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AJ和BJ，若BAJJ，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：A分析：22mmRRhh，221122mJmRh，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1J和2J，则（A）12JJ（B）12JJ（C）12JJ（D）不能确定1J和2J哪个大答案：C分析：22JRdmmR，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：C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：A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21cos23LMmgmL可知当从0至90度的过程中，M（及β）从大到小。由机械能守恒可得2231cos111cos223gLmgmLL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βA和βB，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：C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2AAAAAmgTmamgRTRIImRRa；BBmgRGRII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：C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1112221212122221212120/mgTmaTmgmammgJmmgTTTTRJJmRmRmmJRRRa同步训练答案第三章刚体定轴转动许照锦3/77.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：D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：A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212211222IImvhmvhImrImr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：B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4/710.（☆）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：B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2iiiIm可知，当物体膨胀时，质元im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：刚体质量；质量分布；转轴位置。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：214ml分析：由转动惯量的定义2iiiIm可得22223(2)2014Imlmlmml。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：34gl；32gl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cos2lMmg由转动定律可得213coscos232lgmgImll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：0/3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101102/3JJJ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：AABJ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AAABBABBABJJJJJJ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：132mvmL分析：由角动量守恒可得21113232vmvmvLmLmLmL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：67vL分析：由角动量守恒可得22162237vmvLmLmLL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：02JJmr同步训练答案第三章刚体定轴转动许照锦6/7分析：由角动量守恒可得002JJJmrrJmr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21/2mR，其中R为轱辘的半径，轴上的摩擦忽略不计。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2112TRmR由约束关系可得Ra三式联立可得112mmTgmm考试时写法如下：2111122mgTmammTRmRTgmmRa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β。（g=9.8m/s2）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7/711222121231416.33123mgTmaTmgmagTrTrmrrrara(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β0及杆与水平方向夹角为60度时的角加速度的大小β。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2coscosgmglmll