05刚体的定轴转动习题解答

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，角加速度为，则其转动加快的依据是：（）A.0B.0，0C.0，0D.0，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：2/2MrJ。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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F1和F2沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度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F1和F2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O•1F2F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a1和a2，则有：（）A.a1=a2B.a1a2C.a1a2D.无法确定解：答案是B。简要提示：(1)由刚体定轴转动定律，1JFr和11ra，得：JFra/21(2)受力分析得：2222raJTrmaTmg，其中m为重物的质量，T为绳子的张力。得：)/(222mrJFra，所以a1a2。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.4F2/mB.2F2/mC.F2/mD.F2/2m解：答案是A。简要提示：由定轴转动定律：221MRFR，得：mRFt4212所以：mFMW/426.一电唱机的转盘正以0的角速度转动，其转动惯量为J1，现将一转动惯量为J2的唱片置于转盘上，则共同转动的角速度应为：（）A．0211JJJB．0121JJJC．021JJD．012JJ解：答案是A。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C。简要提示：由角动量守恒，2025252MrMR，得转动角频率增大，所以转动周期减小。转动动能为22k2020k5221,5221MrEMRE可得EkEk0。8.如图，一质量为m0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D。m0选择题8图二填空题1.半径为30cm的飞轮，从静止开始以0.5rads–2的角加速度匀加速转动，则飞轮边缘上一点在转过2400时的切向加速度为；法向加速度为。解：答案是0.15ms–2；0.4ms–2。简要提示：1τsm15.0ra。由221t，t，得：22nsm4.0ra2.一质量为0.5kg、半径为0.4m的薄圆盘，以每分钟1500转的角速度绕过盘心且垂直盘面的轴的转动，今在盘缘施以0.98N的切向力直至盘静止，则所需时间为s。解：答案是16s。简要提示：由定轴转动定律，221MRFR，t，得：s1698.024.05.0502FmRt3.一长为l，质量不计的细杆，两端附着小球m1和m2（m1＞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。解：答案是lmmgmm)()(22121。简要提示：由刚体定轴转动定律，4)(2)(22121lmmlgmgmm1lm2填空题3图得：lmmgmm)()(221214.如图所示，质量为m0，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下降h的距离时，m的动能与m0的动能之比为。解：答案是02mm。简要提示：由rv，，得：0k20mmEEkmm如图所示，、两飞轮的轴杆在一条rm0m填空题4图填空题5图直线上，并可用摩擦啮合器C使它们连结．开始时轮静止，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轮的转动惯量为JA，则轮的转动惯JB＝．解：答案是/)(AAJ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：)(BAAAJJJ所以：/)(AABJJ6.一位转动惯量为J0的花样滑冰运动员以角速度0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J0/3时，则其角速度变为；转动动能变为。解：答案是J00；2/200J；30；2/3200J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；机械能三计算题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t2cos4。求：(1)杆摆动的角速度和角加速度；(2)距上端0.5m处的一点的速度和加速度。解：(1)tt2sin8dd2;tt2cos16dd3(2)tl2sin162v；tla2cos323τ；tla2sin128242n2.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，则小质元质量为yxSmdddd小质元dm对于中心轴的转动惯量yxyxmrJdd)(dd222整个矩形板的转动惯量)(121)(121dd)(d2222222222bambaabyxyxJJaabb3.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，bayxdmyOxr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：amTmgmamgT2/922mrJTrrT由转盘和重物之间的运动学关系，有：ra2ra联立以上方程，可得：rg192T’T4.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的光滑斜面上滑动，求B的加速度和绳中张力。解：物体B的运动满足牛顿第二定律maTmgsin定滑轮A的运动满足刚体定轴转动定律JTr加速度和角加速度之间满足关系ra计算题4图BAJ,roθ联立解得B的加速度sin22gJmrmraa的方向沿斜面向下。绳中张力为sin2mgJmrJT5.如图所示，质量为m1的物体可在倾角为的光滑斜面上滑动。m1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（m1）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。解：在m2由静止下落h距离的过程中机械km1θJm2计算题5图能守恒，因此有sin2121)(211222212ghmkhJmmghmv式中rv，解得m2由静止下落h距离时的速率221212/)sin(2rJmmkhghmmv2m下降到最低时，1m、2m速率为零，代入上式，得到m2下降的最大距离gmmkh)sin(212max6.空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC自由转动，转动惯量为J0，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O的水平面为势能零点．小球到B点时，有：)(2000mRJJ)(21212122220200BRmJmgRJv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)/(2000mRJJ0222002JmRRJgRBv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：)2(212RmgmCv计算题6图所以gRC4v。7.质量为m0长为L的均匀直杆可绕过端点O的水平轴转动，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m0=6m，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2222203)2()31(mLmLmLmLLmJLmv解出LOm0omv计算题7图L3v（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2)6(31LmLmJLmLmvvv得到L2vv（1）碰撞前后系统的机械能守恒，因此有22222221212121mLmJmmvvv由上式得到22222Lvv（2）将（2）式和（1）式两边相除，得到Lvv（3）再由（3）式和（1）式解得L32v8.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l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。若碰撞后小球刚好静止，试求绳长l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。设碰撞后瞬间细棒绕转轴O转动的角速度为，由角动量守恒，有231mLlmv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22231.2121mLmv由以上两式解得Ll31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231mLlmlm′vv222231212121mLmm′vv求得vv222233LlLl′令0′v，则032Ll解得Ll31LlmO计算题8图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，求转台的角速度随时间的变化关系。解：由角动量守