大学物理同步训练第2版第三章刚体定轴转动详解

同步训练答案 第三章 刚体定轴转动 许照锦 1 / 7 第三章第三章 刚体定轴转动刚体定轴转动 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 BA JJ，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘的密度各为 A 和 B ，则 （A） AB （B） BA （C） AB （D）不能确定 A 和 B 哪个大 答案：答案：A 分析：分析： 2 2 mm R R hh ， 2 2 11 22 m JmR h ，故转动惯量小的密度大。 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 们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为 1 J和 2 J，则 （A） 12 JJ （B） 12 JJ （C） 12 JJ （D）不能确定 1 J和 2 J哪个大 答案：答案：C 分析：分析： 22 JR dmmR ，与密度无关，故 C 选项正确。 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 1 按图 1 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 2 ，则 （A） 12 （B） 12 （C） 12 （D）不能确定如何变化 答案：答案：C 分析：分析：左边的力对应的力臂大，故产生的（顺时针）力矩大于右边的力所产生的力矩，即合 外力距（及其所产生的角加速度）为顺时针方向，故圆盘加速，角速度变大。 4. 均匀细棒OA的质量为M， 长为L， 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 2 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）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 答案：答案：A 分析：分析： （定性）由转动定律MI可知，角加速度与力矩成正比，故 B、D 错误；由机械 同步训练答案 第三章 刚体定轴转动 许照锦 2 / 7 能守恒可知，棒在下落的过程中重力做功，故角速度从小到大，C 错误。故选 A。 （定量）设某一时刻细棒与水平线夹角为，由力矩定义及转动定律可得 2 1 cos 23 L MmgmL 可知当从 0 至 90 度的过程中，M（及）从大到小。由机械能守恒可得 22 31 cos1 1 1 cos 22 3 gL mgmL L 可知当从 0 至 90 度的过程中，角速度从小到大。 5. （）如图 3 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 G，而且 G=mg。设 A、B 两 滑轮的角加速度分别为A和B，不计滑轮轴的摩擦，则有 （A） AB （B） AB （C） AB （D）开始时 AB ，以后 AB 答案：答案：C 分析：分析： （定性）由于物体 m 有向下的加速度，故作用于物体上的绳子张力小于 mg，即小于 右边绳子的张力（=mg） ，故 A 滑轮受到的力矩小于 B 滑轮，故 AB 。 （定量）设圆盘转动惯量为I，参考计算题第 1 题的计算过程，可得 A、B 圆盘的转动角加 速度为 2 A AAA A mgTma mgR T RI ImR Ra ； BB mgR GRI I 故 AB 。 6. 一轻绳跨过一具有水平光滑轴、转动惯量为 J 的定滑轮， 绳的两端分别悬 有质量为 m1和 m2的物体 （m1m2） ， 如图 4 所示。 绳与轮之间无相对滑动。 若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力 （A）处处相等 （B）左边大于右边 （C）右边大于左边 （D）无法判断哪边大 答案：答案：C 分析：分析： （定性）由于重的物体 m2最终必然下落，可知圆盘最后将做顺时针转动，因此圆盘 受到的合外力矩应为顺时针，即右边绳子的张力要大于左边绳子的张力。 （定量）参考课本例题（ （）阿特伍德机：P84，例 3-5）可得 111 222 1212 12 22 2 1212 12 0 / m gTm a Tm gm a mmgJ mmg TT TTRJJm Rm RmmJRR Ra 同步训练答案 第三章 刚体定轴转动 许照锦 3 / 7 7. 几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上，如果这几个力的矢量和为零，则此 刚体 （A）必然不会转动 （B）转速必然不变 （C）转速必然改变 （D）转速可能不变，也可能改变 答案：答案：D 分析：分析：力的矢量和和力的作用点无关，力矩的矢量和和力的作用点有关，故力的矢量和为零 不能导出力矩的矢量和为零，因此 D 正确。具体例子可参考选择题第 3 题，图中两力的矢 量和为零，当两个力不在一条直线上时，外力矩不为零（此时转速改变） ；当两个力在一条 直线上时，外力矩为零（此时转速不变） 。 8. 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴 O 转动，角速度为 1 ，如图 5 所示，射来两个 质量相同、速度大小相同、方向相反并在同一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且停留在盘 内，若子弹射入后的瞬间圆盘的角速度为 2 ，则 （A） 12 （B） 12 （C） 12 （D）无法确定 答案：答案：A 分析：分析： 由于子弹和圆盘构成的系统与外界的接触只有固定的光滑转轴， 故该系统对该转轴角 动量守恒。设两子弹的速度大小为 v，动量线（速度所在直线）与 O 的垂直距离为 h，圆盘 的转动惯量为 I，子弹射入圆盘并嵌在圆盘上时与 O 的距离为 r，则有 2 12211 2 2 2 I ImvhmvhImr Imr 即，选项 A 正确。 9. 现有 A、B 两个系统，如图 6 所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴 O 旋转，初始态为静止悬挂。现有一个小球自左方水平打击细杆。设小球与细杆之间为非弹 性碰撞，把碰撞过程中的细杆与小球取作系统 A；另外，一水平圆盘可绕通过其中心的固定 竖直轴转动，盘上站着一个人。当此人在盘上随意走动时（若忽略轴的摩擦） ，若人和圆盘 取作系统 B，则 （A）A、B 两系统机械能都守恒 （B）A、B 两系统只有对转轴 O 的角动量守恒 （C）A、B 两系统动量都守恒 （D）A、B 两系统机械能、动量和角动量均守恒 答案：答案：B 分析：分析：由于两个系统都有非保守内力做功（A：非弹性碰撞；B：人随意走动） ，机械能不守 恒，选项 AD 错误。由于两个系统都有可能受到转轴上的力（外力）的作用，故系统的动量 不一定守恒， 选项 C 错误。 由于两个系统只与光滑固定转轴接触， 受到的合外力矩必然为 0， 故满足角动量守恒，选项 B 正确。 同步训练答案 第三章 刚体定轴转动 许照锦 4 / 7 10. （）一个物体正在绕固定光滑轴自由转动，则它受热膨胀时 （A）角速度不变 （B）角速度变小 （C）角速度变大 （D）无法确定角速度如何变化 答案：答案：B 分析：分析：物体与外界的接触为固定光滑轴，故物体角动量守恒，即LI常数，由转动惯 量的定义 2 ii i Im可知，当物体膨胀时，质元 i m与转轴的距离 i 变大，故转动惯量变 大。由角动量不变可知角速度变小。 二、填空题 1. 刚体对轴的转动惯量取决于： 、 、 。 答案：答案：刚体质量；质量分布；转轴位置。 分析：分析：略。 2. （）如图 7 所示，Q、R 和 S 是附于刚性轻质细杆上的质量分别为 3m、 2m 和 m 的 3 个质点，QR=RS=l，则系统对 OO轴的转动惯量为 。 答案：答案： 2 14ml 分析：分析：由转动惯量的定义 2 ii i Im可得 2222 3(2 )2014Imlm lmml。 3. （）如图 8 所示，一长为 l 的均匀直棒可绕其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动。 抬起另一端使棒向上与水平面成 60o，然后无初速地将棒释放。已知棒对轴的转动惯量为 2 /3ml，其中 m 和 l 分别为棒的质量和长度，则放手时棒的角加速度为 ，棒转到水 平位置时的角加速度为 。 答案：答案： 3 4 g l ； 3 2 g l 分析：分析：由力矩定义可知，当棒与水平面夹角为时，产生的力矩为 cos 2 l Mmg 由转动定律可得 2 13 coscos 232 lg mgIml l 故，60o时，3 /4gl；0o时，3 /2gl。 4. （）一飞轮以角速度 0 绕光滑固定轴旋转，飞轮对轴的转动惯量为 J1；另一静止飞轮 突然和上述转动的飞轮啮合并绕同一转轴转动， 该飞轮对轴的转动惯量为前者的两倍。 啮合 后整个系统的角速度为 。 答案：答案： 0/3 分析：分析：物体与外界接触的地方只有光滑固定转轴，系统角动量守恒，即 10110 2/3JJJ 5. （） 如图 9 所示， A、 B 两飞轮的轴杆在一条直线上， 并可用摩擦啮合器 C 使它们联结。 开始时 B 轮以角速度 B 转动，A 轮以角速度 A 转动，设在啮合过程中两飞轮不受其他力矩 同步训练答案 第三章 刚体定轴转动 许照锦 5 / 7 的作用。当两轮联结在一起后，共同的角速度为。若 A 轮的转动惯量为 JA，则 B 轮的转 动惯量 JB= 。 答案：答案： A A B J 分析：分析：系统与外界接触的只有光滑固定转轴，系统角动量守恒，即 A AABBABBA B JJJJJJ 6. （）如图 10 所示，一静止的均匀细棒，长为 L，质量为 m1，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 m1L2/3。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出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为 v/2，则 此时棒的角速度应为 。 答案：答案： 1 3 2 mv m L 分析：分析：由角动量守恒可得 2 1 1 13 232 vmv mvLmLm L m L 式中质点的角动量为质点的动量乘以动量臂。 7. （）光滑的水平桌面上有一长为 2L、质量为 m 的均质细杆，可绕过其中点且垂直于杆 的竖直光滑固定轴 O 自由转动，其转动惯量为 mL2/3，起初杆静止。桌面上有两个质量均为 m 的小球各自在垂直于杆的方向上正对着杆的一端， 以相同速率 v 相向运动， 如图 11 所示。 当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后， 就与杆粘在一起转动， 则这一系统碰 撞后的转动角速度应为 。 答案：答案： 6 7 v L 分析：分析：由角动量守恒可得 22 16 22 37 v mvLmLmL L 注：两个小球的角动量方向相同（顺时针方向；等式右边第一项为小球粘在细杆上形成的新 刚体对转轴 O 的转动惯量。 8. 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 0 转动，此时有一质量为 m 的人站在转台中心。随后人沿半径向外跑 去，当人到达离转轴为 r 处时，转台的角速度为 。 答案：答案： 0 2 J Jmr 同步训练答案 第三章 刚体定轴转动 许照锦 6 / 7 分析：分析：由角动量守恒可得 00 2 J JJmrr Jmr 由于人是沿着半径向外跑，即人在垂直半径的方向上的速度为r（相对圆盘静止） ，故人 的角动量为mrr。 三、计算题 1. （）质量为 m 的一桶水绕在轱辘上的轻绳的下端，轱辘可视为一质量为 m1的圆柱体。 桶从井口由静止释放， 求桶下落过程中绳中的张力。 轱辘绕轴转动时的转动惯量为 2 1 /2m R， 其中 R 为轱辘的半径，轴上的摩擦忽略不计。 解：解：如图所示，对质点和滑轮分别进行受力分析。由牛顿第二定律可得 mgTma 由转动定律可得 2 1 1 2 TRm R 由约束关系可得 Ra 三式联立可得 1 1 2 mm Tg mm 考试时写法如下：考试时写法如下： 2 1 1 1 1 22 mgTma mm TRm RTg mm Ra 注：注：一定要有受力分析图。 2. 一大一小两个匀质圆盘同轴粘结在一起构成一个组合轮。小圆 盘的半径为 r，质量为 m；大圆盘的半径 r=3r，质量 m=3m。组 合轮可通过其中心且垂直于盘面的光滑水平固定轴 O 转动，对 O 轴的转动惯量 J=14mr2。 两圆盘边缘上分别绕有轻质细绳， 细绳下 端各悬挂质量为 m 的物体 A 和 B，如图 12 所示。这一系统从静 止开始运动，绳与盘无相对滑动，绳的长度不变。已知 r=5cm， 求组合轮的角加速度。 （g=9.8m/s2） 解解：受力分析如图所示，由牛顿第二定律、转动定律和约束条件 可得 同步训练答案 第三章 刚体定轴转动 许照锦 7 / 7 11 22 2 12 1 2 31416.33 12 3 mgTma Tmgma g TrTrmr r ra ra (rad/s2) 3. （）一长为 l，质量可以忽略的直杆，可绕通过其一端的水平光滑轴在竖直平面内作定 轴转动，在杆的另一端固定着一质量为 m 的小球，如图 13 所示。现将杆由水平位置无初转 速地释放。 求杆刚被释放时的角速度的大小0及杆与水平方向夹角为 60 度时的角加速度的 大小。 解解：受力分析如图所示，设杆与水平线的夹角为，由转动定律可得 2 coscos g mg lml l 式中 2 Im