第五章 刚体力学一、选择题图5-7[ C ] 1、（基础训练2）一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m1和m2的物体(m1＜m2)，如图5-7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) 哪边大无法判断．]【提示】逆时针转动时角速度方向垂直于纸面向外，由于(m1＜m2)，实际上滑轮在作减速转动，角加速度方向垂直纸面向内，所以，由转动定律
(T_{2}−T_{1})R=Jβ
(T
2
−T
1
)R=Jβ
可得：
T_{2}>T_{1}
T
2
>T
1
（或者：列方程组：
\left\{\begin{matrix}m_{1}g−T_{1}=m_{1}a\\ T_{2}−m_{2}g=m_{2}a\\ T_{1}R−T_{2}R=Jβ\\ β=\frac{a}{R}\end{matrix}\right.
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪
⎧
m
1
g−T
1
=m
1
a
T
2
−m
2
g=m
2
a
T
1
R−T
2
R=Jβ
β=
R
a
，解得：
β=\frac{\begin{pmatrix}m_{1}−m_{2}\end{pmatrix}gR}{\begin{pmatrix}m_{1}+m_{2}\end{pmatrix}R^{2}+J}
β=
(
m
1
+m
2
)R
2
+J
(
m
1
−m
2
)gR
，因为m1＜m2，所以β<0，那么由方程
T_{1}R−T_{2}R=Jβ<0
T
1
R−T
2
R=Jβ<0
，可知，
T_{2}>T_{1}
T
2
>T
1
）[ B ] 2、（基础训练5）如图5-9所示，一静止的均匀细棒，长为L、质量为m0，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
\frac{1}{3}m_{0}L^{2}
3
1
m
0
L
2
．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
\frac{1}{2}v
2
1
v
，则此时棒的角速度应为(A)
\frac{mv}{m_{0}L}
m
0
L
mv
． (B)
\frac{3mv}{2m_{0}L}
2m
0
L
3mv
． (C)
\frac{5mv}{3m_{0}L}
3m
0
L
5mv
． (D)
\frac{7mv}{4m_{0}L}
4m
0
L
7mv
【提示】把细棒与子弹看作一个系统，该系统所受合外力矩为零，所以系统的角动量守恒：
mvL=m\frac{v}{2}L+\begin{pmatrix}\frac{1}{3}m_{0}L^{2}\end{pmatrix}ω
mvL=m
2
v
L+(
3
1
m
0
L
2
)ω
，即可求出答案。图5-11】[ C ] 3、（基础训练7）一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O转动，如图5-11射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度ω(A) 增大． (B) 不变． (C) 减小． (D) 不能确定． 【提示】把三者看成一个系统，则系统所受合外力矩为零，所以系统的角动量守恒。设L为一颗子弹相对于转轴O的角动量的大小，则有
Jω_{0}+L−L=(J+J_{子弹})ω
Jω
0
+L−L=(J+J
子弹
)ω
，
∴ω=\frac{Jω_{0}}{J+J_{子弹}}<ω_{0}
∴ω=
J+J
子弹
Jω
0
<ω
0
[ C ] 4、（自测提高2）将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，现在在绳端挂一质量为m的重物，飞轮的角加速度为β．如果以拉力2mg代替重物拉绳时，飞轮的角加速度将(A) 小于β． (B) 大于β，小于2β． (C) 大于2β． (D) 等于2β．【提示】（1）挂一质量为m的重物（如图A）：设飞轮的半径为R，转动惯量为J，列方程组-
\left\{\begin{matrix}mg−T=ma\\ TR=Jβ\\ a=Rβ\end{matrix}\right.
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧
mg−T=ma
TR=Jβ
a=Rβ
，解得：
β=\frac{mgR}{J+mR^{2}}
β=
J+mR
2
mgR
（2）以拉力F =2mg代替重物拉绳时（如图B），有：？
2mgR=Jβ'
2mgR=Jβ
′
，得：
β'=\frac{2mgR}{J}
β
′
=
J
2mgR
比较
β和β'
β和β
′
即可得出结论。[ A ] 5、（自测提高7）质量为m的小孩站在半径为R的水平平台边缘上．平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动，转动惯量为J．平台和小孩开始时均静止．当小孩突然以相对于地面为v的速率在台边缘沿逆时针转向走动时，则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为(A)
ω=\frac{mR^{2}}{J}\begin{pmatrix}\frac{v}{R}\end{pmatrix}
ω=
J
mR
2
(
R
v
)
，顺时针． (B)
ω=\frac{mR^{2}}{J}\begin{pmatrix}\frac{v}{R}\end{pmatrix}
ω=
J
mR
2
(
R
v
)
，逆时针． (C)
ω=\frac{mR^{2}}{J+mR^{2}}\begin{pmatrix}\frac{v}{R}\end{pmatrix}
ω=
J+mR
2
mR
2
(
R
v
)
，顺时针． (D)
ω=\frac{mR^{2}}{J+mR^{2}}\begin{pmatrix}\frac{v}{R}\end{pmatrix}
ω=
J+mR
2
mR
2
(
R
v
)
，逆时针．【提示】将小孩与平台看成一个系统，该系统所受外力矩为零，所以系统的角动量守恒：
0=mvR−Jω
0=mvR−Jω
得：
ω=\frac{mvR}{J}=\frac{mR^{2}}{J}\begin{pmatrix}\frac{v}{R}\end{pmatrix}
ω=
J
mvR
=
J
mR
2
(
R
v
)
二、填空题1、（基础训练8）绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t＝0时角速度为
ω_{0}=5{rad}/{s}
ω
0
=5rad/s
，t＝20s时角速度为
ω=0.8ω_{0}
ω=0.8ω
0
，则飞轮的角加速度
β=
β=
- rad/s2 ，t＝0到 t＝100 s时间内飞轮所转过的角度
θ=
θ=
250rad ．(【提示】（1）飞轮作匀减速转动，据
ω=ω_{0}+βt
ω=ω
0
+βt
，可得出：
β=\frac{ω−ω_{0}}{t}=−0.05{rad}/{s^{2}}
β=
t
ω−ω
0
=−0.05rad/s
2
（2）
θ=ω_{0}t+\frac{1}{2}βt^{2}=5×100−\frac{1}{2}×0.05×100^{2}=250 (rad)
θ=ω
0
t+
2
1
βt
2
=5×100−
2
1
×0.05×100
2
=250(rad)
2、（基础训练9）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5-12所示．现将杆由水平位置无初转速地释放．则杆刚被释放时的角加速度β0=
\frac{g}{l}
l
g
，杆与水平方向夹角为60°时的角加速度
β
β
=
\frac{g}{2l}
2l
g
．【提示】根据转动定律:
M=Jβ
M=Jβ
求解。(1) 杆刚被释放时：
M=mgl
M=mgl
，
J=ml^{2}
J=ml
2
，得：
β_{0}=\frac{M}{J}=\frac{g}{l}
β
0
=
J
M
=
l
g
(2) 杆与水平方向夹角为60°时：
M=mgl\cos 60°
M=mglcos60°
,
J=ml^{2}
J=ml
2
，得：
β=\frac{M}{J}=\frac{g}{2l}
β=
J
M
=
2l
g
】3、（基础训练10）如图所示，P、Q、R和S是附于刚性轻质细杆上的质量分别为4m、3m、2m和m的四个质点，PQ＝QR＝RS＝l，则系统对
O{O}'
OO
′
轴的转动惯量为 50ml2
【提示】根据转动惯量的定义
J=\sum{m_{i}r_{i}^{2}}
J=∑m
i
r
i
2
，得：
J=4m(3l)^{2}+3m(2l)^{2}+2ml^{2}+0=50ml^{2}
J=4m(3l)
2
+3m(2l)
2
+2ml
2
+0=50ml
2
4、（基础训练12） 如图5-14所示，滑块A、重物B和滑轮C的质量分别为mA、mB和mC，滑轮的半径为R，滑轮对轴的转动惯量J＝
\frac{1}{2}
2
1
mC R2．滑块A与桌面间、滑轮与轴承之间均无摩擦，绳的质量可不计，绳与滑轮之间无相对滑动，则滑块A的加速度a =
\frac{2m_{B}g}{2(m_{A}+m_{B})+m_{C}}
2(m
A
+m
B
)+m
C
2m
B
g
《【提示】受力分析如图。分别对A、B、C列方程：
\left\{\begin{matrix}T_{A}=m_{A}a\\ m_{B}g−T_{B}=m_{B}a\\ T_{B}R−T_{A}R=Jβ\\ a=Rβ\end{matrix}\right.
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪
⎧
T
A
=m
A
a
m
B
g−T
B
=m
B
a
T
B
R−T
A
R=Jβ
a=Rβ
，联立求解，即得答案。5、（自测提高12）一根质量为m、长为l的均匀细杆，可在水平桌面上绕通过其一端的竖直固定轴转动．已知细杆与桌面的滑动摩擦系数为μ，则杆转动时受的摩擦力矩的大小为=
\frac{1}{2}μmgl
2
1
μmgl
【提示】在细杆上距离转轴为x处取一小线元dx，dx所受到的摩擦力矩的大小为
dM=\begin{pmatrix}df\end{pmatrix}x=\begin{pmatrix}μ\frac{m}{l}gdx\end{pmatrix}x=\frac{μmg}{l}xdx
dM=(
df
)x=(
μ
l
m
gdx
)x=
l
μmg
xdx
，则杆受到的摩擦力矩的大小为
M=\int{dM}=\int\limits_{0}^{l}{\frac{μmg}{l}xdx}=\frac{μmgl}{2}
M=∫dM=
0
∫
l
l
μmg
x
温馨提示：答案为网友推荐，仅供参考