05刚体的定轴转动习题解答

1、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 ，角加速度为 ，则其转动加快的依据是： （）A. 0 B. 0， 0 C. 0 D. 0， a 2C. a1 a 25. 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. 4F2/mB.2 F2 / mC.F2 / mD.F2 / 2 m解：答案是A。简要提示:由定轴转动定律：1 212 4FFR MR2得：t2I寸2mR所以：WM4F2/m6. 一电唱机的转盘正以 o的角速度转动， 其转动惯量为Ji,现将一转动惯量为J2的唱片 置于转盘上，则共同转动的

2、角速度应为：（）J1Ji J 2A - JiJ 20B .Ji0J2J1 0C.J20D.J1解：答案是A o简要提示:角动量守恒7. 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Co简要提示： 由角动量守恒，5mr2 o 訓2，得转动角频率增大，所以转动周期减小。转动动能为Eko12 MR2 0,Ek -Mr2 2 可得 Ek Ek0。2 5

3、2 58. 如图，一质量为 mo的均匀直杆可绕通 过O点的水平轴转动，质量为m 卞 的子弹水平射入静止直杆的下 ，mo 端并留在直杆内，则在射入过程 选择题8图 中，由子弹和杆组成的系统（ ）A. 动能守恒B. 动量守恒C. 机械能守恒D. 对O轴的角动量守恒解：答案是D二填空题1.半径为30cm的飞轮，从静止开始以0.5rad s-的角加速度匀加速转动，则飞轮边缘上一占八、在转过 2400时的切向加速度为法1向力口速度为。解：答案是 0.15 ms-2 ；0.4m简要提示：aT r0.15m1s 。由11 一质量为0.5 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

4、且垂直 盘面的轴的转动，今在盘缘施以 0.98N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，2 ，t得：an2r0.4 ms 2FR】MR22 ，t得t -mR 500.5 0.416s2F20.983 . 一长为I，质量不计的m1,!m2细杆，两端附着小球 m1和m2填空题3图(mi m2),细杆可绕通过杆中心并垂直于杆的水平轴转动，先将杆置于水 平然后放开，则刚开始转动的角加速度应 为。2血 m2)g解：答案是(mt m2)l 。简要提示：由刚体定轴转动定律，1 I2(mig m2g)(g m2) 2 42(g m2)g得:(m m2)l4.如图所

5、示，质量为mo,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mo的动能之比为 。2m解：答案是 mm填空题4图填空题5图简要提示：由v r， 得：Ekm2m mo如图所示，、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 始时轮静止，轮以角速度A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 若 轮的转 动惯量为Ja，则轮的转动惯Jb =解：答案是Ja( A )/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：J A A (J

6、 A JB)所以：J b Ja( A )/6. 一位转动惯量为 Jo的花样滑冰运动员 以角速度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Jo /3时，则其角速度变 为;转动动能变为。2解：答案是 Jo 0； Jo o /2 ；3 o；3Jo q/2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 二计算题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4 CS 2 t。求：（

7、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）ddt2sin t8 2 ;dt16cost22sin t 16 23t l3cost 322；an2lsin2 t128 22. 有一个板长为a、板宽为b的均匀矩形 薄板，其质量为m。求矩形板对于与板面垂直 并通过板中心的轴的转动惯量。解：如图，把矩形薄板分成无限多个小质 元，任取一个小质元，其面积为dS，设薄板的 质量面密度为，则小质元质量为dm dS dxdy小质元dm对于中心轴的转动惯量2 2 2dJ r2dm (x2 y2) dxdy整个矩形板的转动惯量a bJ dJ 2a b(x2 y2) dxdy

8、丄 ab(a2 b2) m(a2 b2)2212123. 质量分别为m和2m、半径分别为r和 2r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9mr2 / 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：mg T ma T mg maT 2r Tr J9mr2 12由转盘和重物之间的运动学关系，有:T ItB af V2ra r联立以上方程，可得：2g19r4. 如图所示，半径为r，转动惯量为J的 定滑轮A可绕

9、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 倾角为的光滑斜面上滑动，求B的加速度和绳中张J, r解：物体B的运动满足牛顿第二定律mg sin T ma定滑轮A的运动满足刚体定轴转动定律Tr J加速度和角加速度之间满足关系联立解得B的加速度mr2a2mrjgsinTmrmgsin Ja的方向沿斜面向下。 绳中张力为计算题5图口m25. 如图所示，质量为 mi的物体可在倾角 为的光滑斜面上滑动。mi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m2（ mi）的物体相连。开始时用外力托住m2使弹簧保持

10、原长，然后撤 去外力，求m2由静止下落h距离时的速率及 m2下降的最大距离。解：在m2由静止下落h距离的过程中机械 能守恒，因此有v式中r，解得m2由静止下落h距离时的速率2(m2 m1 sin )gh kh2vm1 m2 J / r2mgh2(mim2)v22-kh22m-ghsinm2下降到最低时，m1、m2速率为零，代入上式，得到m2下降的最大距离maxk(m2mn sin )g6. 空心圆环可绕光滑的竖直固定轴 AC自 由转动，转动惯量为Jo，环的半径为R，初始时 环的角速度为o。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

11、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 rR.)解：选小球和环为系统在转动过程中沿转轴方向的合外力矩为零，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0的水平面为势能零点.小球到B点时，有：2Jo 0 (Jo mR )2JomgR2Jo2 2 22m( R2Vb其中Vb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。由以上两式解出Vb小球到C点时，由角动量守恒定律，系统的角速度又回复至 0,而由机械能守恒，有:mv2mg(2R)mol所以vc4gR7. 质量为mo长为L的均匀

12、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 mo = 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 因此mvL J(m0 L2 mL2)(2mL2 mL2)3解出v3L（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,因 此有1 2 mvL mv L J mv L （6m）L3得到v v 2L（i）碰撞前后系统的机械能守

13、恒，因此有1 21 2 1 ,2 12_mvmv Jmvm22 22由上式得到2 2 v v2L22(2)将（2）式和（1）式两边相除，得到v vL再由（3）式和（1）式解得2v3L8. 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 I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I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

14、撞后瞬间细棒绕转轴 O转动的 角速度为，由角动量守恒，有1 2 mvlmL3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由以上两式解得1 2mv21.1mL22 3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mvlmvlImL21 2mv2F UmL2 222 3求得令V 0，则v3l2L223l2 L 0解得9转台绕中心竖直轴以角速度匀速转动，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。2J J ntmr ；解：由角动量守恒，初始时角动量

15、为：L J o , t时刻系统的转动惯量和角动量为：所以角速度为 :J 0 /(J mntr2)在一半径为R、质量为m、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。将人和转盘作为一个系统， 在转动过程中沿转轴方向的外力矩为零，因此 系统的角动量守恒。因此得到L 1m0R2 m(v R)R 022mv(m0 2m)R设人沿圆盘的边缘走完一周回到原有位置 时所需时间为T,则圆盘转过的角度为TT dt壬巴巫丑 皿0(m0 2m)R (m0 2m)R m0 2m或解：设圆盘和人相对于地面转动的角速度大小为和,与的转动方向相反。则 人相对于圆盘的转动角速度为 。将人和转 盘作为一个系统，在转动过程中沿转轴方向的 外力矩为零，因此系统的角动量守恒1 2 2m0R 1 mR 202mo12m设人沿圆盘的边缘走完一周回到原有位置时所 需时间为T，则有2)dt 2 n将2參1代入上式，得到圆盘相对于地面转动 的角度1dt4 nmmo 2m11.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