05刚体的定轴转动习题解答.

1、第五章冈q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r角加速度为?，则其转动加快的依据是：（）A. 0B. 0，: 0 C. 0D. 0， a 2C. ai a 2。5. 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 F2/ mB. 2 F2 / m C.22F2 / mD. F2 / 2 m解：答案是A。简要提示：由定轴转动定律：FR = 1mR2g 得：日=丄叫2 =匪2，得：2 mR所以：W = M = 4F2 /m6. 一电唱机的转盘正以0的角速度转动， 其转动惯量为J1,现将一转动惯量为

2、J2的唱片 置于转盘上，则共同转动的角速度应为：（）JiJ J21J小A - Ji J20B Ji0Ji w cC. J20DJ2J Ji 0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，2MR2 厂 2Mr255，得转动角频率增大，所以转动周期减小。转动动能为Eko =12

3、MR2 时 2，Ek =l?Mr 2时 2 可得 Ek Ek0。2 52 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 的子弹水平射入静止直杆的下端并留在直杆内，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D1.半径为30cm的飞轮，从静止开始以0.5rad s42的角加速度匀加速转动，则飞轮边缘上一向加速度点在转过 240时的切法向加速度解：答案是an简要提示：av 一 1 ： t22 ，22厂0.4_204 m s or- = 0.15m s o0.15 m s2 ；t ,得

4、：1 2fr=mrt2 ，得xmR 50応汉0.5汉0.4“t16s2F2 0.983 . 一长为I，质量不计的mi,!m2细杆，两端附着小球 m1和rr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(mg - m2g)(g m?)-2 4“ =2(g - m2)g得:(mm2)l4.如图所示，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

5、下降h的距离时，m的动能与m。的动能之比为2mACb填空题5图rLimo解：答案是 m。lm填空题4图简要提示：由v r，得：Ekm = 2mEkm。m0-如图所示，二、三两飞轮的轴杆在一条 直线上，并可用摩擦啮合器C使它们连结开 始时m轮静止，z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Z轮的转 动惯量为JA，则三轮的转动惯JB =解：答案是 JaC 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 A 十 J B 尸所以Jb 二 Ja( a)/6. 一位转动惯量为Jo的花样滑冰运动员 以角速度

6、o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 o； Jo o / 2 ； 3 0 ；3J。o/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COSt 4摆动的角速度和角加速度; 的一点的速度和加速度。2。求：杆距上端0.5m处dt2sin t8 2JTJTd

7、tcost16 2JIv = I 二sin t16 2JIa= lcost ；322；an2Hsin2it2. 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二，则小质元质量为小质元dm对于中心轴的转动惯量2 2 2dJ =r dm=(x 亠 y )；dxdy整个矩形板的转动惯量a bJ = dJ = b(x2y2)；dxdy l；ab(a2 b2)1 m(a2 b2)V12123. 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

8、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 = maT mg = maT 2r - Tr 二 J = 9mr /2由转盘和重物之间的运动学关系，有:T It2ra 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可绕水平光滑轴o转动，轮上缠绕有A计算题4图不能伸长的轻绳， 绳一端系有质量为 m的物体B，B可在 倾角为二的光滑

9、斜 面上滑动，求B的 加速度和绳中张解：物体B的运动满足牛顿第二定律mg siT 二 ma定滑轮A的运动满足刚体定轴转动定律T厂J加速度和角加速度之间满足关系a = r联立解得B的加速度2 mr a =2mr一 g sin Ja的方向沿斜面向下。绳中张力为mrmgs n Jm1计算题5图5. 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。

10、解：在m2由静止下落h距离的过程中机械 能守恒，因此有1 2 1 2 1 22（i2）v 畀 2khm2ghsinV =式中r，解得m2由静止下落h距离时的速率=2(m2 - m2 sin 日)gh - kh2m2 m2J / r2m2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hmax(m2 - mi sin Jgk6. 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0。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

11、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 )2 2 2R Vb1 Jo 0 mgR二 1 Jo 21m(2 2 2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:moo-mv所以vcmg(2R)o7. 质量为mo长为L的均匀直杆可绕过端点O的

12、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1 2 2 2 2mvL 二 J 二（m0L mLr） = （2mL mL2）3解出B = 乂3L（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 二 mv L J mv L （6m）L3得到v v 2L（1）碰撞前

13、后系统的机械能守恒，因此有丄 mv2 m21 2 mv =21 2mv2由上式得到将（2）式和v22L2（2）（1）式两边相除，得到L再由（3）式和（1）式解得2vCO =3L8. 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。若碰撞后小计算题8图球刚好静止，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。

14、设碰撞后瞬间细棒绕转轴 O转动的 角速度为二 由角动量守恒，有1 2mvl mL - 3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1 2 11 .22mv.-mL 22 3由以上两式解得或解 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1 2mvl = mvl mL - 31 mv2mv，2 22 3；2223I - L222 v312L23l求得 令宀0，则23I2 - 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

15、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：L=J， t时刻系统的转动惯量和角动量为：J = J ntrfirL =J2.=J .0 /(J mntr )所以角速度为:io.在一半径为R、质量为mo、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o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 =1 m0 R2 怡一m(v Y R) R = 02(m0 +2m)R设人沿圆盘的边缘走完一周回到

16、原有位置时所需时间为T，贝U圆盘转过的角度为也日=1T2m 0 vdt2m 2 泯4 nmdt)(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 度大小为二和与r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 ；., -mR ；.-： 2 = 02mo 2 12m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T0 (GCh +C02)dt =2 n将2=1代入上式，得到圆盘相对于地面转动的角度-Idt 二 50mo 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-,系统的进动方向如图所示，求：(1)该轮子的自转角动量; (2)作用于轴上的外力矩； 角速度，并判断进动方向