大学物理05刚体的定轴转动习题解答

第五章刚体的定轴转动

一选择题

1. 一绕定轴转动的刚体，某时刻的角速度为ω，角加速度为α，则其转动加

快的依据是：（）

A. α > 0

B. ω > 0，α > 0

C. ω < 0，α > 0

D. ω > 0，α < 0

解：答案是B 。

2. 用铅和铁两种金属制成两个均质圆盘，质量相等且具有相同的厚度，则

它们对过盘心且垂直盘面的轴的转动惯量。（）

A. 相等；

B. 铅盘的大；

C. 铁盘的大；

D. 无法确定谁大谁小

解：答案是C 。

简要提示：铅的密度大，所以其半径小，圆盘的转动惯量为：2/2Mr J =。

3. 一轻绳绕在半径为r 的重滑轮上，轮对轴的转动惯量为J ，一是以力F 向

下拉绳使轮转动；二是以重量等于F 的重物挂在绳上使之转动，若两种情况使

轮边缘获得的切向加速度分别为a 1和a 2，则有：（）

A. a 1 = a 2

B. a 1 > a 2

C. a 1< a 2

D. 无法确定

解：答案是B 。

简要提示：(1) 由定轴转动定律，1αJ Fr =和11αr a =，得：J Fr a /21=

(2) 受力分析得：??

???===-2222ααr a J Tr ma T mg ，其中m 为重物的质量，T 为绳子的张力。

得：)/(222mr J Fr a +=，所以a 1 > a 2。

4. 一半径为R ，质量为m 的圆柱体，在切向力F 作用下由静止开始绕轴线

作定轴转动，则在2秒内F 对柱体所作功为：（）

A. 4 F 2/ m

B. 2 F 2 / m

C. F 2 / m

D. F 2 / 2 m

解：答案是A 。

简要提示：由定轴转动定律： α221MR FR =，得：mR

F t 4212==?αθ 所以：m F M W /42=?=θ

5. 一电唱机的转盘正以ω 0的角速度转动，其转动惯量为J 1，现将一转动惯

量为J 2的唱片置于转盘上，则共同转动的角速度应为：（）

A ．0211ωJ J J +

B ．0121ωJ J J +

C ．021ωJ J

D ．01

2ωJ J 解：答案是A 。

简要提示：角动量守恒

6. 已知银河系中一均匀球形天体，现时半径为R ，绕对称轴自转周期为T ，

由于引力凝聚作用，其体积不断收缩，假设一万年后，其半径缩小为r ，则那时

该天体的：（）

A. 自转周期增加，转动动能增加；

B. 自转周期减小，转动动能减小；

C. 自转周期减小，转动动能增加；

D. 自转周期增加，转动动能减小。

解：答案是C 。简要提示：由角动量守恒，ωω2025

252Mr MR =，得转动角频率增大，所以转动周期减小。转动动能为22k 2020k 5

221,5221ωωMr E MR E ==可得E k > E k0。

7. 绳子通过高处一固定的、质量不能忽略的滑轮，两端爬着两只质量相等

的猴子，开始时它们离地高度相同，若它们同时攀绳往上爬，且甲猴攀绳速度为

乙猴的两倍，则（）

A. 两猴同时爬到顶点

B. 甲猴先到达顶点

C. 乙猴先到达顶点

D. 无法确定谁先谁后到达顶点

解：答案是B 。

简要提示：考虑两个猴子和滑轮组成的系统，滑轮所受的外力（重力和支撑

力）均通过滑轮质心，由于甲乙两猴的重量（质量）相等，因此在开始时系统对

于通过滑轮质心并与轮面垂直的转轴的合外力矩为零，而在两猴攀绳过程中，系

统受到的合外力矩始终保持为零，因此系统的角动量守恒。

设滑轮关于上述转轴的转动角速度为ω ，乙猴相对于绳子的向上速率为v 0，

绳子向甲这一边运动的速率为v ，则甲相对绳子向上运动的速率为2v 0，因此甲

和乙相对地面向上运动的速率分别为（2v 0 - v ）和（v 0 + v ）。根据系统的角动量

守恒定律，有

0)2()(00=--++R m R m J v v v v ω 式中22

1mR J =

，ω = v / R ，这样可解出052v v =。故甲猴和乙猴相对于地面的速率分别为2 v 0 - v =8 v 0/5和v 0 + v =7 v 0/5，故甲猴先到达顶点。

二填空题

1. 半径为30cm 的飞轮，从静止开始以 ? s –2的角加速度匀加速转动，则飞轮

边缘上一点在转过2400时的切向加速度为；法向加速度

为。

解：答案是 0.15 m ? s –2； π m ? s –2。简要提示：1τs m 15.0-?==αr a 。由22

1t αθ=，t αω=，得：22n s m 4.0-?==πωr a

2. 一质量为 k g 、半径为0.4 m 的薄圆盘，以每分钟1500转的角速度绕过

盘心且垂直盘面的轴的转动，今在盘缘施以的切向力直至盘静止，则所需时间为 s 。

解：答案是 16 s 。简要提示：由定轴转动定律，α22

1MR FR =，t αω=，得： s 1698

.024.05.0502=???==πωF mr t

3 . 一长为l ，质量不计的细杆，两端附着小球m 1和m 2（m 1＞m 2），细杆可绕通过杆中心并垂直于

m 1 l m 2

杆的水平轴转动，先将杆置于水平然后放开，则刚开始转动的角加速度应为。

解：答案是 l

m m g m m )()(22121+-。简要提示：由定轴转动定律，α4

)(2)(2

2121l m m l g m g m +=- 得： l

m m g m m )()(22121+-=α 4. 如图所示，质量为m 0，半径为r 的绕有细线的圆柱可绕固定水平对称轴无摩擦转动，若质量为m 的物体缚在线索的一端并在重力作用下，由静止开始向下运动，当m 下降h 的距离时，m 的动能与m 0的动能之比为。

解：答案是 0

2m m 。简要提示：由r ω=v ，，得：0

k 20m m E E km m =

5. 如图所示，A 、B 两飞轮的轴杆在一条直线上，并可用摩擦啮合器C 使它们连结．开始时B 轮静止，A 轮以角速度ωA 转动，设在啮合过程中两飞轮不受其它力矩的作用．当两轮连结在一起后，共同的角速度为ω．若A 轮的转动惯量为 J A ，则B 轮的转动惯J B ＝???????????????．

解：答案是 ωωω/)(-A A J

简要提示：两飞轮不受外力矩的作用，所以系统的角动量守恒，得：

ωω)(B A A A J J J +=

所以： ωωω/)(-=A A B J J

m 0

填空题4图填空题5图

6. 一位转动惯量为J 0的花样滑冰运动员以角速度ω 0自转，其角动量为；转动动能为。当其收回手臂使转动惯量减为J 0 /3时，则其角速度变为；转动动能变为。

解：答案是J 0ω 0； 2/20

0ωJ ； 3ω 0； 2/3200ωJ 简要提示：角动量守恒

7. 一圆形转台可绕中心轴无摩擦的转动，台上有一辆玩具小汽车相对台面由静止启动，当其绕轴作顺时针圆周运动时，转台将作转动；当汽车突然刹车停止转动的过程中，系统的守恒；而和不守恒。

解：答案是逆时针；角动量；动量；机械能

三计算题

1. 一细杆绕其上端在竖直平面内摆动，杆与竖直方向的夹角t 2

cos

4π

πθ=。求：(1) 杆摆动的角速度和角加速度；(2) 距上端0.5m 处的一点的速度和加速度。解：(1) t t 2sin 8d d 2ππθω-==; t t 2cos 16d d 3ππωα-== (2) t l 2sin 162

πω-==v ；t l a 2cos 323

τπ

πα-==；t l a 2sin 12824

2n π

πω==

2. 如图所示，半径r A = 0.1 m 的A 轮通过皮带

B 与半径r

C = 0.25 m 的C 轮连在一起。已知A 轮以π rad ? s –2的角加速度由静止匀加速转动，皮带不滑

动，求：(1) C 轮达到每分钟100转所需的时间；(2) 此时两轮边缘上一点的速度、加速度分别为多少？解：(1) 皮带不滑动，所以C C A A r r ωω=；1s rad 3/102-?==ππνωC

得： 1s rad 3/25)/(-?==πωωC A C A r r ，s 7.16/==αωA t

(2) 1s m 6.2-?===C A A A r v v ω；2ττ

s m 16.0-?===αA C A r a a ；

r A r C A C

计算题2图

22n s m 5.68-?==A A A r a ω；22n s m 4.27-?==C C C r a ω

3. 质量分别为 m 和2m 、半径分别为 r 和2 r 的两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，可以绕通过盘心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动，对转轴的转动惯量为9mr 2 / 2，大小圆盘边缘都绕有绳子，绳子下端都挂一质量为 m 的重物，如图所示．求盘的角加速度的大小．

解：隔离物体，分别对重物和转盘受力分析，如图所示。根据牛顿定律和刚体转动定律，有：

a m T mg '='-

ma mg T =-

2/922ααmr J Tr r T ==-?'

由转盘和重物之间的运动学关系，有： αr a 2='

αr a =

联立以上方程，可得：

g 192=α 4. 如图所示，半径为r ，转动惯量为J 的定滑轮A 可绕水平光滑轴o 转动，轮上缠绕有不能伸长的轻绳，绳一端系有质量为m 的物体B ，B 可在倾角为θ α

T ’ T

计算题3图

的光滑斜面上滑动，求B 的加速度和绳中张力。

解：物体B 的运动满足牛顿第二定律

ma T mg =-θsin

定滑轮A 的运动满足刚体定轴转动定律

αJ Tr =

加速度和角加速度之间满足关系

αr a =

联立解得B 的加速度

θsin 22g J

mr mr a += a 的方向沿斜面向下。

绳中张力为 θsin 2mg J

mr J

T +=

5. 如图所示，质量为m 1的物体可在倾角为的光滑斜面上滑动。m 1的一边系有劲度系数为k 的弹簧，另一边系有不可伸长的轻绳，绳绕过转动惯量为J ，半径为r 的小滑轮与质量为m 2（>m 1）的物体相连。开始时用外力托住m 2使弹簧保持原长，然后撤去外力，求m 2由静止下落h 距离时的速率及m 2下降的最大距离。

解：在m 2由静止下落h 距离的过程中机械能守恒，因此有 θωsin 2121)(211222212gh m kh J m m gh m ++++=v 式中r v =ω，解得m 2由静止下落h 距离时的速率 2

212

12/)sin (2r J m m kh gh m m ++--=θv 2m 下降到最低时，1m 、2m 速率为零，代入上式，得到m 2下降的最大距离

g m m k

h )sin (212max θ-=

计算题4图 B A J , r o θ k m 1 θ J m 2 计算题5图

6. 空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC 自由转动，转动惯量为J 0，环的半径为R ，初始时环的角速度为ω0．质量为 m 的小球静止在环内最高处A 点，由于某种微小干扰，小球沿环向下滑动，问小球滑到与环心O 在同一高度的B 点和环的最低处的C 点时，环的角速度及小球相对于环的速度各为多大?(设环的内壁和小球都是光滑的，小球可视为质点，环截面半径r <

解：选小球和环为系统．运动过程中所受合外力矩为零，所以角动量守恒．对地球、小球和环系统机械能守恒．取过环心 O 的水平面为势能零点．

小球到B 点时，有：

ωω)(2000mR J J +=

)(2

1212122220200B R m J mgR J v ++=+ωωω 其中v B 表示小球在 B 点时相对于地面的竖直分速度，

也就是它相对于环的速度。所以

)/(2000mR J J +=ωω

222002J mR R J gR B ++=ωv 小球到C 点时，由角动量守恒定律，系统的角速

度又回复至ω 0，而由机械能守恒，有： )2(2

12R mg m C =v 所以 gR C 4=v

7. 质量为M 长为L 的均匀直杆可绕过端点o 的水平轴转动，一质量为m 的质点以水平速度v 与静止杆的下端发生碰撞，如图所示，若M = 6 m ，求质点与杆分别作完全非弹性碰撞和完全弹性碰撞后杆的角速度大小。

解：（1）完全非弹性碰撞时，质点射入杆内，与杆一起转动。

在此过程中质点和杆系统的角动量守恒，设系统绕端点o 转动的角速度为ω ，因此

计算题6图

ωωωω222223)2()3

1(mL mL mL mL ML J L m =+=+==v 解出 L

3v =ω （2）完全弹性碰撞时，碰撞前后系统关于端点o 的角动量守恒，设碰撞后质点的水平速度为v '，直杆绕端点o 转动的角速度为ω ，因此有

ωω263

1mL L m J L m L m +'=+'=v v v 得到

ωL 2='-v v （1）

碰撞前后系统的机械能守恒，因此有

2222222

1212121ωωmL m J m m +'=+'=v v v 由上式得到

22222ωL ='-v v （2）

将（2）式和（1）式两边相除，得到

ωL ='+v v （3）

再由（3）式和（1）式解得

32v =ω 8. 如图所示，一长为L ，质量为m 的均匀细棒，一端悬挂在o 点上，可绕水平轴在竖直面内无摩擦地转动，在同一悬挂点，有长为l 的轻绳悬挂一小球，质量也为m ，当小球悬线偏离铅垂方向某一角度由静止释放，小球在悬点正下方与静止细棒发生弹性碰撞。若碰撞后小球刚好静止，试求绳长l 应为多少？

解：在碰撞过程中，小球和棒都在垂直位置，因此系统受到的关于转轴o 的合外力矩为零，因此系统在碰撞前后瞬

间的角动量守恒。设碰撞后瞬间细棒绕转轴o 转动的角速度

为ω，由角动量守恒，有 ω23

1mL l m =v 另外由于没有摩擦和阻尼，因此系统在碰撞期间的机械

能也守恒。即小球的动能全部转化为棒的转动动能

2223

1.2121ωmL m =v 或解设碰撞后小球的速率为v '，则由角动量守恒和机械能守恒，有

计算题8图

ω23

1mL l m l m +=′v v 22223

1212121ωmL m m +=′v v 求得 v v 2

233L l L l +-=′ 令0=′v ，则

032=-L l

解得 L l 3

9. 转台绕中心竖直轴以角速度ω 0匀速转动，相对于转轴的转动惯量为J ，现有质量为m 的小钢球以每秒n 个的速率垂直落入转台上半径为r 的圆轨道内，求转台的角速度随时间的变化关系。

解：由角动量守恒，初始时角动量为：0ωJ L =，

t 时刻系统的转动惯量和角动量为： 2ntmr J J +='；ωJ L '=

所以角速度为： )/(20mntr J J +=ωω

10. 在一半径为R 、质量为m 0、可绕中心竖直轴自由转动的水平圆盘的边上，站着一个质量为m 的人，求当人沿圆盘的边缘走完一周回到原有位置时，圆盘转过的角度为多大？

解：设人相对于圆盘的速率为v ，圆盘转动的角速度为ω，由角动量守恒定

律得： 0)(2

120=--=R R m R m L ωωv ；R m m m )2(20+=∴v ω 所以圆盘转过的角度为： m

m m R m m t m t 24)2(200+=+=

=?πωθv

11. 质量为5kg 、半径为25cm 的轮子，装在一根长为40cm 的轻杆的中部，并可绕此杆转动，杆的一端A 用一根链条挂起。开始时杆在水平位置，轮子的转动角速度为12 rad ? s –1，方向如图所示，求：(1) 该轮子的自转角动量；（2）作用于轴上的外力矩；(3) 系统的进动角速度，并判断进动方向。

解：(1) 自转角动量为：

)s m kg (875.11225.055.02

12222-??=???===ωωmr J L (2) 外力矩为：

)s m kg (8.92

4.08.95222-??=??==l mg M (2) 进动角速度为： 1p s rad 2.5-?==L

M ω 有外力矩自转角动量的方向可以判断，从上往下看，进动的方向为逆时针方向。计算题11图

大学物理刚体的定轴转动习习题及答案

欢迎阅读第4章刚体的定轴转动习题及答案 1．刚体绕一定轴作匀变速转动，刚体上任一点是否有切向加速度？是否有法向加速度？切向和法向加速度的大小是否随时间变化？答：当刚体作匀变速转动时,角加速度β不变。刚体上任一点都作匀变速圆周运动，因此该点速率在均匀变化，v l ω=，所以一定有切向加速度t a l β=，其大小不变。又因该点速度的方向变化，所以一定有法向加速度 2n a l ω=，由于角速度变化，所以法向加速度的大小也在变化。 2. 为z M = ,其中(I =∑M 3．问：（1 4．5．（（故从开始制动到停止转动，飞轮转过的角位移为因此，飞轮转过圈数为 /2θπ?=100圈。（2）开始制动后5秒时飞轮的角速度为 6．如图所示，一飞轮由一直径为2()d m ，厚度为()a m 的圆盘和两个直径为1()d m ，长为()L m 的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为3(/)kg m ρ，求飞轮对轴的转动惯量。

解：如图所示，根据转动惯量的可加性，飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和。由此可得 7. 如图所示，一半径为r ，质量为m 1的匀质圆盘作为定滑轮，绕有轻绳，绳上挂一质量为m 2的重物，求重物下 8. 1122112222?? 由角量线量之间的关系有 31a r β= ?(4) 42a r β= (5) 联立以上五式解得 9. 如图所示，一半径为R ，质量为m 的匀质圆盘，以角速度ω绕其中心轴转动。现将它平放在一水平板上，盘与板表面的摩擦因数为μ。（1）求圆盘所受的摩擦力矩； 2

（2）问经过多少时间后，圆盘转动才能停止？解：分析：圆盘各部分的摩擦力的力臂不同，为此，可将圆盘分割成许多同心圆环，对环的摩擦力矩积分即可得总力矩。另由于摩擦力矩是恒力矩，由角动量定理可求得圆盘停止前所经历的时间。（1）圆盘上半径为r 、宽度为dr 的同心圆环所受的摩擦力矩为负号表示摩擦力矩为阻力矩。对上式沿径向积分得圆盘所受的总摩擦力矩大小为 21 2 I mr =，（2）由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量由角动量定理可得圆盘停止的时间为 10. 4-10 (1)设F (2)解: (1)x 和y F 是杆在受支承力． ω∵ ∴ 又∵ ∴ ① 以N 100=F 等代入上式，得由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为这段时间内飞轮的角位移为可知在这段时间里，飞轮转了1.53转． (2)10s rad 60 2900-??=π ω，要求飞轮转速在2=t s 内减少一半，可知用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为

《大学物理》课后解答题第三章刚体定轴转动

第三章刚体定轴转动一、思考讨论题 1、刚体转动时，若它的角速度很大，那么作用它上面的力是否一定很大？作用在它上面的力矩是否一定很大？解：刚体转动时，它的角速度很大，作用在它上面的力不一定大，作用在它上面的力矩也不一定大。 ω增大，则增大增大， M ， βω I dt d I ==，又?= 更无直接关系。与无直接关系，则有关，与与ωωβF M 2、质量为m =4kg 的小球，在任一时刻的矢径j t i t r 2)1(2 +-=，则t s =3时，小球对原点的角动量=？从t =1s 到t s =3的过程中，小球角动量的增量=？。解：角动量)22(]2)1[(2 t m j t i t dt d m m +?+-=?=?= t s =3 j i t m j t i t 80)26(4)68()22(]2)1[(2 3-=+?+=+?+-== j t m j t i t 16)22(42)22(]2)1[(2 1 -=+?=+?+-== 64)16(8013-=---==?== 3、如图5.1，一圆形台面可绕中心轴无摩擦地转动，有一辆玩具小汽车相对于台面由静止开始启动，绕作圆周运动，问平台面如何运动？若经过一段时间后小汽车突然刹车，则圆台和小汽车怎样运动？此过程中，对于不同的系统，下列表中的物理哪些是守恒量，受外力，合外力矩情况如何？解：平台绕中心轴转动，方向与小车转动方向相反。小车突然刹车，圆台和小车同时减速、同时静止。分别考虑小车和圆台在垂直和水平方向的受力。图 5.1 t f n 小车圆台

4、绕固定轴作匀变速转动的刚体，其中各点都绕轴作圆周运动，试问刚体上任一点是否具有切向加速度？是否具有法向加速度？法向加速度和切向加速度大小是否变化？解：刚体上的任何一点都有切向加速度。也有法向加速度。大小不发生变化。 5、在一物体系中，如果其角动量守恒，动量是否也一定守恒？反之，如果该系统的动量守恒，角动量是否也一定守恒？解：在一物体系中，角动量守恒，动量不一定守恒。例如题4中的小车与圆台组成的系统。反之，系统的动量守恒，角动量也不一定守恒，除非是单个质点。二、课堂练习 1、如图5.2所示，一轻绳绕过一质量为m/4，半径为R 的滑轮（质量分布均匀），一质量为m 的人抓住绳子的一端A ，绳子的另一端系一个质量为m/2的重物B ，绳子与滑轮无相对滑动，试求：（1 ）当人对绳子相对静止时，B 物上升的加速度；（2）当人相对于绳子以匀速u 上爬时，B 物上升的加速度；（3）当人相对于绳子以加速度a 0上爬时，B 上升的加速度。解：方法一、用隔离体法，分别研究人、物和滑轮的运动。（1）分别受力分析 A 、 B 、 a a a ==21 1T f =1 a mg 2 2a 1T 2 R a 2=

刚体的定轴转动

《物理学》多媒体学习辅导系统第三章刚体的定轴转动教学要求一．理解定轴转动刚体运动的角速度和角加速度的概念，理解角量与线量的关系。二．理解刚体定轴转动定律，能解简单的定轴转动问题。三．了解力矩的功和转动动能的概念。四．了解刚体对定轴的角动量定理及角动量守恒定律。五．理解转动惯量的概念，能用平行轴定理和转动惯量的可加性计算刚体对定轴的转动惯量。基本内容本章的重点是刚体定轴转动的力矩、转动惯量、角动量等物理量的概念和转动定律，难点是刚体绕定轴转动的角动量守恒定律及其应用。一．角量与线量的关系 2 ωαω θ r a r a r v r s ====n t 二．描述刚体定轴转动的物理量和运动规律与描述质点直线运动的物理量和运动规律有类比关系，有关的数学方程完全相同, 为便于比较和记忆，列表如下。只要将我们熟习的质点直线运动的公式中的x 、v 、a 和m 、F 换成θ、ω、α和I 、M , 就成为刚体定轴转动的公式。表3—1 质点的直线运动刚体定轴转动位置 x 角位置 θ 位移 x ? 角位移 θ? 速度 t x v d d = 角速度 t d d θω=

加速度 2 2d d d d t x t v a == 角加速度 2t t d d d d 2θωα== 匀速直线运动 vt x x +=0 匀角速转动 t 0ωθθ+= 20021at t v x x + += 2002 1 t t++ =αωθθ ()02022x x a v v -=- ()02 02 2 θθαωω-=- 质量 m 转动惯量 i i m r I ?=∑2 力 F 力矩 r F M θ= 牛顿第二定律 ma F = 定轴转动定律 αI M = 力的功 ? = x x x F A 0 d 力矩的功 ?=θ θθ0 d M A 动能 221mv E =k 动能 k 22 1 ωI E = 动能定理 2 02210 mv mv x F x x 2 1d -=? 动能定理 2 022 121d ωωθθ θ I I M -= ?20 冲量 ? t t t F 0 d 冲量矩 ? t t t M 0 d 动量 mv 角动量( 动量矩 ) ωI 动量定理 00 mv mv t F t t -=? d 角动量定理 ? -=t t I I t M 0 0d ωω 系统的机械能守恒定律系统的机械能守恒定律若0=+非保内外A A ,则若0=+非保内外A A ,则 =+p k E E 常量 =+p k E E 常量系统的动量守恒定律系统的角动量守恒定律若 0=∑外 F ,则若0=∑外M ,则 =∑i i v m 常量 =∑i L 常量

大题工科物理大作业04-刚体定轴转动

04 04 刚体定轴转动班号学号姓名成绩一、选择题（在下列各题中，均给出了4个~5个答案，其中有的只有1个是正确答案，有的则有几个是正确答案，请把正确答案的英文字母序号填在题后的括号内） 1．某刚体绕定轴作匀变速转动，对刚体上距转轴为r 处的任一质元来说，在下列关于其法向加速度n a 和切向加速度τa 的表述中，正确的是： A ．n a 、τa 的大小均随时间变化； B ．n a 、τa 的大小均保持不变； C ．n a 的大小变化，τa 的大小保持恒定； D ．n a 的大小保持恒定，τa 大小变化。（C ） [知识点］刚体匀变速定轴转动特征，角量与线量的关系。 [分析与题解] 刚体中任一质元的法向、切向加速度分别为 r a n 2 ω=，r a τβ= 当恒量时，t βωω+=0 ，显然r t r a n 2 02)(βωω+==，其大小随时间而变， r a τβ=的大小恒定不变。 2. 两个均质圆盘A 和B ，密度分别为 A 和 B ，且B ρρ>A ，但两圆盘的质量和厚度相同。若两盘对通过盘心且与盘面垂直的轴的转动惯量分别为A I 和B I ，则 A ．B I I >A ； B. B I I ，所以2 2B A R R < 且转动惯量22 1 mR I = ，则B A I I <