大学物理上练习册 第2章《刚体定轴转动》答案-2013

《大学物理》刚体力学练习题及答案解析一、选择题1.刚体对轴的转动惯量，与哪个因素无关 [ C ]（A）刚体的质量（B）刚体质量的空间分布（C）刚体的转动速度（D）刚体转轴的位置2.有两个力作用在一个有固定轴的刚体上. [ B ](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)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.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，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖立位置的过程中，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.4．如图所示，圆锥摆的小球在水平面内作匀速率圆周运动，小球和地球所组成的系统，下列哪些物理量守恒（ C ）（A）动量守恒，角动量守恒（B）动量和机械能守恒（C）角动量和机械能守恒（D）动量，角动量，机械能守恒5.一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（ B ）（A）L不变，ω增大（B）L不变，ω减小（C）L变大，ω不变（D）两者均不变6.一花样滑冰者，开始自转时，其动能为20021ωJ E =。

然后他将手臂收回，转动惯量减少为原来的1/3，此时他的角速度变为ω，动能变为E ，则下列关系正确的是（ D ） （A ）00,3E E ==ωω （B ）003,31E E ==ωω （C ）00,3E E ==ωω （D ）003,3E E ==ωω1C 2.B ，3.A ，4.C ，5.B ，6.D二、填空1.当刚体受到的合外力的力矩为零时，刚体具有将保持静止的状态或_____________状态，把刚体的这一性质叫刚体___________。

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。

《大学物理A Ⅰ》2010 刚体定轴转动习题、答案及解法一．选择题1．两个匀质圆盘A 和B 相对于过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，若A B J J >，但两圆盘的的质量和厚度相同，如两盘的密度各为A ρ和B ρ，则( A )（A ）B A ρρ> （B ）B A ρρ<（C ）B A ρρ= （D ）不能确定B A ρρ的大小参考答案： B B A Ah R h R M ρπρπ22== A A A h M MR J ρπ222121== BB B h M MR J ρπ222121== 2．有两个半径相同、质量相等的细圆环。

1环的质量分布均匀。

2环的质量分布不均匀，它们对通过圆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 ）21J J > （B ）21J J <（C ）21J J = （D ）不能确定21J J 的大小 参考答案：∵ ⎰=Mdm r J 2 ∴ 21J J =3．一圆盘绕过圆心且于盘面垂直的光华固定轴O 以角速度1ω按图所示方向转动，将两个大小相等，方向相反的力F 沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度变为2ω，那么( C )（A ）21ωω> （B ）21ωω=（C ）21ωω< （D ）不能确定如何变化 参考答案：()12ωωJ J t r R F -=∆⋅- ()12ωω+∆⋅-=t r R JF4．均匀细棒OA 的质量为m 。

长为L ，可以绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图2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，下述说法那一种是正确的[ A ]（A ）合外力矩从大到小，角速度从小到大，角加速度从大到小。

（B ）合外力矩从大到小，角速度从小到大，角加速度从小到大。

（C ）合外力矩从大到小，角速度从大到小，角加速度从大到小。

（D ）合外力矩从大到小，角速度从大到小，角加速度从小到大。

题：一汽车发动机曲轴的转速在s 12内由13min r 102.1-⋅⨯均匀的增加到13min r 107.2-⋅⨯。

（1）求曲轴转动的角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转题解：（1）由于角速度2n （n 为单位时间内的转数），根据角加速度的定义t d d ωα=，在匀变速转动中角加速度为()200s rad 1.132-⋅=-=-=tn n t πωωα （2）发动机曲轴转过的角度为()t n n t t t 0020221+=+=+=πωωαωθ在12 s 内曲轴转过的圈数为圈390220=+==t n n N πθ 题：某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τωωt e --=，式中10s rad 0.9-⋅=ω，s 0.2=τ。

求：（1）s 0.6=t 时的转速；（2）角加速度随时间变化的规律；（3）启动后s 0.6内转过的圈数。

题解：（1）根据题意中转速随时间的变化关系，将t s 代入，即得100s 6.895.01--==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ωωωτt e（2）角加速度随时间变化的规律为220s 5.4d d ---===tt e e t ττωωα （3）t = s 时转过的角度为rad 9.36d 1d 60060=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==⎰⎰-s t s t et τωωθ 则t = s 时电动机转过的圈数圈87.52==πθN 题：如图所示，一通风机的转动部分以初角速度0ω绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C 为一常量。

若转动部分对其轴的转动惯量为J ，问：（1）经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半（2）在此时间内共转过多少转题解：（1）通风机叶片所受的阻力矩为ωM C -=，由转动定律αM J =，可得叶片的角加速度为J C t ωωα-==d d （1）根据初始条件对式（1）积分，有⎰⎰-=ωωω00d d d t t J C t 由于C 和J 均为常量，得t J C e -=0ωω 当角速度由0021ωω→时，转动所需的时间为 2ln CJ t = （2）根据初始条件对式（2）积分，有⎰⎰-=t t J C t e 000d d ωθθ即CJ 20ωθ= 在时间t 内所转过的圈数为CJ N πωπθ420== 题：一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为m N 1003.23⋅⨯，涡轮的转动惯量为2m kg 0.25⋅。

第2章 牛顿运动定律 刚体定轴转动定律2-1 质量2kg m =的质点的运动方程为22(61)(331) m r t i t t j ⎡⎤=-++-⎣⎦，求该质点所受力的大小和方向。

解()222d 126m/s d ra i j t==+ ()2412N F ma i j ==+力的大小F ==，设力与x 轴正方向之间的夹角为α，5.0tan ==xy F F α 0arctan 0.526.57α==2-2 质量4kg m =的物体同时受力1(23) N F i j =-和2(411) N F i j =-的作用，当0t =时物体静止于原点。

试求（1）物体加速度的大小和方向；（2）3秒末物体速度；（3）物体的运动方程。

解 （1）物体所受的合力()12614N F F F i j =+=-加速度()21.5 3.5m/s Fa i j m==- 加速度的大小23.81(m/s )a ==设加速度与x 轴正方向之间的夹角为α3.5tan 2.331.5y xa a α-===-，066.8α=- 在二维直角坐标系中,通常用与x 轴正方向之间的夹角α来表示矢量的方向.如x y a a i a j =+ tan y xa a α=,不能简单地说arctany xa a α=,因为反正切的主值在ππ,22⎛⎫-⎪⎝⎭之间,而对于加速度,α可以在四个象限。

(a) 当π0,0,0,2x y a a α⎛⎫>>∈ ⎪⎝⎭,在第1象限,如π1,6x ya a α===; (b)当π0,0,,02x y a a α⎛⎫><∈-⎪⎝⎭,在第4象限,如π1,6x y a a α==-=-;(本题中即为此种情况);(c)当π0,0,,π2x y a a α⎛⎫<>∈⎪⎝⎭,在第2象限,如5π1,6x y a a α===;(d)当π0,0,π,2x y a a α⎛⎫<<∈--⎪⎝⎭,在第3象限,如5π1,6x y a a α==-=-， 所述情况如解用图()()()()a b c d 、、、所示。

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 Aβωβωs ＝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(Sgt22－1)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 MAd = J A (J A ＋J B ) = -4.19×10 2 N ·m ·s负号表示与A ωϖ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 ωϖ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()22220200212121BR m J mgR J v ++=+ωωω ② 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＝J 0ω 0 / (J 0 + mR 2) 1分代入式②得222002J mR RJ gR B ++=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： ()R mg m C 2212=v , gR C 4=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。