刚体定轴转动 大学物理习题答案

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 202.0π412111====r r v v ω主动轮的角速度为2011πrad/s 540π2==∆-=tωωα在4s 内主动轮转过圈数为20π520ππ2(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20s /rad 05.020558.0-=-⨯=-=tωωα t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度为rad 250100)05.0(21100521220=⨯-⨯+⨯=+=t t αωθ4–3 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221i i i r m J ∆=∑=22)3(2b m mb +=211mb =4–5 一飞轮以600r/min 的转速旋转，转动惯量为·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 20160/π26000-=⨯-=-=tωωα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。

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⎰=2①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.()2mR J J +ω B.()2Rm J J +ω C.20mR J ω D.0ω4、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6、在地球绕太阳中心作椭圆运动时，则地球对太阳中心的 ( 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.角动量守恒，动量守恒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A J 和B J ，则 ( C )A.B A J J >；B.B A J J <；C.B A J J =；D.不能确定A J 、B J 哪个大。

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 > 0B. ω > 0，α > 0C. ω < 0，α > 0D. 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. 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O 以角速度ω 按图示方向转动。

若将两个大小相等、方向相反但不在同一条直线的力F 1和F 2沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度ω的大小在刚作用后不久 （ ）A. 必然增大B. 必然减少C. 不会改变D. 如何变化，不能确定解：答案是B 。

简要提示：力F 1和F 2的对转轴力矩之和垂直于纸面向里，根据刚体定轴转动定律，角加速度的方向也是垂直于纸面向里，与角速度的方向（垂直于纸面向外）相反，故开始时一选择题3图定减速。

4. 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 2B. a 1 > a 2C. a 1< a 2D. 无法确定解：答案是B 。

简要提示：(1) 由刚体定轴转动定律，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。

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 F 2/ mB. 2 F 2 / mC. F 2 / mD. F 2 / 2 m解：答案是A 。

第2章 刚体定轴转动一、选择题1(B)，2(B)，3(C)，4(C)，5(C) 二、填空题(1). 62.5 1.67ｓ (2). 4.0 rad/ (3). 0.25 kg ·m 2(4). mgl μ21参考解：M ＝⎰M d ＝()mgl r r l gm l μμ21d /0=⎰(5). 2E 0三、计算题1. 如图所示，半径为r 1＝0.3 m 的A 轮通过皮带被半径为r 2＝0.75 m 的B 轮带动，B 轮以匀角加速度π rad /s 2由静止起动，轮与皮带间无滑动发生．试求A 轮达到转速3000 rev/min 所需要的时间．解：设A 、B 轮的角加速度分别为βA 和βB ，由于两轮边缘的切向加速度相同， a t = βA r 1 = βB r 2则 βA = βB r 2 / r 1 A 轮角速度达到ω所需时间为 ()75.03.060/2300021⨯π⨯π⨯===r r t B A βωβωs ＝40 s2.一砂轮直径为1 m 质量为50 kg ，以 900 rev / min 的转速转动．撤去动力后，一工件以 200 N 的正压力作用在轮边缘上，使砂轮在11.8 s 内停止．求砂轮和工件间的摩擦系数．(砂轮轴的摩擦可忽略不计，砂轮绕轴的转动惯量为21mR 2，其中m 和R 分别为砂轮的质量和半径).解：R = 0.5 m ，ω0 = 900 rev/min = 30π rad/s ，根据转动定律 M = -J β ① 这里 M = -μNR ②μ为摩擦系数，N 为正压力，221mR J =． ③ 设在时刻t 砂轮开始停转，则有： 00=+=t t βωω从而得 β＝-ω0 / t ④将②、③、④式代入①式，得 )/(2102t mR NR ωμ-=- ∴ m =μR ω0 / (2Nt )≈0.5r1. 有一半径为R 的圆形平板平放在水平桌面上，平板与水平桌面的摩擦系数为μ，若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度ω0开始旋转，它将在旋转几圈后停止？（已知圆形平板的转动惯量221mR J =，其中m 为圆形平板的质量）解：在r 处的宽度为d r 的环带面积上摩擦力矩为r r r R mgM d 2d 2⋅π⋅π=μ总摩擦力矩 mgR M M R μ32d 0==⎰故平板角加速度 β =M /J设停止前转数为n ，则转角 θ = 2πn由 J /Mn π==4220θβω可得 g R MJ n μωωπ16/342020=π=2. 一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为ω0．设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即M ＝－k ω (k 为正的常数)，求圆盘的角速度从ω0变为021ω时所需的时间．解：根据转动定律： J d ω / d t = -k ω ∴ t J kd d -=ωω两边积分：⎰⎰-=t t J k02/d d 100ωωωω得 ln2 = kt / J∴ t ＝(J ln2) / k5.一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如图所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r ，整个装置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t 内下降了一段距离S ．试求整个轮轴的转动惯量(用m 、r 、t 和S 表示)．解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg ­T ＝ma ① T r ＝J β ② 由运动学关系有： a = r β ③ 由①、②、③式解得： J ＝m ( g －a ) r 2 / a ④ 又根据已知条件 v 0＝0 ∴ S ＝221at ， a ＝2S / t 2 ⑤将⑤式代入④式得：J ＝mr 2(Sgt 22－1)3.如图所示，设两重物的质量分别为m 1和m 2，且m 1＞m 2，定滑轮的半径为r ，对转轴的转动惯量为J ，轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩擦不计．设开始时系统静止，试求t 时刻滑轮的角速度． 解：作示力图．两重物加速度大小a 相同，方向如图.m 1g －T 1＝m 1a T 2－m 2g ＝m 2a 设滑轮的角加速度为β，则 (T 1－T 2)r ＝J β 且有 a ＝r β 由以上四式消去T 1，T 2得： ()()J r m m gr m m ++-=22121β 开始时系统静止，故t 时刻滑轮的角速度．()()Jrm m grt m m t ++-==22121 βω7.一根放在水平光滑桌面上的匀质棒，可绕通过其一端的竖直固定光滑轴O 转动．棒的质量为m = 1.5 kg ，长度为l = 1.0 m ，对轴的转动惯量为J = 231ml ．初始时棒静止．今有一水平运动的子弹垂直地射入棒的另一端，并留在棒中，如图所示．子弹的质量为m '= 0.020 kg ，速率为v = 400 m ·s -1．试问：(1) 棒开始和子弹一起转动时角速度ω有多大？(2) 若棒转动时受到大小为M r = 4.0 N ·m 的恒定阻力矩作用，棒能转过多大的角度θ？解：(1) 角动量守恒：ω⎪⎭⎫ ⎝⎛'+='2231l m ml l m v ∴ l m m m ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+'=31vω＝15.4 rad ·s -1(2) 由转动定律，得： －M r ＝(231ml ＋2l m ')β0－ω 2＝2βθ∴ rM l m m 23122ωθ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=＝15.4 rad8.如图所示，A 和B 两飞轮的轴杆在同一中心线上，设两轮的转动惯量分别为 J ＝10 kg ·m 2 和 J ＝20 kg ·m 2．开始时，A 轮转速为600 rev/min ，B 轮静止．C 为摩擦啮合器，其转动惯量可忽略不计．A 、B 分别与C 的左、右两个组件相连，当C 的左右组件啮合时，B 轮得到加速而A 轮减速，直到两轮的转速相等为止．设轴光滑，求： mm , lOm '(1) 两轮啮合后的转速n ； (2) 两轮各自所受的冲量矩．解：(1) 选择A 、B 两轮为系统，啮合过程中只有内力矩作用，故系统角动量守恒J A ωA ＋J B ωB = (J A ＋J B )ω，又ωB ＝0得： ω ≈ J A ωA / (J A ＋J B ) = 20.9 rad / s 转速 ≈n 200 rev/min (2) A 轮受的冲量矩⎰t M A d = J A (J A ＋J B ) = -4.19×10 2N ·m ·s 负号表示与A ω方向相反． B 轮受的冲量矩⎰t MBd = J B (ω - 0) = 4.19×102 N ·m ·s方向与A ω相同．4.一匀质细棒长为2L ，质量为m ，以与棒长方向相垂直的速度v 0在光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点O 发生完全非弹性碰撞．碰撞点位于棒中心的一侧L 21处，如图所示．求棒在碰撞后的瞬时绕O 点转动的角速度ω．(细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为231ml ，式中的m 和l 分别为棒的质量和长度．)解：碰撞前瞬时，杆对O 点的角动量为L m L x x x x L L 0202/002/30021d d v v v v ==-⎰⎰ρρρ式中ρ为杆的线密度．碰撞后瞬时，杆对O 点的角动量为ωωω2221272141234331mL L m L m J =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=因碰撞前后角动量守恒，所以 L m mL 022112/7v =ω ∴ ω = 6v 0 / (7L)10. 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 <<R .)解：选小球和环为系统．运动过程中所受合外力矩为零，角动量守恒．对地球、小球和环系统机械能守恒．取过环心的水平面为势能零点．小球到B 点时： J 0ω0＝(J 0＋mR 2)ω ①2121()222220212121BRmJmgRJ v++=+ωωω②式中v B表示小球在B点时相对于地面的竖直分速度，也等于它相对于环的速度．由式①得：ω＝J0ω 0 / (J0 + mR2) 1分代入式②得2222Jm RRJgRB++=ωv当小球滑到C点时，由角动量守恒定律，系统的角速度又回复至ω0，又由机械能守恒定律知，小球在C的动能完全由重力势能转换而来．即：()RmgmC2212=v, gRC4=v四研讨题1. 计算一个刚体对某转轴的转动惯量时，一般能不能认为它的质量集中于其质心，成为一质点，然后计算这个质点对该轴的转动惯量？为什么？举例说明你的结论。

刚体的定轴转动一、选择题1、（本题3分）0289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。

2、（本题3分）0165均匀细棒OA 可绕通过某一端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降，在棒摆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。

3. （本题3分）5640一个物体正在绕固定的光滑轴自由转动，则 [ D ] （A ） 它受热或遇冷伸缩时，角速度不变. （B ） 它受热时角速度变大，遇冷时角速度变小. （C ） 它受热或遇冷伸缩时，角速度均变大. （D ） 它受热时角速度变小，遇冷时角速度变大. 4、（本题3分）0292一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，滑轮质量为m ，绳下端挂一物体，物体所受重力为P ，滑轮的角加速度为β，若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子，滑轮的角加速度β将 [ C ]（A ）不变 （B ）变小 （C ）变大 （D ）无法判断 5、（本题3分）5028如图所示，A 、B 为两个相同的绕着 轻绳的定滑轮，A 滑轮挂一质量为M 的物体，B 滑轮受拉力F ，而且F=Mg ，设A 、B 两滑轮的角加速度分别为βA 和βB ，不计滑轮轴的摩擦， 则有 [ C ] （A ）βA =βB （B ）βA ＞βB（C ）βA ＜βB （D ）开始时βA =βB ，以后βA ＜βB 6、（本题3分）0294刚体角动量守恒的充分而必要的条件是[ B ] （A ）刚体不受外力矩的作用。

第2 章 刚 体 定 轴 转 动一、选择题1(B)， 2(B)， 3(A)， 4(D)， 5(C)， 6(C)， 7(C)，8(C)， 9(D)， 10(C) 二、填空题(1). v ≈ 15.2 m /s ， n 2＝ 500 rev /min(2). 62.5 1.67ｓ(3). g / l g / (2 l )(4). 5.0 N ·m (5). 4.0 rad/s (6). 0.25 kg · m 2(7).1 Ma21mgl 参考解： M ＝l1 mgl(8).d M ＝gm / l r d r22(9).J mr 2 1JmR2( 10). 3g sin / l三、计算题1. 有一半径为 R 的圆形平板平放在水平桌面上， 平板与水平桌面的摩擦系数为 μ，若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度 ω0 开始旋转， 它将在旋转几圈后停止？ （已知圆形平板的转动惯量 J1mR 2 ，其中 m 为圆形平板的质量）2解：在 r 处的宽度为 d r 的环带面积上摩擦力矩为R2mgR总摩擦力矩MdM3故平板角加速度 =M /J设停止前转数为 n ，则转角 = 2 n由 224 Mn / J可得nJ 02 3R2/16π g4 M2. 如图所示，一个质量为 m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子质量可以忽略，它与 定滑轮之间无滑动． 假设定滑轮质量为M 、半径为 ，其转动惯量为 12 ，滑轮轴光滑． 试 RMR2求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系． 解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程 对物体：对滑轮：mg － TTR = J＝ ma ①②运动学关系：a ＝ R ③将①、②、③式联立得a ＝ mg / ( m ＋ 1M )2∵ v 0＝ 0，∴v ＝ at ＝ mgt / ( m ＋ 1M )23. 为求一半径 R ＝ 50 cm 的飞轮对于通过其中心且与盘面垂直的固定转轴的转动惯量， 在飞轮上绕以细绳，绳末端悬一质量m 1＝ 8 kg 的重锤．让重锤从高2 m 处由静止落下，测得下落时间 t 1＝ 16 s ．再用另一质量 m 2=4 kg 的重锤做同样测量，测得下落时间 t 2＝ 25 s ．假定摩擦力矩是一个常量，求飞轮的转动惯量．解：根据牛顿运动定律和转动定律，对飞轮和重物列方程，得－ M f＝ / R①TRJamg －T ＝ ma②h ＝ 1at 2③2则将 m 1、 t 1 代入上述方程组，得22a 1＝ 2h / t 1 ＝ 0.0156 m / s J ＝ (T 1 R － M f )R / a 1④将 m 2、 t 2 代入①、②、③方程组，得a 2＝ 2h / t 22 ＝ 6.4× 10- 3m / sT 2＝m 2(g － a 2)＝ 39.2 NJ = (－ ) /a 2 ⑤T 2 R M f R由④、⑤两式，得J ＝R 2(T 1－ T 2 ) / ( a 1－a 2)＝ 1.06× 103 kg ·m 24. 一转动惯量为 J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为0 ．设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即 M ＝－ k (k 为正的常数 )，求圆盘的角速度从0变为10 时所需的时间．J d / d t =2解：根据转动定律：- k∴dkd tJ0 / 2两边积分：1 dtk d t0 J得 ln2 = kt / J∴t ＝(J ln2) / k5. 某人站在水平转台的中央，与转台一起以恒定的转速n 1 转动，他的两手各拿一个质量为m 的砝码， 砝码彼此相距1(每一砝码离转轴1 l 1),当此人将砝码拉近到距离为2时 (每一砝码l2l离转轴为 1l 2 )，整个系统转速变为 n 2．求在此过程中人所作的功．(假定人在收臂过程中自2身对轴的转动惯量的变化可以忽略 )解： (1) 将转台、砝码、人看作一个系统，过程中人作的功W 等于系统动能之增量：W ＝ E k ＝ 1 ( J 01ml 22 )4 n 221(J 01ml 12 )4 2n 122 2 22这里的是没有砝码时系统的转动惯量．J(2) 过程中无外力矩作用，系统的动量矩守恒：2 (J 0＋ 1 ml 12 ) n 1 = 2 (J 0＋ 1ml 22 ) n 22 2∴J 0m l 12n 1 l 22 n 22 n 2 n 1(3) 将 J 0代入 W 式，得W2mn 1n 2 l 12 l 226. 一质量均匀分布的圆盘，质量为M ，半径为 R ，放在一粗糙水平面上 (圆盘与水平面之间的摩擦系数为)，圆盘可绕通过其中心 O 的竖直固定光滑轴转动．开始时， 圆盘静止， 一质量为 m 的子弹以水平速度v 0 垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上，求(1) 子弹击中圆盘后，盘所获得的角速度．(2) 经过多少时间后，圆盘停止转动．(圆盘绕通过 O 的竖直轴的转动惯量为1 MR2 ，忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩 )2O 的角动量守恒．解： (1) 以子弹和圆盘为系统，在子弹击中圆盘过程中，对轴m v 0R ＝( 1MR 2＋ mR 2)2(2) 设 表示圆盘单位面积的质量，可求出圆盘所受水平面的摩擦力矩的大小R 为M fr g2 r d r ＝ (2 / 3)gR 3＝ (2 / 3) MgR设经过 t 时间圆盘停止转动，则按角动量定理有－ M f t ＝ 0－ J ＝－ (1MR 2＋ mR 2) ＝ - m v 0R2∴mv 0 R mv 0 R 3mv 0t2 /3 MgR2 MgM f7. 一匀质细棒长为 2L ，质量为 m ，以与棒长方向相垂直的速度v 0 在光滑水平面内平动时， 与前方一固定的光滑支点O 发生完全非弹性碰撞．碰撞点位于棒中心的一侧1L 处，如图2所示．求棒在碰撞后的瞬时绕O 点转动的角速度 ．(细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为 1ml 2 ，式中的 m 和 l 分别为棒的质量和长度． )3O 点的角动量为解：碰撞前瞬时，杆对式中 为杆的线密度．碰撞后瞬时，杆对 O 点的角动量为因碰撞前后角动量守恒，所以∴ = 6 v 0 / (7L)8. 长为 l 的匀质细杆，可绕过杆的一端O 点的水平光滑固定轴转动，开始时静止于竖直位置．紧挨O 点悬一单摆，轻质摆线的长度也是l ，摆球质量为 ．若单摆从水平位置由静止m开始自由摆下，且摆球与细杆作完全弹性碰撞，碰撞后摆球正好静止．求：(1) 细杆的质量．(2) 细杆摆起的最大角度 ．解： (1) 设摆球与细杆碰撞时速度为v 0 ，碰后细杆角速度为，系统角动量守恒得：J = m v 0l由于是弹性碰撞，所以单摆的动能变为细杆的转动动能1 mv 02 1 J 222代入 J ＝ 1Ml 2 ，由上述两式可得M ＝3m3(2) 由机械能守恒式1 m2mgl 及1 J21M g lv 021 c o s221并利用 (1) 中所求得的关系可得a r c c o s3四 研讨题1. 计算一个刚体对某转轴的转动惯量时，一般能不能认为它的质量集中于其质心，成为一质点，然后计算这个质点对该轴的转动惯量？为什么？举例说明你的结论。

大学物理习题集（上）专业班级 姓名_ 学号_第五章 刚体的定轴转动一．选择题1．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。

2. 均匀细棒 OA 可绕通过某一端 O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，今使棒从水平位置由静止开始自 由下降，在棒摆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。

A（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。

3. 如图所示，一圆盘绕水平轴 0 做匀速转动，如果同时相向地射来两个质量相同、速度大小相同，且沿同一直线运动的子弹。

子弹射入圆盘均留在盘内，则 子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度将 [ B ]（A ）增大； （B ）减小； （C ）不变； （D ）无法确定。

解答 以圆盘和两子弹为系统，外力矩为零，系统的角动量守恒。

按题意， 两个子弹的初始角动量（对 0 轴之和为零。

两子弹留在圆盘内，增大了圆盘的 转动惯量。

设圆盘的转动惯为 J ，转动的角速度为 ω0 ，则有J ω0 = ( J + ∆J )ωω0 > ω有速度减小，所以应选（B ）4. 一轻绳绕在具有水平转轴的定滑轮上，绳下端挂物体，物体的质量为 m ，此时滑轮的角加速度为 a 。

若将物体卸掉，而用大小等于 mg 、方向向下的力拉绳子，则滑轮的角加速度将[ A ](A)变大； （B ）不变； （C ）变小； （D ）无法判断。

解答如图 5-4（a）所示，设滑轮半径为 R，转动惯量为 J。

当绳下滑挂一质量为m 的物体时，受绳的张力F T 和重力W=mg 作用，加速度a 铅直向下。