1、第六章 刚体转动自测题答案 一、选择题答案 1、 （C） 2、 （B） 3、 （B） 4、 （C） 5、 （C） 6、 （D） 7.（B） 8、(B) 9、 （D） 10、 （A） 11、 （C） 12、(B) 13、(B) 14、 （C） 15、(A) 16、(C) 17、(C) 18、 （D） 19、(C) 20、(D) 21、(C) 二、填空题答案 1、1 ； 2、3 ； 3、变化 ； 4、合外力矩 ； 5、合外力矩 ； 6、mL 2/12； 7、mL 2/3 ； 8、mr 2/2； 9、 ； 10、不变 ； 11、0； 12、 3g/2l ； 13、 0 ； 14、 mgl/2 ； 1
2、5、 ml2/3 。 三、计算题 1.一半径为 0.3m的转轮作匀角加速度转动，其初角速度 0=0.5 rads- 1，在 t =10 s时，其角速度 =6.5 rads-1，求：(1)在 t =10 s时，转轮转过 的角度；(2) t=10 s时，转轮边沿点的切向速度、切向加速度和法向加速度各为多 少？ 解：(1)由于转轮做匀角加速度转动，因此根据公式有 （2 分）t0 （2 分）1 可得到 t =10 s时转轮转过的角度为 =35rad。 （2 分）0 (2)切向速度的大小为 m/s （2 分）95.1rv 切向加速度为 m/s2 （2 分）8.0dta 法向加速度 m/s2 （2 分）2
3、7.1rvn 2.如图所示，一根长为 l、质量为 m的均匀细直棒可绕其 一端在竖直面内自由转动，开始时棒处于水平位置，求棒转到 与水平线成角度 时的角加速度和角速度。(细棒对转轴的转 动惯量为 )231mlJ 图 解：棒所受合外力矩 （3 分）cos21mglM 由转动定律得角加速度 （3 分） ll gJs31cos2 因为 （2 分）dtdt 所以 （3 分）00coslg （1 分）lin3 3.如图所示，一匀质细杆质量为 ，长为 ，可绕过ml 一端 的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆O 下。求：(1)初始时刻的角加速度；(2)杆转过 角时的 角速度。 (细棒对转轴的转动惯量为
4、)231lJ 解: (1)由转动定律，有 （4 分）)31(22mllg （2 分）l (2)由机械能守恒定律，有 （4 分）2)31(sinlg （2分）li 4.如图所示，一匀质细杆质量为 ，长为 ，可绕ml 过一端 的水平轴自由转动，杆由水平位置由静止开始O 摆到竖直位置。试证明， 杆在下摆过程中，角加速度 越来越小，角速度越来越大。 证明：当杆转过 角时，棒所受合外力矩 （2 分）cos21glM 由转动定律得角加速度 图 图 （2 分）lgmlJMcos31 s2 可得，杆由水平位置摆到竖直位置过程中，角加速度 随 角的增大而增小。 因为 （2 分）dtdt 所以 （2 分）00co
5、s3lg （2 分）lsin 可得，杆由水平位置摆到竖直位置过程中，角速度 随 角的增大而增大。 5.如右图所示，质量为 M，长为 l 的直杆，可绕 O无摩 擦地转动。设一质量为 m 的子弹沿水平方向飞来，恰好射 入杆的下端，若直杆(连同射入的子弹)的最大摆角为 ，试证明子弹速度大小为06 。203glv 证：碰撞过程中，系统角动量守恒 （5 分）)31(220Mlmlv 上摆过程中，系统机械能守恒。取直杆下端为势能零点，则 （5 分）)60cos1()6cos()31(202 glglMlmllg 可证得： （2 分）206v 6.计算如图所示系统中物体的加速度设滑轮为质量均 匀分布的圆柱体
6、，其质量为 ，半径为 ，在绳与轮缘的摩r 擦力作用下旋转，且绳子与滑轮之间无相对滑动，忽略桌面 与物体间的摩擦，设 50kg， 200 kg,M15 kg, 1m2 0.1 m,滑轮的转动惯量 ，g=9.8 m/s 2。r MrJ 解: 分别以 , 滑轮为研究对象，对 , 运用牛顿定律，有 12 1m2图 lm600v 图 （3 分）amTg22 （3 分）1 对滑轮运用转动定律，有 （3 分）)2(12MrTr （2 分）a 联立以上 4个方程，得 （1 分）221 sm6.71508.9mg 7.有一倾角为 的斜面，其上装一定滑轮，一软细 绳跨过滑轮，两端分别接两物体 A和 B， A与 B
7、的质量皆 为 m，设 A与斜面间是光滑的，绳与滑轮无相对滑动，轮 轴无摩擦力，滑轮的转动惯量为 J，求物体下降的加速度。 解：对 B物体受力分析 （3 分）maTg1 对 A物体受力分析 （3 分）sin2 对滑轮受力分析 （3 分）Jr1 由于 （2 分）ra 解得 （1 分）2 2sinmJg 8.有一质量为 M、半径为 R的均匀圆盘，以角速度 0旋转着，某时刻，有一 质量为 m的小碎块从其边缘飞出，方向正好竖直向上，求： 小碎块能上升的最 大高度； 破裂后圆盘的角速度和角动量。 解：（1）设物体能飞起的高度为 h，由机械能守恒定律得，碎片飞出时的角速 度为 ，碎片转动惯量为 ，可得0mJ
8、 （2 分） （2 分）01ghmRJ 解上两式得： （2 分）gR （2）设余下部分的角速度为 ，圆盘总的转动惯量为 ，余下部分对转轴21MRJ 的转动惯量为 。则在碎片飞出的瞬间碎片和所剩部分对转轴的角动量守mJ A B m m J 图 恒，由角动量守恒定律得， （2 分）)(0mmJJ 解上式得： 即角速度不变。 （2 分） 余下部分角动量为： = （2 分）L)(mJ02)1(RM 9.如右图所示，有一长 l 的均匀细杆，其质量为 M，杆的一 端固定在过 O点的光滑水平轴上并可在竖直面内自由地转动。开 始时使细杆静止在竖直位置处，现让一质量 m的子弹以速度 v0的 速率射入细杆并留在杆中，子弹的速度沿水平方向，射入点距 O 点的距离 d。求： 子弹停在杆中时，杆和子弹共同运动的角速 度； 杆能偏转的最大角度。 解： 设子弹停在杆中时，杆和子弹共同运动的角速度为 ，对于子弹、杆组成一系统，应用角动量守恒，有 （5分）)31(20mdMldv 即 （1分）2l 设杆能偏转的最大角度为 ，子弹射入杆后，以子弹、细杆和地球为系统， 系统机械能守恒，故 （5分）)cos1(2)cos1()31(22 lMgmgdMl )3)(2(cos 220dlglv （1分）)31)(2(1arcos 220mdMlglv M l O m d 0 图
