第3章 刚体
第三章 刚体定轴转动
一、选择题
3.1、刚体转动惯量只取决于[ ]
（A ）刚体的质量 （B ）刚体的大小
（C ）转轴的位置 （D ）刚体质量对给定转轴的分布
3.2、从一个半径为R 的均匀薄板上挖去一个直径为R 的圆板，所形成的圆洞中心在距原薄板中心R/2处，所剩薄板的质量为m 。此时薄板对于通过原中心而与板面垂直的轴的转动惯量是[ ] （A ）
332mR
2
（B ）
1332
mR
2
（C ）
324
mR
2
（D ）
1324
mR
2
3.3、如图所示，均匀细杆长L 质量M ，由其上端的光滑水平轴吊起而处于静止。今有一质量为m 的子弹以v 的速率水平射入杆中而不复出，射入点在轴下d 处。则子弹停在杆中时杆的角速度是[ ] （A ）（C ）
3Mvd ML +3md
3mvd 2ML +3md
2
2
2
2
3mvL ML +3md
3mvd ML +3md
2
2
2
2
（B ） （D ）
3.4、一质量为M 半径为R 的均匀圆盘水平放置，以角速度ω0绕过其圆心的竖直固定光滑轴匀速转动。今有一质量为M 的人从中心沿半径走到边缘，此时人和盘的总角速度与总转动动能分别为[ ] （A ）
ω0MR ω03,
12
2
2
（B ） ω0,
3MR ω0
4
22
（C ）
ω03MR ω02,
16
22
（D ）
ω03MR ω04,
64
22
3.5、一根均匀米尺，在其一端处被钉在墙上，且可以在竖直平面内自由转动。先用手使米尺保持水平，然后释放，则米尺到竖直位置时的角速度是（SI 制）[ ] （A ）g （B ）2g （C ）3g （D ）2g /3
二、填空题
3.6、一绕定轴转动的刚体，其转动惯量为J ，转动角速度为ω0。现受一与转动角速度的平方成正比的阻力矩的作用，比例系数为k （k>0）。则此刚体转动的角速度为 ；刚体从ω0到ω0/2所需的时间为。
3.7、如图所示，两个质量分布均匀的薄圆盘叠放并内切R 1=3r 、R 2=2r ，质量分别为
m 1、m 2，他们对通过大圆圆心并垂直于盘面的轴的转动惯量是。
3.8、如图所示，质量为m 的物体置于光滑的圆盘上，系在一根穿过圆盘中心光滑小孔的绳子上，开始时物体在离中心O 点距离为r 0处，并以角速度ω0转动。然后匀速向下拉绳子，使m 的径向距离减小，当m 离中心O 点的距离为r 0/2时，物体的角速度
ω= ，拉力所作的功
3.9、人造地球卫星沿椭圆形“转移轨道”绕地球运行，距地心距离最近为R 1，最远为R 2，人造地球卫星在近地点和远地点的速率分别为v 1=，v 2=。
3.10、长为l ，质量为M 的均匀细杆及一长为l ，质量为M 的单摆（绳质量不计），由水平悬挂自由放下到竖直位置，如图所示。则杆的端点线速度为 ；单摆的线速度为 。
三、计算题
3.11、一根均匀米尺，在60cm 刻度处被钉到墙上，且可以在竖直平面内自由转动。先用手使米尺保持水平，然后释放。求刚释放时米尺的角加速度和米尺到竖直位置时的角速度各是多大？
3.12、一飞轮的质量m=60kg，直径D=0.5m，转速n=1000r/min。现要求在5s 内使其制动，求制动力F 。假定制动器的尺寸如图所示，闸瓦与飞轮间的摩擦系数μ=0.4，飞轮的质量全部分布在轮缘上。
3.13、如图所示，一半径为R ，质量为m 的均匀圆盘，可绕水平固定光滑轴转动，现以一轻绳绕在轮边缘，绳的下端挂一质量为m 的物体，求圆盘从静止开始转动后，它转过的角度和时间的关系。
3.14m 1m 2，定滑轮的质量为m ，半径为r ，可视为均匀圆盘。已知m 2与桌面间的滑动摩擦系数为μk ，求m 1下落的加速度和两段绳子中的张力各是多少？设绳子和滑轮间无相对滑动，滑轮轴受的摩擦力忽略不计。
3.15、如图所示，两个圆轮的半径分别为R 1和R 2，质量分别为M 1和M 2。二者都可视为均匀圆柱而且同轴固结在一起，可以绕一水平固定轴自由转动。今在两轮上各绕以细绳，绳端分别挂上质量是m 1和m 2的两个物体。求在重力作用下，m 2下落时轮的角加速度。
3.16、一个轻质弹簧的劲度系数为k =2.0N /m 。它一端固定，另一端通过一条细线绕过一个定滑轮和一个质量为m 1=80g 的物体相连，如图所示。定滑轮可看作均匀圆盘，它的半径r =0.05m ，质量m =100g 。先用手托住物体m 1，使弹簧处于其自然长度，然后松手。求物体m 1下降h =0.5m 时的速度多大？忽略滑轮轴上的摩擦，并认为绳在滑轮边缘上不打滑。
3.17、固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴OO ' 转动，设大小圆柱体的半径分别为R 和r ，质量分别为M 和m ，绕在两柱体上的细绳分别与物体m 1和m 2相连，m 1和m 2挂在物体的两侧，如图所示。其中R =0.2m ，r =0.1m ，m =4kg ，
M =10kg ，m 1=m 2=2kg
。求：（1）柱体转动的角加速度α；（2）两细绳的张力T 1和T 2。
3.18、在如图所示的装置中，物体的质量为m 1、m 2，且m 1>m 2，圆柱状定滑轮的质量为M 1和M 2，半径为R 1和R 2，质量均匀分布。设绳子长度不变，质量不计，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑。试求两物体的加速度及绳中的张力。
3.19、图中均匀杆长L=0.40m，质量M=1.0kg，由其上端的光滑水平轴吊起而处于静止。今有一质量m=8.0g的子弹以v=200m/s的速率水平射入杆中而不复出，射入点在轴下d=3L/4处。（1）求子弹停在杆中时杆的角速度；（2）求杆的最大偏转角。
3.20、如图所示，长为L 的均匀细杆可绕过点O 的固定水平光滑轴转动，光滑水平桌面上一小球m 以初速度v 0运动，与静止于竖直位置的杆的末端相碰。设碰撞是弹性的，杆的质量和球相同。求碰后杆上摆的最大偏角θm 。
第三章 刚体定轴转动答案
一、填空题
3.1、 t =
J
ω
0k
解：由题意，此刚体所受的外力矩为
M =k ω
2
由转动定律得
M =J
d ωdt
=-k ω
2
分离变量，有
-d ω
ω
2
=
k J
dt
由条件t =0时ω=ω0，积分上式
⎰ω
k ω
-
d ω
ω
2
=
⎰
t
J
得
1）2） （
（
ω=
将ω=
ω0
2
ω0J
J +ω0kt
（3）
代入式（3），得
t =
J
ω0k
3.2、 J =
3.3、 4ω0；mr 02ω02
2312m 1R 1+
2
12
m 2R 2+m 2r =
22
12
(9m 1+5m 2) r
2
解：物体对通过圆盘中心O 的转轴合外力矩为零，角动量守恒
mr 0ω0=m (
2
r 02
) ω
2
解得
ω=4ω0
拉力对物体做正功，根据动能定理
A =
12m (r 02) ω-
2
2
12
mr 0ω0=
22
32
mr 0ω0
22
3.4、 v 1=
2GMR
2
R 1(R 1+R 2)
；v 2=
2GMR 1R 2(R 1+R 2)
解：卫星对地角动量守恒
mv 1R 1=mv 2R 2
卫星地球组成的系统机械能守恒
12
mv 1-G
2
Mm R 1
=
12
mv 2-G
2
Mm R 2
解得
v 1=
2GMR
2
R 1(R 1+R 2)
，v 2=
2GMR 1R 2(R 1+R 2)
3.5、
3gl ；2gl
1122
(m l ) ω23
解：对刚体： m gl =
ω=
v =l ω=
对单摆： m gl =
12
m v
'
'2
v =
二、选择题
3.6、 D
3.7、 D
解：由于转动惯量具有可加性，所以已挖洞的圆板的转动惯量J 加上挖去的圆板补回原位后对原中心的转动惯量J 1就等于整个完整圆板对中心的转动惯量J 2。设板的密度为ρ，厚度为a , 则对于通过原中心而与板面垂直的轴 J 1= J 2=
12
12m 1(
R 2
2
) +m 1(12
2
R 2
) =
4
2
32
π(
R 2
) a ρ(
2
R 2
) =
2
332
πa ρR
4
m 2R =
πa ρR πa ρR
4
J =J 2-J 1=
R 2
1332
又由于[πR -π() 2]a ρ=m ，即 πa ρR 2=
1324
43m
代入上面求J 的公式，最后可得 J =
mR
2
3.8、 D
解：子弹冲入杆的过程中，子弹和杆系统对悬点O 所受外力矩为零，所以对此点的角动量守恒，即
122
mvd =(ML +md ) ω
3
由此得杆的角速度为
ω=
3mvd ML +3md
2
2
3.9、 A
解：人从圆盘中心沿半径走到边缘过程中，人与圆盘组成的系统对通过圆盘圆心的竖直固定光滑轴的外力矩为零，所以系统沿此轴的角动量守恒。由此得：
12
MR ω0=(
2
12
MR
2
+MR ) ω
2
解得
ω=
ω0
3
总转动动能为
11(MR 22
2
+MR ) ω=
22
MR ω0
12
22
3.10、 C
解：根据动能定理
mg
L 2=
1122(mL ) ω23
解得
ω=
3g /L =
3g
三、计算题
3.11、解：如图所示，设米尺的总重量为m ，则直尺对悬点的转动惯量为
J =
13m 1l 1+
2
13
m 2l 2=
2
13
⨯
25
m ⨯0.4+
2
13
⨯
35
m ⨯0.6=0.093m
2
对直尺，手刚释放时，由转动定律
m g ⨯O C =J α
m g ⨯O C
J
m ⨯9.8⨯0.10.093m
α===10.5rad /s
2
3.12、解：要求飞轮在t=5s内制动，则飞轮的角加速度
α=
ω-ω0
t
=-
2πn t
=-20.9rad /s
对飞轮应用转动定律：
-fR =J αJ =m R =f =μN
2
14
m D
2
又杆对O ' 轴的力矩平衡，则
F (l 1+l 2) =N l 1
由以上诸方程，得 F=314N。
3.13、解：设T 为绳子对圆盘的竖直拉力，α为圆盘的角加速度，对圆盘用转动定律，
则有
T R =(
12m R ) α
2
对物体用牛顿定律，则有
mg -T =ma
又
a =R α
联立解以上三个方程，可得
α=
2g 3R
由于α=
d ωdt
，且t=0时ω=0，由积分
⎰
ω0
d ω=
⎰
t 0
2g 3R t
可得 ω=再利用 ω=
d θdt
θ0
2g 3R
和t=0时θ=0
d θ=
由积分 ⎰
⎰
t 0
2g 3R g t
2
可得 θ=
3.14、解：对m 1，由牛顿第二定律
3R
m 1g -T 1=m 1a
对m 2，由牛顿第二定律
T 2-μk m 2g =m 2a
对滑轮，用转动定律
(T 1-T 2) r =
12m r α
2
又由运动学关系，设绳在滑轮上不打滑
α=a /r
联立解以上诸方程，可得
a =T 1=T 2=
m 1-μk m 2m 1+m 2+m /2
g m 1g m 2g
(1+μk ) m 2+m /2m 1+m 2+m /2m 1+m 2+m /2
(1+μk ) m 1+μk m /2
3.15、解：如图示，由牛顿第二定律 对m 1：T 1-m 1g =m 1a 1 对m 2：m 2g -T 2=m 2a 2 对整个轮，由转动定律
T 2R 2-T 1R 1=(
12M 1R 1+
2
12
M 2R 2) α
2
又由运动学关系
α=a 1/R 1=a 2/R 2
联立解以上诸式，即可得
α=
(m 2R 2-m 1R 1) g
(M 1/2+m 1) R 1+(M 2/2+m 2) R 2
2
2
3.16、解：对整个系统用机械能守恒定律
-m 1gh +
12kh +
2
12
m 1v +
2
12
J ω
2
=0
以J =
12
m r ，ω=v /r
2
代入上式，可解得
v =
=1.48m /s
3.17、解：对m 1：m 1g -T 1=m 1a 1
对m 2：T 2-m 2g =m 2a 2
对柱体：T 1R -T 2r =(M R 2+
2
112
m r ) α
2
又由运动学关系
α=a 1/R =a 2/r
联立以上诸方程，解得
α=
m 1gR -m 2gr
M R +m r
2
2
2
=6.125rad /s
2
2
+m 1R +m 2r
2
T 1=m 1(g -R α) =17.15N T 2=m 2(g +r α) =20.825
N
3.18、解：对m 1：m 1g -T 1=m 1a
对m 2：T 2-m 2g =m 2a
对M 1：T 1R 1-TR 1=(M 1R 12/2) α1 对M 2：TR 2-T 2R 2=(M 2R 22/2) α2 又由运动学关系
a =α1R 1=α2R 2
联立以上诸方程，解得
a =T 1=T 2=
2(m 1-m 2) M 1+M 2+2(m 1+m 2)
M 1+M 2+4m 2M 1+M 2+2(m 1+m 2)
M 1+M 2+4m 1M 1+M 2+2(m 1+m 2)
g m 1g m 2g
3.19、解：（1）由子弹和杆系统对悬点的角动量守恒，可得
m v ⨯
3
13L 22
L =[M L +m () ]ω434
ω=
3m v 1
9
4[M L +m L ]
316
=8.89rad /s
（2）对杆、子弹和地球系统，由机械能守恒可得
113L 22L 32
[M L +m () ]ω=(M g +m g L )(1-cos θ) 23424
由此得
192
(M +m ) L ω
θ=arccos[1-] 3
(M +m ) g
2
'
=94。18
3.20、解：杆和小球弹性碰撞过程中，角动量守恒
12
m v 0L =(m L ) ω+m vL
3
总动能守恒
12m v 0=
2
111222(m L ) ω+m v 23
解得
v = ω=
12v 0
3v 02L
细杆摆动的过程中，机械能守恒 得
θ=arccos(1-
11L 22
(m L ) ω=m g (1-cos θ) 232
3v 0
2
4gL
)