固定水平轴O 匀速转动的转盘，沿图示的同一水平直线从相反方向射入两颗质量相同、速率相等的子弹，并停留在盘中，则子弹射入后转盘的角速度应： （ ）
（A ） 增大； （B ）减小； （C ）不变；（D 【提示：两子弹和圆盘组成的系统在射入前后系统的角动量守恒， 但对于转盘而言两子弹射入后转盘的转动惯量变大，利用角动量 守恒定律：知转盘的角速度应减小】
15．一根长为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0v 棒的中心，并以
02
v 恰为90，则0v 的大小为 ：（ ）
（A ）
（B ） （C （D ）22
163M gl
m
。 【提示：（1）应用角动量守恒定律：2
200/21232/2
v l l mv Ml m l ω???=?+? ???，可得：034mv M l ω=；（2）应用机械能守恒定律：
2211232l
Ml Mg ω?=?，得：0v =
二、填空题
1．半径为 1.5r m =的飞轮，初角速度010/rad s ω=，角加速度25/rad s β=-，若初始时刻角位移为零，则在t = 时角位移再次为零，而此时边缘上点的线速度v = 。
【提示：由于角加速度是常数，可用公式201
2t t θ
ωβ=+，当0θ=时，有02t ωβ
=-=4s ；再由
0t ωωβ=+得：10/rad s ω=-，有v = 15/m s -】
2．某电动机启动后转速随时间变化关系为0(1)t
e τωω-=-，则角加速度随时间的变化关系为 。
【提示：求导，有α=0t
e τωτ
-】
3．一飞轮作匀减速运动，在5s 内角速度由40πrad /s 减到10πrad /s ，则飞轮在这5s 内总共转过了 圈，飞轮再经 的时间才能停止转动。
【提示：由于是匀减速，可用公式02
t ωω
θ+?=
?，则024n t ωωθππ
+?=
=?=62.5圈；角加速度可由0
t
ωωβ-=
求得，为6βπ=-，再由 0t ωβ=+?得：t ?=
5
3
s 】 4--4．在质量为m 1，长为l /2的细棒与质量为m 2长为l /2的
细棒中间，嵌有一质量为m 的小球，如图所示，则该系统 对棒的端点O 的转动惯量J = 。
【2J r dm =?
，考虑123J
J J J =++有：2
/2
2
2120
/2/22/2l l l m m l J r dr m r dr l l ??
=?++? ????
?，求得：
2
2
2
12732232m m l l l J m ??????
=++= ? ? ?????
??21
23712m m m l ++】 4--5．在光滑的水平环形沟槽内，用细绳将两个质量分别为
m 22
?
2
1
2
烧断，两球向相反方向在沟槽内运动，在两球相遇之前的过程 中系统的守恒量是： 。
【提示：水平环形沟槽光滑则不考虑摩擦力；弹簧力是系统内力所以提供的力矩为零，满足(1)角动量守恒；又因弹性力是保守力，所以满足（2）机械能守恒】
4--6．如图所示，在光滑的水平桌面上有一长为l ，质量为m 的
均匀细棒以与棒长方向相垂直的速度v 向前平动，与一固定
在桌子上的钉子O 相碰撞，碰撞后，细棒将绕点O 转动，则 转动的角速度ω= 。
【由角动量守恒：11224l
mv J J ωω?=+，考虑到12ωωω==，2
211344192
m l ml J ??=?= ???，
2
2
2133934464
m l ml J ??=?= ???，有ω=127v l 】 7．如图所示，圆盘质量为M 、半径为R ，对于过圆心O 点且垂直于盘面转轴
的转动惯量为21
MR 2。若以O
盘，
剩余部分对于过O 点且垂直于盘面的中心轴的转动惯量为 ； 剩余部分通过圆盘边缘某点且平行于盘中心轴的转动惯量为 。
【提示：圆盘的转动惯量公式为212
J MR =；(1)则挖去小圆盘后的转动惯量为：
2211122J MR mr =
-=21532
MR ；（2）利用平行轴定理20J J mr =+，考虑到挖去小圆盘后的质量为34M ，有：2213
4J J MR =+，得：2J =23932MR 】
8．匀质大圆盘质量为M 、半径为R ，对于过圆心O
盘面转轴的转动惯量为21
2J MR =
。如果在大圆盘的右半圆上 挖去一个小圆盘，半径为2R
r =。如图所示，剩余部分对于过
O 点且垂直于盘面转轴的转动惯量为
【提示：大圆盘的转动惯量公式为201
2
J MR =
，小圆盘以其圆心为轴的转动惯量为2
'
2
1124232
M R J MR ??== ?
??，利用平行轴定理知2
2213'324232M R J MR MR ??=+= ???，则0'J J J =-=21332
MR 】
4--7．如图所示，劲度系数1
2k N m -=?
另一端用细绳跨过半径0.1R m =、质量2M kg =（看做均匀圆盘）系住质量为1m kg =长时释放物体，当物体落下1h m =时的速度v = 。
【提示：利用机械能守恒，有
222111222mv J k h mgh ω++=，考虑到22
J MR =，v R ω=有：v =
，则v =3/m s （g 取102/m s ）】
4--8．一个转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为0ω，他所受的力矩是与转动角速度成正比的阻力矩：f M k ω=-（k 为常数），其角速度从0ω变为
02
ω所需时间为： ；在上述过程中阻力矩所作的功为 。
【提示：利用角动量定律Md t Jd ω=，有Jd kd t ωω
-=，则
2
J d t k ωω
ωω
=-
?求得
t = ln 2J k
；再利用
W E =?，有2
20011
222
W J J ωω??=-= ???2038J ω-】
11．长为l 的匀质细杆，可绕过其端点的水平轴在竖直平面内自由转动。如果将细杆置与水平位置，然后让其由静止开始自由下摆，则开始转动的瞬间，细杆的角加速度为 ，细杆转动到竖直位置时角速度为 。
【提示：（1）利用转动定律M J α
=→21
23
l mg ml α?=?，有最开始时的角加速度：α=32g
l ；
（2）利用机械能守恒有2211223
l mg ml ω?
=??有：ω
= 12． 长为l 、质量为m 的匀质细杆，以角速度ω绕过杆端点垂直于杆的水平轴转动，杆绕转动轴的动能为 ，动量矩为 。
【提示：（1）2
12
k
E J ω=→221123k E ml ω=?=2216
ml ω；（2）动量矩L J ω=→L =21
3ml ω】
13． 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 焦耳。
【提示：每分钟60转表明2ωπ=，212
k E J ω=→221122
k E mR ω=?=21.8π】
14． 如图所示，用三根长为l 的细杆，(忽略杆的质量)
将三个质量均为m 的质点连接起来，并与转轴O 相连接， 若系统以角速度ω绕垂直于杆的O 轴转动，系统的总角
动量为 。如考虑杆的质量，若每根杆的质量为M ，则此系统绕轴O 的总转动惯量为 ，总转动动能为 。
【提示： ()()22
222314J
ml m l m l ml =++=；（1）由角动量L J ω=→L =214ml ω；
（2）()()
22
22222
2
3523[][]3122122M l M l l M l l J ml
m l m l M M ????
'=+++++++= ? ?????
()2149m M l +；（3）转动动能212
k
E
J ω=
→k E =()2211492
m M l ω+】
15． 一人站在转动的转台上，在他伸出的两手中各握有一个重物，若此人向着胸部缩回他的双手及重物，忽略所有摩擦，则系统的转动惯量 ，系统的转动角速度 ，系统的角动量 ，系统的转动动能 。（填增大、减小或保持不变）
O m m
m
【提示：（1）减小；（2）增大；（3）保持不变；（3）增大】
三．计算题
4-14．如图所示，质量分别为1m 与2m 的两物体A 和B
设两轮的半径分别为R 和r ，两轮的转动惯量分别为1J 和2J 无摩擦）
4-16．如图所示，质量kg m 60=、半径m R 25.0=的飞轮以13m in 10-?=r n 的转速高速运转，如果用闸瓦将其在s 5
制动力需要多大？设闸瓦和飞轮间的摩擦系 数40.0=μ，飞轮的质量全部分布在轮缘上。
3．如图示，转台绕中心竖直轴以角速度ω作匀速转动。转台对该轴的转动惯量
52510J kg m =??。现有砂粒以1/g s 台面形成一半径0.1r m =度变为/2ω所花的时间。
4-23．在可以自由旋转的水平圆盘上，站一质量为m 的人。圆盘的半径为R ，转动惯量为J ，最开始时人和圆盘都静止。如果这人相对于圆盘以v ?的速率沿盘边行走，则圆盘的角速率多大？
4-21．长m l 40.0=、质量kg M 00.1=的匀质木棒，可绕 水平轴O 在竖直平面内转动，开始时棒自然竖直悬垂， 现有质量g m 8=的子弹以s m v /200=的速率从A 点
射入棒中，A 点与O 点的距离为l 4
3
，如图所示。求：
（1）棒开始运动时的角速度；（2）棒的最大偏转角。
解答
一、选择题： 10. D
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：
121221212
12222
1212m 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 -?
=??+++??
-?=??+++?；212221122
12122
12112222
1212J J m r m R r
T m g
J J m R m r J J m R m R r
T m g J 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：()3200102/6020/53
rad s t ωππ
α-?===； 闸瓦给飞轮的正压力： 1.25 2.5'0.5
l F F N 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=→2200.25600.253
F π
=??
，有314F N =。
3． 解：由角动量守恒定律：20
0()
2
J mr J ωω+=，得 2
J
m r =
。由于 ：310/m
kg s t
-= 所以 ：5
32323
5105s 1101100.1110
m 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
0v R
ωω?=+
。 应用角动量守恒定律：200J mR ωω+=，有：22000v
J mR mR R
ωω?++?
=， 解得： 202
mR v
J mR R
ω?=-?+。 5．解：（1）应用角动量守恒定律：2
2313434m l Ml m l υωω??
?=+ ???
得()()348.9/1916273
16m m rad s M m l M m l
υυω=
==+??+ ??? （2）应用机械能守恒定律
2221133[()](1cos )(1cos )23424
l l
Ml m l Mg mg ωθθ+=-+- 得： 22229
5438cos 110.07923(23)(1627)M m
l m v M m g M m M m l g
θω+=-
?=-=-+++。94.5θ=?