电气自动化论文-心理健康主题班会

第3章 刚体的转动
一. 选择题
1. 飞轮绕定轴作匀速转动时, 飞轮边缘上任一点的
(A) 切向加速度为零, 法向加速度不为零
(B) 切向加速度不为零, 法向加速度为零
(C) 切向加速度和法向加速度均为零
(D) 切向加速度和法向加速度均不为零 [ ]

2. 一飞轮从静止开始作匀加速转动时, 飞轮边缘上一点的法向加速度
a
n
和切向加速
度
a
ι
的值怎样?
（A)
a
n
不变,
a
ι
为0 (B)
a
n
不变,
a
ι
不变
(C)
a
n
增大,
a
ι
为0 (D)
a
n
增大,
a
ι
不变 [ ]
3 关于刚体的转动惯量J, 下列说法中正确的是
[ ] (A) 轮子静止时其转动惯量为零 (B) 若m
A
＞m
B
, 则J
A
＞J
B

(C) 只要m不变, 则J一定不变 (D) 以上说法都不正确
4.
地球的质量为m, 太阳的质量为
m
0
，地心与太阳中心的距离为R, 引力常数为G, 地
球绕太阳转动的轨道角动量的大小为
(A)
mGm
0
R
(B)
Gmm
0
G
(C)
mm
0
(D)
RR
Gmm
0
[ ]
2R
5. 刚体角动量守恒的充分而必要的条件是
(A) 刚体不受外力矩作用 (B) 刚体所受的合外力和合外力矩均为零
(C) 刚体所受合外力矩为零； (D) 刚体的转动惯量和角速度均保持不变 [ ]
6. 绕定轴转动的刚体转动时, 如果它的角速度很大, 则
(A) 作用在刚体上的力一定很大 (B) 作用在刚体上的外力矩一定很大
(C) 作用在刚体上的力和力矩都很大 (D) 难以判断外力和力矩的大小 [ ]
7
.
在外力矩为零的情况下, 将一个绕定轴转动的物体的转动惯量减小一半, 则物体的
(A) 角速度将增加三倍 (B) 角速度不变, 转动动能增大二倍
(C) 转动动能增大一倍 (D) 转动动能不变, 角速度增大二倍 [ ]
8如图1所示，一块长方形板以其一个边为轴自由转动，最初板自由下垂．现有一小团
粘土垂直于板面 撞击板, 并粘在板上. 对粘土和板系统, 如果不计空气阻力, 在碰撞过程中
守恒的量是
(A) 动能 (B) 绕长方形板转轴的角动量
(C) 机械能 (D) 动量 [ ]





O
O

图1
9. 均 匀细棒OA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) 角速度从小到大，角加速度从大到小
(B) 角速度从小到大，角加速度从小到大
(C) 角速度从大到小，角加速度从大到小

O
•




mg


图2

A

(D) 角速度从大到小，角加速度从小到大 [ ]
10. 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：
(1) 这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零
(2) 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零
(3) 当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零
(4) 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零
在上述说法中
(A) 只有(1)是正确的 (B) (1)、(2)正确，(3)、(4)错误
(D) (1)、(2)、(3)、(4)都正确 [ ] (C) (1)、(2)、(3)都正确，(4)错误
二、填空题
1. 一个唱片转盘在电动机断电后的30 s内由
33rmin
减慢到停止，它的角加速度
是 ；它在这段时间内一共转了 圈．
2. 半径为r的圆环平放在光滑水平面上, 如图3所示，环上有一甲虫, 环和甲虫的质量
相等, 并且原先都是静止的. 以后甲虫相对于圆环以等速率爬行, 当甲虫沿圆环爬完一周时,
圆环绕其中心转过的角度是 ．





1
3
1
r
图3

2






F
图4




F
W
图5
F
3. 如图4所示，两个完全一样的飞轮, 当用98 N的拉力作用时，产生角加速度

1
; 当
挂一重98 N的重物时, 产生 角加速度

2
．则

1
和

2
的 关系为 ．
4 如图5所示，两人各持一均匀直棒的一端, 棒重W, 一人突然放手, 在此瞬间, 另一
人感到手上承受的力变为 ．



racos

tibsin

tj
，其中
a、b、

皆为常数．则此质点所受的对原点的力矩


M
= ；该质点对原点的角动量
L
= ．
6. 长为l、 质量为
m
0
的匀质杆可绕通过杆一端O的水平光滑固定
轴转动，转动惯量为< br>m
0
l
，开始时杆竖直下垂，如图6所示．现有
一质量为m的子弹以水 平速度
v
0
射入杆上A点，并嵌在杆中，

O


2l3

v
0

A


图6
5. 一质量为m的质点沿着一条空间曲线运动，该曲线在直角坐标系下的定义式为
1
3
2

OA

2l
，则子弹射入后瞬间的角速度


．
3

三、计算题
1.
如图7所示，两个匀质圆盘质量分别为m
1
， m
2
，
半径分别为R
1
，R
2
，各自可绕互相平行的固定水平轴无摩
擦地转动，今对圆盘1相对其转轴施加外力矩M，圆盘、
皮带都被带动，设圆盘、轻皮带间无相对滑动，
求圆盘1，2的角加速度。
2. 物体A和B叠放在水平面上，由跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳相互连接，如图
8所示．今用大小为F 的水平力拉A．设A、B和滑轮质量都

M
m
1
R
1
R
2
m
2

图7
1
2
为m，滑轮的半径为R，对轴的转动惯量
JmR
，AB之
2
间、A与桌面之间、滑轮与轴之间均无摩擦，绳与滑轮之间无
相对滑动， 且绳子不可伸长．已知F＝10 N，m＝8.0 kg，R＝
0.050 m，求：
(1) 滑轮的角加速度；
(2) 物体A与滑轮之间的绳中的张力；
(3) 物体B与滑轮之间的绳中的张力．

B
A

F
图8

3. 质量分别为m和2 m、半径分别为r和2 r的两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，可 以
绕通过盘心且垂直于盘面的水平光滑固定轴转动，对转轴的转动惯量为
9
2
mr
，大小圆
2
盘边缘都绕有绳子，绳子下端都挂一质量为m的重物，如图9所示．求 盘的角加速度的
大小．







2m

2r
r
m



m
m






l
O
C
•
h
m
C
•
A
y

o
x




B
s
图11
图9


图10

4.
如图10所示，一长为l、质量为m的均匀细棒，可绕光滑轴O在竖直面内转动．棒

由水平位 置从静止下落，转到竖直位置时与原静止于地面上的质量也为m的小滑块碰撞，
碰撞时间极短．滑块与地 面的摩擦系数为

，碰后滑块移动s后停止, 棒继续沿原方向转动．求
碰后棒的质心C离地面的最大高度h．

5.
如图 11所示装置，定滑轮的半径为
r
，绕转轴的转动惯量为
J
，滑轮两边分别悬 挂
质
m
1
和
m
2
的物体
A
、B
。
A
置于倾角为


的斜面上，它和斜面间的摩擦 因数为

，若
B
向下作加速运动时，求：（1）其下落的加速度的大小；（2 ）滑轮两边绳子的张力。（设绳的
质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑）

6.
如图12所示，质量为0.5kg、长为0.40 m的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平
轴在竖直平面内转动先将棒放在水平位置，然后任其落下，求 ：
(1)当棒转过60。时的角加速度和角速度；
(2)下落到竖直位置时的动能；

(3)下落到竖直位置时的角速度




O
m







π
3
l
m


图12
图13



图14
7.
如图13所示，质量为m半径为R的 均质圆盘，初角速度为

0
，不计轴承处的摩擦，
若空气对圆盘表面单位面积 的摩擦力
F
f
正比于该处的线速度
v
，即
F
fkv
，k为常量，
试求：
(1) 圆盘所受的空气阻力力矩M；
(2) 圆盘在停止前所转过的圈数。

8. 如图14所示，长为l、质量为m的均匀细杆可绕水平光 滑固定轴O转动，开始时杆
静止在竖直位置．另一质量也为m的小球，用长也为l的轻绳系于O轴上．现 将小球在竖
直平面内拉开，使轻绳与竖直方向的夹角

，然后使小球自由下摆与杆端发 生弹性相碰，结
果使杆的最大偏角为


















π
．求角度

．
3

第3章 刚体的转动答案
一. 选择题
1 .[ A ]2.[ D ]；3.[D ]；3.[ A ]；4.[ A ]；5.[ C ]；6.[ D ]；7.[ C ]；8.[ B ]；9.[A ] 10.[B ]
二 填空题
1.
67rmin
2
，8.3 2.
π
; 3.

1


2
; 4.
1
W
；5.
7.0m

abk
；
4
6.
6
v
0
；

43m
0
m

l
三、计算题
1. 解 设两圆盘边缘的切向加速度分别为
a
1
和
a
2

由转动定律得

M(T
1
T
2
)R
1
J
1

1

m
1
M
R
1
R
2
m
2
(T
1
T
2
)R
2
J
2

2

R
1

1
R
2

2

解得

1

图15
MR
2
2
J
1
R
2
2
J
2
R
1
2
MR
1
R
2
J
1
R
2
J
2
R
2


2

2
1

2. 解：各物体受力如图16所示．由牛顿定律和转动定律列方程如下：

FF
Tma

F

ma


T



1
2

F
T
RF
T

R
2
mR




aR

由以上各式可以解出
(1) 滑轮的角加速度
m
F
Ny

F
T
F
Nx
a
F
N
T

F
N
mg
F
T
F
T
a
B< br>m
mg
m
A
F
N
F


2 F210
rads
2
10rads
2
5mR58 0.050
mg
图16

(2) A与滑轮之间绳中张力
F
T

(3) B与滑轮之间绳中张力
3F310
N6.0N

55
2F210
N4.0N

55

F
T

3
解 各物体受力如图17所示，由牛顿定律和转动定律列方程如下：
mgF
T2
ma
2
F
T1
mgma
1

F< br>T2
2rF
T1
r

F
N
9
2
mr


2

a
2
< br>F
T2
a
2
2r

a
1
r

(m2m)g

F
T1

a
1

mg
2g
联立以上方程，可以解得



19r
4.
解 过程1：棒下摆．考查(棒--- 地球)系统，只有重力（保守内力）
作功，系统机械能守恒．
设地面为重力势能零点，则有

mgl
式中J为棒的转动惯量
J

mg
m

0
17 图

1l
J

2
mg()
(1)
22
1
2
ml
，解得
3
3g



(2)
l
过程2：棒和滑块的碰撞．考察(棒、滑块)系统，外力(重力、轴力)力矩均为零，系统
角动 量守恒．

J

J


mvl
(3)
过程3：滑块运动且棒上摆．考察滑块，仅摩擦力作用，由动能定理
1
2
mv
(4)
2
其中摩擦力
F
f


mg


F
f
s0
考察(棒、地球)系统， 只有重力（保守内力）做功，系统机械能守恒．

1l
J


2
mg()mgh
(5)
22
联立(2) ~ (5)式可得
hl3

s6

sl

5. 解 分 别作
A
、
B
和滑轮的受力分析，如图18所示，根据质点的牛顿定律和刚体定
轴转动定律可得
F
T1
m
1
gsin



m
1
gcos

m
1
a
1
①
m
2
gF
T2
m
2
a
2
②
F
T

2
rF
T

1
r J

③
a
1
a
2
r

④


解上述方程组可得

F
T1
F< br>T

1
，F
T2
F
T

2
⑤

a
1
a
2

m
2
gm
1gsin



m
1
gcos

m< br>1
m
2
Jr
2

m
1
m
2
g(1sin



cos

)(sin



cos

)m
1
gJr
2

F
T1

m
1
m
2
Jr
2

m
1
m
2
g(1sin



cos

)m
2
gJr
2
F
T2

m
1
m
2
Jr
2
6.
解 (1)当棒转到60
0
时，如图19所示，所受重力矩为

Mmg
l
cos60
0

2
图19

由转动定律
MJ

得
l1
cos60
0
ml
2


23
3g39.8


cos60
0
18.4rads
2

2l40.4

mg
的重力势能为势能零点，则总机械能

E
o
0

棒转到60
0
时的角速度设为ω，则总机械能

E
其中
J

对于转轴O，棒在转动过程中只受到重力矩的作用， 故机械能守恒。设棒在水平位置时
1l
J

2
mgsin600

23
1
2
ml
，由机械能守恒定律
E0
E
，得
3
1l
20

J

mgsin600

23
33g
5.64rads
解得


2l
(2) 棒下落到竖直位置时的总机械能为

E


由机械能守恒定律，有
E
0
E

，即
1l
J

2
mg

22

此时的动能为
1l
J

2
mg0

22
1l0.59.80.4
J

2
mg0.98J
222

E
k

(3) 下落到竖直位置时的角速度



2E
k
3g
8.57rads

Jl
7.
解 (1) 在盘上取同心圆环面元dS，该面元所受空气阻力 (两面受力)

dF2F
f
dS2kvdS2k

rdS

阻力力矩
dM=rdF2k

rdS

其中面积元
dS2

rdr

总阻力力矩

MdM=-4

R
2

0
k

r3
dr
=k

R
4

(2) 由转动定律
M=J
d

得
dt
4

πk

R
=
0t
1d

mR
2

2dt

2

2πkR2πkR
2
< br>dt=

d



d

=


0
00
mm
m
0
圜盘在停转前所转过的角度



2πkR
2
m



2
0
2 圜盘在停转前所转过的转数
N
2π4πkR
8解：小球下摆 ，(小球、地球)系统只有重力做功，机械能守恒，设杆静止时的最低端
处为重力势能零点，有
mgl(1cos

)
1
mv
2
(1)
2
球、杆弹性碰撞，(小球、细杆)系统，重力(此刻竖直)和轴力对轴O的力矩为零 ，系统
角动量守恒；且因是弹性碰撞，碰撞前后系统动能不变，设小球碰前、后的速度大小分别为
v和v，碰后杆的角速度为

，角动量守恒式为
2

mvlmv

l(ml)

(2)


3

动能守恒式为

m
1
O
1111
2222

mvmv

(ml)

(3)
2223

π
3
l
m

杆上摆，(细杆、 地球)系统，只有重力做功，机械能
守恒，取杆的中点处为重力势能的零点，有




11
22
l
(ml)mg(1cos)
(4)
2323




v

图20

v

联立(1) ~ (4)式有
cos




2
2
，得到

arccos

3
3

第3章 刚体的转动
一. 选择题
1. 飞轮绕定轴作匀速转动时, 飞轮边缘上任一点的
(A) 切向加速度为零, 法向加速度不为零
(B) 切向加速度不为零, 法向加速度为零
(C) 切向加速度和法向加速度均为零
(D) 切向加速度和法向加速度均不为零 [ ]

2. 一飞轮从静止开始作匀加速转动时, 飞轮边缘上一点的法向加速度
a
n
和切向加速
度
a
ι
的值怎样?
（A)
a
n
不变,
a
ι
为0 (B)
a
n
不变,
a
ι
不变
(C)
a
n
增大,
a
ι
为0 (D)
a
n
增大,
a
ι
不变 [ ]
3 关于刚体的转动惯量J, 下列说法中正确的是
[ ] (A) 轮子静止时其转动惯量为零 (B) 若m
A
＞m
B
, 则J
A
＞J
B

(C) 只要m不变, 则J一定不变 (D) 以上说法都不正确
4.
地球的质量为m, 太阳的质量为
m
0
，地心与太阳中心的距离为R, 引力常数为G, 地
球绕太阳转动的轨道角动量的大小为
(A)
mGm
0
R
(B)
Gmm
0
G
(C)
mm
0
(D)
RR
Gmm
0
[ ]
2R
5. 刚体角动量守恒的充分而必要的条件是
(A) 刚体不受外力矩作用 (B) 刚体所受的合外力和合外力矩均为零
(C) 刚体所受合外力矩为零； (D) 刚体的转动惯量和角速度均保持不变 [ ]
6. 绕定轴转动的刚体转动时, 如果它的角速度很大, 则
(A) 作用在刚体上的力一定很大 (B) 作用在刚体上的外力矩一定很大
(C) 作用在刚体上的力和力矩都很大 (D) 难以判断外力和力矩的大小 [ ]
7
.
在外力矩为零的情况下, 将一个绕定轴转动的物体的转动惯量减小一半, 则物体的
(A) 角速度将增加三倍 (B) 角速度不变, 转动动能增大二倍
(C) 转动动能增大一倍 (D) 转动动能不变, 角速度增大二倍 [ ]
8如图1所示，一块长方形板以其一个边为轴自由转动，最初板自由下垂．现有一小团
粘土垂直于板面 撞击板, 并粘在板上. 对粘土和板系统, 如果不计空气阻力, 在碰撞过程中
守恒的量是
(A) 动能 (B) 绕长方形板转轴的角动量
(C) 机械能 (D) 动量 [ ]





O
O

图1
9. 均 匀细棒OA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) 角速度从小到大，角加速度从大到小
(B) 角速度从小到大，角加速度从小到大
(C) 角速度从大到小，角加速度从大到小

O
•




mg


图2

A

(D) 角速度从大到小，角加速度从小到大 [ ]
10. 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：
(1) 这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零
(2) 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零
(3) 当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零
(4) 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零
在上述说法中
(A) 只有(1)是正确的 (B) (1)、(2)正确，(3)、(4)错误
(D) (1)、(2)、(3)、(4)都正确 [ ] (C) (1)、(2)、(3)都正确，(4)错误
二、填空题
1. 一个唱片转盘在电动机断电后的30 s内由
33rmin
减慢到停止，它的角加速度
是 ；它在这段时间内一共转了 圈．
2. 半径为r的圆环平放在光滑水平面上, 如图3所示，环上有一甲虫, 环和甲虫的质量
相等, 并且原先都是静止的. 以后甲虫相对于圆环以等速率爬行, 当甲虫沿圆环爬完一周时,
圆环绕其中心转过的角度是 ．





1
3
1
r
图3

2






F
图4




F
W
图5
F
3. 如图4所示，两个完全一样的飞轮, 当用98 N的拉力作用时，产生角加速度

1
; 当
挂一重98 N的重物时, 产生 角加速度

2
．则

1
和

2
的 关系为 ．
4 如图5所示，两人各持一均匀直棒的一端, 棒重W, 一人突然放手, 在此瞬间, 另一
人感到手上承受的力变为 ．



racos

tibsin

tj
，其中
a、b、

皆为常数．则此质点所受的对原点的力矩


M
= ；该质点对原点的角动量
L
= ．
6. 长为l、 质量为
m
0
的匀质杆可绕通过杆一端O的水平光滑固定
轴转动，转动惯量为< br>m
0
l
，开始时杆竖直下垂，如图6所示．现有
一质量为m的子弹以水 平速度
v
0
射入杆上A点，并嵌在杆中，

O


2l3

v
0

A


图6
5. 一质量为m的质点沿着一条空间曲线运动，该曲线在直角坐标系下的定义式为
1
3
2

OA

2l
，则子弹射入后瞬间的角速度


．
3

三、计算题
1.
如图7所示，两个匀质圆盘质量分别为m
1
， m
2
，
半径分别为R
1
，R
2
，各自可绕互相平行的固定水平轴无摩
擦地转动，今对圆盘1相对其转轴施加外力矩M，圆盘、
皮带都被带动，设圆盘、轻皮带间无相对滑动，
求圆盘1，2的角加速度。
2. 物体A和B叠放在水平面上，由跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳相互连接，如图
8所示．今用大小为F 的水平力拉A．设A、B和滑轮质量都

M
m
1
R
1
R
2
m
2

图7
1
2
为m，滑轮的半径为R，对轴的转动惯量
JmR
，AB之
2
间、A与桌面之间、滑轮与轴之间均无摩擦，绳与滑轮之间无
相对滑动， 且绳子不可伸长．已知F＝10 N，m＝8.0 kg，R＝
0.050 m，求：
(1) 滑轮的角加速度；
(2) 物体A与滑轮之间的绳中的张力；
(3) 物体B与滑轮之间的绳中的张力．

B
A

F
图8

3. 质量分别为m和2 m、半径分别为r和2 r的两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，可 以
绕通过盘心且垂直于盘面的水平光滑固定轴转动，对转轴的转动惯量为
9
2
mr
，大小圆
2
盘边缘都绕有绳子，绳子下端都挂一质量为m的重物，如图9所示．求 盘的角加速度的
大小．







2m

2r
r
m



m
m






l
O
C
•
h
m
C
•
A
y

o
x




B
s
图11
图9


图10

4.
如图10所示，一长为l、质量为m的均匀细棒，可绕光滑轴O在竖直面内转动．棒

由水平位 置从静止下落，转到竖直位置时与原静止于地面上的质量也为m的小滑块碰撞，
碰撞时间极短．滑块与地 面的摩擦系数为

，碰后滑块移动s后停止, 棒继续沿原方向转动．求
碰后棒的质心C离地面的最大高度h．

5.
如图 11所示装置，定滑轮的半径为
r
，绕转轴的转动惯量为
J
，滑轮两边分别悬 挂
质
m
1
和
m
2
的物体
A
、B
。
A
置于倾角为


的斜面上，它和斜面间的摩擦 因数为

，若
B
向下作加速运动时，求：（1）其下落的加速度的大小；（2 ）滑轮两边绳子的张力。（设绳的
质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑）

6.
如图12所示，质量为0.5kg、长为0.40 m的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平
轴在竖直平面内转动先将棒放在水平位置，然后任其落下，求 ：
(1)当棒转过60。时的角加速度和角速度；
(2)下落到竖直位置时的动能；

(3)下落到竖直位置时的角速度




O
m







π
3
l
m


图12
图13



图14
7.
如图13所示，质量为m半径为R的 均质圆盘，初角速度为

0
，不计轴承处的摩擦，
若空气对圆盘表面单位面积 的摩擦力
F
f
正比于该处的线速度
v
，即
F
fkv
，k为常量，
试求：
(1) 圆盘所受的空气阻力力矩M；
(2) 圆盘在停止前所转过的圈数。

8. 如图14所示，长为l、质量为m的均匀细杆可绕水平光 滑固定轴O转动，开始时杆
静止在竖直位置．另一质量也为m的小球，用长也为l的轻绳系于O轴上．现 将小球在竖
直平面内拉开，使轻绳与竖直方向的夹角

，然后使小球自由下摆与杆端发 生弹性相碰，结
果使杆的最大偏角为


















π
．求角度

．
3

第3章 刚体的转动答案
一. 选择题
1 .[ A ]2.[ D ]；3.[D ]；3.[ A ]；4.[ A ]；5.[ C ]；6.[ D ]；7.[ C ]；8.[ B ]；9.[A ] 10.[B ]
二 填空题
1.
67rmin
2
，8.3 2.
π
; 3.

1


2
; 4.
1
W
；5.
7.0m

abk
；
4
6.
6
v
0
；

43m
0
m

l
三、计算题
1. 解 设两圆盘边缘的切向加速度分别为
a
1
和
a
2

由转动定律得

M(T
1
T
2
)R
1
J
1

1

m
1
M
R
1
R
2
m
2
(T
1
T
2
)R
2
J
2

2

R
1

1
R
2

2

解得

1

图15
MR
2
2
J
1
R
2
2
J
2
R
1
2
MR
1
R
2
J
1
R
2
J
2
R
2


2

2
1

2. 解：各物体受力如图16所示．由牛顿定律和转动定律列方程如下：

FF
Tma

F

ma


T



1
2

F
T
RF
T

R
2
mR




aR

由以上各式可以解出
(1) 滑轮的角加速度
m
F
Ny

F
T
F
Nx
a
F
N
T

F
N
mg
F
T
F
T
a
B< br>m
mg
m
A
F
N
F


2 F210
rads
2
10rads
2
5mR58 0.050
mg
图16

(2) A与滑轮之间绳中张力
F
T

(3) B与滑轮之间绳中张力
3F310
N6.0N

55
2F210
N4.0N

55

F
T

3
解 各物体受力如图17所示，由牛顿定律和转动定律列方程如下：
mgF
T2
ma
2
F
T1
mgma
1

F< br>T2
2rF
T1
r

F
N
9
2
mr


2

a
2
< br>F
T2
a
2
2r

a
1
r

(m2m)g

F
T1

a
1

mg
2g
联立以上方程，可以解得



19r
4.
解 过程1：棒下摆．考查(棒--- 地球)系统，只有重力（保守内力）
作功，系统机械能守恒．
设地面为重力势能零点，则有

mgl
式中J为棒的转动惯量
J

mg
m

0
17 图

1l
J

2
mg()
(1)
22
1
2
ml
，解得
3
3g



(2)
l
过程2：棒和滑块的碰撞．考察(棒、滑块)系统，外力(重力、轴力)力矩均为零，系统
角动 量守恒．

J

J


mvl
(3)
过程3：滑块运动且棒上摆．考察滑块，仅摩擦力作用，由动能定理
1
2
mv
(4)
2
其中摩擦力
F
f


mg


F
f
s0
考察(棒、地球)系统， 只有重力（保守内力）做功，系统机械能守恒．

1l
J


2
mg()mgh
(5)
22
联立(2) ~ (5)式可得
hl3

s6

sl

5. 解 分 别作
A
、
B
和滑轮的受力分析，如图18所示，根据质点的牛顿定律和刚体定
轴转动定律可得
F
T1
m
1
gsin



m
1
gcos

m
1
a
1
①
m
2
gF
T2
m
2
a
2
②
F
T

2
rF
T

1
r J

③
a
1
a
2
r

④


解上述方程组可得

F
T1
F< br>T

1
，F
T2
F
T

2
⑤

a
1
a
2

m
2
gm
1gsin



m
1
gcos

m< br>1
m
2
Jr
2

m
1
m
2
g(1sin



cos

)(sin



cos

)m
1
gJr
2

F
T1

m
1
m
2
Jr
2

m
1
m
2
g(1sin



cos

)m
2
gJr
2
F
T2

m
1
m
2
Jr
2
6.
解 (1)当棒转到60
0
时，如图19所示，所受重力矩为

Mmg
l
cos60
0

2
图19

由转动定律
MJ

得
l1
cos60
0
ml
2


23
3g39.8


cos60
0
18.4rads
2

2l40.4

mg
的重力势能为势能零点，则总机械能

E
o
0

棒转到60
0
时的角速度设为ω，则总机械能

E
其中
J

对于转轴O，棒在转动过程中只受到重力矩的作用， 故机械能守恒。设棒在水平位置时
1l
J

2
mgsin600

23
1
2
ml
，由机械能守恒定律
E0
E
，得
3
1l
20

J

mgsin600

23
33g
5.64rads
解得


2l
(2) 棒下落到竖直位置时的总机械能为

E


由机械能守恒定律，有
E
0
E

，即
1l
J

2
mg

22

此时的动能为
1l
J

2
mg0

22
1l0.59.80.4
J

2
mg0.98J
222

E
k

(3) 下落到竖直位置时的角速度



2E
k
3g
8.57rads

Jl
7.
解 (1) 在盘上取同心圆环面元dS，该面元所受空气阻力 (两面受力)

dF2F
f
dS2kvdS2k

rdS

阻力力矩
dM=rdF2k

rdS

其中面积元
dS2

rdr

总阻力力矩

MdM=-4

R
2

0
k

r3
dr
=k

R
4

(2) 由转动定律
M=J
d

得
dt
4

πk

R
=
0t
1d

mR
2

2dt

2

2πkR2πkR
2
< br>dt=

d



d

=


0
00
mm
m
0
圜盘在停转前所转过的角度



2πkR
2
m



2
0
2 圜盘在停转前所转过的转数
N
2π4πkR
8解：小球下摆 ，(小球、地球)系统只有重力做功，机械能守恒，设杆静止时的最低端
处为重力势能零点，有
mgl(1cos

)
1
mv
2
(1)
2
球、杆弹性碰撞，(小球、细杆)系统，重力(此刻竖直)和轴力对轴O的力矩为零 ，系统
角动量守恒；且因是弹性碰撞，碰撞前后系统动能不变，设小球碰前、后的速度大小分别为
v和v，碰后杆的角速度为

，角动量守恒式为
2

mvlmv

l(ml)

(2)


3

动能守恒式为

m
1
O
1111
2222

mvmv

(ml)

(3)
2223

π
3
l
m

杆上摆，(细杆、 地球)系统，只有重力做功，机械能
守恒，取杆的中点处为重力势能的零点，有




11
22
l
(ml)mg(1cos)
(4)
2323




v

图20

v

联立(1) ~ (4)式有
cos




2
2
，得到

arccos

3
3