黔东南事业单位招聘-云南财政厅

第五章 刚体的定轴转动


一 选择题
1. 一绕定 轴转动的刚体，某时刻的角速度为

，角加速度为

，则其转动加
快 的依据是：（ ）
A.

> 0 B.

> 0，

> 0 C.

< 0，

> 0 D.

> 0，

< 0
解：答案是B。

2. 用铅和铁两种金属制成两个均质圆盘，质量相等且具 有相同的厚度，则
它们对过盘心且垂直盘面的轴的转动惯量。 （ ）
A. 相等； B. 铅盘的大； C. 铁盘的大； D. 无法确定谁大谁小
解：答案是C。
简要提示：铅的密度大，所以其半径小，圆盘的转动惯量为：
JMr
2
2
。

3. 一轻绳绕在半径为r的重滑轮上，轮对轴的转动惯量为J，一是以力F向
下拉 绳使轮转动；二是以重量等于F的重物挂在绳上使之转动，若两种情况使
轮边缘获得的切向加速度分别为 a
1
和a
2
，则有： （ ）
A. a
1
= a
2
B. a
1
> a
2
C. a
1
< a
2
D. 无法确定
解：答案是B。
简要提示：(1) 由定轴转动定律，
FrJ

1
和
a
1
r

1
，得：
a
1< br>Fr
2
J


mgTma
2

(2) 受力分析得：

T rJ

2
，其中m为重物的质量，T为绳子的张力。

ar
22

得：
a
2
Fr
2
(Jm r
2
)
，所以a
1
> a
2
。

4. 一半径为R，质量为m的圆柱体，在切向力F作用下由静止开始绕轴线
作定轴转动，则在 2秒内F对柱体所作功为： （ ）
A. 4 F
2
m B. 2 F
2
m C. F
2
m D. F
2
2 m
解：答案是A。

简要提示：由定轴转动定律：
FR
所以：
WM

4F
2
m

114F

MR
2

，得：




t
2

22mR
5. 一电唱机的转盘正以

0
的角速度转动，其转动惯量为J
1
，现将 一转动惯
量为J
2
的唱片置于转盘上，则共同转动的角速度应为： （ ）
J
1
JJJJ
A．

0
B．
12

0
C．
1

0
D．
2

0

J
1
J
2
J1
J
2
J
1
解：答案是A。
简要提示：角动量守恒

6. 已知银河系中一均匀球形天体，现时半径为R，绕对称轴自转周期为T，
由于 引力凝聚作用，其体积不断收缩，假设一万年后，其半径缩小为r，则那时
该天体的：（ ）
A. 自转周期增加，转动动能增加；
B. 自转周期减小，转动动能减小；
C. 自转周期减小，转动动能增加；
D. 自转周期增加，转动动能减小。
解：答案是C。
22
简要提示： 由角动量守恒，
MR
2

0
Mr
2

，得转动角频率增大，所以
55
转 动周期减小。转动动能为
E
k0

1212
2

M R
2

0
,E
k
Mr
2

2< br>可得E
k
> E
k0
。
2525

7. 绳子通过高处一固定的、质量不能忽略的滑轮，两端爬着两只质量相等
的猴子，开始时它们离地高度相同 ，若它们同时攀绳往上爬，且甲猴攀绳速度为
乙猴的两倍，则 （ ）
A. 两猴同时爬到顶点
B. 甲猴先到达顶点
C. 乙猴先到达顶点
D. 无法确定谁先谁后到达顶点
解：答案是B。
简要提示：考虑两个猴子和滑轮组成的系统，滑 轮所受的外力（重力和支撑
力）均通过滑轮质心，由于甲乙两猴的重量（质量）相等，因此在开始时系统 对
于通过滑轮质心并与轮面垂直的转轴的合外力矩为零，而在两猴攀绳过程中，系

统受到的合外力矩始终保持为零，因此系统的角动量守恒。
设滑轮关于上述转轴的转动角速度为

，乙猴相对于绳子的向上速率为v
0
，
绳子向甲这一边运动的速率为v，则甲相对绳子向上运动的速率为2v
0
， 因此甲
和乙相对地面向上运动的速率分别为（2v
0
 v）和（v
0
+ v）。根据系统的角动量
守恒定律，有
J

m(v
0
v)Rm(2v
0
v)R0

1
2
mR
2
，

= v R ，这样可解出< br>vv
0
。故甲猴和乙猴相对于地面的
5
2
速率分别为2 v
0
 v=8 v
0
5和v
0
+ v=7 v
0
5，故甲猴先到达顶点。

二 填空题
1. 半径为30cm的飞轮，从静止开始以0.5rad



s
–2< br>的角加速度匀加速转动，
则飞轮边缘上一点在转过240
0
时的切向加速度为 ；法向加速
度为 。
解：答案是 0.15 m



s
–2
； 0.4m



s
–2
。
式中
J
简要提示：a
τ
r

0.15ms
1
。
1由



t
2
，


t
，得：
a
n


2
r0.4
< br> ms
2

2

2. 一质量为0.5 k g、半径为0.4 m的薄圆盘，以每分钟1500转的角速度绕
过盘心且垂直盘面的轴的转动，今在盘 缘施以0.98N的切向力直至盘静止，则所
需时间为 s。
解：答案是 16

s。
1
MR
2

，



t
，
2

mr50

0.50.4
得：
t16 s

2F20.98

3 . 一长为l，质量不计的细杆，两端附着小球
m
l
1
m
1
和m
2
（m
1
＞m
2
），细杆可绕通过杆中心并垂直杆的水平轴转动，先将杆置于水平然后放开，则刚开
填空题3图
始转动的角加速度应为 。
2(m
1
m
2
)g
解：答案是 。
(m< br>1
m
2
)l
简要提示：由定轴转动定律，
FR
m
2

ll
2
简要提示：由定轴转动定律，
( m
1
gm
2
g)(m
1
m
2
)

24
2(m
1
m
2
)g
得：



(m
1
m
2
)l
4. 如图所示，质量为M，半径为r的绕有细线的圆柱可绕固定水平对称轴
无摩擦转动，若质量为m的物体缚 在线索的一端并在重力作用下，由静止开始
向下运动，当m下降h的距离时，m的动能与M的动能之比为 。
解：答案是
2m
。
M
E
2m
1
2
11

mv,E
kM
Mr
2

2
， 得：
km

E
kM
M
222
简要提示：由
v
< br>r
，
E
km

r
M
A

m
填空题4图
计算题5图
B

5. 如图所示，一质量为m的匀质细杆AB，A端靠在光滑的竖直墙壁上，B
端置于粗糙水平地面上静止，杆 身与竖直方向成

角，则
A端对墙壁的压力为 。
A
N
1
1
解：答案是
mgtan

。
2

N
2
简要提示： 受力分析如图所示，由刚体平衡条件得：
mg
l
B
N
1
lcos

mgsin


2
1
计算题5图
所以：
N< br>1
mgtan


2

6. 一位转动惯量为J
0
的花样滑冰运动员以角速度

0
自转，其角动量
为 ；转动动能为 。当其收回手臂使转动惯量减为J
0
3
时，则其角动量变为 ；转动动能变为 。
22
2
； 3

0
；
3J
0

0
2
解：答案是J
0

0
；
J
0

0
简要提示：角动量守恒
7. 一圆形转台可绕中 心轴无摩擦的转动，台上有一辆玩具小汽车相对台面

由静止启动，当其绕轴作顺时针圆周 运动时，转台将作 转动；当汽车
突然刹车停止转动的过程中，系统的 守恒；而 和 不守
恒。
解：答案是逆时针；角动量；动量；机械能

三 计算题
t
。
42
求：(1) 杆摆动的角速度和角加速度；(2) 距上端0.5m处的一点的速度和加速度。
cos
d

2
d

3

解：(1)

sint
;

cost

dt162
dt82
1. 一细杆绕其上端在竖直平面内摆动，杆与竖直方向的夹角



(2) < br>v

l

2
16
sin

2
t
；
a
τ
l



3
32
cos

2
t
；
a
n


l
2

4
128
sin
2

2
t


2. 如图所示，半径r
A
= 0.1 m的A轮通过皮带
B与半径r
C
= 0.25 m的C轮连在一起。已知A轮以
r
A

0.5

rad



s
–2
的角加速度由静止匀加速转动，皮带不
A
滑动，求：(1) C轮达到每分钟100转所需的时间；
B
(2) 此时两轮边缘上一点的速度、加速度分别为多
计算题2图
少？
解：(1) 皮带不 滑动，所以

A
r
A


C
r
C
；

C
2

10

3rads< br>1

得：

A
(r
C
r
A
)

C
25

3rads
1
，t

A


16.7s

(2)
v
A
r
A

A
v
C
2.6 ms
1
；
a
τ
A
r
C

C
a
τ
C
r
A

0.16ms
2
；
22
a
nA


A
r
A
68.5ms
2
；
a
nC


C
r
C
27.4ms
2

3. 一块匀质长方形薄板ABCD，边长分别为a、b，质量为M，建立如图所
示的直角坐标系，求：(1) 薄板对x和y轴的转动惯量；(2) 薄板对边长AB的转
动惯量；(3) 薄板对z轴的转动惯量。
解：薄板的质量面密度为

S
=Mab
(1)
dJ
x
x
2

S
bdx
所以：< br>J
x


a2
a2
x
2

S
bdxMa
2
12

同理：
dJ
y
y
2

S
ady

A
所以：
J
y


b2
b2
y
C
o
B
计算题3图
y
2

S
bdyMb
2
12

x
D
(2) 由平行轴定理：
b
J
AB
J
y
M()
2
Mb
2
3

2
(3) 由薄板垂直轴定理：
J
z
J
x< br>J
y
M(a
2
b
2
)12


4. 在质量为M，半径为R的均质圆盘上挖出两个半径为r的圆孔，圆孔中
心在半径R的中点 ，如图所示，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直的轴
线的转动惯量。
解：由补偿法：
JMR
2
22J


由平行轴定理：
J


R
r
r
1
2
R
mrm()
2

22
计算题4图
其中：
m

S

r
2
M r
2
R
2

得：
JM(R
2
r
2
)2Mr
4
R
2
M(R
2
2r< br>2
)(R
2
r
2
)2R
2

5. 如图所示，半径为r，转动惯量为J的定滑轮A可绕水平光滑轴o转动，
轮上缠绕有不能伸长的轻绳，绳 一端系有质量为m的物体B，B可在倾角为

的光滑斜面上滑动，求B的加速度和绳中张力。
解：物体B运动的动力学方程
A
mgsin

Tma

J, r
o
定滑轮A的定轴转动方程
B
TrJ


及
ar


θ

联立解得B的加速度
mrJ
方向沿斜面向下。绳中张力为
a
mr
2
2
计算题5图
gsin


T
J
mrJ
2
mgsin


6. 如图所示，质量为m
1
的物体可在倾角为的光滑斜面上滑动。m
1
的一边系
有劲度系数为k的弹簧，另一边系有不可伸长的轻绳，绳绕过转动惯量为J ，半
径为r的小滑轮与质量为m
2
（m
1
）的物体相连。开始时用 外力托住m
2
使弹簧
保持原长，然后撤去外力，求m
2
由静止下落h 距离时的速率及m
2
下降的最大距
离。
解：在m
2
由静止下落h距离的过程中机械能守恒，
J
因此有
m
1

k
11
2
1
22
m2
gh(m
1
m
2
)vJ

khm
1
ghsin


222
m
2

θ

v
式中


，解得m
2
由静止下落h距离时的速率
r
计算题6图
v

2(m
2
m
1sin

)ghkh
2

2
m
1
m
2
Jr

m
2
下降到最低时，
m
1
、
m
2
速率为零，代入上式 ，得到m
2
下降的最大距
离
h
max

2
(m
2
m
1
sin

)g

k

7. 质量为M长为L的均匀直杆可绕过端点o的水平轴转动，一质量为m的质点以水平速度v与静止杆的下端发生碰撞，如图所示，若M = 6 m，求质点与
杆分别作完全非弹性碰撞和完全弹性碰撞后杆的角速度大小。
解：（1）完全非 弹性碰撞时，质点射入杆内，与杆一起转动。在此过程中
质点和杆系统的角动量守恒，设系统绕端点o转 动的角速度为

，因此
1
mvLJ

(ML
2
mL
2
)

(2mL
2
mL
2
)

3mL
2


o
3
v
解出



M
L
3L
（2）完全弹性碰撞时，碰撞前后系统关于端点o的角动量守< br>恒，设碰撞后质点的水平速度为v，直杆绕端点o转动的角速度
v
m
o
为

，因此有
计算题7图
1
2
mvLmv

LJ

mv

L6mL


3
得到
vv

2L

（1）

碰撞前后系统的机械能守恒，因此有
1
2
111< br>mvmv

2
J

2
mv

2
mL
2

2

2222
由上式得到
v
2
v

2
2L
2

2
（2）
将（2）式和（1）式两边相除，得到
vv

L

（3）
再由（3）式和（1）式解得
2v



3L
8. 如图所示，一长为L，质量为m的均匀细棒，一端悬挂在o点 上，可绕
水平轴在竖直面内无摩擦地转动，在同一悬挂点，有长为l的轻绳悬挂一小球，
质量也 为m，当小球悬线偏离铅垂方向某一角度由静止释放，小球在悬点正下方
与静止细棒发生弹性碰撞。若碰 撞后小球刚好静止，试求绳长l应为多少？
解：在碰撞过程中，小球和棒都在垂直位置，因此系统
o
受到的关于转轴o的合外力 矩为零，因此系统在碰撞前后瞬
间的角动量守恒。设碰撞后瞬间细棒绕转轴o转动的角速度
为< br>
，由角动量守恒，有
l
1
mvlmL
2


L

3
m
另外由于没有摩擦和阻尼，因此系统在碰撞期间的机械
能也守恒。即小 球的动能全部转化为棒的转动动能

计算题8图
1
2
11
22
mv.mL


223
或解 设碰撞后小球的速率为v，则由角动量守恒和机械能守恒，有
1
mvlmv′lmL
2


3
1
2
111
222
mvmv′mL


2223
3l
2
L
2
求得
v′
2
v

3lL
2
令
v′0
，则
3l
2
L0

1
L

3
解得
l

9. 转台绕中心竖直轴以角速度


匀速转动， 相对于转轴的转动惯量为J，

现有质量为m的小钢球以每秒n个的速率垂直落入转台上半 径为r的圆轨道内，
求转台的加速度随时间的变化关系。
解：由角动量守恒，初始时角动量为：
LJ

0
，
t时刻系统的转动惯量和角动量为：
J

Jntmr
2；
LJ



所以角速度为：

J

0
(Jmntr
2
)


在一半径为R、质量为M、可绕中心竖直轴自由转动的水平圆盘的边上，
站着一 个质量为m的人，求当人沿圆盘的边缘走完一周回到原有位置时，圆盘
转过的角度为多大？
解 ：设人相对于圆盘的速率为v，圆盘转动的角速度为

，由角动量守恒定
律得： 
L
1
MR
2

m(v
< br>R)R0
；



2m
v

2< br>(M2m)R
2m
v
t4

m


(M2m)RM2m
所以圆盘转过的角度为：




t

11. 质量为5kg、半径为25cm的轮子，装在一根长为40cm的轻 杆的中部，
并可绕此杆转动，杆的一端A用一根链条挂起。开始时杆在水平位置，轮子的
转动角 速度为12 rad



s
–1
，方向如图所示，求：(1) 该轮子的自转角动量；（2） 作
用于轴上的外力矩；(3) 系统的进动角速度，并判断进动方向。
解：(1) 自转角动量为：
LJ


1
2
mr

0.550.25
2
121.875(kgm
2
s
 2
)

2
(2) 外力矩为：
Mmg
l0.4
59.89.8(kgm
2
s
2
)

22
(3) 进动角速度为：
计算题11图
M
5.2rads
1

L
有外力矩自转角动量的方向可以判断，从上往下看，进动的方向为逆时针方向。

p


第五章 刚体的定轴转动


一 选择题
1. 一绕定轴转动的刚体，某时刻的角速度为

，角加速度为

，则其转动加
快的依据是：（ ）
A.

> 0 B.

> 0，

> 0 C.

< 0，

> 0 D.

> 0，

< 0
解：答案是B。

2. 用铅和铁两种金属制 成两个均质圆盘，质量相等且具有相同的厚度，则
它们对过盘心且垂直盘面的轴的转动惯量。 （ ）
A. 相等； B. 铅盘的大； C. 铁盘的大； D. 无法确定谁大谁小
解：答案是C。
简要提示：铅的密度大，所以其半径小，圆盘的转动惯量为：
JM r
2
2
。

3. 一轻绳绕在半径为r的重滑轮上，轮对轴的转动 惯量为J，一是以力F向
下拉绳使轮转动；二是以重量等于F的重物挂在绳上使之转动，若两种情况使< br>轮边缘获得的切向加速度分别为a
1
和a
2
，则有： （ ）
A. a
1
= a
2
B. a
1
> a
2
C. a
1
< a
2
D. 无法确定
解：答案是B。
简要提示：(1) 由定轴转动 定律，
FrJ

1
和
a
1
r

1
，得：
a
1
Fr
2
J


mgTma
2

(2) 受力分析得：

T rJ

2
，其中m为重物的质量，T为绳子的张力。

ar
22

得：
a
2
Fr
2
(Jm r
2
)
，所以a
1
> a
2
。

4. 一半径为R，质量为m的圆柱体，在切向力F作用下由静止开始绕轴线
作定轴转动，则在 2秒内F对柱体所作功为： （ ）
A. 4 F
2
m B. 2 F
2
m C. F
2
m D. F
2
2 m
解：答案是A。

简要提示：由定轴转动定律：
FR
所以：
WM

4F
2
m

114F

MR
2

，得：




t
2

22mR
5. 一电唱机的转盘正以

0
的角速度转动，其转动惯量为J
1
，现将 一转动惯
量为J
2
的唱片置于转盘上，则共同转动的角速度应为： （ ）
J
1
JJJJ
A．

0
B．
12

0
C．
1

0
D．
2

0

J
1
J
2
J1
J
2
J
1
解：答案是A。
简要提示：角动量守恒

6. 已知银河系中一均匀球形天体，现时半径为R，绕对称轴自转周期为T，
由于 引力凝聚作用，其体积不断收缩，假设一万年后，其半径缩小为r，则那时
该天体的：（ ）
A. 自转周期增加，转动动能增加；
B. 自转周期减小，转动动能减小；
C. 自转周期减小，转动动能增加；
D. 自转周期增加，转动动能减小。
解：答案是C。
22
简要提示： 由角动量守恒，
MR
2

0
Mr
2

，得转动角频率增大，所以
55
转 动周期减小。转动动能为
E
k0

1212
2

M R
2

0
,E
k
Mr
2

2< br>可得E
k
> E
k0
。
2525

7. 绳子通过高处一固定的、质量不能忽略的滑轮，两端爬着两只质量相等
的猴子，开始时它们离地高度相同 ，若它们同时攀绳往上爬，且甲猴攀绳速度为
乙猴的两倍，则 （ ）
A. 两猴同时爬到顶点
B. 甲猴先到达顶点
C. 乙猴先到达顶点
D. 无法确定谁先谁后到达顶点
解：答案是B。
简要提示：考虑两个猴子和滑轮组成的系统，滑 轮所受的外力（重力和支撑
力）均通过滑轮质心，由于甲乙两猴的重量（质量）相等，因此在开始时系统 对
于通过滑轮质心并与轮面垂直的转轴的合外力矩为零，而在两猴攀绳过程中，系

统受到的合外力矩始终保持为零，因此系统的角动量守恒。
设滑轮关于上述转轴的转动角速度为

，乙猴相对于绳子的向上速率为v
0
，
绳子向甲这一边运动的速率为v，则甲相对绳子向上运动的速率为2v
0
， 因此甲
和乙相对地面向上运动的速率分别为（2v
0
 v）和（v
0
+ v）。根据系统的角动量
守恒定律，有
J

m(v
0
v)Rm(2v
0
v)R0

1
2
mR
2
，

= v R ，这样可解出< br>vv
0
。故甲猴和乙猴相对于地面的
5
2
速率分别为2 v
0
 v=8 v
0
5和v
0
+ v=7 v
0
5，故甲猴先到达顶点。

二 填空题
1. 半径为30cm的飞轮，从静止开始以0.5rad



s
–2< br>的角加速度匀加速转动，
则飞轮边缘上一点在转过240
0
时的切向加速度为 ；法向加速
度为 。
解：答案是 0.15 m



s
–2
； 0.4m



s
–2
。
式中
J
简要提示：a
τ
r

0.15ms
1
。
1由



t
2
，


t
，得：
a
n


2
r0.4
< br> ms
2

2

2. 一质量为0.5 k g、半径为0.4 m的薄圆盘，以每分钟1500转的角速度绕
过盘心且垂直盘面的轴的转动，今在盘 缘施以0.98N的切向力直至盘静止，则所
需时间为 s。
解：答案是 16

s。
1
MR
2

，



t
，
2

mr50

0.50.4
得：
t16 s

2F20.98

3 . 一长为l，质量不计的细杆，两端附着小球
m
l
1
m
1
和m
2
（m
1
＞m
2
），细杆可绕通过杆中心并垂直杆的水平轴转动，先将杆置于水平然后放开，则刚开
填空题3图
始转动的角加速度应为 。
2(m
1
m
2
)g
解：答案是 。
(m< br>1
m
2
)l
简要提示：由定轴转动定律，
FR
m
2

ll
2
简要提示：由定轴转动定律，
( m
1
gm
2
g)(m
1
m
2
)

24
2(m
1
m
2
)g
得：



(m
1
m
2
)l
4. 如图所示，质量为M，半径为r的绕有细线的圆柱可绕固定水平对称轴
无摩擦转动，若质量为m的物体缚 在线索的一端并在重力作用下，由静止开始
向下运动，当m下降h的距离时，m的动能与M的动能之比为 。
解：答案是
2m
。
M
E
2m
1
2
11

mv,E
kM
Mr
2

2
， 得：
km

E
kM
M
222
简要提示：由
v
< br>r
，
E
km

r
M
A

m
填空题4图
计算题5图
B

5. 如图所示，一质量为m的匀质细杆AB，A端靠在光滑的竖直墙壁上，B
端置于粗糙水平地面上静止，杆 身与竖直方向成

角，则
A端对墙壁的压力为 。
A
N
1
1
解：答案是
mgtan

。
2

N
2
简要提示： 受力分析如图所示，由刚体平衡条件得：
mg
l
B
N
1
lcos

mgsin


2
1
计算题5图
所以：
N< br>1
mgtan


2

6. 一位转动惯量为J
0
的花样滑冰运动员以角速度

0
自转，其角动量
为 ；转动动能为 。当其收回手臂使转动惯量减为J
0
3
时，则其角动量变为 ；转动动能变为 。
22
2
； 3

0
；
3J
0

0
2
解：答案是J
0

0
；
J
0

0
简要提示：角动量守恒
7. 一圆形转台可绕中 心轴无摩擦的转动，台上有一辆玩具小汽车相对台面

由静止启动，当其绕轴作顺时针圆周 运动时，转台将作 转动；当汽车
突然刹车停止转动的过程中，系统的 守恒；而 和 不守
恒。
解：答案是逆时针；角动量；动量；机械能

三 计算题
t
。
42
求：(1) 杆摆动的角速度和角加速度；(2) 距上端0.5m处的一点的速度和加速度。
cos
d

2
d

3

解：(1)

sint
;

cost

dt162
dt82
1. 一细杆绕其上端在竖直平面内摆动，杆与竖直方向的夹角



(2) < br>v

l

2
16
sin

2
t
；
a
τ
l



3
32
cos

2
t
；
a
n


l
2

4
128
sin
2

2
t


2. 如图所示，半径r
A
= 0.1 m的A轮通过皮带
B与半径r
C
= 0.25 m的C轮连在一起。已知A轮以
r
A

0.5

rad



s
–2
的角加速度由静止匀加速转动，皮带不
A
滑动，求：(1) C轮达到每分钟100转所需的时间；
B
(2) 此时两轮边缘上一点的速度、加速度分别为多
计算题2图
少？
解：(1) 皮带不 滑动，所以

A
r
A


C
r
C
；

C
2

10

3rads< br>1

得：

A
(r
C
r
A
)

C
25

3rads
1
，t

A


16.7s

(2)
v
A
r
A

A
v
C
2.6 ms
1
；
a
τ
A
r
C

C
a
τ
C
r
A

0.16ms
2
；
22
a
nA


A
r
A
68.5ms
2
；
a
nC


C
r
C
27.4ms
2

3. 一块匀质长方形薄板ABCD，边长分别为a、b，质量为M，建立如图所
示的直角坐标系，求：(1) 薄板对x和y轴的转动惯量；(2) 薄板对边长AB的转
动惯量；(3) 薄板对z轴的转动惯量。
解：薄板的质量面密度为

S
=Mab
(1)
dJ
x
x
2

S
bdx
所以：< br>J
x


a2
a2
x
2

S
bdxMa
2
12

同理：
dJ
y
y
2

S
ady

A
所以：
J
y


b2
b2
y
C
o
B
计算题3图
y
2

S
bdyMb
2
12

x
D
(2) 由平行轴定理：
b
J
AB
J
y
M()
2
Mb
2
3

2
(3) 由薄板垂直轴定理：
J
z
J
x< br>J
y
M(a
2
b
2
)12


4. 在质量为M，半径为R的均质圆盘上挖出两个半径为r的圆孔，圆孔中
心在半径R的中点 ，如图所示，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直的轴
线的转动惯量。
解：由补偿法：
JMR
2
22J


由平行轴定理：
J


R
r
r
1
2
R
mrm()
2

22
计算题4图
其中：
m

S

r
2
M r
2
R
2

得：
JM(R
2
r
2
)2Mr
4
R
2
M(R
2
2r< br>2
)(R
2
r
2
)2R
2

5. 如图所示，半径为r，转动惯量为J的定滑轮A可绕水平光滑轴o转动，
轮上缠绕有不能伸长的轻绳，绳 一端系有质量为m的物体B，B可在倾角为

的光滑斜面上滑动，求B的加速度和绳中张力。
解：物体B运动的动力学方程
A
mgsin

Tma

J, r
o
定滑轮A的定轴转动方程
B
TrJ


及
ar


θ

联立解得B的加速度
mrJ
方向沿斜面向下。绳中张力为
a
mr
2
2
计算题5图
gsin


T
J
mrJ
2
mgsin


6. 如图所示，质量为m
1
的物体可在倾角为的光滑斜面上滑动。m
1
的一边系
有劲度系数为k的弹簧，另一边系有不可伸长的轻绳，绳绕过转动惯量为J ，半
径为r的小滑轮与质量为m
2
（m
1
）的物体相连。开始时用 外力托住m
2
使弹簧
保持原长，然后撤去外力，求m
2
由静止下落h 距离时的速率及m
2
下降的最大距
离。
解：在m
2
由静止下落h距离的过程中机械能守恒，
J
因此有
m
1

k
11
2
1
22
m2
gh(m
1
m
2
)vJ

khm
1
ghsin


222
m
2

θ

v
式中


，解得m
2
由静止下落h距离时的速率
r
计算题6图
v

2(m
2
m
1sin

)ghkh
2

2
m
1
m
2
Jr

m
2
下降到最低时，
m
1
、
m
2
速率为零，代入上式 ，得到m
2
下降的最大距
离
h
max

2
(m
2
m
1
sin

)g

k

7. 质量为M长为L的均匀直杆可绕过端点o的水平轴转动，一质量为m的质点以水平速度v与静止杆的下端发生碰撞，如图所示，若M = 6 m，求质点与
杆分别作完全非弹性碰撞和完全弹性碰撞后杆的角速度大小。
解：（1）完全非 弹性碰撞时，质点射入杆内，与杆一起转动。在此过程中
质点和杆系统的角动量守恒，设系统绕端点o转 动的角速度为

，因此
1
mvLJ

(ML
2
mL
2
)

(2mL
2
mL
2
)

3mL
2


o
3
v
解出



M
L
3L
（2）完全弹性碰撞时，碰撞前后系统关于端点o的角动量守< br>恒，设碰撞后质点的水平速度为v，直杆绕端点o转动的角速度
v
m
o
为

，因此有
计算题7图
1
2
mvLmv

LJ

mv

L6mL


3
得到
vv

2L

（1）

碰撞前后系统的机械能守恒，因此有
1
2
111< br>mvmv

2
J

2
mv

2
mL
2

2

2222
由上式得到
v
2
v

2
2L
2

2
（2）
将（2）式和（1）式两边相除，得到
vv

L

（3）
再由（3）式和（1）式解得
2v



3L
8. 如图所示，一长为L，质量为m的均匀细棒，一端悬挂在o点 上，可绕
水平轴在竖直面内无摩擦地转动，在同一悬挂点，有长为l的轻绳悬挂一小球，
质量也 为m，当小球悬线偏离铅垂方向某一角度由静止释放，小球在悬点正下方
与静止细棒发生弹性碰撞。若碰 撞后小球刚好静止，试求绳长l应为多少？
解：在碰撞过程中，小球和棒都在垂直位置，因此系统
o
受到的关于转轴o的合外力 矩为零，因此系统在碰撞前后瞬
间的角动量守恒。设碰撞后瞬间细棒绕转轴o转动的角速度
为< br>
，由角动量守恒，有
l
1
mvlmL
2


L

3
m
另外由于没有摩擦和阻尼，因此系统在碰撞期间的机械
能也守恒。即小 球的动能全部转化为棒的转动动能

计算题8图
1
2
11
22
mv.mL


223
或解 设碰撞后小球的速率为v，则由角动量守恒和机械能守恒，有
1
mvlmv′lmL
2


3
1
2
111
222
mvmv′mL


2223
3l
2
L
2
求得
v′
2
v

3lL
2
令
v′0
，则
3l
2
L0

1
L

3
解得
l

9. 转台绕中心竖直轴以角速度


匀速转动， 相对于转轴的转动惯量为J，

现有质量为m的小钢球以每秒n个的速率垂直落入转台上半 径为r的圆轨道内，
求转台的加速度随时间的变化关系。
解：由角动量守恒，初始时角动量为：
LJ

0
，
t时刻系统的转动惯量和角动量为：
J

Jntmr
2；
LJ



所以角速度为：

J

0
(Jmntr
2
)


在一半径为R、质量为M、可绕中心竖直轴自由转动的水平圆盘的边上，
站着一 个质量为m的人，求当人沿圆盘的边缘走完一周回到原有位置时，圆盘
转过的角度为多大？
解 ：设人相对于圆盘的速率为v，圆盘转动的角速度为

，由角动量守恒定
律得： 
L
1
MR
2

m(v
< br>R)R0
；



2m
v

2< br>(M2m)R
2m
v
t4

m


(M2m)RM2m
所以圆盘转过的角度为：




t

11. 质量为5kg、半径为25cm的轮子，装在一根长为40cm的轻 杆的中部，
并可绕此杆转动，杆的一端A用一根链条挂起。开始时杆在水平位置，轮子的
转动角 速度为12 rad



s
–1
，方向如图所示，求：(1) 该轮子的自转角动量；（2） 作
用于轴上的外力矩；(3) 系统的进动角速度，并判断进动方向。
解：(1) 自转角动量为：
LJ


1
2
mr

0.550.25
2
121.875(kgm
2
s
 2
)

2
(2) 外力矩为：
Mmg
l0.4
59.89.8(kgm
2
s
2
)

22
(3) 进动角速度为：
计算题11图
M
5.2rads
1

L
有外力矩自转角动量的方向可以判断，从上往下看，进动的方向为逆时针方向。

p
