第四章 刚体的转动 问题与习题解答
问题：4-2、4-5、4-9
4-2
如果一个刚体所受合外力为零，其合力矩是否也一定为零？如果刚体所受合外力矩为零，其合外力是否也一定为零？
答： 一个刚体所受合外力为零，其合力矩不一定为零，如图a 所示。刚体所受合外
力矩为零，其合外力不一定为零，例如图b 所示情形。 4-5
为什么质点系动能的改变不仅与外力有关，而且也与内力有关，而刚体绕定轴转动动能的改变只与外力矩有关，而与内力矩无关？ 答：
因为合外力对质点所作的功，等于质点动能的增量；而质点系中内力一般也做功，故内力对质点系的动能的增量有贡献。而在刚体作定轴转动时，任何一对内力对转轴的力矩皆为一对大小相等、方向相反的力矩，且因定轴转动时刚体转过的角度d θ都一样，故其一对内力矩所作的功()0in
ij ij ji ij ji W M d M d M M d θθθ=+=+=，其内力功总和也为零，因而根据刚体定轴转动的动能定理可知：内力矩对其转动动能的增量无贡献。 4-9
一人坐在角速度为0ω的转台上，手持一个旋转的飞轮，其转轴垂直地面，角速度为ω'。如果突然使飞轮的转轴倒转，将会发生什么情况？设转台和人的转动惯量为J ，飞轮的转动惯量为J '。 答：
（假设人坐在转台中央，且飞轮的转轴与转台的转轴重合）视转台、人和飞轮为同一系统。 （1）如开始时飞轮的转向与转台相同，则系统相对于中心轴的角动量为：
10L J J ωω''=+
飞轮转轴快速倒转后，飞轮的角速度大小还是ω'，但方向与原来相反；如设转台此时的角速度为1ω，则系统的角动量为：
21L J J ωω''=-
在以上过程中，外力矩为零，系统的角动量守恒，所以有：
10J J J J ωωωω''''-=+
即 102J J
ωωω'
'=+
，转台的转速变大了。 （2）如开始时飞轮的转向与转台相反，则系统相对于中心轴的角动量为：
10L J J ωω''=-
飞轮转轴快速倒转后，飞轮的角速度大小还是ω'，但方向与原来相反；如设转台此时的角速度为1ω
，则系统的
1F 3a
b
角动量为：
21L J J ωω''=+
在以上过程中，外力矩为零，系统的角动量守恒，所以有：
10J J J J ωωωω''''+=-
即 102J J
ωωω'
'=-，转台的转速变慢了。
习题：4-1、4-2、4-3、4-4、4-5、（选择题）
4-11、4-14、4-15、4-17、4-27、4-30、4-34
4-1
有两个力作用在一个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（ B ）
（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 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（ B ）
（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 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（ C ）
（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 4-4
一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计。如图射来两个质量相同、速度大小相同、方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，在子弹射入后的瞬间，对于圆盘和子弹系统的角动量
L 以及圆盘的角速度ω则有（ C ） 4-3图 4-4图 （A ）L 不变，ω增大 （B ）两者均不变
m
m
o
A
（C ）L 不变，ω减小 （D ）两者均不确定 4-5
假设卫星环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（ B ） （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，动量也不守恒 （E ）角动量守恒，动量也守恒 4-11
用落体观测法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在点O 上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m 的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动（如图）。记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量。试写出它的计算式。（假设轴承间无摩擦） 解：
（方法一）如图，设绳子张力为T F ,则根据转动定律，有： T F R J α=
而对m 来说，根据牛顿定律，有：
T mg F ma -=
另有： a R α= 由上三式解出：
2
2mgR a mR J
=+，
m 作匀加速直线运动，故下落的时间t 和距离h 的关系为：
2/2h at =，
即： 2
22
12mgR h t mR J
=⋅⋅+ 所以，飞轮的转动惯量为：
22
12gt J mR h ⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
（方法二）根据能量守恒定律，将地球、飞轮和m 视为同一系统，且设m 开始下落的位置为重力势能的零势能点， 则有：
2211
022
mgh mv J ω-+
+= 另有： v R ω=，v at =，2
2v ah =，
故解出：
22
12gt J mR h ⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
4-14
质量为1m 和2m 的两物体A 、B 分别悬挂在如图所示的组合轮两端。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 ，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计。试求两物体的加速度和绳的张力。 解： A 、B 及组合轮的受力情况如右图所示，根据牛顿运动定律及刚体的转动定律，得：
1111T m g F m a -= 2222T F m g m a -= 1212()T T F R F r J J α-=+
又因为：12,a R a r αα== 联立求解，得：
121221212()m R m r gR a J J m R m r -=
+++， 122
22
1212()m R m r gr
a J J m R m r -=+++ 2122211221212()T J J m Rr m r m g F J J m R m r +++=+++， 212112
1
22
1212()T J J m R m Rr m g F J J m R m r +++=+++
4-15
如图所示装置，定滑轮的半径为r ，绕转轴的转动惯量为J ，滑轮两边分别悬挂质量为1m 和2m 的物体A 、B 。A 置于倾角为θ的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为μ，若B 向下作加速运动
时，求：（1）其下落的加速度大小；（2）滑轮两边绳子的张力。（设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑） 解：
用隔离法分析A 、B 和定滑轮的受力，如图（b ）所示。 由牛顿定律和刚体的定轴转动定律，得：
1111sin cos T F m g m g m a θμθ--=， 222T m g F m a -=，
m 2
(a)
A
B F T2F T2
F F T1m 2g
m 1g
F N
m 1gsin θ
(b)
T1
'T1
a 1
F F 'a 2
21T T F r F r J α-=,
而由于绳子不可伸长，故有：
a r α=，
联立上几式，可得：
211212
sin cos m g m g m g a J
m m r
θμθ
--=
++，
11221212(1sin cos )(sin cos )
T m gJ m m g r F J m m r θμθθμθ++++=
++
2122
2212
(1sin cos )T m gJ
m m g r F J
m m r
θμθ+++=
++ 4-17
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）问经多少时间后，圆盘转动才停止？ 解：
（1）取面元dS 为细圆环，2dS rdr π=， 所受摩擦力矩的大小为
2
22
2m gm dM r gdm r g
dS r dr R R μμμπ=⋅=⋅⋅=⋅， 所以， 220223
R gm gmR
M dM r dr R μμ==⋅=⎰⎰ （2）由角动量定理，得：
0M t J ω-∆=-， 而 2
2J mR =，所以，有：
34J R
t M g
ωωμ∆=
= 4-27
一质量为1.12kg ，长为1.0m 的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂。当以100N 的力打击它的下端点，打击时间为0.02s 时，（1）若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；（2）求棒的最大偏转角。 解：
（1）设打击后细棒获得的初角速度为0ω，由角动量定理，得：
r
ω
20001
3
L Mdt Fl t ml ω∆==⋅∆=⎰，
求得
003F t ml ω=⋅∆
所以， 210100 1.00.02 2.0()L Fl t kg m s -∆=⋅∆=⨯⨯=⋅⋅； （2）细棒的上摆过程，机械能守恒：
22
00011(1cos )232
l ml mg ωθ⋅⋅=-， 解得：
2202
3()arccos[1]8838F t m gl θ⋅∆'=-= 4-30
如图所示，一质量为m 的小球由一绳索系着，以角速度0ω在无摩擦的水平面上，绕以半径为0r 的圆周运动。如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，小球则以半径为0/2r 的圆周运动。试求：（1）小球新的角速度；（2）拉力所作的功。 解：
（1）因为F 指向转轴O 点，故其力不产生力矩，则根据角动量守恒定律，有：
0011J J ωω=,
即 2
2
0001()2
r mr m ωω=， 解得：
104ωω=；
（2）由刚体转动的动能定理，得其拉力所作的功为：
2222110000113222
W J J mr ωωω=
-=
4-34
如图所示，有一空心圆环可绕竖直轴OO '自由转动，转动惯量为0J ，环的半径为R ，初始的角速度为0ω，今有一质量为m 的小球静止在环内A 点，由于微小扰动使小球向下滑动。问小球到达B 、C 点时，环的角速度与小球相对于环的速度各为多少？（假设环内壁光滑。） 解：
取环、小球为转动系统，重力与转轴平行，合外力矩为零，故根据角动量守恒定律，有：
2000()B J J mR ωω=+，
取环、小球和地球为同一系统， 根据系统的机械能守恒定律，得：
2222000111()222B B J mgR J mR mv ωω+=++
（或： 2222
000111[()]222
B B B J m g R J m v R ωωω+=++，
v =m 在B 点的速率。） 解出此时环的角速度为：
2000()B J J mR ωω=+
小球相对于环的线速度为：B v =同理，小球在C 点时，有：
000(0)C J J ωω=+，22
200
01112222
C C J mgR J mv ωω+=+ 解出：
0C ωω=，C v
第四章 刚体的转动 问题 4-1 以恒定角速度转动的飞轮上有两个点，一个点在飞轮的边缘，另一个点在转轴与边缘之间的一半处。试问：在t ?时间内，哪一个点运动的路程较长？哪一个点转过的角度较大？哪一个点具有较大的线速度、角速度、线加速度和角加速度？ 解 在一定时间内，处于边缘的点，运动的路程较长， 线速度较大；它们转动的角度、角速度都相等；线加速度、角加速度都为零。 考虑飞轮上任一点P ，它随飞轮绕转轴转动，设角速度为ω，飞轮半径为r 。 在t ?内，点P 运动的路程为P P l r t ω=?，对于任意点的角速度ω恒定，所以离轴越远的点（P r 越大）运动的路程越长。又因为点P 的线速度P P v r ω=，即离轴越远，线速度也越大。 同理，点P 转动的角度P t θω=?，对于飞轮上任一个点绕轴转动的角速度ω都相等，即在相等的时间内，飞轮上的点转动的角度都相等。 又角速度ω恒定，即线加速度0P P d a r dt ω==，角加速度0P d dt ω α==. 4-2 如果一个刚体所受合外力为零，其合力矩是否也一定为零？如果刚体所受合外力矩为零，其合外力是否也一定为零？ 解 不一定。 如图（a ）轻杆（杆长为l ）在水平面内受力1F 与2F 大小相等方向相反，合力为零，但它们相对垂直平面内通过O 点的固定轴的力矩1M F l =不为零。 如图（b ），一小球在绳拉力作用下在水平面内绕固定轴作圆周运动，小球所受的合外力通过O 点，它所受的力矩为零。 4-3 有两个飞轮，一个是木制的，周围镶上铁制的轮缘，另一个是铁制的，周围镶上木制的轮缘，若这两个飞轮的半径相同，总质量相等，以相同的角速度绕通过飞轮中心的轴转动，哪一个飞轮的动能较大。 1 F （a ） （b ）
刚体的定轴转动1 一、 选择题 1、 一自由悬挂的匀质细棒AB ，可绕A 端在竖直平面内自由转动，现给B 端一初速v 0，那么棒在向上转动进程 中仅就大小而言 [ B ] A 、角速度不断减小，角加速度不断减少； B 、角速度不断减小，角加速度不断增加； C 、角速度不断减小，角加速度不变； D 、所受力矩愈来愈大，角速度也愈来愈大。 分析：合外力矩由重力提供，1 sin 2 M mgl θ= ，方向与初角速度方向相反，因此角速度不断减小，随着θ的增加，重力矩增大，因此角加速度增加。 2、 今有半径为R 的匀质圆板、圆环和圆球各一个，前二个的质量都为m ，绕通过圆心垂直于圆平面的轴转动； 后一个的质量为2 m ，绕任意一直径转动，设在相同的力矩作用下，取得的角加速度别离是β1、β2、β3，那么有 A 、β3＜β1＜β2 B 、β3＞β1＜β2 C 、β3＜β1＞β2 D 、β3＞β1＞β2 [ D ] 分析：质量为m ，半径为R 的圆板绕通过圆心垂直于圆平面的轴的转动惯量为211 2 J mR =；圆环的转动惯量为22J mR =，圆球质量为 2m ，绕任意一直径转动的转动惯量为2 325 J mR =，依照转动定律，M J β=，因此在相同力矩下，转动惯量大的，取得的的角加速度小。213J J J >>，因此选择 D 。 3、 一轻绳跨过一具有水平滑腻轴、质量为M 的定滑轮，绳的两头别离悬有质量为m 1和m 2的物体(m 1＜m 2)，如 下图．绳与轮之间无相对滑动．假设某时刻滑轮沿逆时针方向转动，那么绳中的张力 (A) 处处相等． (B) 左侧大于右边． (C) 右边大于左侧． (D) 哪边大无法判定． ［ C ］ 4、 一轻绳跨过两个质量均为m 、半径均为R 的匀质圆盘状定滑轮。 绳的两头系着质量别离为m 和2m 的重物，不计滑轮转轴的摩擦。将系统由静 止释放，且绳与两滑轮间均无相对滑动，那么两滑轮之间绳的张力为。 A 、mg ； B 、3mg /2； C 、2mg ； D 、11mg /8。 [ D ] 解：对2m ，m 和两个滑轮受力分析得： 122mg T ma -= ○1 2T mg ma -=○2 2112T R TR mR β-= ○3 2 212 TR T R mR β-= ○4a R β= ○ 5 联立以上五个公式可得 4g R β= ，将其带入公式○2○4，能够求得两滑轮之间绳索的张力为11mg /8。 二、 填空 5、 质量为m ，长为l 的匀质细杆，可绕其端点的水平轴在竖直平面内自由转动。若是将细杆置于水平位置， 然后让其由静止开始自由下摆，那么开始转动的刹时，细杆的角加速度为 32g l ，细杆转动到竖直位置时
第四章 刚体的定轴转动 4–1 半径为20cm 的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm 的被动轮转动，皮带与轮之间无相对滑动，主动轮从静止开始作匀角加速度转动，在4s 内被动轮的角速度达到π/s 8，则主动轮在这段时间内转过了 圈。 解：被动轮边缘上一点的线速度为 πm/s 45.0π8222=⨯==r ωv 在4s 内主动轮的角速度为 πrad/s 202 .0π41 21 11====r r v v ω 主动轮的角速度为 2011πrad/s 54 0π2==∆-=t ωωα 在4s 内主动轮转过圈数为 20π 520ππ2(π212π212121=⨯==αωN （圈） 4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为0ω＝5rad/s ，t ＝20s 时角速度为 08.0ωω=，则飞轮的角加速度α ＝ ，t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角 度θ＝ 。 解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为 20 s /rad 05.0205 58.0-=-⨯= -= t ωωα t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度为 rad 250100)05.0(2 1 100521 220=⨯-⨯+⨯=+=t t αωθ 4–3 转动惯量是物体 量度，决定刚体的转动惯量的因素有 。 解：转动惯性大小，刚体的形状、质量分布及转轴的位置。 4–4 如图4-1，在轻杆的b 处与3b 处各系质量为2m 和m 的质点，可绕O 轴转动，则质点系的转动惯量为 。 解：由分离质点的转动惯量的定义得 22 1 i i i r m J ∆= ∑=22)3(2b m mb +=211mb = 4–5 一飞轮以600rg·m 2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s 内停止转动，则该恒定制动力矩的大小M ＝_________。 解：飞轮的角加速度为 20s /rad 201 60 /π26000-=⨯-= -= t ωωα 制动力矩的大小为 m N π50π)20(5.2⋅-=-⨯==αJ M 负号表示力矩为阻力矩。 图4-1 m 2m b 3b O
1．如图所示，一质量为m 的匀质细杆AB ，A 端靠在光滑的竖直墙壁上，B 端置于粗糙 水平地面上而静止，杆身与竖直方向成θ角，则A 端对墙壁的压力为 2．两个均质圆盘 A 和B 的密度分别为ρA 和ρB , 若ρA﹥ρB 但两圆盘的质量与厚度相同, 如果两盘对通过盘心垂直于盘面轴的转动惯量各为JA 和JB , 则( ) 3．一电唱机的转盘以 n =78 转/分的转速匀速转动，则与转轴相距 r =15cm 的转盘 上的一点P 的线速度 v = ，法向加速度an= .在电 唱机断电后, 转盘在恒定的阻力矩作用下减速, 并在 t =15s 内停止转动，则转盘在停止转 动前的角加速度a= ，转过的圈数N= . A B θN F ρg m ρ
4.一转动惯量为 J 的圆盘绕一固定轴转动，起始角速度为ω0, 设它所受的阻力矩与转动 角速度成正比,即M = -kω (k 为正的常数),若它的角速度从ω0变 到ω0/2, 则所需的时间 t = 。 5．一轻绳绕在半径 r =20 cm 的飞轮边缘, 在绳端施以 F=98 N 的拉力, 飞轮的转动惯 量J = 0.5kg·m2飞轮与转轴间的摩擦不计，试求(1)飞轮的角加速度；(2)当绳下降5m 时 飞轮所获得的动能;(3)如以质量m=10kg 的物体挂在绳端再计算飞轮的角加速度． 6．质量为m, 长为l 的均匀细棒, 可绕垂直于棒的一端的水平轴转动, 如将此棒放在水平 位置, 然后任其落下, 求 (1)开始转动时棒的角加速度; (2)棒下落到竖直位置时的动能；(3) 下落到竖直位置时的角速度． o A g m
第五章 刚体的转动 5-13 如图5-13(a)所示，滑轮转动惯量为0.012m kg ?，半径为7 cm ，物体质量为5 kg ，由一绳与倔强系数k=200 N/m 的弹簧相连，若绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴上的摩擦忽略不计，求：(1)当绳拉直弹簧无伸长时，使物体由静止而下落的最大距离；(2)物体速度达最大值的位置及最大速率． 分析 下面的5-17题中将证明，如果绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用，则由刚体和地球组成的系统机械能守恒．如果将滑轮、地球和物体与弹簧组成一个弹性系统和重力系统合成的系统，当无重力和弹性力以外的力作功的情况下，整个系统的机械能守恒，可以应用机械能守恒定律．下面的解则仅应用功能原理和力矩所作的功与刚体转动动能的关系进行计算． 解 (1) 物体由静止而下落到最低点时，速度为零，位移为1x ，在此期间重力所作的功完全转换为弹簧弹性势能的增量，即 2112 1kx mgx = m 0.49m 2008.95221=??==k mg x (2)物体与滑轮受力如图5-13(b)所示，设物体的最大速率为0v ，此时的位移 为0x ，加速度00=a ，滑轮的角加速度000== R a α，分别应用牛顿第二定律和转动定律 T1 a F ’T1 m m g (a) (b) 图5-13
ma F mg =-T1 αJ R F F =-)(T2T1 可得此时T1F mg =，F T1= F T2，又因对于轻弹簧有0T2kx F =，则得 m 0.245m 2008.950=?== k mg x 在此过程中，重力所作之功等于弹性势能的增量、物体动能和滑轮转动动能的增量的和，即 20202002 12121ωJ m kx mgx ++= v 因R 00v =ω，得 m/s 31.1m/s 9.85)07.001.05(2001)(1 22=??+?=+=mg R J m k v 5-7 如图5-7（a ）所示的系统中，m 1 = 50 kg ，m 2 = 40 kg ，圆盘形滑轮质量m = 16 kg ，半径R = 0.1 m ，若斜面是光滑的，倾角为30°，绳与滑轮间无相对滑动，不计滑轮轴上的摩擦，(1)求绳中张力；(2)运动开始时，m 1距地面高度为1 m ，需多少时间m 1到达地面？ 分析 由于存在物体运动和滑轮定轴转动，而且必须考虑圆盘形滑轮的质量，这是一个质点动力学和刚体动力学的综合问题，应该采用隔离物体法，分别 m α F ’T1 F T1 m 2 m 1 F F T2 a ?30 m 2g m 1g （a ） （b ） 图5-7
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. 刚体绕定轴转动的转动定律和质点系的动量矩定理是什么关系？ 答：刚体是一个特殊的质点系，它应遵守质点系的动量矩定理，当刚体绕定轴Z 转动时，动量矩定理的形式为z z dL M dt = ，z M 表示刚体对Z 轴的合外力矩，z L 表示刚体对Z 轴的动量矩。()2z i i L m l I ωω==∑,其中()2i i I m l =∑，代表刚体对定轴的转动惯量，所以 ()z z dL d d M I I I dt dt dt ω ωβ= ===。既 z M I β=。 所以刚体定轴转动的转动定律是质点系的动量矩定理在刚体绕定轴转动时的具体表现形式， 及质点系的动量矩定理用于刚体时在刚体转轴方向的分量表达式。 3．两个半径相同的轮子，质量相同，但一个轮子的质量聚集在边缘附近，另一个轮子的质量分布 比较均匀，试问：（1）如果它们的角动量相同，哪个轮子转得快？（2）如果它们的角速度相同，哪个轮子的角动量大？ 答：(1)由于L I ω=，而转动惯量与质量分布有关，半径、质量均相同的轮子，质量聚集在边缘附近的轮子的转动惯量大，故角速度小，转得慢，质量分布比较均匀的轮子转得快； （2）如果它们的角速度相同，则质量聚集在边缘附近的轮子角动量大。 4．一圆形台面可绕中心轴无摩擦地转动，有一玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动，问平台如何运动？如小汽车突然刹车，此过程角动量是否守恒？动量是否守恒？能量是否守恒？ 答：玩具车相对台面由静止启动，绕轴作圆周运动时，平台将沿相反方向转动；小汽车突然刹车过程满足角动量守恒，而能量和动量均不守恒。 5．一转速为1200r min 的飞轮，因制动而均匀地减速，经10秒后停止转动，求： （1） 飞轮的角加速度和从开始制动到停止转动，飞轮所转过的圈数； （2） 开始制动后5秒时飞轮的角速度。 解：（1）由题意飞轮的初角速度为 0240()n rad s ωππ== 飞轮作均减速转动，其角加速度为 20 0404/10 rad s t ωωπ βπ--= = =-? 故从开始制动到停止转动，飞轮转过的角位移为 201 2002 t t rad θωβπ?=?+?= 因此，飞轮转过圈数为
第四章 刚体的转动 一．思考题 1.火车在拐弯时所作的运动是不是平动？ 答：不是平动。 2.假定一次内部爆炸在地面上开出巨大的洞穴，它的表面被向外推出，这对地球绕自身轴转动和绕太阳的转动有何影响？ 答：绕自身轴转动角速度减小，而绕太阳转动可认为未受到影响。 3.对静止的刚体施以外力作用，如果合外力为零，刚体会不会运动？ 答：对静止的刚体，只要0=外M ，就会转动。因0=合F ，而外M 不一定为零，故刚体有可能运动。 4.如果刚体转动的角速度很大，那么（1）作用在它上面的力是否一定很大？（2）作用在它上面的力矩是否一定很大？ 答：（1）否。（2）否。因为F 、M 与ω没有因果关系，而对于刚体的转动变化与力无关，只取决于力矩的作用。 5.为什么在研究刚体转动时，要研究力矩的作用？力矩和哪些因素有关？ 答：因为力矩是改变刚体转动状态的原因。力矩与力的大小、作用点及方向有关。 6.试证：匀质细棒在光滑平面上受到一对大小相等、方向相反的力作用时，不管力作用在哪些，它的质心加速度总是零。 证：由牛顿运动定律——质心运动定律可知，a m dt v d m F ==。由题可知，细棒受合力0=F .0=∴a 。与力作用的位置无关。 7.在计算物体的转动惯量时，能把物体的质量看作集中在质心处吗？ 答：不能。因为转动惯量与质量分别有关。若采用回转半径处理，在某些情况（转轴不过质心）可以。
8.一个转动着的飞轮，如不供给它能量，最终将停下来，试用转动定律解释这个现象。 答：由转动定律，dt d J M ω =转动着的轮子一般总会受到阻力矩的作用，若不外加力矩，克服阻力矩做功，轮子最终会停下来（受阻力矩作用，ω越来越小）。 9.将一个生鸡蛋和一个熟鸡蛋放在桌子上使它旋转，如何判定哪个是生的，哪个是熟的？为什么？ 答：转动时间短的是生鸡蛋，从转动动能来分析，设初始两者动能相同，因为生蛋内部是流体，各点的角速度不等，各层间有相对流动，越向内其速度越小，由于流动各层间有摩擦，要消耗能量。生蛋转的圈数要低于熟蛋转的圈数。 10.两个同样的小孩，分别抓住跨过定滑轮的绳子的两端，一个用力往上爬，另一个不动，问哪一个先到达滑轮处？如果小孩重量不等，情况又将如何？（滑轮和绳子质量可以忽略） 答：同时到达。若重量不等，较轻者先到达。 二．选择题 1． 以下运动形态不是平动的是 (B) (A) 火车在平直的斜坡上运动； (B) 火车在拐弯时的运动； (C) 活塞在气缸内的运动； (D) 空中缆车的运动． 2． 以下说法正确的是 (C) (A) 合外力为零,合外力矩一定为零； (B) 合外力为零,合外力矩一定不为零； (C) 合外力为零,合外力矩可以不为零； (D) 合外力不为零,合外力矩一定不为零； (E) 合外力不为零,合外力矩一定为零．
17 -4 图18 -4 图F F O 04 第四章 刚体力学 一、选择题： 1、如图4-18所示，一圆盘绕通过盘心且与盘面垂直的轴o 以角速度ω针转动。今将两大小相等、方向相反、但不在同一条直线上的力F 和F -盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度：[ ] （A ）必然减少 （B ）必然增大 （C ）不会变化 （D ）如何变化，不能确定 2、如图4-17所示，一质量为m 的匀质细杆AB ，A 端靠在粗糙的竖直墙壁上，B 端置于粗糙的水平地面上而静止，杆身与竖直方向成θ角，则A 端对墙壁的压力 大小为：[ ] （A ）θcos 41 mg （B ）θmgtg 21 （C ）θsin mg （D ）不能唯一确定 3、某转轮直径m d 4.0=,以角量表示的转动方程为t t t 4323+-=θ（SI ）,则：[ ] （A ）从s t 2=到s t 4=这段时间内，其平均角加速度为2 .6-s rad ； （B ）从s t 2=到s t 4=这段时间内，其平均角加速度为2.12-s rad ； （C ）在s t 2=时，轮缘上一点的加速度大小等于2.42.3-s m ； （D ）在s t 2=时，轮缘上一点的加速度大小等于2.84.6-s m 。 4、如图4-2所示，一倔强系数为k 轮（转动惯量为J ），下端连接一质量为m 的物体，问物体在运动过程中，下列哪个方程能成立？[ ] （A ）ky mg = （B ）02=-T mg （C ）my T mg =-1 （D ）y R J J βR T T ''⋅==-)(21 5、 关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 （A ）只取决于刚体的质量,与质量的空间分布和轴的位置无关． （B ）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关． （C ）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置． （D ）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关． ［ ］ 6、有两个力作用在一个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． 在上述说法中， (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． ［ ］ 7、有两个半径相同，质量相等的细圆环A 和B ．A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不 均匀．它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为J A 和J B ，则 (A) J A ＞J B ． (B) J A ＜J B ．
第四章 点的运动和刚体基本运动 习题解答 4-1 图示曲线规尺的杆长200==AB OA mm ，50====AE AC DE CD mm 。杆OA 绕O 轴转动的规律为t 5 π ?= rad ，并且当运动开始时，角 0=?，求尺上D 点的运动方程和轨迹。 解： 已知t π?2.0=，故点D 的运动方程为 mm 2.0cos 200D t x π= mm 2.0sin 100D t y π= 消去时间t 得到点D 的轨迹方程为 11002002 222=+D D y x （椭圆） 4-2 图示AB 杆长l ，以t ω?=的规律绕B 点转动，ω为常量。 而与杆连接的滑块B 以t b a s ωsin +=的规律沿水平线作谐振动，a 、b 为常量。求A 点的轨迹。 解： 采用直角坐标法，取图示直角坐标系O xy , 则A 点位置坐标为?sin l s x += ，?cos l y -=，即 ()t l b a x ωsin ++= t l y ω c o s -=. 消去时间t 得A 点轨迹方程为： 2 2 2 2()1()x a y b l l -+=+.（椭圆） 4-3 套筒A 由绕过定滑轮B 的绳索牵引而沿导轨上升，滑 轮中心到导轨的距离为l ，如图所示。设绳索以等速0v 拉下，忽略滑轮尺寸。求套筒A 的速度和加速度与距离x 的关系式。 解：设0=t 时，绳上C 点位于B 处，在瞬时t ,到达图示位置 则 =++= +t v l x BC AB 022常量，将上式求导，得到管套 A 的速度和加速度为 2 20d d l x x v t x v A +-==， 32 20d d x l v t v a A A -==， 负号表示A A a v ,的实际方向与x 轴相反。 4-4 如图所示，半径为R 的圆形凸轮可绕O 轴转动，带动顶杆BC 作铅垂直线运动。设凸轮圆心在A 点，偏心距e =OA ，t ω?=，其中ω为常量。试求顶杆上B 点的运动方程、速度和加速度。 解：以O 点为原点建立坐标系，由余弦定理可得 2222cos AB OA OB OA OB t ω=+-?? 其中OA=e ，AB=R ，设B y =OB 代入上式 题 4-1图 题4-2图 题4-3图
第四章 刚体的转动 1. 一质量为ｍ0 ,长为ｌ 的棒能绕通过O 点的水平轴自由转动。一质量为m ，速率为v ０的子弹从水平方向飞来,击中棒的中点且留在棒内，如图所示。则棒中点的速度为（ )。 A. 0m m mv +; B.00 433m m mv +； C ．0023m mv ； Ｄ．0 43m mv 。 2． 一根长为l ，质量为ｍ,则上端到达地面时速率应为（ )。 A.gl 6； Ｂ.gl 3; C.gl 2; D. l g 23。 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，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一个是正确的?( ） A ．角速度从小到大,角加速度从大到小 B ．角速度从小到大，角加速度从小到大 C ．角速度从大到小,角加速度从大到小 D ．角速度从大到小，角加速度从小到大 ４. 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动,如图射来两个质量相同，速度大小相同,方向相反并在一条直线上的子弹,子弹射入圆盘并留在盘内，则子弹射入后的瞬间,圆盘的角速度ω（ ) A ．增大 B.不变 Ｃ.减小 D ．不能确定 5. 一静止的均匀细棒，长为L,质量为M ，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内转 动,转动惯量为 23 1 ML 。一质量为ｍ速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射入并穿入棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为v 2 1 ,则此时棒的角速度应为（ ） A ．ML mv Ｂ.ML mv 23 Ｃ.ML mv 35 D.ML mv 47 6. 在某一瞬时,物体在力矩作用下,则有（ ) Ａ、角速度ω可以为零,角加速度α也可以为零； B 、角速度ω不能为零,角加速度α可以为零； C 、角速度ω可以为零，角加速度α不能为零； Ｄ、角速度ω与角加速度α均不能为零。 O v 0
ch4 刚体的定轴转动作业题答案 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，求重物下落的加速度。 解：设绳中张力为T 对于重物按牛顿第二定律有 22m g T m a -= (1) 对于滑轮按转动定律有 2 12 T r m r β= (2) 由角量线量关系有 a r β= （3） 联立以上三式解得 8. 如图所示，两个匀质圆盘同轴地焊在一起，它们的半径分别为r 1、r 2，质量为1m 和2m ，可绕过盘心且与盘面垂直的光滑水平轴转动，两轮上绕有轻绳，各挂有质量为3m 和4m 的重物，求轮的角加速度β。 解：设连接3m 的绳子中的张力为T1，连接4m 的绳子中的张力为T2。 对重物3m 按牛顿第二定律有 3133m g T m a -= (1) 对重物4m 按牛顿第二定律有 2444T m g m a -= （2) 对两个园盘，作为一个整体，按转动定律有 112211221 122T r T r m r m r β⎛⎫ -=+ ⎪⎝ ⎭ (3) 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 3142 2 2 2 2 11223142 1122 m r m r m r m r m r m r β-= + ++
11. 如图所示，主动轮A 半径为r 1，转动惯量为1I ，绕定轴1O 转动；从动轮B 半径为r 2，转动惯量为2I ，绕定轴2O 转动；两轮之间无相对滑动。若知主动轮受到的驱动力矩为M ，求两个轮的角加速度1β和2β。 解：设两轮之间摩擦力为f 对主动轮按转动定律有: 111M fr I β-= (1) 对从动轮按转动定律有 222fr I β= (2) 由于两个轮边沿速率相同，有 1122r r ββ= (3) 联立以上三式解得 2 2 12 21221 M r I r I r β= + 1212 21221 M r r I r I r β= + 13. 一质量为m 、半径为R 的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可绕轴自由转动．另一质量为0m 的子弹以速度0v 射入轮缘(如题2-31图所示方向)． (1)开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值? (2)用m ,0m 和θ 表示系统(包括轮和质点)最后动能和初始动能之比． 解: (1)射入的过程对O 轴的角动量守恒 ωθ2 000)(sin R m m v m R += ∴ R m m v m )(s i n 000+= θω (2) 2 02 02 0002 0sin 2 1] )(sin ][ )[(2 1 m m m v m R m m v m R m m E E k k += ++= θθ 14. 如图所示，长为l 的轻杆，两端各固定质量分别为m 和2m 的小球，杆可绕水平光滑固定轴O 在竖直面内转动，转轴O 距两端分别为1 3l 和 23 l ．轻杆原来静止在竖直位置．今有一质 量为m 的小球，以水平速度0υ 与杆下端小球m 作对心碰撞，碰后以02 1υ 的速度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角速度．
第四章 刚体的转动 一、简答题： 1、简述刚体定轴转动的角动量守恒定律并给出其数学表达式? 答案：刚体定轴转动时，若所受合外力矩为零或不受外力矩，则刚体的角动量保持不变。 2、写出刚体绕定轴转动的转动定律文字表达与数学表达式? 答案：刚体绕定轴转动的转动定律：刚体绕定轴转动时，刚体的角加速度与它所受的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比。表达式为：αJ M =。 3、写出刚体转动惯量的公式，并说明它由哪些因素确定? 答案：dm r J V ⎰ =2 ①刚体的质量及其分布；②转轴的位置；③刚体的形状。 二、选择题 1、在定轴转动中，如果合外力矩的方向与角速度的方向一致，则以下说法正确的是 ( A ) A.合力矩增大时，物体角速度一定增大； B.合力矩减小时，物体角速度一定减小； C.合力矩减小时，物体角加速度不一定变小； D.合力矩增大时，物体角加速度不一定增大 2、关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 ( C ) A.只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关； B.取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关； C.取决于刚体的质量，质量的空间分布和轴的位置；
D.只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关； 3、有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动， 转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度0ω转动，此时有一质量为m 的人站住转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 ( A ) A.()2 mR J J +ω B.()2 R m J J +ω C.2 0mR J ω D.0ω 4、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，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的? ( A ) A.角速度从小到大，角加速度从大到小． B.角速度从小到大，角加速度从小到大． C.角速度从大到小，角加速度从大到小． D.角速度从大到小，角加速度从小到大． 5、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度 ( C ) A.增大 B.不变 C.减小 (D) 、不能确定
刚体的转动 一、基本要求： 1、理解刚体的概念；了解刚体的平动和转动；掌握转动惯量的物理意义；掌握力矩的物理意义及其计算。 2、理解转动惯量的物理意义及其计算；掌握刚体定轴转动的转动定律及计算。 3、理解质点和刚体的角动量；掌握角动量守恒定律的适用条件及应用；掌握刚体转动动能的概念及计算。 二、主要内容： 1、刚体：是在外力作用下形状和大小保持不变的物体称为刚体。是一个理想化的力学模型，它是指各部分的相对位置在运动中（无论有无外力作用）均保持不变的物体。即运动过程中没有形变的物体。 2、平动：当刚体中所有点的运动轨迹都保持完全相同时，或者说刚体内任意两点间的连线总是平行于它们的初始位置间的连线时，刚体的运动叫作平动。 3．转动：刚体中所有的点都绕同一条直线作圆周运动，这种运动称为转动。这条直线叫作转轴。 4、描述刚体转动的物理量 引入：刚体作定轴转动时，刚体上的各点都绕定轴作圆周运动。刚体上各点的速度和加速度都是不同的，用线量描述不太方便。但是由于刚体上各个质点之间的相对位置不变，因而绕定轴转动的刚体上所有点在同一时间内都具有相同的角位移，在同一时刻都具有相同的角速度和角加速度，故采用角量描述比较方便。为此引入角量：角位置、角位移、角速度、角加速度。 5、角量与线量的关系 半径R ，角位移θ∆ 弧长 θ∆⋅=∆R s 线速度v: ωθR t R t s v t t =∆∆=∆∆= →∆→∆lim lim 法向加速度： 22 2)(ωωr R R R v a n === 切向加速度： αωωτ⋅=⋅=== R dt d R R dt d dt dv a )( 结论：刚体作定轴转动时，在某一时刻刚体上所有各点的角位移、角速度和角加速度都是相 同的；而各点的线位移、线速度和线加速度均与r 成正比。 6转动定律：刚体在合外力矩的作用下，刚体所获得的角加速度与它所受的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比。 ● 合外力矩和转动惯量都是相对于同一转轴而言的； ● 转动定律是解决刚体定轴转动的基本定律，它的地位与质点动力学中牛顿第二定律 相当。 7、转动惯量 质点运动：质量m ，力F ，加速度a ，牛顿第二定律a m F =
第四章 刚体转动 习题4-7 某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τ ωωt e --=，式中 s rad /0.90=ω，s 0.2=τ。求（1）t=6.0 s 时的转速；（2）角加速度随时间变化的规律；（3）启动后6.0 s 内转过的圈数。 解：（1）根据题意，转速随时间的变化关系，将t=6 s 代入，可得 )/(6 .895.0)1(00s rad e t ==-=-ωωωτ （2）角速度随时间变化的规律为 )/(5.4/22 0s rad e e dt d t t --===τ τ ωωα （3）t=6.0 s 时转过的角度为 rad dt e dt t 9.36)1(6 060 =-==⎰⎰- τ ωωθ 则t=6.0 s 时电机转过的圈数为 圈87.52== π θ N （r ） 习题4-10 如图所示，圆盘的质量为m, 半径为 R.。求：(1) 以O 为中心，将半径为R/2的部分挖去，剩余部分对OO 轴的转动惯量；（2）剩余部分对O’O’轴（即通过圆盘边缘且平行于盘中心轴）的转动惯量。 解：（1）方法1：根据定义⎰=dm r J 2计算，式中dm 取半径为r 、宽度为dr 的窄圆环。 ⎰⎰ ⎰= = ==R R R R mR dr r R m rdr R m r dm r J 2 /232 2 2 /2 2032 15 22ππ 方法2：将剩余部分转动惯量看作是原大圆盘和挖去小圆盘对同一轴的转动惯量的差值。整个圆盘对oo 轴的转动惯量为212 1 mR J =，挖去小圆盘对oo 轴转动惯量 22 2213212221mR R R R m J =⎪⎭ ⎫ ⎝⎛⎥⎥⎦⎤ ⎢⎢⎣⎡⎪ ⎭ ⎫ ⎝⎛=ππ
名师精编 精品教案 第四章刚体的转动 §4-1刚体运动 一、刚体 定义：物体内任意二点距离不变的物体称为刚体。 说明：⑴刚体是理想模型 ⑵刚体模型是为简化问题引进的。 刚体运动：（1）平动：刚体内任一直线方位不变。 特点：各点运动状态一样，如：a 、V 等都相同，故可用一个点来 代表刚体运动。 （2）转动：1）绕点转动 2 ）绕轴转动：刚体中所有点都绕一直线作圆周运动 说明：刚体的任何运动都可看作平动与转动的合成。 （如：乒乓球飞行等） 、定轴转动（本章仅讨论此情况） 定义：转轴固定时称为定轴转动。 转动特点：⑴刚体上各点的角位移 -相同 a t 一般情况下不同。 说明：⑴「是矢量，方向可由右手螺旋法则 确定。见图4-1。 ⑵v = 丫：沁r 刚体运动 （如：皮带轮），各点的''相同。 2 ⑵刚体上各点的V （=「’）、a n （汀’）、 图4-1
§ 4-2力矩转动定律转动惯量 一、力矩 1、外力F在垂直于轴的平面内 如图4-2 : 定义： ⑴力矩：M =r F （4-1） ⑵力矩：大小：M =Fd =Fr sin - （d =r sin二，称为力臂）；方向：沿（r F ） 它垂直于r、F构成的平面即M与轴平行。注意：。 是r、F间夹角。 2、外力F不在垂直于轴的平面内 如图4-3 : F=F〃（平行轴）• F_（垂直轴） T F〃对转动无贡献 •••对转动有贡献的仅是F_。 F产生的力矩即F_的力矩，故上面的结果仍适 用。 说明：F平行轴或经过轴时M = 0 o 、转动定律 M -0时，转动状态改变，即? -0 ,那么:•与M的关系如何？这就是转动定律的内容。 推导： 如图4-4，把刚体看成由许多质点组成的系统, 这些质点在垂直于轴的平面内作圆周运动。 考虑第i个质点： 质量：m i 到轴的距离：r i 受力：外力：F i;内力：f i （设F i、f i在垂直于转轴的平面内）
17-4 图18 -4 图F F ρ- O 04 第四章 刚体力学 一、选择题： 1、如图4-18所示，一圆盘绕通过盘心且与盘面垂直的轴o 以角速度ω针转动。今将两大小相等、方向相反、但不在同一条直线上的力F 和F -盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度：[ ] （A ）必然减少 （B ）必然增大 （C ）不会变化 （D ）如何变化，不能确定 2、如图4-17所示，一质量为m 的匀质细杆AB ，A 端靠在粗糙的竖直墙壁上，B 端置于粗糙的水平地面上而静止，杆身与竖直方向成θ角，则A 端对墙壁的压力 大小为：[ ] （A ）θcos 41 mg （B ）θmgtg 2 1 （C ）θsin mg （D ）不能唯一确定 3、某转轮直径m d 4.0=,以角量表示的转动方程为t t t 4323+-=θ（SI ）,则：[ ] （A ）从s t 2=到s t 4=这段时间内，其平均角加速度为2 .6-s rad ； （B ）从s t 2=到s t 4=这段时间内，其平均角加速度为2.12-s rad ； （C ）在s t 2=时，轮缘上一点的加速度大小等于2.42.3-s m ； （D ）在s t 2=时，轮缘上一点的加速度大小等于2.84.6-s m 。 4、如图4-2所示，一倔强系数为k 轮（转动惯量为J ），下端连接一质量为m 的物体，问物体在运动过程中，下列哪个方程能成立？[ ] （A ）ky mg = （B ）02=-T mg （C ）my T mg =-1 （D ）y R J J βR T T ''⋅==-)(21 5、 关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 （A ）只取决于刚体的质量,与质量的空间分布和轴的位置无关． （B ）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关． （C ）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置． （D ）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关． ［ ］ 6、有两个力作用在一个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． 在上述说法中， (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． ［ ］ 7、有两个半径相同，质量相等的细圆环A 和B ．A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不 均匀．它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为J A 和J B ，则 (A) J A ＞J B ． (B) J A ＜J B ．